a matemática, da minha varanda · 2018. 8. 19. · este texto incide, de modo especial, sobre...

A Matemática, da Minha Varanda

Egídio Gonçalves Pereira

Janeiro de 2018

Conteúdo

Introdução xi

1 Dois Esquadros 11.1 Triângulos rectângulos isósceles . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Triângulos rectângulos com um ângulo de 30 ◦ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

2 Perímetros e Áreas de Figuras Planas 9

3 Geometria com Régua e Compasso 37

4 A Trigonometria no Triângulo Rectângulo 51

5 Áreas e Volumes 63

6 Equações Trigonométricas 956.1 Equações do tipo cos = cos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 956.2 Equações do tipo sin = sin . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 966.3 Equações do tipo tan = tan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.4 Equações do tipo cos+ sin = . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 976.5 Outras equações . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

7 Os Pontos Médios dos Lados do Pentágono 105

8 Equações de Pell-Fermat 113

9 A Travessia do Deserto 139

10 Construção do Polígono Regular de Dezassete Lados 143

11 Sucessões de Números Reais 15311.1 Limite de uma sucessão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15411.2 Progressões aritméticas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16211.3 Progressões geométricas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 164

iii

iv CONTEÚDO

12 Polinómios numa variável 19112.1 Divisão inteira de polinómios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19112.2 Funções polinomiais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

12.2.1 Função afim . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19812.2.2 Função quadrática . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20212.2.3 Função cúbica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21512.2.4 Função quártica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22112.2.5 Outros exemplos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224

13 Funções Reais de Variável Real 23513.1 Estudo de funções reais de variável real . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23513.2 Composição de funções . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292

13.2.1 Composição de funções e transformações de gráficos . . . . . . . . . . . . . . 296

14 Funções Definidas por Ramos 30514.1 Funções por ramos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30514.2 Mais Funções Definidas por Ramos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 329

15 A Escada do Diabo 341

16 Funções Exponencial e Logarítmica 347

17 Estudo de Funções Trigonométricas 387

18 Indeterminações 411

19 Equações de Segundo Grau 42319.1 Primeira abordagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42319.2 Segunda abordagem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 429

20 O método das Tangentes de Newton 433

21 Polinómios de Colocação 439

22 Construindo Cones 449

23 Brincando com Chapéus 455

24 Os Números Complexos 46124.1 Uma ideia maluca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 461

24.1.1 O plano complexo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46224.1.2 A forma trigonométrica dum número complexo . . . . . . . . . . . . . . . . . 46324.1.3 Produto de complexos na forma trigonométrica . . . . . . . . . . . . . . . . . 46424.1.4 Quociente entre complexos na forma trigonométrica . . . . . . . . . . . . . . 46424.1.5 Potência dum complexo na forma trigonométrica . . . . . . . . . . . . . . . . 46524.1.6 Raízes índice dum complexo na forma trigonométrica . . . . . . . . . . . . 465

24.2 Pentágono regular inscrito numa circunferência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46624.3 Maior hexágono regular contido num quadrado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473

CONTEÚDO v

24.4 Domínios planos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 476

25 O Anel dos Inteiros Gaussianos 487

26 Ternos Pitagóricos 49526.1 A trigonometria e os ternos Pitagóricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50426.2 Os números complexos e os ternos Pitagóricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 506

27 Análise Combinatória 50927.1 Números de Bell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53127.2 O Jogo do Dominó . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 534

28 Probabilidades 551

29 Separadores e Funções Geradoras 61329.1 Decomposição em somas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61429.2 Generalização de Combinações e Arranjos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62229.3 Funções geradoras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 626

29.3.1 Funções Geradoras Ordinárias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62929.3.2 Funções Geradoras Exponenciais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65029.3.3 Exercícios variados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653

30 Permutações Caóticas 70330.1 Lemas de Kaplansky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 713

31 Números de Catalan 72131.1 Função Geradora dos Números de Catalan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73731.2 Matrizes de Hankel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74131.3 Números de Narayana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74231.4 As Vacas de Naraian Pandit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 748

32 Xadrez, Torres e Polinómios 753

33 Estatística 887

34 Equações Irracionais 901

35 Duas Funções Curiosas 909

36 Como Nascem os Problemas? 91536.1 Tangentes a uma hipérbole . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91536.2 Tangentes a uma parábola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91736.3 Termos consecutivos no triângulo de Pascal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 923

37 O Teorema de Marion 925

38 As Eleições e o Método de Hondt 945

39 Geometria Analítica no Plano 949

vi CONTEÚDO

40 O Teorema de Napoleão Bonaparte 989

41 Geometria Analítica no Espaço 1009

42 Círculos e Esferas 1039

43 Um simples triângulo, mas muito para aprender 1043

44 Geometria no Plano 1057

45 Isometrias no Plano 108145.1 Simetria axial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108145.2 Rotação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108645.3 Translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108745.4 Reflexão Deslizante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1088

46 Semelhanças 1091

47 Outras Transformações Afins 109347.1 Afinidade com eixo (Strain) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1093

47.1.1 Cisalhamento (shearing) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110347.1.2 Afinidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111047.1.3 Homotetia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111347.1.4 Semelhança . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1115

47.2 Transformações Afins (Bijectivas) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111647.3 Transformações Lineares Não Bijectivas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1117

48 Transformações Geométricas em R3 112748.1 Isometrias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1127

48.1.1 Simetria em relação a um plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1128

49 Programação Linear 113149.1 O método gráfico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113149.2 O método do Simplex . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114549.3 O Grande . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1154

50 Problemas Choque Mate 116150.1 Maria e a apanha das maçãs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116150.2 A mosca e o pelotão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116450.3 O meu filho mais velho toca piano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116550.4 O passeio do senhor Anacleto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116650.5 Os quatro ciclistas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116750.6 A travessia do deserto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116850.7 Viagem de ida e volta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116950.8 Os três marinheiros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117050.9 Brincando com a calculadora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117150.10Filhos, netos e perucas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117250.11O desencontro . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1172

CONTEÚDO vii

50.12A festa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117350.13A exploração infantil no tempo dos nossos avós . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117350.14Histórias do baú . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117450.15Cinco chapéus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117450.16A viagem de comboio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117550.17Os três cantores . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117650.18O rei Artur e o dragão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117650.19O aniversário da Cinderela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117750.20A morada da Juliana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117850.21Meias, às escuras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117950.22Circunferências Tangentes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117950.23A nódoa de azeite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118450.24Um problema de restos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118550.25Um problema de divisibilidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1186

51 A fórmula de Pick 119351.1 Um rectângulo especial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119551.2 Triângulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119651.3 Quadriláteros . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120051.4 Polígonos convexos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120151.5 Polígonos côncavos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1201

52 Modelos Populacionais 120552.1 Lei de Malthus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120552.2 Equação Logística . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120552.3 Interacção entre duas espécies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1206

53 Lógica 121553.1 Trabalhando com V e F . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1215

53.1.1 A negação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121653.1.2 A conjunção, a disjunção e a disjunção exclusiva . . . . . . . . . . . . . . . . 121653.1.3 A implicação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122553.1.4 A equivalência . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1228

53.2 Trabalhando com 0 e 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1230

54 O Teorema do ponto fixo 1233

55 Simetria axial 1239

56 Transformações Afins 124556.1 Afinidades . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124556.2 Transformações Afins . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1255

56.2.1 Reflexão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125756.2.2 Rotação em torno duma recta (ou eixo) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125856.2.3 Translação . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126956.2.4 Reflexão Deslizante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127056.2.5 Simetria em relação a um ponto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1280

viii CONTEÚDO

56.2.6 Simetria em relação a uma recta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128156.2.7 Simetria em relação a um plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128356.2.8 Parafusos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128456.2.9 Reflexões rotativas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128556.2.10Homotetias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128656.2.11Semelhanças . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128856.2.12Cisalhamento (Shear) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1288

56.3 Mudança de referencial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1313

Bibliografia 1319

Valor de 16383 1325.1 Matrizes de Hankel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1329

Prefácio

Este trabalho foi escrito sem a preocupação de obter um livro de texto para acompanhar as aulasde Matemática, nem de seguir o programa de Matemática do Ensino Secundário. Pretendeu-semostrar que a Matemática no Ensino Secundário pode ir além dos habituais exercícios e que existeum vasto campo que pode ser explorado pelos professores e alunos de Matemática. Tratou-se,também, da resposta a um desafio: que livro sobre Matemática seria eu capaz de escrever? Dequalquer modo, o texto resulta da experiência da sala de aula, conjugada com uma grande vontadede procurar novos caminhos.Pretendeu-se, também, lutar contra uma certa maneira de encarar a Matemática, não havendo

nenhuma concessão ao facilitismo que por aí anda. Nos tempos atuais, há que mostrar aos alunose professores que o mais importante, no Ensino, é o trabalho constante e não o "deixa andar"emque cairam muitos alunos que estão à espera dum milagre que resolva os seus problemas. O mesmoacontece com muitos adultos que veriam os seus problemas resolvidos com um bom prémio noEuromilhões. O pior é que o prémio nunca chega...Este livro foi escrito sem nenhuma preocupação sobre a sua finalidade: não se pretendia um

bom livro, não se pretendia publicar um livro, nem se pretendia qualquer tipo de utilização paraalém da sala de aula. De qualquer modo, partes do livro foram sendo divulgadas a alguns colegasde Escola. Por falar em Escola, parece-me que, numa Escola de dimensão considerável, como aEscola Secundária Jaime Moniz (onde sou professor), poderíamos fazer o nosso próprio LIVRO DEMATEMÁTICA, que englobaria o contributo dos professores interessados e, se possível, de algunsalunos. Tal livro seria uma resposta à habitual falta de espírito colectivo e uma excelente respostaàqueles que dizem que os professores nada fazem.Finalizo este pequeno prefácio, referindo que já não sei em que altura comecei a escrever este

livro: sei que foi há muito tempo e que passei milhares de horas a escrever no Computador. E semesperar qualquer compensação para esse esforço que, espero, não tenha sido inglório.Muito sinceramente, gostava que os professores de Matemática pudessem ter acesso a este livro

e que se propusessem fazer (fizessem) outro, muito melhor e sem os defeitos que este apresenta.Quanto aos alunos, já não sei. Muitos deles não são capazes de ler uma página dum livro deMatemática. Outros limitam-se a ir às aulas e às explicações, resolvendo listas de exercícios. Ummuito pequeno número de alunos parece que ainda se interessa em aprender Matemática. Que nãopercam esse interesse.Aproveito estas linhas para a gradecer a todos aqueles que, de algum modo, contribuiram para

este produto final, lendo o texto e apontando gralhas, fazendo com que o seu número seja menor.No entanto, tenha a certeza que elas continuam. Por vezes, abro o livro numa página, ao acaso, elá está ela, a gralha...Obrigado a todos os que me incentivaram!

ix

x PREFACE

Este livro é dedicado a uma pessoa em particular: À minha professora da instrução primária,D. Estela Castro.

Introdução

Este texto incide, de modo especial, sobre assuntos de 12 Ano e de 1 Ano do Ensino Universitário.Para isso contribuiu a minha experiência como professor do Ensino Secundário e como assistentena Universidade da Madeira e na Universidade Católica (Funchal).Convém referir que, no Capítulo intitulado Probabilidades, estão incluídos exercícios das

Brochuras editadas pelo Ministério da Educação, exercícios esses que estão assinalados com *.Não posso deixar de referir que seria interessante incluir no Programa de Matemática do Ensino

Secundário assuntos como a lei dos senos e a fórmula de Heron.

xi

xii INTRODUÇÃO

Capítulo 1

Dois Esquadros

Os estudantes de Desenho e Geometria Descritiva estão familiarizados com dois tipos de esquadros:uns têm um ângulo recto, um ângulo de 30 ◦ e um de 60 ◦, enquanto que outros esquadros têm umângulo recto e dois ângulos de 45 ◦.Vamos estudar em pormenor esses dois esquadros, isto é, vamos estudar duas classes de triân-

gulos rectângulos. Comecemos pelo triângulos rectângulos isósceles (aqules que têm dois ângulosde 45 ◦).

1.1 Triângulos rectângulos isósceles

Exemplo 1 Consideremos um triângulo rectângulo em que os comprimentos dos dois catetos me-dem 1 cm.

m AB = 1,00000 cm

m CA = 1,00000 cm

m BC = 1,41421 cm

C A

B

Então, 2= 12 + 12, donde se conclui que =

√2 ( cm).

O perímetro do triângulo é 2+√2 ( cm), enquanto que a sua área é 12 × 1×1 cm2, isto é, 12 cm2.

Note-se que a área deste triângulo é metade da área dum quadrado com 1 cm de lado.

C A

B

1

2 CAPÍTULO 1. DOIS ESQUADROS

Consideremos, agora, um triângulo rectângulo em que os dois catetos medem cm.

Este triângulo é semelhante ao anterior, sendo a razão de semelhança.Então, a hipotenusa mede

√2 cm, o perímetro é

¡2 +√2¢cm, enquanto que a área é 12

2 cm2.Juntando dois triângulos iguais a um dos anteriores, podemos obter um quadrado ou um novo

triângulo semelhante a esses dois.

C A

B

A razão de semelhança entre um dos triângulos menores e o triângulo maior (da figura anterior)é√2.

Exemplo 2 Consideremos o cone que se obtém quando se roda um triângulo rectângulo isóscelesem torno dum dos catetos. Vejamos como obter o volume, a área e a planificação do cone.

m BC = 1,00 cm

m AB = 1,00 cm

A B

C

Se rodarmos o triângulo anterior, em torno da recta , obtemos um cone de revolução com1 cm de altura e com uma base que é um círculo com 1 cm de raio. Então, o volume do cone é13 × × 12 × 1 cm3, ou seja, 3 cm3.É claro que a área da base é cm2.A área lateral dum cone de revolução é o produto do semi-perímetro da base pela geratriz (que,

neste caso, é a hipotenusa do triângulo gerador). Então, a área lateral do cone é 12×2×1×√2 cm2,

ou seja, √2 cm2.

A área total do cone é √2 cm2 + cm2, ou seja,

¡1 +√2¢cm2.

Vejamos como obter a planificação do cone (mais exactamente, será a planificação da fronteirado cone):

1.1. TRIÂNGULOS RECTÂNGULOS ISÓSCELES 3

D

A B

CE

Note-se que a figura anterior ainda não é a planificação do cone, pois falta obter um sectorcircular correspondente à superfície lateral do cone.A circunferência maior tem raio

√2 cm e pretendemos obter um arco cujo comprimento seja

igual ao perímetro da circunferência menor. Seja a amplitude desse arco. Então, 360◦

=2√2

2 ,donde vem = 360

◦√2≈ 254 558 441 2 ◦.

Planificação (aproximada) do cone:

G

D

A B

CE

F

Se tivermos um triângulo rectângulo isósceles em que os catetos tenham cm de comprimento;a área total do cone será 2

¡1 +√2¢cm2, enquanto que o volume será 3

3 cm3.

Exemplo 3 Consideremos, agora, que se roda um triângulo rectângulo isósceles em torno dahipotenusa.

E

CB

A D

Neste caso, obtemos dois cones "colados"pelas bases. Esses dois cones são gerados por triângulosrectângulos isósceles em que os catetos medem

√22 cm. Então, pelo exemplo anterior, o volume de

cada cone é 3

³√22

´3cm3, ou seja,

√2

12 cm3.

Logo, o volume total é √2

6 cm3.

A área lateral de cada cone é ³√

22

´2√2 cm2, ou seja, 2

√2 cm2, pelo que a área total do

conjunto formado pelos dois cones é √2 cm2.


Quanto à planificação, note-se que, agora, não temos as bases, pelo que teremos, apenas, doissectores circulares (de raio igual a 1 cm).

H

E

CB

A DG

F

Exemplo 4 Consideremos um octógono regular de lado e determinemos a sua área.

Consideremos um quadrado que contém quatro dos lados do octógono. Seja o lado dessequadrado.

E

L K

J

I

HG

F

M4

M8 M6

M2

M7

M1 M5

M3

BA

CD

Relativamente à figura anterior, temos = e = . Que relação existe entre e ?

Ora, = √2, dode vem =

√2=

√2=

√2

2e, por isso, + 2×

√2

2= .

Então, = + √2 =

¡1 +√2¢. E, daqui vem

=√2 + 1

=¡√2− 1¢¡√

2 + 1¢ ¡√

2− 1¢ = ³√2− 1

´Então, a área do quadrado é 2. Mas, 2 = 2

¡1 +√2¢2= 2

¡1 + 2 + 2

√2¢= 2

¡3 + 2

√2¢.

A área de [ ] é 12 ×2 × , ou seja, 12 × × 2 . Então, a área do octógono é a diferençaentre a área do quadrado [] e o quádruplo da área de [ ]. Então,

oct = 2³3 + 2

√2´− 4× 1

2× ×

2= 2

³3 + 2

√2´− 2 = 2

³2 + 2

√2´= 22

³1 +√2´

Observe-se que a área do octógono de lado é a diferença entre a área do quadrado de lado¡1 +√2¢e a área do quadrado de lado , conforme podemos ver na figura seguinte:

1.2. TRIÂNGULOS RECTÂNGULOS COM UM ÂNGULO DE 30 ◦ 5

E

L K

J

I

HG

F

M4

M8 M6

M2

M7

M1 M5

M3

BA

CD

1.2 Triângulos rectângulos com um ângulo de 30 ◦

Comecemos por referir que os ângulos internos de um triângulo equilátero medem 60 ◦ (as amplitudesdos ângulos é que medem 60 ◦). Se traçarmos uma altura desse triângulo, obtemos dois triânguloscujos ângulos internos medem 30 ◦, 60 ◦ e 90 ◦.

D

B

A C D

B

A C

Exemplo 5 Consideremos um triângulo equilátero com 1 cm de lado (ver figura anterior).

Então, = 1 cm, = 1 cm e, pelo Teorema de Pitágoras, =√2 cm.

Então, a área de [] mede 12 × 12 ×√32 cm

2, ou seja,√38 cm

2.

Logo, a área dum triângulo equilátero de lado 1 cm é√34 cm

2.

E, por semelhança, concluimos que a área dum triângulo equilátero de lado é 2√3

4 .Note-se que as áreas das três figuras seguintes são iguais, uma vez que cada uma delas é formada

por dois triângulos e todos os seis triângulos são iguais, tendo-se que cada um deles tem um ângulode 30 ◦ e outro de 60 ◦.Note-se que a figura da esquerda é um triângulo em que os ângulos internos medem 30 ◦, 30 ◦ e

120 ◦, enquanto que a segunda figura é um quadrilátero com dois ângulos rectos, um ângulo de 60 ◦

e um ângulo de 120 ◦.


Note-se que a figura da esquerda é um triângulo em que os ângulos internos medem 30 ◦, 30 ◦ e120 ◦.Estudemos, com mais pormenor, os triângulos rectângulos que têm um ângulo de 30 ◦:

C

A B

Se = , então = 2 e =√3

2 , tendo-se que a área de [] é2√3

8 , enquanto que o

perímetro é 32 +√3

2 , ou seja,2

¡3 +√3¢.

Se = , então = 2 e = √3, tendo-se que a área de [] é (2)

2√3

8 = 2√32 ,

enquanto que o perímetro é 3 + √3 =

¡3 +√3¢.

Se = , então = √3=

√3

3 e =2√3= 2

√3

3 , tendo-se que a área de [] é³2√3

´2 √38 =

162√3, enquanto que o perímetro é +

√3

3 +2√3

3 = + √3 =

¡1 +√3¢.

Exercício 6 Na figura seguinte temos três circunferências: uma de centro e que passa por ,outra de centro e que passa por e uma terceira de centro e que passa por . O ponto é aintersecção das duas primeiras circunferências. Além disso, temos = 2 cm.

C

BA

Determine b, a área de [] e a área da região a azul (semelhante ao emblema da Lancia).

1.2. TRIÂNGULOS RECTÂNGULOS COM UM ÂNGULO DE 30 ◦ 7

ResoluçãoÉ claro que = = = 2cm, pelo que [] é um triângulo equilátero. Então,

b = b = b = 60 ◦.Logo, os arcos , e são iguais, sendo de 60 ◦ as suas amplitudes.A área de [] é 2

2

4

√3 cm2 =

√3 cm2.

A área do sector circular correspondente ao arco é um sexto da área do círculo, ou seja,46 cm

2 ou 23 cm2.

A área do segmento circular correspondente ao arco é¡23 −√3¢cm2.

Logo, a área da região azul é¡3¡23 −√3¢+√3¢cm2, ou seja,

¡2 − 2√3¢ cm2.

Exercício 7 Na figura seguinte temos uma circunferência de centro e que passa por e umacircunferência de centro e que passa por . Os pontos e pertencem às duas circunferências,enquanto que o ponto é a intersecção de recta com uma das circunferências. Além disso,temos = 2cm enquanto que é a intersecção das rectas e .

G

FE

C

D

BA

Determine:

a) As amplitudes b e b.b) e .

c) A área da região a amarelo

Resolução

a) b = 60 ◦, porque [] é um triângulo equilátero. b = 60 ◦2 = 30 ◦ (ângulo inscrito num arco de 60 ◦).

b) = 1 cm e =√3 cm. Logo, = = 2

√3 cm, porque [] é um triângulo

equilátero, uma vez que os arcos , e são iguais.

c) A área da região a amarelo é o dobro da área do segmento circular correspondente a um arcode 120 ◦ (o arco , por exemplo).

A área de [] é 3×2√3

2 cm2, ou seja, 3

√3 cm2.

A área de cada um dos círculos é 4 cm2.

A diferença entre as duas áreas anteriores é¡4 − 3√3¢ cm2, sendo que essa área é o triplo

da área do segmento circular correspondente ao arco (por exemplo).


Então, a área do segmento circular limitado pela corda [] e pelo arco é um terço de¡4 − 3√3¢ cm2, ou seja, ¡43 −√3¢ cm2.Então, a área a amarelo é o dobro da área anterior, ou seja,

¡83 − 2

√3¢cm2.

Outra maneira:

G

FE

C

D

BA

A área da região a amarelo é a soma do dobro da área de [] com o quádruplo da área dosegmento circular correspondente ao arco .A área de [] é 2×

√3

2 cm2, ou seja,

√3 cm2.

A área do segmento circular, correspondente ao arco , é 46 cm2−√3 cm2 = ¡23 −√3¢ cm2.

Então, a área pretendida é¡2√3 + 4× ¡23 −√3¢¢ cm2 = ¡83 − 2√3¢ cm2.

Ainda outra maneira possívelPodíamos calcular a área do losango []: 2

√3×22 cm

2, ou seja, 2√3 cm2.

E, depois, calculávamos o quádruplo da área de um dos segmentos circulares correspondentes aarcos de 60 ◦:

4×Ã4

6− 2√3

2

!cm2 =

µ8

3 − 4

√3

¶cm2

Por fim, a área da região a amarelo é a soma das duas áreasµ8

3 − 4

√3 + 2

√3

¶cm2 =

µ8

3 − 2

√3

¶cm2

Capítulo 2

Perímetros e Áreas de FigurasPlanas

1. Área dum rectângulo

B

D C

A

= base × altura = ×Representando a base por e a altura por , temos rectãngulo = .

2. Área dum triângulo

F B

D C

A

E

A área do triângulo [] é dada por =base× altura

2=

×2

= ×

2.

9

10 CAPÍTULO 2. PERÍMETROS E ÁREAS DE FIGURAS PLANAS

Note-se que a área do triângulo [] é metade da área do rectângulo [].

Representando a base por e a altura por , temos triãngulo = 2 .

3. Área dum paralelogramo

E FB

D C

A E FB

D C

A

Como os triângulos [] e [ ] são iguais, têm a mesma área. Então, a área do paralel-ogramo [] é igual à área do rectângulo [ ]. Então, a área dum paralelogramo édada por

= base×altura = × = ×Representando a base por e a altura por , temos paralelogramo = .

4. Área dum trapézio

GH

FE

D C

A B

A área do trapézio [] é igual à área do rectângulo [] subtraída das área dostriângulos [] e []. Também pode ser calculada pela soma da área do rectângulo[ ] com as áreas dos triângulos [] e [ ].

Então, a área do trapézio [] é

× − 12 × − 1

2 × =

µ2× − −

2

¶×

=

µ +− −

2

¶×

= +

2×

Representando a base maior por , a base menor por e a altura por , temos que a área dotrapézio é dada por trapézio = +2 × .

11

H G

FE

D C

A B

Na figura anterior, podemos ver que a área dum trapézio é igual à área dum rectângulo com amesma altura e cuja base é igual à mediana do trapézio (segmento que une os pontos médiosdos dois lados não paralelos).

5. Área dum losangoA área dum losango é metade da área do rectângulo cujas bases são iguais às diagonais dolosango. Então, losango = ×2 , onde é a diagonal maior e é a diagonal menor (dolosango).

H

E F

G

D

A C

B

6. Área dum polígono regular de lados

• A área dum triângulo equilátero de lado (ver figura) é dada pelo semi-produto da

base pela altura, isto é, =× 2

=

× 2

. No entanto, a altura de-

pende do lado, podendo ser determinadaem função do lado . Aplicando o Teo-rema de Pitágoras ao triângulo rectângulo[], temos D

C

A B

2 = 2 +

µ

2

¶2⇐⇒ 2 −

2

4= 2 ⇐⇒ 3

2

4= 2 ⇐⇒ = ±

√3

2


Como 0, vem =√3

2. Então, a área dum triângulo equilátero de lado é

2√3

4.

• É claro que a área dum quadrado de lado é 2.• A área dum pentágono regular de lado (ver figura) é o quíntuplo da área dum triângulo debase e cuja altura (apótema do pentágono) depende de .

M

E

A

D

B

CO

• Então, pentágono regular = 52=

2×, onde é o perímetro do pentágono e é o apótema.

Para determinar , em função de , são necessários conhecimentos de Trigonometria.

• No caso dum polígono regular de lados, com ≥ 5, temos exactamente a mesma fórmula:

polígono regular =

2×

onde é o perímetro do polígono e é o apótema.

Observe-se que não é costume falar em apótema dum triângulo equilátero nem de apótemadum quadrado, embora tal pudesse ser feito.

7. Área dum círculoA área dum círculo de raio é 2.

Observação sobre o valor de Apresentamos alguns valores aproximados de :

1. ≈ 3 (valor referido na Bíblia)

2. ≈ 227≈ 3 142 857 143 (valor referido por

Arquimedes)

3. ≈ 333106≈ 3 141 509 434 (valor conhecido

por Antoniszoon?)

13

4. ≈ 355113

≈ 3 141 592 92 (valor divulgadopor Metz)

5. ≈ 103 99333 102

≈ 3 141 592 653 (valor con-hecido por Antoniszoon?)

Valor de com 9 casas decimais: ≈ 3 141 592 654.Metz divulgou, para , o valor de

355

113. Este valor foi encontrado por seu pai, Antoniszoon, que

também conheceria, para valor de , a fracção333

106e, talvez,

103 993

33 102.

Supõe-se que Antoniszoon terá usado o algoritmo das fracções contínuas para encontrar355

113,

já que é pouco provável que tenha obtido esse valor por experimentação. Se, de facto, ele usou o

algoritmo das fracções contínuas, de certeza que conhecia o valor aproximado333

106, uma vez que

esse valor é obtido no passo anterior à obtenção de355

113. Segue-se o cálculo de alguns valores

aproximados de , usando o algoritmo das fracções contínuas e utilizando, nos cálculos, 12 casasdecimais:

Logo,

−2 −1 0 1 2 3 4 5 · · · · · · 3 7 15 1 292 1 0 1 3 22 333 355 103 993 104 348 1 0 1 7 106 113 33 102 33 215

· · · · · · 3 227

333

106

355

113

103 993

33 102

104 348

33 215

Note-se que∙

¸=

∙−1−1

¸+

∙−2−2

¸=

∙−1 + −2−1 + −2

¸.

Valores aproximados de :22

7≈ 3 142 857 143, 333

106≈ 3 141 509 434, 355

113≈ 3 141 592 92

103 993

33 102≈ 3 141 592 653, 104 348

33 215≈ 3 141 592 654

Exercício 8 Calcule a área de cada uma das quatro figuras coloridas da figura seguinte, sabendoque [0011], [1122], [2233] e [3344] são quatro quadrados de lados 1 cm,2 cm, 3 cm e 4 cm, respectivamente.E se tivermos quadrados em vez de 4 quadrados, qual é a área de toda a zona colorida?


B0

I3

I2I1

C4

A4

B3

A3

C3B2

C2

A2

B1

C1

A1A0

ResoluçãoComecemos por notar que, na figura anterior, [011], [023], [033] e [044] são

triângulos semelhantes.

1. Área do trapézio [0011]:

01

11=1 + 2 + 3 + 4

4=⇒ 1

11=5

2=⇒ 11 = 2

5

Então, a área de [0011] é1 + 352

× 1 cm2 = 45cm2


02

22=10

4=⇒ 3

22=5

2=⇒ 22 = 6

5

Então, 22 = 2− 65=4

5, pelo que a área de [1122] é

35 + 1 +

45

2× 2 cm2 = 12

5cm2.


03

33=10

4=⇒ 6

33=5

2=⇒ 33 = 12

5

Então, 33 = 3 − 125=3

5, pelo que a área de [2233] é

45 + 1 +

35

2× 3 cm2, ou seja,

18

5cm2.

4. A área do triângulo [334] é35 + 1

2× 4 cm2 = 16

5cm2.

15

5. A área total da zona colorida é de4

5cm2 +

12

5cm2 +

16

5cm2 +

18

5cm2 = 10 cm2.

Note-se que a área do triângulo [044] é10× 42

cm2, ou seja, 20 cm2.

E, a área total dos quatro quadrados é¡12 + 22 + 32 + 42

¢cm2, ou seja, 30 cm2.

Logo, a área da zona colorida é 30 cm2−20 cm2, ou seja, 10 cm2, como se obteve anteriormente.6. Se tivermos quadrados, a área do triângulo [0] é dada por

X=1

2× = (+ 1)

2× 12× =

2 (+ 1)

4

E, a área dos quadrados é dada por

X=1

2 = (+ 1) (2+ 1)

6

7. Então, a área colorida será

(+ 1) (2+ 1)

6−

2 (+ 1)

4=

2 (+ 1) (2+ 1)− 32 (+ 1)12

=(+ 1)

£2 (2+ 1)− 32¤

12

=(+ 1)

¡42 + 2− 32¢12

=(+ 1)

¡2 + 2

¢12

= (+ 1) (+ 2)

12

Note-se que, a figura inicial corresponde ao caso = 4.

Então, substituindo por 4, temos4× 5× 612

= 10.

8. Área do trapézio [0011], no caso de quadrados:

01

11=1 + 2 + · · ·+

=⇒ 1

11=

(+ 1)

2

=⇒ 11 = 2+ 1

Então, a área de [0011] é1 + 1− 2+1

2× 1 cm2 = 2+ 2− 2

2+ 2cm2 =

+ 1cm2. No

exercício inicial, tínhamos = 4, pelo que a área de [0011] é4

5cm2, que é o valor


anteriormente obtido. Também podíamos calcular a área do trapézio [0011] por 1 −2

+1

2× 1 = 1− 1

+ 1=

+ 1, o que correspode a achar a diferença entre a área do quadrado

[0011] e a área do triângulo [011].

9. Observe-se que a última figura colorida é um triângulo semelhante ao triângulo [0].Seja , a base desse triângulo colorido. Então,

=

(+1)2

⇐⇒

=

(+ 1)

2⇐⇒ 1

=

+ 1

2⇐⇒ = 2

+ 1

Logo, a área do triângulo colorido é 2+1 × × 12 =2

+ 1.

Exemplo 9 Um triângulo para mais tarde recordar

Consideremos um triângulo equilátero [], de lado uma unidade, no qual se traçou a altura[]:

D

B

A C

Então, = = = 1 e = 12 . Aplicando o Teorema de Pitágoras, obtemos =√32 .

Se tivermos = = = , então, por semelhança, virá = 2 e =√3

2 .

Finalmente, temos que a área dum triângulo equilátero de lado é 2√3

4 unidades de área.

Então, a área do triângulo [], da figura, é 2√3

8 unidades de área.Note-se que temos um objecto de uso corrente que deve servir de imagem para o que acabámos

de afirmar: o esquadro de 30 ◦.

x 3

2

x

2

x

mADB = 90,00

mDAB = 60,00

mABD = 30,00

D

B

A

17

Exercício 10 Um operário de construção civil pretende transportar três tubos cilíndricos iguais ecom 30 centímetros de diâmetro. Antes do transporte vai colocar fita-cola à volta dos tubos, na partesuperior e na parte inferior, de modo a que os tubos formem um único volume. O operário colocaa fita perpendicularmente às geratrizes dos tubos, os quais ficam tangentes uns aos outros. Qual ocomprimento mínimo de fita a colocar, de modo a qua fita dê uma volta completa ao volume?

ResoluçãoOs centros das circunferências definem um triângulo equilátero com 30 cm de lado.A parte do tubo onde é colada a fita corresponde a um terço da circunferência já que temos

360 ◦ − 90 ◦ − 90 ◦ − 60 ◦ = 120 ◦.Logo, o comprimento da fita é

¡3× 30 + 3× 303

¢cm, ou seja, (90 + 30) cm.

Uma questão interessante consiste em determinar a área da figura anterior:Para obtermos um resultado mais geral, suponhamos que as circunferências têm raio . Então,

a área de cada rectângulo é 22, a área dos três sectores circulares é 2, faltando determinar aárea do triângulo equilátero de lado 2. A altura do triângulo é tan 3 =

√3, pelo que a sua

área é 2× √3

2 = 2√3. Então, a área total é 3× 22 + 2 +2√3, ou seja, ¡6 + +√3¢2.

C

AB

É claro que podíamos ter calculado a área do triângulo equilátero de lado 2, aplicando afórmula do exemplo anterior:

=(2)

2√3

4= 2

√3

No caso em que = 15 cm, teremos que a área da figura é de¡6 + +

√3¢152 cm2, ou seja,¡

1350 + 225 + 225√3¢cm2.

E se em vez de três tubos tivermos quatro tubos?Com quatro tubos, há muitas maneiras de colocá-los:1 caso:


C

AB

Neste caso, temos que o comprimento da fita é 8+2, uma vez que a soma dos comprimentosdos quatro arcos onde se cola a fita é igual ao comprimento de uma circunferência (temos dois arcosde 120 ◦ e dois arcos de 60 ◦, conforme é fácil de verificar).Quanto à área, temos quatro rectângulos de área 22 cada um, quatro sectores circulares cuja

área total é igual à área dum círculo, ou seja, 2 e dois triângulos equiláteros de área 2√3, cada

um.Então a área total é 82 + 2 + 22

√3, isto é,

¡8 + + 2

√3¢2.

2 caso:

Neste caso, temos que o comprimento da fita é 8 + 2, valor este que é o mesmo do casoanterior.A área da região a amarelo é 2 − 24 , pelo que a área total da figura limitada pela fita é

162 − 4×³2 − 24

´, ou seja, 122 + 2.

Ora, 8 + + 2√3 ≈ 14 6 e 12 + ≈ 15 1. Então, a área é menor no caso anterior.

Note-se que a área anterior pode ser calculada, somando as áreas do quadrado (42), dosrectângulos azuis (4× 22) e dos quatro quartos de círculo (2), obtendo-se 122 + 2, comoanteriormente.Moral da história: Para armazenar pacotes de quatro garrafas, é melhor que os pacotes

tenham a forma da figura do 1 caso. No entanto, isso pode não ser verdade, por causa dos

19

"desperdícios". Assim, se estivermos a armazenar os pacotes numa sala quadrada, vamos ter zonasda sala desaproveitadas. No caso das salas quadradas (ou rectangulares), os pacotes "quadrados"nãoprovocam tantos "desperdícios". Um pacote "quadrado"colocando num canto da sala (num dosvértices...), quase não provoca desperdício.

Entre as duas posições referidas (os dois casos), há muitos casos intermédios.

Casos intermédios:

DC

EB

H G

Em todos os casos, o comprimento da fita é igual a 8+2. A área é mínima, quando obtemosuma figura análoga à do primeiro caso e é máxima, quando o losango [] se transforma numquadrado.

E se tivermos cinco tubos dispostos regularmente?

O perímetro (comprimento da fita) é 10 + 2, conforme pode verificar na figura da páginaseguinte.

A área é 102+2+ (5 2), onde (5 2) representa a área dum pentágono regular cujoslados têm comprimento .

O pentágono vermelho da figura anterior pode ser dividido em cinco triângulos iguais. Cada umdesses triângulos tem um lado de comprimento 2, um ângulo de 72 ◦ e dois ângulos de 54 ◦.

Unindo o centro do pentágono com o ponto médio de um dos seus lados, obtemos um triângulorectângulo em que um dos catetos tem comprimento , o outro cateto (o apótema do pentágono)tem comprimento e o ângulo desse triângulo com vértice no centro do pentágono tem amplitude36 ◦. Então, tan 36 ◦ = , donde vem =

tan 36 ◦ .

Ora, tan 5 =p5− 2√5, pelo que = √

5−2√5.

Então, a área do pentágono é 5× √5−2√5

, ou seja, 52√

5−2√5.

Logo, a área da figura limitada pela fita é de 102 + 2 + 52√

5−2√5.


Exercício 11 Com base nos resultados anteriores determine a área dos seis círculos da figuraseguinte, sabendo que os centros dos cinco círculos exteriores definem um pentágono regular e queduas circunferências consecutivas são tangentes (e a circunferência interior é tangente às outrascinco).

ResoluçãoApenas falta determinar , o raio do círculo interior. Já vimos que os catetos do triângulo verde

medem √5−2√5

e .

Então, representando a hipotenusa por , temos

2 = 2 +2

5− 2√5 ⇐⇒ 2 =

¡6− 2√5¢2¡5− 2√5¢ ⇐⇒ 2 =

¡6− 2√5¢ ¡5 + 2√5¢2¡5− 2√5¢ ¡5 + 2√5¢

⇐⇒ 2 =¡10 + 2

√5¢2

5⇐⇒ 2 =

¡50 + 10

√5¢2

25

Logo, =p50 + 10

√5

5. Então, =

p50 + 10

√5

5− =

Ãp50 + 10

√5

5− 1!.

21

Então, a área dos seis círculos é

52 +

Ãp50 + 10

√5

5− 1!2

2 = 2

Ã50 + 10

√5

25− 2

p50 + 10

√5

5+ 1

!

= 2

Ã2 +

2√5

5− 25

q50 + 10

√5 + 1

!

= 2

Ã3 +

2√5

5− 25

q50 + 10

√5

!

Dois triângulos a fixarVejamos com mais pormenor o triângulo equilátero e o triângulo de ângulos 30 ◦, 60 ◦ e 90 ◦.Consideremos um triângulo equilátero [], de lado . Seja o ponto médio de [].

M

B

A C M

B

A

Então, = . Mas, = = e [ ] é um lado comum aos dois triângulos[ ] e [ ]. Logo, os dois triângulos [ ] e [ ] são geometricamente iguais. Então,c = c, pelo que temos c = c = 90 ◦, porque c = 1800 ◦.Então, b = b = 30 ◦. Mas, = = 2 .Ora,

2+

2=

2, pelo que

2+

2

4 = 2. Logo,

2= 3

2

4 .

Logo, = √32 , uma vez que 0. Então, =

√32 =

2

√3 =

√3.

Então, num triângulo rectângulo que tenha um ângulo de 30 ◦, a hipotenusa é o dobro do catetomenor e o cateto maior é o produto de

√3 pelo cateto menor.

A área do triângulo [], de lado , é 2 × 2√3, isto é,

2

4

√3, enquanto que a área de [ ]

é 2

8

√3.

Exercício 12 Considere três circunferências de raio , tangentes duas a duas, como nas figurasseguintes. Considere o triângulo [] definido por tangentes comuns a duas circunferências. Quala área deste triângulo?


L P

O

Resolução

O

L

M

PN

C

AB

O

L

M

PN

C

AB

Consideremos as duas figuras anteriores. A área do friângulo [], de lado 2, é 4× 24√3,

ou seja, 2√3. A área dos três rectângulos azuis é 3× 22, ou seja, 62.

Como =√3 =

√3, a área do triângulo [] é2

√32 , pelo que a área do quadrilátero

[ ] é 2√3.

Então, a área de [] é 2√3 + 62 + 32

√3, ou seja,

¡6 + 4

√3¢2.

O

L

M

PN

C

AB

O

L

M

PN

C

AB

23

Segunda resoluçãoCada quadrilátero vermelho tem a mesma área que o triângulo equilátero azul. E a área de cada

rectângulo azul claro é 22.Então, a área de [] é 62 + 4× 424

√3, ou seja, 62 + 42

√3.

Exercício 13 Considere seis circunferências de raio , como nas figuras seguintes. Considere otriângulo [] definido por tangentes comuns a duas circunferências. Qual a área deste triângulo?

I

CA

FD

B

GH E

Resolução

Área de [ ]:(4)2

√3

4= 42

√3

Área de []:(2)

2√3

4= 2

√3

Área de []: 42

Área de []: 42√3 + 32

√3 + 122 = 72

√3 + 122 = 2

¡12 + 7

√3¢

Exercício 14 Considere dez circunferências de raio , como nas figuras seguintes. Considere otriângulo [] definido por tangentes comuns a duas circunferências. Qual a área deste triângulo?


Na figura anterior temos três rectângulos de área 62, um triângulo equilátero de lado 6 e seistriângulos de ângulos 30 ◦, 60 ◦ e 90 ◦.A área do triângulo equilátero é (6)

2√3

4 , ou seja, 92√3 (unidades de área).

A área de cada quadrilátero vermelho é o dobro da área dum triângulo de base √3

2 e altura ,ou seja, a área de cada quadrilátero vermelho é igual à área dum triângulo equilátero de lado 2,ou seja, 2

√3.

Então, , a área total da figura é

= 3× 62 + 92√3 + 32

√3 = 182 + 122

√3

Exercício 15 E se tivermos (+1)2 circunferências?

No caso geral, teremos três rectângulos de área (2− 2)2, um triângulo equilátero de lado(2− 2) e três quadriláteros de área 2√3, cada um.Então, , a área total da figura será

= 3× (2− 2)2 + (2− 2)2

42√3 + 32

√3

= (6− 6)2 + (− 1)22√3 + 32

√3

= (6− 6)2 + ¡2 − 2+ 4¢2√3Como observação final, registe-se que os números da forma (+1)2 , com ∈ N, são chamados

números triangulares e correspondem á soma dos primeiros números naturais.

Exercício 16 Determine a área da região a vermelho, em função do raio das três circunferênciasseguintes (tangentes duas a duas).

ResoluçãoO triângulo [] é equilátero, sedo 2 o comprimento de cada lado. Então, a sua área é

42

4

√3.

A área dos sectores circulares, a azul, é 2

2 , uma vez que os arcos que definem os sectorescirculares (a azul) têm uma amplitude de 60 ◦ (cada um).Então, a área da região a vermelho é 2

√3− 22 , ou seja, 2

¡√3− 2

¢.

25

Exercício 17 Determine a área da região a amarelo e da região a azul, em função do raio dascircunferências (que são tangentes duas a duas, em cada triângulo).

ResoluçãoA área a azul é o triplo da diferença entre a área dum rectângulo de lados e 2 e a área de

dois quartos de círculo de raio .Então,

azul = 3³22 −

22´= 62 − 3

22 = 32

³2−

2

´=3

22 (4− )

A área a amarelo é o triplo da diferença entre a área dum quadrilátero (de lados √3 √3)

e a área de um terço de círculo de raio .Mas,a área do quadrilátero é igual à área dum triângulo equilátero de lado 2. Então,

amarela = 3

µ42

4

√3−

32¶= 32

√3− 2 = 2

³3√3−

´Observação


Já verificámos que a área da região a vermelho é dada por

vermelha = 2√3−

2

2= 2

³√3−

2

´Calculemos vermelha +amarela +azul:

vermelha +amarela +azul = 2√3−

2

2+ 32

√3− 2 + 62 − 3

22

= 42√3− 32 + 62

Se à expressão anterior somarmos 32, que é a área dos três círculos, obtemos 42√3 + 62,

valor este que é a área de [].

Exercício 18 Determine a área do losango [], definido pelas tangentes às 9 circunferênciasseguintes:

K

D

A C

G

I

OH F

B

GJ E

27

Resolução

Área de []:(4)

2

4

√3 = 42

√3. Ora, = 2

√3 e = 2+ 2

√3.

Então, , a razão de semelhança entre os triângulos equiláteros [] e [] é 2+2√3

2√3.

Então,

=2+ 2

√3

2√3

=1 +√3√

3

Logo,

2 =

Ã1 +√3√

3

!2=4 + 2

√3

3

Área de []:

2³42√3´=4 + 2

√3

3

³42√3´=162

√3 + 242

3=82

¡3 + 2

√3¢

3

Então, a área de [] é162

¡3 + 2

√3¢

3(unidades de área).

Observação 1Note-se que 9 = 32 = 6 + 3 e que a soma de dois números triangulares consecutivos é um

quadrado perfeito:

(− 1)2

+ (+ 1)

2=

2 − + 2 + 2

=22

2= 2

Números triangulares: 1 3 6 10 15 21 28 36 45 Soma de dois números triangulares consecutivos:⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

1 = 12 1 + 3 = 4 = 22

3 + 6 = 9 = 32 6 + 10 = 16 = 42

10 + 15 = 25 = 52 15 + 21 = 36 = 62

Observação 2Se tivermos 2 circunferências, com ≥ 2, haverá circunferências na diagonal menor do

losango interior.Então, o comprimento da diagonal menor desse losango é 2 (− 1), enquanto que o compri-

mento da diagonal maior é 2 (− 1)√3.Então, o comprimento da diagonal maior do losango exterior é 2 (− 1)√3 + 4.Logo, a razão de semelhança entre os dois losangos é

=2 (− 1)√3 + 42 (− 1)√3 = 1 +

2

(− 1)√3 = 1 +2√3

3 (− 1)A área do losango interior é

1

2× 2 (− 1)× 2 (− 1)

√3 = 2 (− 1)22

√3


Logo, , a área do losango exterior é

= 2 (− 1)22√3

Ã1 +

2√3

3 (− 1)

!2= 2 (− 1)22

√3

Ã1 +

4√3

3 (− 1) +4

3 (− 1)2!

Para = 4, vem

4 = 2× 92√3

Ã1 +

4√3

9+4

27

!= 182

√3

Ã31 + 12

√3

27

!

= 182 ×Ã36 + 31

√3

27

!=2

32³36 + 31

√3´

Para = 3, vem

3 = 2× 42√3

Ã1 +

4√3

3× 2 +4

3× 4

!= 82

√3

Ã2√3

3+4

3

!

= 82 × 6 + 4√3

3=162

¡3 + 2

√3¢

3

Para = 2, vem

2 = 22√3

Ã1 +

4√3

3+4

3

!= 22

√3

Ã4√3

3+7

3

!

= 22 × 12 + 5√3

3=22

¡12 + 7

√3¢

3

Para = 1, a expressão não tem significado.

Exercício 19 Seja o raio das três circunferências seguintes. Determine as áreas da região azul,da região amarela e de cada segmento circular.

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

triângulo = 2√34

hexágono = 62√34 =

3√3

2 2

amarela = 2 − 3

√3

2 2 =

³ − 3

√32

´2

segmento circular =2 − 3

√3

2 2

6=22 − 32√3

12=

¡2 − 3√3¢2

12

29

Ou:

segmento circular = sector circular −triângulo = 2

6−

2√3

4

=22

12− 3

2√3

12=

Ã2

12− 3√3

12

!2

Exercício 20 Seja o raio da circunferência seguinte. Sabendo que todos os arcos que limitam aregião azul estão contidos em circunferências de raio e que têm uma amplitude de 60 ◦, determineas áreas da região azul e da região amarela.

½círculo =

2

hexágono = 62√34 =

3√3

2 2

Mas,

azul + 2

2=3√3

22 =⇒ azul + 2 = 3

√32

=⇒ azul = 3√32 − 2 =

³3√3−

´2

=⇒ azul =³3√3−

´2

Então,

amarela = 2× (círculo −hexágono) = 2Ã2 − 3

√3

22

!=³2 − 3

√3´2

Ou: ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩segmento circular =

2 − 3√3

2 2

6=22 − 32√3

12=

¡2 − 3√3¢2

12amarela = 12×segmento circular =

¡2 − 3√3¢2

azul = círculo − 12×segmento circular = 2 − 12×¡2 − 3√3¢2

12


Logo,

azul = 2 −

³2 − 3

√3´2 =

³ − 2 + 3

√3´2 =

³3√3−

´2

Exercício 21 Seja o raio das seis circunferências seguintes. Determine as áreas da região azul,da região amarela e da região verde.

[] =2√3

4

azul = 6×¡2 − 3√3¢2

12=

¡2 − 3√3¢2

2

amarela =2√3

4− azul

2=

2√3

4−¡2 − 3√3¢2

4

=

¡4√3− 2¢24

=

¡2√3− ¢22

verde = 3× 2√3

4− 3×

¡2 − 3√3¢2

12=32√3

4−¡2 − 3√3¢2

4

=32√3− ¡2 − 3√3¢2

4=

¡6√3− 2¢24

=

¡3√3− ¢22

Ou:

verde = 4× 2√3

4−azul −amarela = 2

√3−

¡2 − 3√3¢2

2−¡2√3− ¢22

=

¡2√3− 2 + 3√3− 2√3 + ¢2

2=

¡3√3− ¢22

31

Exercício 22 Determine a área de cada uma das regiões coloridas, em função do raio das váriascircunferências desenhadas.

Este exercício é muito semelhante ao anterior, tendo mais algumas áreas de cálculo imediato.É fácil verificar que os sectores circulares a verde correspondem a arcos de 120 ◦, pelo que a área

total desse sectores é 2.A área de cada rectângulo amarelo é 22, pelo que a área total dos rectângulos amarelos é 62.

azul claro = 6×¡2 − 3√3¢2

12=

¡2 − 3√3¢2

2

vermelha =2√3

4−¡2 − 3√3¢2

4=

¡2√3− ¢22

azul escuro = 3× 2√3

4− 3×

¡2 − 3√3¢2

12=32√3

4−¡2 − 3√3¢2

4

=32√3− ¡2 − 3√3¢2

4=

¡6√3− 2¢24

=

¡3√3− ¢22

Exercício 23 Determine a área de cada uma das regiões coloridas, em função do raio das váriascircunferências desenhadas.


azul = 6×¡2 − 3√3¢2

12=

¡2 − 3√3¢2

2

vermelha =2√3

4−¡2 − 3√3¢2

4=

¡2√3− ¢22

cinzenta = 3× 2√3

4− 3×

¡2 − 3√3¢2

12=32√3

4−¡2 − 3√3¢2

4

=32√3− ¡2 − 3√3¢2

4=

¡6√3− 2¢24

=

¡3√3− ¢22

rosa = 62

verde = 32√3

Exercício 24 Determine a área do dodecaedro regular, em função do raio das várias circunfer-ências desenhadas.

33

azul = 6× 2√3

4 =32

2√3

= = 2 =√3

2 = − √3

2 =12¡2−√3¢

Então,

2=

2

4

³2−√3´2+

2

4=

2

4

³4 + 3 + 1− 4

√3´=

2

4

³8− 4

√3´= 2

³2−√3´

Logo, = p2−√3 e 2 = 2

p2−√3

Seja 12, o apótema do dodecágono. Então, 212 +³2

p2−√3

´2= 2.

Logo, 212 = 2 − 24

¡2−√3¢ = 42−22+2√34 = 22+2√34 .

Então, 12 =√2+√3

2 , pelo que 12, a área do dodecágono, é dada por

12 = 12× 2

q2−√3×

p2 +√3

2= 12×

2

4

√4− 3 = 32

Exercício 25 Determine as áreas das regiões coloridas, sabendo que todos os arcos desenhadosestão contidos em circunferências com o mesmo raio .

FB

A C DE

Resolução

amarela =2√3

4

azul = 2

Ã2

6−

2√3

4

!=22

6− 3

2√3

6=

¡2 − 3√3¢2

6

verde = amarela +azul =2√3

4+

¡2 − 3√3¢2

6=32√3

12+

¡4 − 6√3¢2

12

=

¡4 − 6√3 + 3√3¢2

12=

¡4 − 3√3¢2

12

Exercício 26 Determine as áreas das regiões coloridas, em função do raio que é o mesmo nasduas circunferências.


verde = 2× 26 = 2

3

amarela = 2³2

6 − 2√3

4

´= 2

2

6 − 32√3

6 =(2−3

√3)2

6

rosa = 2 −verde −amarela = 2 − 23 −

2

3 +2√3

2 =2

3 +2√3

2

A área do triângulo [] é ×√3

2 . Então, a área do quadrilátero [] é 2√3.

Note-se que a área do quadrilátero [] é igual à área dum triângulo equilátero de lado 2.

vermelha = 2√3−verde = 2

√3− 23 = 3

2√3−23 =

(3√3−)23

azul = 2 −amarela −2

√3 = 2 − 23 +

2√3

2 −2√3 = 2

2

3 − 2√3

2

azul = verde +amarela =2

3 +2

3 − 2√3

2 =22

3 − 2√3

2

Exemplo 27 Determine a área de cada região colorida e o comprimento da fronteira da figuraseguinte:

verde = 2³2

6 − 2√3

4

´= 2

2

6 − 32√3

6 =(2−3

√3)2

6

35

azul =(4−3

√3)2

6 −(2−3

√3)2

6 =2

3 azul = 2× 2

6 =2

3

vermelha = 2×azul = 223amarela = 2×

µ2 − 3× 26 −

(4−3√3)2

12

¶= 22 − 2 − (4−3

√3)2

6 =2+3

√3

6 2

rosa = 2×µ2× 26 −

(2−3√3)2

6

¶=

42−2(2−3√3)2

6 = 2√3

rosa = 2× 2× 2√3

4 = 2√3

total = 2√3 + 2+3

√3

6 2 + 2

2

3 +2

3 +(2−3

√3)2

6 = 2√3 + 53

2

Comprimento da fronteira: + + 23 +23 , ou seja,

103 .

Exemplo 28 Determine a área de cada região colorida:

Esta questão é a quase a mesma que foi resolvida no exemplo anterior, tendo-se que calcular aárea castanha.

verde =(2−3

√3)2

6 azul =2

3 vermelha =22

3

amarela =2+3

√3

6 2 rosa =

2√3

Base do rectângulo: 2+ 2× √3

2 =¡2 +√3¢

Altura do rectângulo: ++ = 3

rectângulo = 3¡2 +√3¢2

castanha = 3¡2 +√3¢2 −2√3− 532 =

¡6 + 2

√3− 53

¢2

ObservaçõesConsideremos a figura seguinte:


Cada uma das regiões a vermelho é por dois segmentos circulares correspondentes a arcos de60 ◦ e por um triângulo equilátero ao qual foi retirado um segmento circular. Logo a área de cadauma dessas regiões é igual á área dum triângulo equilátero ao qual se junta um segmento circular,obtendo-se a área dum sector circular que é um sexto da área do círculo. E o mesmo acontece comcada uma das regiões a azul escuro com os dois segmentos circulares a azul claro.As duas regiões a verde escuro têm a mesma área que quatro triângulos equiláteros.A região verde claro é constituída por dois segmentos circulares (correspondentes a arcos de

60 ◦).

Capítulo 3

Geometria com Régua e Compasso

Exemplo 29 Como obter um segmento de recta de comprimento√, com ∈ N?

Primeiro processoOs triângulos coloridos são rectângulos.No primeiro triângulo, temos que os catetos medem uma unidade e a hipotenusa

√2.

No segundo triângulo, os catetos medem 1 e√2 e a hipotenusa

√3.

E assim sucessivamente.Como conseguir um segmento de recta cujo comprimento seja

√11?

É claro que interessa um método mais expedito do que obter√11 a partir de

√2,√3,...,√10.

Comecemos por recordar que (+ 1)2 = 2 + 2+ 1, pelo que (+ 1)2 = 2 +¡√2+ 1

¢2.

Então, existe um triângulo rectângulo em que a hipotenusa mede + 1, um dos catetos mede, enquanto que o outro cateto mede

√2+ 1.

Então, como 11 = 2 × 5 + 1, temos que existe um triângulo rectângulo em que a hipotenusamede 6, um dos catetos mede 5, enquanto que o outro cateto mede

√11.

5

1 1

4=2 3

1

21

1

12

11

1

6

B

O A C

Na figura anterior, temos = 5 = 6 ⊥ . Então, = √11.Para conseguir um segmento cujo comprimento seja

√12, consideramos um triângulo rectângulo

em que um dos catetos mede√11 e o outro cateto mede 1. A hipotenusa medirá

√12.

Segundo processo

37

38 CAPÍTULO 3. GEOMETRIA COM RÉGUA E COMPASSO

Consideremos três pontos colineares , tais que está entre e , = = ,com . Consideremos a circunferência de diâmetro , como na figura seguinte:

D

OA B C

Então, o raio da circuferência mede +2 , enquanto que = − +2 = −2 .Então,

2=

2 −2 =µ+

2

¶2−µ− 2

¶2=

µ+

2+

− 2

¶µ+

2− −

2

¶=

Logo, =√. Note-se que se tivermos , a situação acaba por ser a mesma.

Como 12 = 4× 3 = 6× 2, temos as duas construções:

Exemplo 30 Construa um segmento de recta de comprimento√5.

Resolução

39

1. Como 22 + 12 =¡√5¢2, temos

51

2

2. De 5 = 5× 1, vem

E

DA

B C

Note-se que = 1 e = 5, pelo que = 3.

3. De 5 = 5× 1 = (3 + 2)× (3− 2) = 32 − 22, vem 53

2

A

CBD

Note-se que as duas últimas construções acabam por ser uma só!

Exemplo 31 Construa um segmento de recta de comprimento√144 .

ResoluçãoComeçamos por construir um segmento de comprimento

√14 e, depois, dividimo-lo em quatro

partes iguais. Em termos práticos, vejamos, em primeiro lugar, como se divide um segmento derecta em partes iguais:


B3B2

B1

A

B

A1

A3

A4

A2

Para dividir o segmento de recta [] em quatro partes iguais, traçamos uma semi-recta comorigem em e que tenha uma direcção que não se confunda com a direcção da recta . Sobreessa semi-recta, marcamos um ponto 1. Depois, marcamos sucessivamente os pontos 2, 3 e4, de modo que 1 = 12 = 23 = 34. Depois, traça-se o segmento []. Finalmente,traçam-se, por 1, 2 e 3, rectas paralelas a [4] as quais intersectam [] nos pontos 1, 2e 3. Então, 1 = 12 = 23 = 34.

CC1=14

41

CD= 14

4,5

7 2

C1

D

OA C B

ObservaçãoÉ claro que podíamos ter dividido o segmento em duas partes iguais e depois dividíamos uma

das metades em duas partes iguais. O processo descrito serve para dividir um segmento de rectaem qualquer número de partes iguais.Veremos mais adiante como traçar paralelas com régua e compasso.

Exemplo 32 Construa um segmento de recta de comprimento 4√14.

ResoluçãoComeçamos por construir um segmento de comprimento

√14 e, depois, construimos outro de

comprimentop√

14.

41

1

H

G

F

E

CA BD

Na figura anterior, temos = 7, = 2, =√14, = 1 e =

p√14 = 4

√14.

ObservaçãoSe tivermos um segmento de recta de comprimento , então é possível construir (com régua e

compasso) um segmento de recta de comprimento√, desde que se conheça um segmento de recta

de comprimento 1. E assim sucessivamente, pelo que é possível construir um segmento de recta decomprimento 2

√.

Exemplo 33 Suponhamos que temos um segmento de recta de comprimento√2. Como obter o

segmento unidade?

ResoluçãoConsideremos a figura seguinte, onde =

√2. Desenhemos a circunferência de centro que

passa por . A recta intersecta a circunferência em e num outro ponto . Construa-se amediatriz de [], a qual intersecta a circunferência inicial em dois pontos. Seja um desses pontos.Então, devido ao Teorema de Pitágoras, = 2. Então, para constuir um segmento unitário, bastaconstruir a mediatriz de []. Tal mediatriz não foi construída, para não sobrecarregar o desenho.

2 2

2

D

CA

B



segmento unidade?

Resolução

Consideremos a figura seguinte, onde =√5.

Começamos por construir um triângulo rectângulo arbitrário em que um dos catetos é o dobrodo outro. Depois, rodamos o ponto em torno de , até intersectar a recta que passa por e éparalela à hipotenusa do triângulo desenhado anteriormente. Seja um tal ponto de intersecção (háduas possibilidades). Por e desenham-se paralelas aos catetos do referido triângulo. Obtemos,assim, um novo triângulo semelhante ao anterior, pelo que os catetos do segundo triângulo medem1 e 2 unidades.

x

2x

2

1

5

x 5 5

D

C

A

B


segmento unidade?

Resolução

Consideremos a figura seguinte, onde =√3. Começamos por construir um triângulo equi-

látero []. Depois, por , traçamos uma recta perpendicular a []. Finalmente determinamos, o ponto de intersecção das rectas e . Então, = 3, devido ao facto de ser tan =

√3.

Dividindo [] em três partes iguais, obtemos um segmento de comprimento 1.

Note-se que esta questão pode ser resolvida de maneira análoga à questão seguinte.

43

60

3

D

C

AB


segmento unidade?

ResoluçãoConsideremos a figura seguinte, onde =

√14. Começamos por marcar sobre uma recta três

pontos , e , com entre e e com = 72. Desenhamos a circunferência de diâmetro[] e traçamos por uma recta perpendicular a []. Seja um dos pontos de intersecção dessaperpendicular com a circunferência.Seguidamente, rodamos [] em torno de , de modo a obtermos [] paralelo a [ ].Por , desenhamos paralelas a [ ] e [], enquanto que, por , traçamos uma paralela a

[].Os triângulos [] e [] são semelhantes, pelo que = 2 e = 7.Para obter um segmento unitário, basta dividir [] em duas partes iguais.

Ao fim e ao cabo, começamos por escolher um segmento de recta arbitrário, o qual servirá deunidade provisoriamente. Depois construimos um segmento de recta com o comprimento indicado(√14), mas na unidade "provisória". Depois, através das semelhanças, construimos o segmento de

recta de comprimento 1, na uindade inicial.Note-se que, nos exemplos anteriores, podíamos ter seguido este processo.



segmento unidade?

ResoluçãoComeçamos por marcar, numa reta, três pontos de modo que tenhamos um segmento de com-

primento e outro de comprimento 7, de modo que o segmento total terá comprimento 8. Peloponto médio do segmento de comprimento 8, construímos uma circunferência de raio 4. Depois,traçamos uma perpendicular e vamos obter um segmento de reta com comprimento

√7, como na

figura seguinte. Depois, por , traça-se uma reta paralela ao segmento de comprimento √7 e

desenha-se um arco de circunferência de centro e que passa por . Então, temos um novo seg-mento de reta de comprimento

√7. Finalmente, por , traçamos uma reta paralela à hipotenusa

do triângulo de catetos e √7 e uma reta paralela ao diâmetro da circunferência assinalado na

figura, obtendo-se um segmento de comprimento 1.

x 7x

1

AB= 7

7

7

x 7

A

B

Exemplo 38 Suponhamos que temos um rectângulo em que dois lados medem 3 cm e 5 cm. Comopodemos obter um quadrado com a mesma área do rectângulo?

ResoluçãoA área do rectângulo é 15 cm2. Então, o lado do quadrado deve medir

√15 cm.

Na figura seguinte, temos que [] é um rectângulo, = 5cm e = 3 cm.Desenhou-se uma circunferência de centro e que passa por . O ponto pertence à recta

e à circunferência anterior, pelo que = 8 cm. é o ponto médio de [], embora se tenhaomitido a construção par obter . Seguidamente, desenhou-se a circunferência de diâmetro [].Esta última circunferência intersecta a recta em dois pontos, um dos quais é . A área doquadrado de lado [ ] é 15 cm2, área esta que é igual à área do rectângulo [].

45

Observe-se que o valor indicado para (na figura seguinte), é um valor aproximado, tendo-seque 3 872 = 14 976 9, valor este que é ligeiramente inferior a 15.Note-se, ainda, que =

√15 cm ≈ 3 872 983 346 cm e que, embora a calculadora apresente o

valor 15 para 3 872 983 3462, esse valor não é exacto.Registe-se que 3 872 983 3462 = 14 999999998393355716.

m BE = 3,00 cm m AB = 5,00 cm

m FB = 3,87 cm

G

H

DC

F

M EBA

Exemplo 39 Construa um quadrado cuja área seja igual à área dum triângulo dado.

Resolução

D

M

E

FA

B

C

é o ponto médio de [], a recta é paralela a e é perpendicular . A área de[] é igual à área do triângulo []. Depois, continuamos como no exemplo anterior, poisjá temos um rectângulo.

Exemplo 40 Construa um quadrado cuja área seja igual à área dum losango dado.


ResoluçãoConsideremos o losango [] da figura seguinte. A área de [] é igual à área do

rectângulo [ ] da figura seguinte. Então, caímos no problema anterior.

F EC

B D

A

Exemplo 41 Construa um quadrado cuja área seja igual à área dum trapézio dado.

Resolução

B

C

A

D

E H

FG

Exemplo 42 Construa um quadrado cuja área seja igual à área dum octógono regular dado.

ResoluçãoComeçamos por obter um paralelogramo e depois um rectângulo com a mesma área do octógono.

Depois, basta encontrar um quadrado com a área do rectângulo.

47

Exemplo 43 Construa um quadrado cuja área seja igual à área dum pentágono regular dado.

Resolução

Neste caso, construímos um trapézio e um rectângulo, ambos com a área do pentágono. E, porfim, construimos o quadrado.

Exemplo 44 Construção duma recta que passa por um ponto e é perpendicular a outra recta.

Resolução

Consideremos um ponto e uma recta que não passa por . Com centro em , desenha-seuma circunferência que intersecte a recta em dois pontos (neste caso e ). Depois, constrói-sea mediatriz do segmento de recta []. Essa mediatriz passa por e é perpendicular à recta .


Se o ponto pertencer à recta , basta desenhar uma circunferência de centro e determinaros pontos de intersecção da recta com a circunferência. Esse pontos definem um segmento de rectacuja mediatriz passa por e é perpendicular à recta .

Exemplo 45 Construção duma recta que passa por um ponto e é paralela a outra recta.

Resolução 1

c3

c2

c1

F

E

A

D

B

C

49

Resolução 2

H IF

F

E

DB

A

C

G

Exemplo 46 Construção dum quadrado dado um lado.

Resolução

Dado o segmento [], marcamos um ponto , de modo que a circunferência de centro e quepassa por intersecte num ponto . A recta intersecta a circunferência num novo ponto. Como [] é um diâmetro da circunferência, a amplitude do ângulo é metade de 180 ◦.Logo, ⊥ . Intersectando a circunferência de centro e que passa por com a recta ,obtemos o ponto .

Agora, construimos um losango [ ], desenhando duas circunferências passando por , umade centro e outra de centro .

Como um dos ângulos é recto, então [ ] é um quadrado.


G

F

E

DA

B

C

Capítulo 4

A Trigonometria no TriânguloRectângulo

Consideremos um ângulo agudo qualquer. Se marcarmos vários pontos sobre um dos lados doângulo e, por cada um desses pontos, traçarmos perpendiculares a esse ou ao outro lado, obtemosvários triângulos rectângulos, todos semelhantes entre si.

Do facto dos triângulos [] [] [] e [ ] serem semelhantes, resulta que:

51

52 CAPÍTULO 4. A TRIGONOMETRIA NO TRIÂNGULO RECTÂNGULO

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

=

=

=

=

=

=

=

=

=

Os quocientes anteriores dependem apenas da amplitude do ângulo e são conhecidos por sin (ou

sen), cos e tan (ou tg), respectivamente, recebendo o nome genérico de razões trigonométri-cas.Consideremos um triângulo rectângulo [], como na figura seguinte:

Neste caso, temos sin =

cos =

tan =

sin =

cos =

e tan =

, verificando-se que sin = cos e cos = sin. Os ângulos e , cuja soma é um ângulo

recto, são ângulos complementares. Para além das três razões trigonométricas indicadas, há outras

três, as quais são dadas por cot =1

tan sec =

1

cose csc =

1

sin. Estas razões são a

cotangente, a secante e co-secante.

Proposição 47 Para qualquer ângulo agudo , temos:

tan =sin

cos sin = cos tan sin2+ cos2 = 1 1 + tan2 =

1

cos2

Exercício 48 Determine a área dum sector circular correspondente a um arco de 70◦.

ResoluçãoConsideremos, numa circunferência de raio , um arco de 70◦.

53

A área do sector circular, correspondente ao arco , calcula-se por meio da proporção (regra

de três simples)360 ◦

2=70 ◦

, donde vem =

72

36.

Se trabalhássemos em radianos, teríamos (para a área do mesmo sector circular):2

2=

718

,

donde vem =2

2× 718=72

36, obtendo-se o mesmo resultado, como era de esperar.

No caso de termos um ângulo ao centro de (radianos), a área do sector circular será dada por2

2.

Exercício 49 Determine a área dum triângulo definido por dois raios duma circunferência de raio e uma corda correspondente a um arco de 70 ◦

ResoluçãoConsideremos, numa circunferência de raio , um arco de 70 ◦ e os raios definidos pelos extremos

do arco e pelo centro da circunferência, como na figura seguinte.

Pelo centro da circunferência, traça-se uma recta perpendicular à corda [].Esta recta divide a corda [] em duas partes iguais, tendo-se = , pelo que os triângulos

[] e [] são iguais. Então:⎧⎪⎨⎪⎩sin 35 ◦ =

cos 35 ◦ =

=⇒½

= sin 35 ◦

= cos 35 ◦=⇒

½ = 2 sin 35 ◦

= cos 35 ◦

Então, a área do triângulo é1

2× 2 sin 35 ◦ × cos 35 ◦, ou seja,

2

2sin 70 ◦.

No caso de termos um ângulo ao centro de (radianos), a área do triângulo definido pela corda

e os dois raios será dada por2

2sin.

Observe-se que o comprimento da corda, correspondente a um ângulo ao centro de amplitude, é 2 sin

2.


Se quisermos a área do segmento circular definido pela corda [] e pelo arco de circunferência

, basta-nos calcular a diferença entre2

2 e

2

2sin, ou seja, a área do segmento circular

correspondente a um arco de amplitude radianos é2

2(− sin).

Exercício 50 Determine a área dum polígono regular de lados, inscrito numa circunferência deraio .

ResoluçãoAntes de passarmos ao caso geral, consideremos vários casos particulares, começando pelo triân-

gulo equilátero.Consideremos a figura seguinte, onde [] é um triângulo equilátero, o qual está dividido em

três triângulos iguais.

Seja = = = .

Já sabemos que a área do triângulo [] é2

2sin

2

3, pelo que a área do triângulo [] é

dada por 3 =32

2sin

2

3.

No caso do quadrado, vem 4 =42

2sin

2

4= 22.

55

Se considerarmos o quadrado como um losango com as diagonais iguais, vem 4 =2× 2

2=

22.

No caso do pentágono regular, temos 5 =52

2sin

2

5.

E no caso do polígono regular de lados, virá =2

2sin

2

.

Logo, 6 = 32 sin2

6=3

22√3 e 12 = 62 sin

2

12= 32.

Exercício 51 Determine a área da estrela regular de cinco pontas, inscrita numa circunferênciade raio .

Resolução

Consideremos o pentágono da figura seguinte:

Já vimos que a área do pentágono regular [] é52

2sin

2

5e que = 2 sin

5.

Mas, tan

5= tan b =

=

sin

5

. Então, = sin

5tan

5.

Logo, a área de [ ] é dada por1

2× sin

5tan

5× 2 sin

5= 2 sin2

5tan

5.

Então, 52, a área da estrela regular de cinco pontas é:


52 =52

2sin

2

5− 52 sin2

5tan

5= 52 sin

5cos

5− 52 sin2

5tan

5

= 52 sin

5

³cos

5− sin

5tan

5

´= 52 sin

5

µcos

5− sin

5× sin

5

cos 5

¶= 52 × sin

5

cos 5

³cos2

5− sin2

5

´= 52 tan

5cos

2

5

Exercício 52 Determine a área das estrelas regulares de sete pontas, inscritas numa circunferênciade raio .

Resolução

A área do heptágono regular é 7 =72

2sin

2

7.

Por outro lado, temos:

= 2 sin

7e tan

2

7= tan

³ b´ =

=

sin7. Então, = sin 7 tan

2

7.

Logo, a área do triângulo [] é 12 × 2 sin

7× sin 7 tan

2

7, ou seja, 2 sin2

7tan

2

7.

Então, a área da estrela regular de sete pontas considerada é:

73 =72

2sin

2

7− 72 sin2

7tan

2

7=72

2× 2 sin

7cos

7− 72 sin2

7tan

2

7

= 72 sin

7

µcos

7− sin

7tan

2

7

¶= 72 sin

7

µcos

7− sin

7× sin

27

cos 27

¶

= 72 sin

7

µcos 27 cos

7 − sin 7 sin 27cos 27

¶=72 sin

7cos 37

cos 27

57

Mas, conforme se pode ver na figura seguinte, existe uma outra estrela regular de sete pontas.

Para distinguir as duas estrelas, chamar-lhes-emos estrelas 73 e 72, respectivamente, porrazões óbvias.

Neste último caso, temos:

= 2 sin

7e tan

7= tan

³ b´ =

=

sin7.

Então, = sin 7 tan

7, pelo que a área do triângulo [] é sin

7× sin 7 tan

7, ou

seja, 2 sin2 7 tan

7.

Então, a área da estrela regular de sete pontas considerada é:

72 =72

2sin

2

7− 72 sin2

7tan

7=72

2× 2 sin

7cos

7− 72 sin2

7tan

7

= 72 sin

7

³cos

7− sin

7tan

7

´= 72 sin

7

µcos

7− sin

7× sin

7

cos 7

¶= 72 sin

7

Ãcos2

¡7

¢− sin2 ¡7 ¢cos 7

!= 72 tan

7cos

2

7

Exercício 53 Determine a área da estrela regular 94, inscrita numa circunferência de raio .

Resolução


Considerando a figura anterior, temos:

23 = 2 sin

9, e tan

3

9= tan

³c3´ = 3 = sin 9 .

Então, = sin 9 tan3

9= sin 9 tan

3= √3 sin 9 .

Logo, a área do triângulo [23] é sin

9×√3 sin 9 , ou seja, 2

√3 sin2

9.

Então, 94, a área da estrela regular 94, é dada por:

94 =92

2sin

2

9− 92 sin2

9tan

3= 92 sin

9cos

9− 92 sin2

9tan

3

= 92 sin

9

µcos

9− sin

9× sin

3

cos 3

¶= 92 × sin

9

cos 3

³cos

9cos

3− sin

9sin

3

´= 92 × sin

9

cos 3cos³9+

3

´= 92 × sin

9

cos 3× cos 4

9

Exercício 54 Calcule a área da estrela regular 2+1 inscrita numa circunferência de raio .

Resolução

Consideremos a figura seguinte:

59

12 = 2 sin

2+ 1 tan

(− 1)2+ 1

= tan³c2´ = 2 = sin 2+1

Então, = sin 2+1 tan(− 1)2+ 1

. Seja , a área do triângulo [12].

Então, = sin

2+ 1× sin

2+ 1tan

(− 1)2+ 1

.

Logo, = 2 sin2

2+ 1tan

(− 1)2+ 1

.

Logo, 2+1, a área da estrela regular 2+1 é:

2+1 = (2+ 1)2

2sin

2

2+ 1− (2+ 1)2 sin2

2+ 1tan

(− 1)2+ 1

= (2+ 1)2 sin

2+ 1cos

2+ 1− (2+ 1)2 sin2

2+ 1tan

(− 1)2+ 1

= (2+ 1)2 sin

2+ 1

⎛⎜⎜⎝cos 2+ 1 − sin 2+ 1 × sin(− 1)2+ 1

cos(− 1)2+ 1

⎞⎟⎟⎠Então,

2+1 =(2+ 1)2 sin

2+ 1

cos(− 1)2+ 1

µcos

2+ 1cos

(− 1)2+ 1

− sin 2+ 1

sin(− 1)2+ 1

¶

= (2+ 1)2 ×sin

2+ 1cos

2+ 1

cos(− 1)2+ 1

Para = 2, = 3 e = 4, temos as fórmulas obtidas anteriormente.


Se calcularmos , o limite da área da estrela regular 2+1, inscrita numa circunferência deraio , obtemos:

= lim(2+ 1)2 × sin

2+ 1cos

2+ 1

cos(− 1)2+ 1

= 2 limsin

2+ 1

2+ 1

× limsin

µ

2− 2+ 1

¶sin

µ

2− (− 1)

2+ 1

¶

= 2 × 1× limsin

µ2 + − 2

4+ 2

¶sin

µ2 + − 2 + 2

4+ 2

¶ = 2 lim sinµ

4+ 2

¶sin

µ3

4+ 2

¶ = 23

O valor de não deixa de ser curioso, pois é um terço da área do círculo circunscrito à estrela.

Exercício 55 Considere um triângulo [], no qual temos = = 13 cm e = 10 cm.Determine:

1. A área do triângulo.

2. O seno dos ângulos internos do triângulo.

Resolução

1. Consideremos o triângulo da figura:

Seja o ponto médio do lado []. Como = , temos que o triângulo [ ] érectângulo em . Aplicando o Teorema de Pitágoras, vem

2= 132−52 = 144; então, = 12,

pelo que a área do triângulo [] é10× 122

cm2, ou seja, 60 cm2.

2. sin³ b´ = 12

13= sin

³ b´

61

Seja , o pé da perpendicular ao lado [] que passa por .

Então, ×

2= 60, donde vem × 13 = 120 cm.

Então, =120

13cm. Logo, sin

³ b´ = 12013

13=120

169.

Exercício 56 Considere um triângulo [], tal que = 5cm = 6cm e = 7 cm.Determine a

a matemática, da minha varanda · 2018. 8. 19. · este texto incide, de modo especial, sobre...

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