Material Teórico - Módulo Elementos Básicos de Geometria Plana - Parte 2. Congruência de Triângulos e Aplicações - Parte 2.

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1 Material Teórico - Módulo lementos ásicos de Geometria Plana - Parte 2 ongruência de Triângulos e plicações - Parte 2 Oitavo no utor: Prof. Ulisses Lima Parente Revisor: Prof. ntonio aminha M. Neto Portal da OMP

2 ste material teórico coleciona algumas aplicações interessantes dos casos de congruência de triângulos estudados na primeira parte. 1 O problema do triângulo russo O objetivo dessa seção é resolver o problema abaixo, que é conhecido como problema do triângulo russo. Originalmente, esse problema foi proposto na ll-russian Mathematical Olympiad 1, a olimpíada nacional de Matemática da extinta União Soviética. onforme o leitor pode perceber após uma leitura cuidadosa, esse problema ressalta a igualdade dos lados adjacentes à base de um triângulo isósceles, que por sua vez decorre do caso de congruência LL. xemplo 1. Sabendo que o triângulo abaixo é isósceles de base, calcule a medida x do ângulo. x 50 o Solução. omeçamos observando que, sendo um triângulo isósceles, temos: 180o  = Ĉ = = 180o = 80 o. 2 2 Portal da OMP aí segue que = 80 o = e que Ĉ = 80 o 50 o = (veja a figura 1). enominamos por o ponto de interseção dos segmentos e. Lembrandoqueasomadosângulosinternos de um triângulo é igual a 180 o e aplicando esse resultado livre. 1 Olimpíada de Matemática de Todas as Rússias, em tradução 50 o igura 1: o problema do triângulo russo. ao triângulo, temos: +Ĉ + = 180 o +50 o + = 180 o 110 o + = 180 o = 180 o 110 o = 70 o. Observe agora que e são OPV. Logo, = = 70 o. Note também que 180 o = = + = 110 o. Utilizando mais algumas vezes o argumento acima (sobre a soma dos ângulos internos de um triângulo ser sempre igual a 180 ), obtemos ainda = 110 o, = 50 o e Ê = 40o (veja a figura 2). inda de acordo com a figura 2, veja que os triângulos e são isósceles, com bases respectivamente e. Portanto, temos = e =. onsidere, agora, o ponto G, tal que G =. ntãotemosĝ = 80o, poisasomadosângulosinternos de G é igual a 180 o, o que implica G isósceles com base G. Logo, obtemos G = =. aí, segue que o triângulo G é isósceles com base G. Mas, como G = + G = + =, 1 matematica@obmep.org.br

3 50 o 70 o 110 o 110o 70 o 50 o igura 2: ângulos no triângulo russo. concluímos que G é, de fato, equilátero. ssim, obtemos: Ĝ = 180o (Ĝ +Ĝ) = 180 o ( +80 o ) = 180 o 1 =. Portal da OMP 50 o 70 o 110 o 70 o G inalmente, note que o triângulo G é isósceles de base, pois os ângulos adjacentes à base medem ambos. ntão, G = G = G, 80 o e segue que G também é isósceles, com base. Por fim, como a soma dos ângulos internos de G é igual a 180 o, cada ângulo da base mede 40+x e o outro ângulo interno mede, temos: 2( +x)+ = 180 o 80 o +2x+ = 180 o 2x = 180 o 1 = x = 60o 2 = 30o. 2 Um outro problema envolvendo ângulos em um triângulo O problema que discutimos nesta seção ressalta o fato, já utilizado no problema anterior, de que por vezes uma construção auxiliar facilita bastante a análise de um problema. xemplo 2. Nas notações da figura abaixo, temos  = 100 o, = e =. alcule, com justificativa, a medida do ângulo. Solução. omeçamos observando que, como =, o triângulo é isósceles de base o 2 matematica@obmep.org.br

4 lém disso, a partir de  = 100o, obtemos: = Ĉ = 180o 100 = 80o 2 2 = 40o. inda temos que = 1, pois e são suplementares. gora, considere o triângulo, congruente a, onde pertence ao mesmo semiplano determinado pela reta que contémotriângulo. ntão,â = 40o e, assim:  =   = 100o =. Mas, como =, segue que é isósceles de base, com ângulo do vértice igual a 60. ntão, é mesmo equilátero, de sorte que = o 10 o oncluímos, pois, que = =, e o triângulo é isósceles de base. lém disso, 10 o Ê = Ê+Ê = 100o + = 1. Logo,cadaângulodabasede mede10 o, econcluímos que Ĉ = Ĉ Ĉ Ĉ = = Sobre as principais cevianas de um triângulo Portal da OMP Uma ceviana de um triângulo é qualquer segmento que liga um vértice do triângulo à reta suporte do lado oposto. ado um triângulo, a bissetriz interna relativa ao vértice é o segmento de reta contido na bissetriz do ângulo  e que vai desde o vértice até o lado. nalogamente, podemos definir as bissetrizes internas relativas aos vértices e. É claro que as bissetrizes internas de um triângulo qualquer são exemplos de cevianas do mesmo. seguir, apresentamos uma propriedade bastante importante dos pontos que estão sobre uma bissetriz interna de um triângulo qualquer. Proposição 3. Se P é um ponto sobre a bissetriz interna do triângulo, então d(p,) = d(p,). Prova. Sejam Q e R, respectivamente, os pés das perpendiculares baixadas de P a e a. Q P R ntão, os triângulos PQ e PR são congruentes pelo caso Lo, pois P é um lado comum aos mesmos, os ângulos PQe PR têmamesmamedida (que éametade da medida de ) e, além disso, P Q = P R = 90 o. partir dessa congruência, obtemos PQ = PR, ou seja, d(p,) = d(p,). s bissetrizes externas de um triângulo qualquer são as bissetrizes dos ângulos externos do triângulo. É importante observar que um resultado análogo ao enunciado na Proposição 3 também é válido para uma bissetriz externa qualquer. e fato, esse resultado vale para a bissetriz de um ângulo qualquer, e não é simplesmente uma propriedade dos pontos que estão sobre a bissetriz, mas a caracteriza como o conjunto dos pontos que equidistam dos lados do ângulo em questão. Observamos ainda que (veja a figura a seguir), se e Q P R são, respectivamente, as bissetrizes interna e externa dotriângulo, entãoâ = 90o. omefeito, apartir 3 matematica@obmep.org.br

5 de temos  + + + = 180o, 2 +2 = 180o ou, o que é o mesmo, 2( +Â) = 180o. ntão,  =  + = 90o. ado um triângulo, definimos a mediana relativa ao vértice como sendo o segmento M, onde M é o ponto médio do segmento. nalogamente, definimos as medianas relativas aos vértices e. M efinimos ainda a altura do triângulo relativa ao vértice (ou relativa à base ) como a medida do segmento H, onde H é o pé da perpendicular à reta e que passa pelo vértice. Também podemos definir, de forma análoga, as alturas relativas aos vértices e. H Um resultado famoso, conhecido como o Teorema de eva dá uma condição necessária e suficiente para que três cevianas de um triângulo, uma partindo de cada um de seus vértices, sejam concorrentes. Uma consequência relativamente imediata desse teorema é que as bissetrizes internas, as medianas e as alturas de um triângulo qualquer são sempre concorrentes. Para uma demonstração do Teorema de eva, veja a Seção 4.4 de [1]. icas para o Professor Portal da OMP Sugerimos que sejam utilizadas três sessões de 50min para discutir todo o conteúdo desse material (uma sessão de 50min para para seção). aça o problema do triângulo russo com bastante calma, pois o excesso de triângulos que aparecem na figura pode acabar confundindo o estudante. ssa mesma observação vale para o problema resolvido na seção 2. Para abordagem diferente ao problema do triângulo russo, veja a sugestão ao problema 22 da Seção 2.3 de [1]. s referências [1] e [2] trazem vários outros problemas interessantes envolvendo o conceito de congruência de triângulos. Sugestões de Leitura omplementar 1.. aminha. Tópicos de Matemática lementar, Volume 2: Geometria uclidiana Plana. Rio de Janeiro, SM, O. olce e J. N. Pompeo. Os undamentos da Matemática lementar, Volume 9: Geometria Plana. São Paulo, tual ditora, matematica@obmep.org.br