Teoria das proporções geométricas – Matemática (Matemática I, cap. 3)

As relações de proporcionalidade existentes entre as medidas das figuras geométricas sempre despertaram interesse nos estudiosos da Geometria. Essas relações nos permitem, por exemplo, deduzir grandezas em escalas inalcançáveis para a medição humana, como calcular o raio da Terra e a distância entre a Terra e a Lua.

Uma relação de proporcionalidade muito conhecida é a razão áurea, que, além de ser um conceito matemático, é considerada uma expressão de harmonia e beleza. As figuras cujas medidas se aproximam dessa relação de proporção eram consideradas formas perfeitas. A razão áurea está presente tanto na natureza como na arquitetura, em design e em obras de arte.

Razão de divisão de segmento

Dado um segmento de reta $\overline{AB}$ , dizemos que qualquer ponto S de $\overline{AB}$ divide o segmento na razão de AS para SB. Assim, se o ponto S não coincide com o ponto B, existe $k$ real e positivo tal que $k = \dfrac{AS}{SB}$ . Da mesma forma, se S não coincide com A, também existe $k'$ real e positivo tal que $k' = \dfrac{BS}{SA}$ .

De modo geral, podemos escolher qualquer extremidade de um segmento como referência para o denominador da razão de divisão. As razões $k$ e $k'$ são tais que $k \cdot k' = 1$ .

Nos exemplos a seguir, a extremidade B foi escolhida como referência para o denominador da razão $k$ de divisão do segmento $\overline{AB}$ .

Exemplo 1:

Se S está mais próximo de B, então $k > 1$ .

Reta r inclinada com os pontos A, S e B; o segmento AS (azul) mede 2 cm e o segmento SB mede 1 cm, com S mais próximo de B.

k = \frac{AS}{SB} = \frac{2\text{ cm}}{1\text{ cm}} \Rightarrow k = 2

Exemplo 2:

Se S está mais próximo de A, então $k < 1$ .

Reta r inclinada com os pontos A, S e B; o segmento AS (azul) mede 6 cm e o segmento SB mede 10 cm, com S mais próximo de A.

k = \frac{AS}{SB} = \frac{6\text{ cm}}{10\text{ cm}} \Rightarrow k = \frac{3}{5}

Exemplo 3:

Também é possível que o ponto S esteja no prolongamento do segmento $\overline{AB}$ .

Reta r inclinada com os pontos A, B e S, nessa ordem; o segmento AB (azul) mede 3 cm e o segmento BS mede 4 cm, com S no prolongamento de AB.

k = \frac{AS}{SB} = \frac{7\text{ cm}}{4\text{ cm}} \Rightarrow k = \frac{7}{4}

Divisão média

Quando $k = 1$ , dizemos que S é o ponto médio do segmento $\overline{AB}$ ; por isso, é comum usar a letra M para representar essa posição particular do ponto S.

Reta r horizontal com os pontos A e B e o ponto médio S = M entre eles; marcas duplas indicam que AM e MB são congruentes.

Assim, se M é o ponto médio de um segmento $\overline{AB}$ , então: $MA = MB$ .

Divisão harmônica

Sempre que $k \neq 1$ , a relação $k = \dfrac{AS}{SB}$ admite duas possibilidades para a posição do ponto S sobre a reta $r$ : uma interior e outra exterior ao segmento $\overline{AB}$ . Indicando essas posições por S e S', tem-se que $k = \dfrac{AS}{SB} = \dfrac{AS'}{S'B}$ .

$k < 1$ :
$k > 1$

Os pontos S e S' são chamados de conjugados harmônicos.

Divisão áurea

Particularmente, as divisões harmônicas internas e externas em que $k = \dfrac{\sqrt{5} \pm 1}{2}$ são chamadas de seções áureas, ou divisões de extrema razão. Já as constantes irracionais $\dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}$ e $\dfrac{\sqrt{5} + 1}{2}$ são conhecidas como números áureos ou números de ouro. Seus valores (aproximadamente 0,618 e 1,618, respectivamente) costumam ser indicados pela letra grega $\phi$ (phi) e pela expressão $\dfrac{1}{\phi}$ , não necessariamente nessa ordem. Assim, ao atribuir qualquer um desses valores à $\phi$ , o outro deverá ser $\dfrac{1}{\phi}$ . Isto é:

se $\dfrac{1}{\phi} = \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2} \cong 0{,}618$ , então $\phi = \dfrac{\sqrt{5} + 1}{2} \cong 1{,}618$ ; e
se $\dfrac{1}{\phi} = \dfrac{\sqrt{5} + 1}{2} \cong 1{,}618$ , então $\phi = \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2} \cong 0{,}618$ .

Assim, podem ser trocadas as atribuições dos valores $\phi$ e $\dfrac{1}{\phi}$ de acordo com a conveniência, a qual depende da intenção de se considerar a razão do menor para o maior segmento ou a razão do maior para o menor.

Então, considerando que um ponto S divide internamente um segmento $\overline{AB}$ na razão $\dfrac{\sqrt{5} + 1}{2}$ de A para B, tem-se que o segmento $\overline{AS}$ deve ser maior que o segmento $\overline{SB}$ , como mostra a figura a seguir:

Segmento AB inclinado, em azul, com o ponto S entre A e B, mais próximo de B, de modo que AS é maior que SB.

Nesse caso, os comprimentos dos segmentos envolvidos seguem-se em ordem decrescente ( $AB > AS > SB$ ) e a proporção existente entre esses comprimentos para que a divisão seja áurea é $\dfrac{AB}{AS} = \dfrac{AS}{SB}$ . Desse modo, dizemos que $\overline{AS}$ é segmento áureo de $\overline{AB}$ .

A razão áurea tem muitas aplicações no estudo da Geometria. Pode-se observar, por exemplo, que os comprimentos dos lados de um pentágono regular coincidem com o comprimento dos segmentos áureos de suas diagonais.

Pentágono regular ABCDE com a diagonal AC tracejada; o ponto S sobre AC é tal que AS é congruente ao lado AB (marcas duplas), com o setor circular de centro A e raio AB destacado em amarelo entre B e S.

Exercício resolvido 1

Em uma reta $r$ com os pontos A, B, C e D, nessa ordem, B é ponto médio de $\overline{AC}$ , e C é ponto médio de $\overline{AD}$ . Se $BD = 30$ cm, quais são as medidas dos segmentos $\overline{AB}$ , $\overline{AC}$ e $\overline{AD}$ ?

Exercício resolvido 2

Dado um segmento $\overline{AB}$ com 30 cm de comprimento, qual é a distância entre os conjugados harmônicos desse segmento para $k = 3$ ?

7,5 cm.
15 cm.
22,5 cm.
37,5 cm.
40 cm.

Exercício resolvido 3

Sabendo que os lados do retângulo a seguir, cuja base mede 4 cm, estão em proporção áurea, determine o comprimento da altura dessa figura.

Retângulo cinza, mais largo que alto, com a base indicada como 4 cm.

Teorema de Tales

Entre os teoremas mais importantes que tratam de segmentos proporcionais, o mais conhecido é, certamente, o teorema de Tales. Seu enunciado clássico é:

Três retas paralelas horizontais cortadas por duas transversais; a primeira transversal determina os pontos A, B e C e a segunda determina D, E e F, respectivamente sobre cada paralela.

\overleftrightarrow{AD} \parallel \overleftrightarrow{BE} \parallel \overleftrightarrow{CF} \Rightarrow \frac{AB}{DE} = \frac{BC}{EF}

Em outros termos, esse teorema garante que o ponto B divide o segmento $\overline{AC}$ na mesma razão que o ponto E divide o segmento $\overline{DF}$ .

Existem muitas demonstrações desse teorema, mas é comum seguirmos a ideia da demonstração de Euclides. No entanto, essa prova é incompleta, pois admite que todos os segmentos sejam comensuráveis, como se acreditava na Grécia antiga. Outra demonstração desse teorema encontra-se no livro Geometria Moderna, de Moise Downs, e utiliza a noção postulada da área do retângulo como sendo o produto da medida da base pela medida da altura do retângulo.

A partir dessa noção, podemos concluir que:

A área de um paralelogramo também resulta do produto entre os comprimentos da base e da altura.
A área de um triângulo é igual à metade do produto entre os comprimentos da base e da altura.
Se dois triângulos têm bases de mesmo comprimento e alturas de mesmo comprimento, então esses triângulos também têm a mesma área.

Veja a demonstração:

Traçando uma reta paralela à reta $\overleftrightarrow{AB}$ , passando pelo ponto D da figura anterior, obtemos dois pontos sobre as retas $\overleftrightarrow{BE}$ e $\overleftrightarrow{CF}$ .

Três retas paralelas horizontais cortadas pelas transversais que determinam A, B, C e D, E, F, e por uma terceira reta paralela a AB que passa por D e determina os pontos B' e C' sobre as retas BE e CF.

Sendo esses pontos B' e C', a nova figura apresenta os paralelogramos ABB'D e BCC'B', bem como o triângulo DB'E e o trapézio B'C'FE.

Como os lados opostos de um paralelogramo têm o mesmo comprimento, temos que $AB = DB'$ e $BC = B'C'$ .

Assim, provando que $\dfrac{B'D}{DE} = \dfrac{B'C'}{EF}$ , também ficará provado que $\dfrac{AB}{DE} = \dfrac{BC}{EF}$ .

Agora, vamos considerar as alturas $\overline{EG}$ e $\overline{B'H}$ do mesmo triângulo DB'E, as diagonais $\overline{B'F}$ e $\overline{C'E}$ do trapézio e a distância $d$ entre as retas paralelas $s$ e $t$ .

Retas paralelas r, s e t com os pontos D (sobre r), B' e E (sobre s), C' e F (sobre t); triângulo B'C'E em amarelo, triângulo B'EF em laranja, região B'E sobreposta em cinza, alturas EG e B'H do triângulo DB'E em vermelho com ângulos retos marcados, e a distância d entre s e t indicada por segmento tracejado.

Adotando o lado $\overline{DB'}$ como base, a área do triângulo DB'E será expressa por $S_1 = \dfrac{1}{2} \cdot B'D \cdot GE$ .

Adotando o lado $\overline{DE}$ como base, a área do triângulo DB'E será expressa por $S_2 = \dfrac{1}{2} \cdot DE \cdot B'H$ .

Como se trata do mesmo triângulo:

S_1 = S_2 \Rightarrow B'D \cdot GE = DE \cdot B'H

Como nenhum desses segmentos é nulo, temos:

\frac{B'D}{DE} = \frac{B'H}{GE} \quad \text{(I)}

Adotando o lado $\overline{B'C}$ como base, a área do triângulo B'C'E será expressa por $S_3 = \dfrac{1}{2} \cdot B'C' \cdot GE$ .

Adotando o lado $\overline{EF}$ como base, a área do triângulo B'EF será expressa por $S_4 = \dfrac{1}{2} \cdot EF \cdot B'H$ .

Observe que as áreas dos triângulos B'C'E e B'EF são iguais, pois têm a mesma base $\overline{B'E}$ e alturas de mesmo comprimento, igual à distância $d$ entre as paralelas $s$ e $t$ . Assim, $S_3 = S_4 \Rightarrow B'C' \cdot GE = EF \cdot B'H$ .

Novamente, como nenhum desses segmentos é nulo:

\frac{B'C'}{EF} = \frac{B'H}{GE} \quad \text{(II)}

Como a fração $\dfrac{B'H}{GE}$ está presente nas proporções (I) e (II), temos que $\dfrac{B'D}{DE} = \dfrac{B'C'}{EF}$ , como queríamos demonstrar.

Também é válida a recíproca do teorema de Tales: se um feixe de retas determina sobre retas transversais segmentos proporcionais, então as retas desse feixe são paralelas.

\frac{AB}{DE} = \frac{BC}{EF} \Rightarrow \overleftrightarrow{AD} \parallel \overleftrightarrow{BE} \parallel \overleftrightarrow{CF}

Saiba mais

Há duas maneiras de obtermos equações que expressem as proporções garantidas pelo teorema de Tales.

Considere que um feixe de quatro retas paralelas intersecte duas transversais $r$ e $s$ nos pontos A, B, C, D, A', B', C' e D', como mostra a figura a seguir:

Uma das maneiras consiste em usar as medidas de dois segmentos de uma mesma transversal como numerador e denominador de uma mesma fração da equação, desde que as medidas dos segmentos correspondentes na outra transversal sejam respectivamente usadas como numerador e denominador da outra fração da equação. Essa técnica permite expressar 15 diferentes proporções entre as medidas dos segmentos da figura. Veja algumas:

\frac{AB}{CD} = \frac{A'B'}{C'D'} \qquad \frac{AC}{AD} = \frac{A'C'}{A'D'} \qquad \frac{AC}{BD} = \frac{A'C'}{B'D'} \qquad \frac{BC}{AD} = \frac{B'C'}{A'D'}

A outra maneira de se obter equações que expressem as proporções entre os segmentos da figura consiste em encontrar uma constante de proporcionalidade $k$ entre os segmentos de uma transversal e seus correspondentes na outra. Para isso, basta usar as medidas dos segmentos de uma mesma transversal sempre como numeradores das frações da proporção, e as medidas dos segmentos correspondentes na outra transversal como denominadores das mesmas frações. Essa técnica permite expressar a constante $k$ por meio de seis frações equivalentes:

k = \frac{AB}{A'B'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{CD}{C'D'} = \frac{AC}{A'C'} = \frac{BD}{B'D'} = \frac{AD}{A'D'}

Exercício resolvido 4

Sabendo que as retas $r$ , $s$ e $t$ são paralelas, determine o valor da medida do segmento $\overline{AB}$ na figura a seguir.

Retas paralelas r, s e t cortadas por duas transversais que determinam A, B, C e D, E, F; o segmento BC mede 12 cm, DE mede 10 cm e EF mede 15 cm.

Exercício resolvido 5

Na figura a seguir, as retas $r$ , $s$ e $t$ são paralelas. Sabendo disso, calcule os possíveis valores dos segmentos $\overline{AC}$ e $\overline{DF}$ .

Retas paralelas r, s e t cortadas por duas transversais que determinam A, B, C e D, E, F; AB mede x + 1, BC mede 2x, DE mede x + 3 e EF mede 4x − 3.

Resolução

Pelo teorema de Tales: $\dfrac{AB}{DE} = \dfrac{BC}{EF}$ . Assim:

\begin{align*} \frac{x + 1}{x + 3} = \frac{2x}{4x - 3} &\Rightarrow (x + 1)(4x - 3) = 2x(x + 3) \Rightarrow \\ &\Rightarrow 4x^2 + 1x - 3 = 2x^2 + 6x \Rightarrow 2x^2 - 5x - 3 = 0 \end{align*}

\Delta = (-5)^2 - 4 \cdot 2 \cdot (-3) = 25 + 24 = 49

x = \frac{-(-5) \pm \sqrt{49}}{2 \cdot 2} = \frac{5 \pm 7}{4} \Rightarrow \begin{cases} x_1 = 3 \\[4pt] x_2 = -\dfrac{1}{2} \end{cases}

Como $EF > 0$ , $x_2$ deve ser desconsiderado, pois neste caso teríamos $\overline{EF}$ com comprimento igual a $4x - 3 = 4 \cdot \left(-\dfrac{1}{2}\right) - 3 = -2 - 3 = -5$ . Portanto, para $x_1 = 3$ , temos: $AC = 3x + 1 = 10$ e $DF = 5x = 15$ .

Exercício resolvido 6

Quatro alamedas paralelas ligam a Avenida Dezoito de Julho à Avenida Barros, como mostra a figura. Uma pessoa que anda pela Avenida Barros percorre 1650 m entre as esquinas da primeira e da última alameda.

Duas avenidas não paralelas (Barros, inclinada, e Dezoito de Julho, horizontal) ligadas por quatro alamedas paralelas verticais; as quadras da Avenida Dezoito de Julho medem 240 m, 300 m e 450 m e o trecho da Avenida Barros entre a primeira e a última alameda mede 1 650 m.

Determine os comprimentos, em metros, de cada quadra da Avenida Barros, sabendo que, na Avenida Dezoito de Julho, elas têm, respectivamente, 240 m, 300 m e 450 m de comprimento.

Exercício resolvido 7

Um fabricante de tábuas de passar roupas precisa instalar nos seus produtos uma haste de segurança, que deve ser encaixada em orifícios feitos nos pontos E e F das pernas da tábua, como mostra a ilustração.

Duas ilustrações de uma tábua de passar roupas com pernas cruzadas; na segunda, os pontos D e C ficam no tampo, A e B nas extremidades inferiores das pernas, e a haste EF, paralela a AB e CD, liga as pernas AC e BD.

Sabendo que os comprimentos AC e BD das pernas da tábua são, respectivamente, 114 cm e 96 cm, e que o orifício E foi feito a 20 cm de distância do ponto D, a que distância do ponto C deve ser feito o orifício F para que a haste $\overline{EF}$ fique paralela aos segmentos $\overline{AB}$ e $\overline{CD}$ ?

15,02 cm.
16,84 cm.
20,45 cm.
23,75 cm.
25,50 cm.

Semelhança

Quando dizemos que duas figuras são semelhantes, queremos dizer que elas têm a mesma forma, mas não necessariamente o mesmo tamanho. Vejamos alguns casos.

Todos os quadrados são semelhantes, pois têm a mesma forma.
Todos os círculos são semelhantes, pois têm a mesma forma.
Os retângulos não são todos semelhantes, pois suas formas diferem muito.
Os triângulos também não são todos semelhantes, pois podem ser equiláteros, escalenos ou isósceles.
Todos os triângulos equiláteros serão considerados semelhantes, pois têm a mesma forma.

Rigorosamente, duas figuras serão consideradas semelhantes quando todos os comprimentos correspondentes forem proporcionais e todos os ângulos correspondentes forem congruentes.

A seguir, vamos explorar o caso da semelhança de triângulos.

Semelhança de triângulos

Como vimos, dois triângulos serão considerados semelhantes se as medidas dos lados correspondentes forem proporcionais e os ângulos correspondentes forem congruentes.

Triângulos ABC e A'B'C' semelhantes (símbolo ~ entre eles), o segundo maior que o primeiro e com a mesma forma.

\triangle ABC \sim \triangle A'B'C' \Leftrightarrow \begin{cases} \dfrac{AB}{A'B'} = \dfrac{BC}{B'C'} = \dfrac{AC}{A'C'} = k \\[8pt] \hat{A} = \hat{A}' \text{ e } \hat{B} = \hat{B}' \text{ e } \hat{C} = \hat{C}' \end{cases}

Indicamos por $\sim$ a semelhança entre figuras geométricas e usamos a variável $k$ para indicar a razão de semelhança.

De acordo com essa definição de semelhança e usando propriedades simples de proporções, podemos provar que todas as medidas e comprimentos correspondentes são proporcionais, ou seja, não são apenas os lados que estão na mesma razão; as alturas, as medianas e os perímetros também estão na razão $k$ .

Critérios de semelhança de triângulos

Para afirmar que dois triângulos são semelhantes, não é necessário conhecer todas as medidas dos ângulos e dos lados. Em alguns casos, sabendo algumas medidas, já é possível afirmar se os triângulos são ou não semelhantes.

É correto afirmar que dois triângulos são semelhantes nos casos indicados a seguir.

Caso AA

Se dois triângulos têm dois ângulos congruentes, então eles são semelhantes.

Triângulos ABC e A'B'C' com os ângulos de vértices A e A' marcados com um arco e os ângulos de vértices B e B' marcados com arco duplo, indicando congruência.

\hat{A} = \hat{A}' \text{ e } \hat{B} = \hat{B}' \Rightarrow \triangle ABC \sim \triangle A'B'C'

Reta paralela a um lado do triângulo

Se uma reta paralela a um lado de um triângulo corta os outros dois lados, ela forma um novo triângulo semelhante ao original.

Triângulo ABC com a reta r paralela ao lado AB cortando os lados CA e CB nos pontos E e D, respectivamente; indicação r // AB.

r \parallel \overline{AB} \Rightarrow \triangle ABC \sim \triangle EDC

Caso LAL

Se dois lados de um triângulo são proporcionais aos lados homólogos (correspondentes) de outro triângulo, e se o ângulo determinado por esses lados for congruente ao ângulo correspondente do outro triângulo, então os triângulos são semelhantes.

Triângulos ABC e DEF com os ângulos de vértices A e D destacados em amarelo, indicando congruência entre eles.

\frac{AB}{DE} = \frac{AC}{DF} \text{ e } \hat{A} = \hat{D} \Rightarrow \triangle ABC \sim \triangle DEF

Caso LLL

Se os três lados de um triângulo são proporcionais aos três lados de outro triângulo, então esses triângulos são semelhantes.

Triângulos ABC e DEF, o segundo maior que o primeiro, com lados correspondentes proporcionais.

\frac{AB}{DE} = \frac{AC}{DF} = \frac{BC}{EF} \Rightarrow \triangle ABC \sim \triangle DEF

Exercício resolvido 8

Um ponto P situado no menor lado do triângulo ABC de lados $AB = 12$ , $BC = 15$ e $AC = 21$ é tal que $AP = 4$ . Uma reta paralela ao lado $\overline{BC}$ desse triângulo passa pelo ponto P e determina um ponto Q sobre o lado $\overline{AC}$ . Calcule as medidas dos segmentos $\overline{CQ}$ e $\overline{PQ}$ .

Resolução

O enunciado pode ser representado pela seguinte figura:

A medida $x$ de $\overline{CQ}$ pode ser obtida a partir do teorema de Tales, pois $PQ \parallel BC$ , logo: $\dfrac{AP}{PB} = \dfrac{AQ}{QC}$ .

Observando que $PB = 12 - 4 = 8$ e $AQ = 21 - x$ , temos $\dfrac{4}{8} = \dfrac{21 - x}{x}$ . Resolvendo a equação, temos $x = 14$ .

Já a medida $y$ do segmento $\overline{PQ}$ pode ser obtida a partir da semelhança entre os triângulos APQ e ABC, apresentados na figura, pois, como $PQ \parallel BC$ , então $\triangle APQ \sim \triangle ABC$ .

Dessa semelhança, temos $\dfrac{AP}{AB} = \dfrac{PQ}{BC}$ . Assim, resolvendo a equação $\dfrac{4}{12} = \dfrac{y}{15}$ , temos $y = 5$ .

Portanto, $CQ = 14$ e $PQ = 5$ .

Exercício resolvido 9

Fuvest-SP O retângulo PQRS está inscrito no triângulo ABC e tem sua base $\overline{PQ}$ com medida igual ao dobro de sua altura.

Triângulo ABC de base BC = b e altura h, com o retângulo PQRS inscrito: P e Q sobre BC, S sobre AB e R sobre AC; a base SR = 2x e a altura x.

Sendo $b$ e $h$ os valores da base e da altura do triângulo ABC, podemos afirmar que $x$ vale:

$\dfrac{hb}{h + b}$
$\dfrac{hb}{2h + b}$
$\dfrac{hb}{2(h + b)}$
$\dfrac{hb}{h + 2b}$
$\dfrac{2hb}{h + b}$

Exercício resolvido 10

As medidas dos lados do triângulo ABC são $AB = 5$ , $AC = 8$ e $BC = 7$ . As medidas dos lados do triângulo PQR são $PQ = 10$ , $PR = 16$ e $QR = 14$ .

Triângulo ABC com AB = 5, BC = 7, AC = 8 e ângulo de 60° no vértice A; triângulo PQR com PQ = 10, QR = 14, PR = 16, ângulo α no vértice Q e ângulo β no vértice R.

Sabendo que o ângulo interno de vértice A do triângulo menor mede $60^\circ$ , determine a soma das medidas dos ângulos internos de vértices Q e R do triângulo maior.

Exercício resolvido 11

Na figura a seguir, os ângulos $B\hat{A}C$ e $A\hat{D}C$ têm a mesma medida.

Sabendo que $AB = 12$ , $AC = 7$ e $CD = 18$ , determine a medida do segmento $\overline{BC}$ .

Triângulo ABD com o ponto C sobre o lado BD; o segmento AC divide o triângulo e os ângulos BÂC e AD̂C estão marcados com arcos, indicando a mesma medida.

Resolução

Nos triângulos ABC e DBA, o ângulo de vértice B é comum aos dois, e os ângulos $B\hat{A}C$ e $A\hat{D}C$ têm a mesma medida. Logo, podemos concluir que esses triângulos são semelhantes pelo caso AA. Assim:

\triangle ABC \sim \triangle DBA \Rightarrow \frac{AB}{DB} = \frac{BC}{BA} = \frac{AC}{DA}

Então, sendo $x$ a medida do segmento $\overline{BC}$ , temos que:

\frac{12}{x + 18} = \frac{x}{12} = \frac{7}{DA}

Do produto cruzado entre as primeiras razões da proporção, temos a equação:

x(x + 18) = 12 \cdot 12 \Rightarrow x^2 + 18x - 144 = 0

\Delta = 18^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-144) = 324 + 576 = 900

x = \frac{-18 \pm \sqrt{900}}{2 \cdot 1} = \frac{-18 \pm 30}{2} \Rightarrow \begin{cases} x_1 = 6 \\ x_2 = -24 \end{cases}

Como $x > 0$ , podemos concluir que $BC = 6$ .

Duas figuras mais complexas que os triângulos também podem ser semelhantes uma a outra. Para isso, é necessário que todos os triângulos determinados pelos pontos de uma figura sejam semelhantes aos triângulos formados pelos pontos correspondentes na outra figura.

Duas pirâmides quadrangulares semelhantes (Figura 1 e Figura 2, símbolo ~ entre elas): vértices V e V', bases ABCD e A'B'C'D' em verde, alturas VH e V'H' em vermelho com ângulo reto, e pontos M e M' nas bases.

Propriedades da razão de semelhança

Uma vez garantida a semelhança de duas figuras, basta tomarmos os comprimentos de dois segmentos correspondentes e dividir o valor de um pelo valor do outro para obtermos a razão de semelhança entre as duas figuras.

O quociente entre quaisquer medidas de elementos que são correspondentes em figuras semelhantes resulta na potência $k^n$ , sendo $k$ a razão de semelhança e $n$ o número de dimensões dos elementos medidos. Assim, se duas figuras geométricas são semelhantes, então:

Os ângulos correspondentes em cada figura têm a mesma medida.
A razão entre quaisquer comprimentos correspondentes é igual a $k$ .
A razão entre as áreas de regiões correspondentes é igual a $k^2$ .
A razão entre os volumes, no caso de serem figuras espaciais, é igual a $k^3$ .

Exercício resolvido 12

Na figura a seguir, o segmento $\overline{PQ}$ é paralelo à base $\overline{BC}$ do triângulo ABC e divide os lados $\overline{AB}$ e $\overline{AC}$ na razão de 3 para 2.

Triângulo ABC com o segmento PQ paralelo à base BC; P sobre AB com AP = 3 e PB = 2, Q sobre AC.

Se o triângulo APQ tem $18\text{ cm}^2$ de área, qual é a área do triângulo ABC?

$8\text{ cm}^2$ .
$12\text{ cm}^2$ .
$27\text{ cm}^2$ .
$30\text{ cm}^2$ .
$50\text{ cm}^2$ .

Exercício resolvido 13

Na figura a seguir, o quadrado maior tem o triplo da área do quadrado menor.

Quadrado maior girado 45° (posição de losango) com diagonal horizontal de medida a, e quadrado menor de lado b inscrito na região central; linhas tracejadas verticais delimitam as medidas a e b.

Determine a razão $\dfrac{a}{b}$ .

Exercício resolvido 14

Na década de 1970, era difícil encontrar uma pista de dança sem um globo espelhado, que, na verdade, é uma esfera plástica (ou de isopor) revestida de pequenos pedaços quadrados de espelho. Considere dois desses globos: um completamente cercado por 500 pedaços de espelho, e outro menor, com apenas 320. Se os pedaços usados em ambos são do mesmo tamanho, qual é o número inteiro mais próximo da razão entre seus volumes?

Teoremas decorrentes da semelhança e de Tales

Muitos são os teoremas da Geometria Euclidiana que podem ser deduzidos a partir do teorema de Tales e do conceito de semelhança de triângulos. Esses teoremas também dependem de algumas definições geométricas que veremos a seguir.

Bissetriz interna

Chamamos de bissetriz interna a semirreta cuja extremidade é um vértice de um triângulo e que passa por um ponto do lado oposto a esse vértice, de modo que o ângulo interno do vértice fique dividido ao meio.

Teorema: as bissetrizes internas de um triângulo dividem os lados opostos aos ângulos de origem em segmentos proporcionais aos lados adjacentes.

Triângulo ABC com a bissetriz interna do ângulo de vértice A (semirreta tracejada com seta) cortando o lado BC no ponto P; o ângulo A dividido ao meio está destacado em azul.

Na figura, se $\overrightarrow{AP}$ é bissetriz interna do triângulo EBC, então $\dfrac{PB}{AB} = \dfrac{PC}{AC}$ .

Demonstração

Considere a reta $r$ que passa pelo ponto B e é paralela à bissetriz $\overrightarrow{AP}$ . Considere também o ponto Q de interseção da reta $r$ com o prolongamento do lado $\overline{AC}$ do triângulo.

Sejam $\alpha = \operatorname{med}(B\hat{A}C)$ , $x = \operatorname{med}(A\hat{B}Q)$ e $y = \operatorname{med}(B\hat{Q}C)$ . Como $\overline{BQ} \parallel \overline{AP}$ , os ângulos alternos internos $A\hat{B}Q$ e $B\hat{A}P$ , determinados pelo lado $\overline{AB}$ do triângulo, têm a mesma medida. Assim, $x = \dfrac{\alpha}{2}$ .

Pelo mesmo motivo, os ângulos correspondentes $B\hat{Q}C$ e $P\hat{A}C$ , determinados pelo lado $\overline{AC}$ e seu prolongamento $\overline{AQ}$ , têm a mesma medida, ou seja, $y = \dfrac{\alpha}{2}$ .

Como $x = y$ , o triângulo ABQ é isósceles de base $\overline{BQ}$ ; logo, $QA = AB$ .

Pelo teorema de Tales, temos que $\dfrac{PB}{QA} = \dfrac{PC}{AC}$ . Assim, substituindo QA por AB, temos $\dfrac{PB}{AB} = \dfrac{PC}{AC}$ .

Bissetriz externa

Chamamos de bissetriz externa a semirreta cuja extremidade é um vértice de um triângulo e que passa por um ponto do prolongamento do lado oposto a esse vértice, de modo que o ângulo externo do vértice fique dividido ao meio.

Teorema: as bissetrizes externas de um triângulo determinam, no prolongamento do lado oposto, dois segmentos proporcionais aos lados adjacentes.

Triângulo ABC com a bissetriz do ângulo externo de vértice A (semirreta tracejada) cortando o prolongamento do lado CB no ponto P; o ângulo externo dividido ao meio está destacado em verde.

Na figura, se $\overrightarrow{AP}$ é bissetriz externa do triângulo ABC, então $\dfrac{PB}{AB} = \dfrac{PC}{AC}$ .

Demonstração

Considere a reta $r$ que passa pelo ponto B e é paralela à bissetriz $\overrightarrow{AP}$ . Considere também o ponto Q de interseção da reta $r$ com o lado $\overline{AC}$ do triângulo, e um ponto D do prolongamento do lado $\overline{AC}$ no sentido de C para A.

Sejam $\alpha = \operatorname{med}(B\hat{A}D)$ , $x = \operatorname{med}(A\hat{B}Q)$ e $y = \operatorname{med}(B\hat{Q}A)$ . Como $\overline{BQ} \parallel \overline{AP}$ , os ângulos alternos internos $A\hat{B}Q$ e $B\hat{A}P$ , determinados pelo lado $\overline{AB}$ do triângulo, têm a mesma medida. Assim, $x = \dfrac{\alpha}{2}$ .

Pelo mesmo motivo, os ângulos correspondentes $B\hat{Q}A$ e $P\hat{A}D$ , determinados pelo lado $\overline{AC}$ e seu prolongamento $\overline{AD}$ , têm a mesma medida, ou seja: $y = \dfrac{\alpha}{2}$ .

Como $x = y$ , o triângulo ABQ é isósceles de base $\overline{BQ}$ ; logo, $QA = AB$ .

Pelo teorema de Tales, temos que $\dfrac{PB}{QA} = \dfrac{PC}{AC}$ . Assim, substituindo QA por AB, temos $\dfrac{PB}{AB} = \dfrac{PC}{AC}$ .

Exercício resolvido 15

A bissetriz do menor ângulo interno de um triângulo, cujos lados medem 5 cm, 12 cm e 13 cm, divide o lado oposto a esse ângulo em segmentos de reta que diferem um do outro em:

0,0 mm.
0,2 mm.
1,2 mm.
2,0 mm.
2,2 mm.

Resolução

Sendo $x$ e $y$ as medidas, em centímetros, dos segmentos mencionados, o enunciado pode ser representado pela seguinte figura:

Pelo teorema da bissetriz interna do triângulo:

\frac{x}{y} = \frac{13}{12}

Então, como $x + y = 5 \Rightarrow y = 5 - x$ , temos:

\frac{x}{5 - x} = \frac{13}{12} \Rightarrow 12x = 13 \cdot (5 - x) \Rightarrow 12x = 65 - 13x \Rightarrow 25x = 65 \Rightarrow x = 2{,}6

Portanto, $y = 5 - 2{,}6 = 2{,}4$ .

Logo, a diferença será $x - y = 2{,}6 - 2{,}4 = 0{,}2\text{ cm} = 2\text{ mm}$ .

Resposta: alternativa D.

Exercício resolvido 16

Na figura a seguir, ABC é um triângulo retângulo em A. O ponto D da hipotenusa $\overline{BC}$ e o ponto E do cateto $\overline{AC}$ determinam um segmento paralelo ao lado $\overline{AB}$ .

Determine a medida AE sabendo que $DE = 9$ , $CD = 15$ e os ângulos $A\hat{D}B$ e $A\hat{D}E$ são congruentes.

Triângulo ABC retângulo em A, com A no canto inferior esquerdo, B acima de A e C à direita; o ponto D sobre a hipotenusa BC e o ponto E sobre o cateto AC determinam o segmento DE paralelo a AB, e o segmento AD está traçado.

Resolução

Como $\overline{DE} \parallel \overline{AB}$ , o triângulo CDE também é retângulo. Assim, pelo teorema de Pitágoras:

CD^2 = EC^2 + DE^2 \Rightarrow 15^2 = EC^2 + 9^2 \Rightarrow EC^2 = 225 - 81 = 144

Portanto, $EC = 12$ .

Como $\overrightarrow{DA}$ é bissetriz do ângulo externo de vértice D do triângulo DEC, pelo teorema da bissetriz externa, temos que $\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{DE}{DC}$ .

Então, sendo $x = AE$ :

\frac{x}{x + 12} = \frac{9}{15} \Rightarrow \frac{x}{x + 12} = \frac{3}{5} \Rightarrow 5x = 3(x + 12) \Rightarrow 5x = 3x + 36 \Rightarrow 2x = 36 \Rightarrow x = 18

Portanto, $AE = 18$ .

Base média do triângulo

Qualquer segmento de reta com extremidades nos pontos médios de dois lados de um triângulo é uma base média do triângulo. Desse modo, como qualquer lado de um triângulo pode ser considerado sua base, todo triângulo tem três bases médias.

Triângulo ABC com os pontos médios M (de AB), N (de AC) e P (de BC), unidos pelos segmentos MN, MP e NP; marcas de congruência nas metades de cada lado.

Na figura, como M é ponto médio de $\overline{AB}$ e N é ponto médio de $\overline{AC}$ , então $\overline{MN}$ é a base média relativa ao lado $\overline{BC}$ do triângulo. Porém, como P também é ponto médio de $\overline{BC}$ , então $\overline{MP}$ e $\overline{NP}$ também são bases médias relativas aos lados $\overline{AC}$ e $\overline{AB}$ do triângulo, respectivamente.

Teorema: cada base média de um triângulo é paralela e tem a metade do comprimento da base correspondente no triângulo.

Triângulo ABC com a base média MN paralela a BC; MN mede b/2 e BC mede b.

AM = MB \text{ e } AN = NC \Rightarrow \overline{MN} \parallel \overline{BC} \text{ e } MN = \frac{BC}{2}

Também vale a recíproca desse teorema:

\overline{MN} \parallel \overline{BC} \text{ e } MN = \frac{BC}{2} \Rightarrow AM = MB \text{ e } AN = NC

Base média do trapézio

O segmento que une os pontos médios dos lados oblíquos de um trapézio é chamado de base média do trapézio.

Teorema: a base média de um trapézio é paralela às bases dele e sua medida é igual à média aritmética dos comprimentos dessas bases.

Trapézio ABCD com base menor AD, base maior BC e base média MN unindo os pontos médios dos lados oblíquos AB e DC, com marcas de congruência.

\overline{AD} \parallel \overline{BC},\ AM = MB \text{ e } DN = NC \Rightarrow \overline{MN} \parallel \overline{AD} \parallel \overline{BC} \text{ e } MN = \frac{AD + BC}{2}

Demonstração

Considere que a diagonal $\overline{BD}$ do trapézio ABCD intersecte sua base média no ponto P.

Como as igualdades $AM = MB$ e $DN = NC$ implicam $\dfrac{AM}{MB} = \dfrac{DN}{NC}$ , pela recíproca do teorema de Tales, $\overline{MN} \parallel \overline{AD} \parallel \overline{BC}$ .

Como $AM = MB$ e $\overline{MP} \parallel \overline{AD}$ , de acordo com o mesmo teorema, concluímos que $BP = PD$ .

Portanto, $\overline{MP}$ é base média do triângulo ABD; logo, $MP = \dfrac{AD}{2}$ .

Analogamente, $\overline{PN}$ é base média do triângulo BCD; logo, $PN = \dfrac{BC}{2}$ .

Então, como $MN = MP + PN$ :

MN = \frac{AD}{2} + \frac{BC}{2} \Rightarrow MN = \frac{AD + BC}{2}

Também é válida a recíproca desse teorema:

\overline{MN} \parallel \overline{AD} \parallel \overline{BC} \text{ e } MN = \frac{AD + BC}{2} \Rightarrow AM = MB \text{ e } DN = NC

Mediana de Euler

O segmento com extremidades nos pontos determinados pela base média de um trapézio com suas duas diagonais é chamado de mediana de Euler.

Teorema: a mediana de Euler equivale à metade da diferença absoluta entre as bases de um trapézio.

Demonstração

Pelo teorema da base média do trapézio, temos que $\overline{AD} \parallel \overline{MN} \parallel \overline{BC}$ . Assim, pelo teorema de Tales:

\frac{AM}{MB} = \frac{AQ}{QC} = \frac{DP}{PB} = \frac{DN}{NC}

Portanto, P e Q são os respectivos pontos médios das diagonais $\overline{BD}$ e $\overline{AC}$ . Então:

como $\overline{MP}$ é base média relativa ao lado $\overline{AD}$ do $\triangle ABD$ , temos: $MP = \dfrac{AD}{2}$ .
como $\overline{MQ}$ é base média relativa ao lado $\overline{BC}$ do $\triangle ABC$ , temos: $MQ = \dfrac{BC}{2}$ .

Assim, como $PQ = MQ - MP$ :

PQ = \frac{BC}{2} - \frac{AD}{2} \Rightarrow PQ = \frac{BC - AD}{2}

Exercício resolvido 17

Na figura a seguir, M e N são os pontos médios dos lados do triângulo equilátero ABC de lado 6 cm.

Triângulo equilátero ABC com os pontos médios M (de AB) e N (de AC) unidos pelo segmento MN.

O perímetro do trapézio MNCB é de:

15 cm.
18 cm.
21 cm.
12 cm.
9 cm.

Exercício resolvido 18

Determine a medida da base média e da mediana de Euler de um trapézio ABCD cujas bases medem 10 cm e 16 cm.

Exercício resolvido 19

No trapézio ABCD a seguir, os pontos E e F dividem o lado $\overline{AB}$ em três partes iguais, e os pontos G e H dividem o lado $\overline{CD}$ em três partes também iguais.

Trapézio ABCD com base menor BC e base maior AD; os pontos F e E dividem AB em três partes iguais, G e H dividem CD em três partes iguais, e os segmentos FG e EH são paralelos às bases.

Se $BC = 10$ e $AD = 20$ , determine as medidas dos segmentos $\overline{FG}$ e $\overline{EH}$ .

Resolução

A figura apresenta um total de 6 trapézios distintos. Considerando $x = FG$ e $y = EH$ , concluímos que:

Como FG é base média do trapézio BCHE, então $x = \dfrac{y + 10}{2}$ .
Como EH é base média do trapézio FGDA, então $y = \dfrac{x + 20}{2}$ .

Da primeira equação, temos $2x = y + 10 \Rightarrow y = 2x - 10$ .

Da segunda equação: $2y = x + 20$ .

Substituindo a expressão de $y$ na segunda equação:

\begin{align*} 2 \cdot (2x - 10) &= x + 20 \\ 4x - 20 &= x + 20 \\ 3x &= 40 \\ x &= \frac{40}{3} \end{align*}

Assim:

y = 2 \cdot \frac{40}{3} - 10 \Rightarrow y = \frac{80 - 30}{3} \Rightarrow y = \frac{50}{3}

Potência de um ponto em relação a uma circunferência

Considere, em um mesmo plano, um ponto P e uma circunferência $\lambda$ de centro O e raio $r$ . Para toda reta $s$ que passe por P e intersecte $\lambda$ em dois pontos A e B, podemos definir a potência de P em relação a $\lambda$ como o produto $PA \cdot PB$ .

Inicialmente, há apenas dois casos a serem considerados: quando P está situado na região exterior da circunferência e quando P está situado em seu interior.

Duas circunferências λ de centro O cortadas por uma reta s nos pontos A e B; à esquerda, o ponto P está fora da circunferência; à direita, P está no interior, entre A e B.

Teorema: a potência de um ponto P em relação a uma circunferência $\lambda$ de centro O e raio $r$ equivale à diferença absoluta entre os quadrados de PO e $r$ .

\operatorname{Pot}(P) = \left|PO^2 - r^2\right|

Demonstração (primeiro caso):

Considere o diâmetro $\overline{CD}$ contido na reta que passa pelo ponto P e pelo centro O da circunferência. Considere também as cordas $\overline{AC}$ e $\overline{BD}$ da circunferência.

Ponto P exterior à circunferência λ de centro O; a reta por P e O determina o diâmetro DC, outra secante por P determina A e B; cordas AC e BD tracejadas, com os ângulos em C e B destacados em vermelho.

Pelo teorema do ângulo inscrito na circunferência, os ângulos $D\hat{C}A$ e $A\hat{B}D$ têm a mesma medida, pois ambos têm a metade da medida do menor arco $\widehat{AD}$ da circunferência.

Então, como $\operatorname{med}\left(D\hat{C}A\right) = \operatorname{med}\left(A\hat{B}D\right)$ e o ângulo de vértice P é comum aos triângulos PCA e PBD, a semelhança entre esses triângulos fica garantida pelo caso AA.

Mesma configuração anterior com os triângulos PCA e PBD destacados em amarelo; os raios OD e OC são indicados por r.

\triangle PCA \sim \triangle PBD \Rightarrow \frac{PC}{PB} = \frac{PA}{PD} = \frac{AC}{DB}

Assim, pelo produto cruzado da primeira proporção entre os lados, indicada na sentença apresentada anteriormente:

\begin{align*} PA \cdot PB &= PC \cdot PD \\ PA \cdot PB &= (PO + OC) \cdot (PO - OD) \\ PA \cdot PB &= (PO + r) \cdot (PO - r) \\ PA \cdot PB &= PO^2 - r^2 \\ PA \cdot PB &= \left|PO^2 - r^2\right| \end{align*}

Demonstração (segundo caso):

Considere novamente o diâmetro $\overline{CD}$ contido na reta que passa pelo ponto P e pelo centro O da circunferência. Considere também as cordas $\overline{AC}$ e $\overline{BD}$ da circunferência.

Ponto P interior à circunferência λ de centro O; o diâmetro AC passa por P, a corda DB também passa por P; cordas AD e BC tracejadas, com os ângulos em C e B destacados em vermelho.

Pelo teorema do ângulo inscrito na circunferência, os ângulos $A\hat{C}D$ e $D\hat{B}A$ têm a mesma medida, pois ambos têm a metade da medida do menor arco $\widehat{AD}$ da circunferência.

Então, como $\operatorname{med}(A\hat{C}D) = \operatorname{med}(D\hat{B}A)$ e $\operatorname{med}(A\hat{P}C) = \operatorname{med}(D\hat{P}B)$ , pois esses ângulos são opostos pelo vértice, os triângulos PCA e PBD são semelhantes pelo caso AA.

\triangle PCA \sim \triangle PBD \Rightarrow \frac{PC}{PB} = \frac{PA}{PD}

Assim, pelo produto cruzado da proporção:

\begin{align*} PA \cdot PB &= PC \cdot PD \\ PA \cdot PB &= (PO + OC) \cdot (OD - PO) \\ PA \cdot PB &= (PO + r) \cdot (r - PO) \\ PA \cdot PB &= r^2 - PO^2 \\ PA \cdot PB &= \left|PO^2 - r^2\right| \end{align*}

Há ainda um terceiro caso a ser considerado: quando, por um ponto P, situado na região exterior de uma circunferência, passa uma reta tangente a ela.

Ponto P exterior à circunferência de centro O; a reta por P tangencia a circunferência em T, e o raio OT (tracejado) é perpendicular à tangente, com ângulo reto marcado em azul.

Nesse caso, sendo T o ponto onde ocorre a tangência, a potência do ponto P em relação a essa circunferência pode ser expressa pelo quadrado da medida do segmento $\overline{PT}$ .

Demonstração (terceiro caso):

Considerando que o segmento $\overline{PO}$ é a hipotenusa do triângulo retângulo OPT, pelo teorema de Pitágoras, temos $PO^2 = PT^2 + OT^2$ .

Circunferência de centro O e raio r (tracejado até T); o ponto P exterior está ligado a O e a T, com ângulo reto em T marcado em azul.

Como $\overline{OT}$ é um raio da circunferência:

PT^2 = PO^2 - r^2 \Rightarrow PT^2 = \left|PO^2 - r^2\right| = \operatorname{Pot}(P)

Exercício resolvido 20

Na figura a seguir, o ponto A é a interseção do diâmetro $\overline{BC}$ com uma corda $\overline{ED}$ da circunferência de centro O.

Circunferência de centro O com o diâmetro BC e a corda ED intersectando-se no ponto A, interior à circunferência.

Determine o comprimento do raio dessa circunferência sabendo que:

$AE = 6$ cm
$AD = 10$ cm
$AO = 2$ cm

Exercício resolvido 21

Os pontos P, Q, R e S pertencem a uma mesma circunferência e estão posicionados nessa ordem, no sentido horário. As cordas $\overline{PR}$ e $\overline{QS}$ intersectam-se no ponto T de tal modo que $TP = 2$ , $TS = 4$ e $TR = 6$ . Calcule a medida do segmento $\overline{TQ}$ .

Exercício resolvido 22

Por um ponto A, situado a 16 cm de distância de uma circunferência, passa uma reta que tangencia essa circunferência em um ponto B. Se o raio da circunferência mede 10 cm, qual é o comprimento do segmento $\overline{AB}$ ?

Resolução

Sendo $\overline{CD}$ o diâmetro da circunferência determinado pela reta $\overleftrightarrow{AO}$ , de acordo com o enunciado, podemos representar a seguinte figura:

Na reta secante $\overleftrightarrow{AO}$ : $\operatorname{Pot}(A) = AC \cdot AD$ .

Na reta tangente $\overleftrightarrow{AB}$ : $\operatorname{Pot}(A) = AB^2$ .

Então, como a potência de um ponto em relação a uma circunferência é constante:

\begin{align*} AB^2 &= AC \cdot AD \\ AB^2 &= 16 \cdot (16 + 10 + 10) \\ AB^2 &= 16 \cdot 36 \\ AB &= \sqrt{16 \cdot 36} \\ AB &= 4 \cdot 6 \\ AB &= 24 \end{align*}

Portanto, $\overline{AB}$ mede 24 cm.

Relações métricas no triângulo retângulo

Traçando a altura relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo, obtemos dois segmentos denominados projeções ortogonais dos catetos sobre a hipotenusa.

Triângulo ABC retângulo em A, com hipotenusa BC = a, catetos AB = c e AC = b, altura AH = h e projeções BH = p e CH = q; ângulos retos marcados em azul em A e H.

No triângulo ABC da figura:

A medida da hipotenusa é $BC = a$ .
As medidas dos catetos são $AB = c$ e $AC = b$ .
A altura relativa à hipotenusa desse triângulo é $AH = h$ .
As medidas das projeções dos catetos sobre a hipotenusa são $BH = p$ e $CH = q$ .
$\overline{BH}$ é a projeção do cateto $\overline{AB}$ .
$\overline{CH}$ é a projeção do cateto $\overline{AC}$ .

Observe, ainda, que a medida da hipotenusa é a soma das medidas das projeções, ou seja, $a = p + q$ .

Teoremas:

O produto da medida da altura pela medida da hipotenusa equivale ao produto das medidas dos catetos.
$a \cdot h = b \cdot c$
O quadrado da medida de um cateto equivale ao produto da medida da hipotenusa pela medida da projeção desse cateto sobre a hipotenusa.
$b^2 = a \cdot q \qquad\qquad c^2 = a \cdot p$
O quadrado da medida da altura relativa à hipotenusa equivale ao produto das medidas das projeções dos catetos sobre a hipotenusa.
$h^2 = p \cdot q$

Demonstração

Se $\theta = \operatorname{med}(\hat{B})$ , pela soma dos ângulos internos do triângulo ABH, temos que $\operatorname{med}(B\hat{A}H) = 90^\circ - q$ .

Então, como $B\hat{A}C$ é um ângulo reto:

\begin{align*} \operatorname{med}(H\hat{A}C) &= 90^\circ - \operatorname{med}(B\hat{A}H) \\ \operatorname{med}(H\hat{A}C) &= 90^\circ - (90^\circ - \theta) \\ \operatorname{med}(H\hat{A}C) &= 90^\circ - 90^\circ + \theta \\ \operatorname{med}(H\hat{A}C) &= \theta \end{align*}

Como os triângulos ABC, HBA e HAC são todos retângulos e possuem um ângulo interno de medida $\theta$ , concluímos que os três triângulos são semelhantes pelo caso AA.

\begin{align*} \triangle ABC \sim \triangle HAC &\Rightarrow \frac{AB}{HA} = \frac{BC}{AC} \Rightarrow \frac{c}{h} = \frac{a}{b} \Rightarrow a \cdot h = b \cdot c \\ \triangle ABC \sim \triangle HAC &\Rightarrow \frac{AC}{HC} = \frac{BC}{AC} \Rightarrow \frac{b}{q} = \frac{a}{b} \Rightarrow b^2 = a \cdot q \\ \triangle ABC \sim \triangle HBA &\Rightarrow \frac{AB}{HB} = \frac{BC}{BA} \Rightarrow \frac{c}{p} = \frac{a}{c} \Rightarrow c^2 = a \cdot p \\ \triangle HAC \sim \triangle HBA &\Rightarrow \frac{HA}{HB} = \frac{HC}{HA} \Rightarrow \frac{h}{p} = \frac{q}{h} \Rightarrow h^2 = p \cdot q \end{align*}

Observe que a soma das relações $b^2 = a \cdot q$ e $c^2 = a \cdot p$ produz outra possível demonstração para o teorema de Pitágoras:

\begin{align*} a \cdot q + a \cdot p &= b^2 + c^2 \\ a \cdot (q + p) &= b^2 + c^2 \\ a \cdot a &= b^2 + c^2 \\ a^2 &= b^2 + c^2 \end{align*}

Exercício resolvido 23

Encontre a medida da altura relativa à hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos medem 3 dm e 4 dm.

2,4 cm.
6,2 cm.
10 cm.
20 cm.
24 cm.

Exercício resolvido 24

Determine as medidas $x$ , $y$ e $z$ na figura a seguir:

Triângulo retângulo com ângulo reto no vértice superior e altura y relativa à hipotenusa; os catetos medem x e z, e as projeções sobre a hipotenusa medem 2 e 3.

Transcrição conferida com a obra original (Matemática I, Poliedro, p. 280-296). Revisada em 07/09/2026. Encontrou um erro? Reportar erro

Razão de divisão de segmento

Exemplo 1:

Exemplo 2:

Exemplo 3:

Divisão média

Divisão harmônica

Divisão áurea

Teorema de Tales

Semelhança

Semelhança de triângulos

Critérios de semelhança de triângulos

Caso AA

Reta paralela a um lado do triângulo

Caso LAL

Caso LLL

Propriedades da razão de semelhança

Teoremas decorrentes da semelhança e de Tales

Bissetriz interna

Bissetriz externa

Base média do triângulo

Base média do trapézio

Mediana de Euler

Potência de um ponto em relação a uma circunferência

Demonstração (primeiro caso):

Demonstração (segundo caso):

Demonstração (terceiro caso):

Relações métricas no triângulo retângulo

Teoremas:

Questões para praticar