MA13 - Unidade 13Áreas de Figuras Planas IISemana 03/10/2011 a 09/10/2011Apli açõesUma onsequên ia imediata da proposição 4 da Unidade 12 é o ritério aseguir para equivalên ia de triângulos.Corolário 1. Sejam ABC e A′BC triângulos tais que ←→

AA′ ‖←→BC. Então

A(ABC) = A(A′BC).Prova. Sendo d a distân ia entre as retas ←→BC e ←→

AA′ (�gura 1), temosA(ABC) =

1

2BC · d = A(A′BC).O orolário anterior pode ser usado para transformar um polígono emoutro equivalente, om menor número de lados. Vejamos omo fazer isso noseguinte 1

2 MA13 - Unidade 13d

B C

A′A

Figura 1: ritério para equivalên ia de triângulos.Exemplo 2. Em relação à �gura dada a seguir, onstrua om régua e om-passo o ponto E ∈←→BC tal que A(ABE) = A(ABCD).Solução.

BC

DA

Des rição dos passos.1. Tra e, pelo ponto D, a reta r, paralela à reta ←→AC.2. Marque o ponto E de interseção de r om a reta ←→

BC.3. Pelo orolário anterior, os triângulos ACD e ACE têm áreas iguais;logo, ABE e ABCD também têm áreas iguais.Outra onsequên ia interessante do orolário 1 é a possibilidade de provaro teorema de Pitágoras através do ál ulo de áreas, onforme atesta o seguinteExemplo 3. Seja ABC um triângulo retângulo em A, om atetos AB = c,AC = b e hipotenusa BC = a. Sendo H o pé da altura relativa à hipotenusa,CH = m, BH = n e AH = h, provemos, mediante o ál ulo de áreas, asrelações métri as

Áreas de Figuras Planas 3(a) ah = bc.(b) c2 = an e b2 = am.( ) a2 = b2 + c2.(a) Basta ver que ah e bc são duas expressões distintas para o dobro da áreade ABC. De fato,A(ABC) =

1

2BC · AH =

ah

2e A(ABC) =

1

2AC · AB =

bc

2.

A

B

C

D

E

F

G

H

I

JK

c

b

a

Figura 2: o teorema de Pitágoras via áreas.(b) Construa exteriormente a ABC, os quadrados ABDE, BCFG e ACJK(�gura 2) e seja I o ponto de interseção da semirreta −→AH om FG. De

←→AI ‖

←→BG temos

A(BGA) = A(BGH) =1

2BG · BH =

an

2.

4 MA13 - Unidade 13Por outro lado, omo BD = AB, BC = BG e DB̂C = 90◦ + B̂ = AB̂G,os triângulos BCD e BGA são ongruentes por LAL. Portanto, A(BCD) =

A(BGA) = an

2(I). Mas ←→AC ‖

←→BD, de modo que A(BCD) = A(ABD) = c

2

2(II). Segue então de (I) e (II) que c2 = an. Provar que b2 = am é análogo.( ) Somando membro a membro as duas relações do item (b), obtemosb2 + c2 = am+ an = a(m+ n) = a2.A fórmula para a área de um triângulo também nos dá uma maneira de al ular áreas de trapézios. Para tanto, diremos doravante que a distân iaentre as bases de um trapézio é sua altura.Proposição 4. Se ABCD é um trapézio de bases AB = a, CD = b e altura

h, entãoA(ABCD) =

(a + b)h

2.Prova. Suponha, sem perda de generalidade, que a > b (�gura 3). Se E ∈

h

A B

CD

E

b

b a− bFigura 3: área de um trapézio.AB for tal que AE = b, então o quadrilátero AECD tem dois lados paralelose iguais, de modo que é um paralelogramo. Como BE = a− b, temos

A(ABCD) = A(AECD) + A(EBC)

= bh +(a− b)h

2=

(a + b)h

2.

Áreas de Figuras Planas 5Corolário 5. Se ABCD é um losango de diagonais AC e BD, entãoA(ABCD) =

1

2AC · BD.Prova. Como AC⊥BD (�gura 4), temos

A

B

C

D

MFigura 4: área de um losango.A(ABCD) = A(ABC) + A(BCD)

=1

2AC · BM +

1

2AC · DM

=1

2AC · BD.A proposição a seguir ensina qual a relação entre as áreas de triângulossemelhantes e a razão de semelhança.Proposição 6. Sejam ABC e A′B′C ′ dois triângulos semelhantes. Sendo ka razão de semelhança de ABC para A′B′C ′, temos

A(ABC)

A(A′B′C ′)= k2.Prova. Sejam BC = a, B′C ′ = a′ e h e h′ as alturas de ABC e A′B′C ′,respe tivamente relativas a BC e B′C ′ (�gura 5). Como a = ka′ e h = kh′(problema 3, Seção 2, Unidade 10, segue que

A(ABC)

A(A′B′C ′)=

ah

a′h′=

ka′ · kh′a′h′

= k2.

6 MA13 - Unidade 13A

B C

h

a

A′

B′ C ′h′

a′Figura 5: áreas de triângulos semelhantes.Exemplo 7. Em relação à �gura abaixo, onstrua om régua e ompassopontos D ∈ AB e E ∈ AC tais que DE ‖ BC e A(ADE) = A(DBCE).SoluçãoA

B CSupondo o problema resolvido, omo A(ADE) = 1

2A(ABC) e ADE ∼

ABC, a proposição anterior garante queAE

AC=

√A(ADE)

A(ABC)=

1√2.Des rição dos passos.1. Tra e o semi ír ulo Γ de diâmetro AC e exterior a ABC.2. Sendo M o ponto médio de AC, marque P ∈ Γ tal que PM⊥AC. Oteorema de Pitágoras apli ado ao triângulo APC garante que AP =

1√2AC.3. Obtenha E omo a interseção de AC om o ír ulo de entro A e raio

AP . 2

Áreas de Figuras Planas 7Terminamos esta seção apresentando três apli ações interessantes da fór-mula geral da Proposição 4 da Unidade 12 para a área de triângulos, apli adaem onjunção a alguns dos resultados anteriormente estudados.Proposição 8. Seja ABC um triângulo de lados BC = a, AC = b, AB = ce semiperímetro p. Se r e rasão respe tivamente os raios dos ír ulos ins ritoem ABC e ex-ins rito a BC, então

A(ABC) = pr = (p− a)ra. (1)Prova. Sejam I o in entro e I

ao ex-in entro relativo aBC (�gura 6). Temos:

A C

B

I

Ia

Figura 6: fórmulas para a área de um triângulo.A(ABC) = A(AIB) + A(AIC) + A(BIC)

=cr

2+

br

2+

ar

2= pr.e

A(ABC) = A(AIaB) + A(AI

aC)− A(BIC)

=cr

a

2+

bra

2− ar

a

2= (p− a)r

a.

8 MA13 - Unidade 13Estamos agora em ondições de provar outro orolário do teorema dePtolomeu, o teorema de Carnot1, enun iado a seguir.Teorema 9. Se ABC é um triângulo a utângulo de ir un entro O, e x, ye z denotam respe tivamente as distân ias de O aos lados BC, AC e AB,entãox+ y + z = R + r,onde r e R denotam respe tivamente os raios dos ír ulos ins rito e ir uns- rito a ABC.Prova. Sejam M , N e P respe tivamente os pontos médios dos lados BC,

CA e AB, de modo que OM⊥BC, ON⊥CA e OP⊥AB (�gura 7). Então osO

C

A

B M

NP

x

yz

Figura 7: distân ias do ir un entro aos lados.quadriláteros BMOP , CNOM e APON têm, ada um, dois ângulos opostosretos, sendo portanto ins ritíveis. Denotando, por simpli idade, BC = a,AC = b, AB = c, OM = x, ON = y e OP = z, obtemos então, peloteorema de Ptolomeu, as igualdades

x · c2+ z · a

2= R · b

2,

x · b2+ y · a

2= R · c

21Após Lazare Carnot, matemáti o fran ês dos sé ulos XVIII e XIX, o primeiro a utilizarsistemati amente segmentos orientados em Geometria.

Áreas de Figuras Planas 9ey · c

2+ z · b

2= R · a

2,onde R denota o raio do ír ulo ir uns rito a ABC.Por outro lado omo os triângulos OBC, OCA e OAB parti ionam otriângulo ABC, temos

A(ABC) =xa

2+

yb

2+

zc

2.Mas sendo respe tivamente p o semiperímetro e r o raio do ír ulo ins ritoem ABC, sabemos da proposição anterior que A(ABC) = pr, relação quesubstituída na igualdade a ima nos dá

xa

2+

yb

2+

zc

2= pr.Por �m, somando ordenadamente a última relação a ima om as trêsprimeiras, obtemos

(x+ y + z)p = (R + r)p,donde segue o teorema de Carnot.Problemas1. Construa, om régua e ompasso, um triângulo de área igual à área deum quadrado dado.2. (Torneio das Cidades). Em um hexágono onvexo ABCDEF , temosAB ‖ CF , CD ‖ BE e EF ‖ AD. Prove que as áreas dos triângulosACE e BDF são iguais (sugestão: A(ABC) = A(ABF ), A(CDE) =

A(BCD) e A(AEF ) = A(DEF )).3. O trapézio ABCD, de bases AB e CD e lados não paralelos AD e BC,é retângulo em A. Se BC = CD = 13 m e AB = 18 m, al ule aaltura e a área do trapézio, assim omo a distân ia do vérti e A à reta←→BC.

10 MA13 - Unidade 134. Para quais inteiros positivos n é possível parti ionar um triângulo e-quilátero de lado n em trapézios de lados medindo 1, 1, 1 e 2?5. ABCD é um trapézio de bases BC e AD e lados não paralelos ABe CD. Seja E o ponto médio do lado CD e suponha que a área dotriângulo AEB seja igual a 360 m2. Cal ule a área do trapézio.6. SejaABCD um trapézio de bases AB,CD e lados não paralelosAC,BD.Se as diagonais de ABCD se interse tam em E, prove que√

A(ABCD) =√

A(ABE) +√

A(CDE).7. Por um ponto P no interior de um triângulo ABC traçamos retasparalelas aos lados de ABC. Tais retas parti ionam ABC em trêstriângulos e três paralelogramos. Se as áreas dos triângulos são iguaisa 1 m2, 4 m2 e 9 m2, al ule a área de ABC.