Semelhança de Triângulos

Imagine o triângulo a seguir:

O que acontece se dermos um zoom nele? Em primeiro lugar, o formato da figura não irá mudar (afinal, se dermos zoom na foto de um cachorro, não irá aparecer uma capivara). Por causa disso, a medida dos ângulos não irá mudar.

E o que acontece com os lados? Observe que se você der um zoom na foto de um cachorro, você verá um cachorro, porém maior. O mesmo acontecerá com o triângulo. Mas acontece algo mais interessante ainda: se um dos lados dobra de tamanho, o mesmo acontece com os outros. Se um triplicar, ocorre o mesmo com os outros. De um modo mais matemático: eles são proporcionais. Observe que nestes dois últimos triângulos, os lados deste último medem o dobro do primeiro. Neste caso, os triângulos serão semelhantes.

Dois triângulos são semelhantes se podemos encontrar uma correspondência entre eles que relaciona ângulos iguais e lados proporcionais. Por exemplo, na figura a seguir

$\angle A=\angle D$

$\angle B=\angle E$

$\angle C=\angle F$

$\frac{{\color{blue}AB}}{{\color{blue}DE}}=\frac{{\color[rgb]{0,1,0} BC}}{{\color[rgb]{0,1,0} EF}}=\frac{{\color{red}CA}}{{\color{red}FD}}=k.$

Nesta definição, $k$ é chamado de razão de semelhança (ou razão de proporcionalidade) entre os triângulos.

Nela existiu uma correspondência entre os vértices $A, B$ e $C$ com $D,E$ e $F$, respectivamente. É interessante que escrevamos a semelhança na ordem da correspondência dos vértices, ou seja, que $ABC$ é semelhante a $DEF$. Podemos escrever isto da seguinte maneira: $\triangle\,ABC\sim\triangle\,DEF$.

Os lados $AB$ e $DE$ são chamados homólogos. O mesmo vale para $BC$ e $EF$ e também para $CA$ e $FD$.

Podemos ver a congruência de triângulos como uma semelhança com razão de semelhança igual a $1$.

Quando Procurar Por Semelhanças

• Quando um ou mais ângulos aparecem mais de uma vez na figura.
• Quando temos alguma proporcionalidade entre os lados.

Caso $AA$ (Ângulo, Ângulo)

Sejam $ABC$ e $DEF$ triângulos tais que $\angle A=\angle D$ e $\angle B=\angle E$. Então os triângulos $ABC$ e $DEF$ são semelhantes pelo caso $AA$.

Caso $LAL$ (Lado, Ângulo, Lado)

Sejam $ABC$ e $DEF$ triângulos tais que $\angle A=\angle D$ e $\frac{AB}{DE}=\frac{AC}{DF}$. Então os triângulos $ABC$ e $DEF$ são semelhantes pelo caso $LAL$.

Caso $LLL$ (Lado, Lado, Lado)

Se $\frac{AB}{DE}=\frac{BC}{EF}=\frac{CA}{FD}$, então os triângulos $ABC$ e $DEF$ são semelhantes pelo caso $LLL$.

Como Identificar Semelhanças por Paralelismos

Seja $ABC$ um triângulo, $D$ e $E$ pontos sobre os segmentos $AB$ e $AC$, respectivamente. Se $DE$ é paralelo a $BC$, então os triângulos $ABC$ e $ADE$ são semelhantes.

Como Usar Semelhanças para Provar Paralelismos

Sejam $ABC$ e $ADE$ triângulos semelhantes, de forma que $A$, $B$ e $D$ sejam colineares e que seja válido o mesmo para $A$, $C$ e $E$. Então $BC$ e $DE$ são paralelos.

Observação

Se dois triângulos são semelhantes, os segmentos correspondentes são proporcionais. Por exemplo, alturas, bissetrizes, medianas etc.

Exemplo

Sejam $ABC$ um triângulo, $D$ e $E$ pontos sobre os lados $AB$ e $AC$ respectivamente, tais que $DE$ é paralelo a $BC$. Considere $M$ o ponto médio de $BC$ e $N$ o ponto de encontro entre $AM$ e $DE$. Prove que $N$ é ponto médio de $DE$.

Solução: Considere $x=BM=MC$, $y=DN$ e $z=NE$. Queremos mostrar que $y = z$. Já que $DE$ é paralelo a $BC$, conseguimos umas semelhanças envolvendo $y$ e $z$. Comecemos observando que os triângulos $ADN$ e $ABM$ são semelhantes. Assim

$\frac{AD}{AB}=\frac{y}{x}.$

Além disso, $ADE$ e $ABC$ são semelhantes, de onde segue que

$\frac{AD}{AB}=\frac{y+z}{2x}$.

Se compararmos as duas últimas igualdades,

$\frac{y}{x}=\frac{y+z}{2x} \Leftrightarrow y=\frac{y+z}{2} \Leftrightarrow 2y=y+z \Leftrightarrow y=z.$

Com isso, $N$ é ponto médio de $DE$.

Exemplo (TM² 2019)

Seja $ABC$ um triângulo isósceles com $AB=AC$. Sejam $X$ e $K$pontos sobre $AC$ e $AB$, respectivamente, tais que $KX=CX$. A bissetriz de $\angle AKX$intersecta a reta $BC$em $Z$. Mostre que a reta $XZ$ passa pelo ponto médio de $BK$.

Solução: Nada do problema parece nos levar a pensar em pontos médios, talvez exceto por um fato: $KX=CX$. Isso nos induz à construção de uma circunferência de centro $X$ e raio $KX=CX$, porque circunferências geralmente nos levam a igualdades entre distâncias e diâmetros nos levam a pontos médios. Se nomearmos como $Y$ o ponto de interseção dessa circunferência com a reta $BC$, veremos que $CX=XY \implies \angle XCY = \angle XYC$, o que significa que $XY$é paralela a $AB$.

Com esse paralelismo, podemos ter uma ideia de como resolveremos o problema: vamos considerar a reta $XZ$. Se ela realmente passa pelo ponto médio de $BK$, ou seja, se ela é mediana do triângulo $ZKB$, essa reta também será mediana de um triângulo formado pelas retas $ZK$ e $ZB$e uma reta paralela a $BK$, porque as três formariam um triângulo semelhante a $ZKB$... ora, mas nós temos uma reta paralela a $BK$, que é $XY$! Se prolongarmos $XY$até tocar $ZK$em $D$, precisamos agora provar que $XY=XD$, mas isso significaria que $D$está na circunferência que desenhamos, e, não só isso, como $X, Y$e $D$são colineares, $XD$precisaria ser um diâmetro (olha só, justamente a ideia que imaginamos) da circunferência, ou seja, $\angle DKY = 90^{\circ}$. Mas, como $KZ$ é bissetriz de $\angle AKX$, se $\angle DKY = 90^{\circ}$, $KY$deve ser a bissetriz externa de $\angle AKX$. Conseguimos reduzir as condições do problema para algo muito mais fácil: uma igualdade entre ângulos, que, se provada, finaliza o problema. Felizmente, temos um paralelismo para facilitar nossa vida: como $XY$é paralela a $AB$, vale que $\angle BKY = \angle KYX$, mas como $XY=XK$, $\angle KYX = \angle YKX$, o que prova que $KY$ é a bissetriz externa de $\angle AKX$, acabando com o problema.

Exemplo (OBM 2004 - 3ª Fase - Nível 2)

Na figura $ABC$ e $DAE$ são triângulos isósceles ($AB=AC=AD=DE$) e os ângulos $BAC$ e $ADE$ medem $36^{\circ}$.

(a) Utilizando propriedades geométricas, calcule a medida do ângulo $\angle EDC$.

(b) Sabendo que $BC=2$, calcule a medida do segmento $DC$.

(c) Calcule a medida do segmento $AC$.

Dicas:

(a) Use o fato de que $ACD$ também é um triângulo isósceles.

(b) Prove que os triângulos $ABC$ e $ACD$ são congruentes.

(c) Considere $x=AC$ e $F$ o ponto de encontro entre os segmentos $AC$ e $DE$. Use o fato de que os triângulos $ACD$ e $DCF$ são semelhantes para calcular $FC$ em função de $x$. Em seguida, mostre que $FE$ e $BC$ são paralelos e use semelhança para calcular o valor de $x$.

Solução:

(a) Queremos mexer com ângulos e aparecem vários triângulos isósceles. Como podemos prosseguir? Uma estratégia legal é usar o Teorema do Triângulo Isósceles. Como $ADE$ é isósceles de base $AE$, segue que $\angle DAE=\angle DEA = \frac{180-36}{2}=72^{\circ}$, de onde segue que, $\angle DAC=36^{\circ}$.

Além disso, $ADC$ é isósceles de base $CD$ e assim $\angle ADC=\angle ACD = \frac{180-36}{2}=72^{\circ}$.

Desta forma, $\angle EDC=36^{\circ}$.

(b) Seja $F$ o ponto de encontro dos segmentos $AC$ e $DE$. Se aplicarmos o Teorema do Ângulo Externo no triângulo $ADF$, veremos que $\angle DFC=72^{\circ}$. Além disso, $\angle DCF=72^{\circ}$. Logo, pela recíproca do Teorema do Triângulo Isósceles, $DC=DF$. Desta forma, basta calcularmos $DF$ para concluirmos o problema.

Porém $ADF$ é um triângulo isósceles de base $AD$, de onde segue que $DF=AF$. Podemos perceber que $\angle AEF=\angle AFE$. Logo, $AF=AE$.

E como calculamos $AE$? Como algumas medidas de ângulos e de lados aparecem várias vezes na figura, é interessante procurarmos alguma congruência. Basta vermos que $ABC$ e $DAE$ são congruentes pelo caso $LAL$ e assim $AE=2$. Logo, $DC=2$.

(c) Considere $x=AC$. Pelo enunciado, $x=AB=AD=DE$. Como vários ângulos se repetem, é interessante procurarmos uma semelhança (de preferência que envolva $AC$). Observe que $ACD$ é um triângulo que envolve $AC$ e seus ângulos são $36^{\circ}$, $72^{\circ}$ e $72^{\circ}$. Existem algum outro triângulo com esses ângulos? Sim: $AFE$. Desta forma, esses dois triângulos são semelhantes e com isso,

$\frac{AF}{AC}=\frac{FE}{CD} \Leftrightarrow \frac{2}{x}=\frac{FE}{2} \Leftrightarrow FE=\frac{4}{x}.$

E qual a vantagem de termos descoberto isso? Observe que $DE=x$ e $DF=2$. Logo, o $FE$ pode ser calculado de outra maneira em função de $x$:

$FE=DE-DF=x-2$.

Se compararmos os resultados obtidos:

$x-2=\frac{4}{x} \Leftrightarrow x^2-2x-4=0 \Leftrightarrow x=1 \pm \sqrt{5}.$

Como $x$ é positivo, segue que $x=1+\sqrt{5}$.

Exemplo (IMO Shortlist 2002)

Os círculos $S$ e $S'$ se intersectam nos pontos $A$ e $B$. Uma reta passando por $A$ encontra $S$ e $S'$ em $C$ e $D$, respectivamente. $M$ é um ponto em $CD$. A reta que passa por $M$ paralela a $BC$ encontra $BD$ em $K$, enquanto a reta que passa por $M$ paralela a $BD$ encontra $BC$ em $N$. A reta perpendicular a $BC$ que passa por $N$ encontra $S$ no ponto $E$, que está num semiplano diferente de $BC$ do que $A$. A reta perpendicular a $BD$ que passa por $K$ encontra $S'$ no ponto $F$, que que está num semiplano diferente de $BD$ do que $A$. Mostre que $\angle EMF=90^{\circ}$.

Solução: Como $MN \parallel BD$ e $MK \parallel BC$, temos que $\dfrac{BN}{CN} = \dfrac{DM}{CM} = \dfrac{DK}{BK}$. Seja $F'$ o segundo ponto de interseção de $S'$ com $KF$. Notemos, então, que $\angle BEC = \angle BAD = \angle BF'D$.

Perceba que um segmento, o ângulo de um dos vértices de um triângulo e a posição do pé da altura relativa a esse vértice na base são suficientes para determinar um triângulo e seus ângulos. Por "posição", queremos dizer, mais formalmente, a razão na qual ele divide o segmento da base. Isso quer dizer que se dois triângulos têm essa característica em comum, ou seja, o pé da altura divide a base na mesma razão e o ângulo do vértice oposto a esse base é o mesmo, então os dois triângulos são semelhantes. É isso que acontece com $CEB \sim BF'D$, porque $\angle CEB = \angle BF'D$ e $\dfrac{BN}{CN} = \dfrac{DK}{BK}$.

Isso significa que $\angle NBE = \angle CBE = \angle F'DB = \angle KFB$, e, como $\angle ENB = \angle BKF = 90^{\circ}$, isso significa que $ENB \sim BKF$. Essa semelhança nos diz que:

$\dfrac{EN}{NB} = \dfrac{BK}{KF}$

Mas, como $MNBK$ é um paralelogramo, $NB=MK$ e $BK = NM$, ou seja:

$\dfrac{EN}{MK} = \dfrac{NM}{KF}\ \ (\spades_1)$

$MNBK$ ser um paralelogramo também nos diz que $\angle MNB = \angle MKB$, o que nos permite deduzir que:

$360^{\circ} - (\angle MNB + 90^{\circ}) = 360^{\circ} - (\angle MKB + 90^{\circ})$

$\implies 360^{\circ} - (\angle MNB + \angle BNE) = 360^{\circ} - (\angle MKB + \angle BKF)$

$\implies \angle MNE = \angle MKF \ \ (\spades_2)$

Combinando $(\spades_1)$ e $(\spades_2)$, temos que $MNE \sim FKM$ pelo caso LAL.

Seja $P$ a interseção de $EN$ e $MK$. Como $EN \perp BC \parallel MK$, segue que $\angle EPM = 90^{\circ}$. Do triângulo $PEM$, tiramos que:

$\angle PMN + \angle NME + \angle MEN = 90^{\circ}$

Mas, como $MNE \sim FKM$, segue que $\angle MEN = \angle KMF$, portanto:

$\angle PMN + \angle NME + \angle KMF = \angle EMF = 90^{\circ}$

Como queríamos.

Como Usar a Semelhança Para Encontrarmos Outros Ângulos

• Sejam $ABC$ e $DEF$ triângulos semelhantes, $M$ e $N$ pontos médios de $BC$ e $EF$, respectivamente. Então $\angle AMC = \angle DNF$.

Como Encontrarmos Congruência se Tivermos Semelhança?

Sejam dois triângulos semelhantes. Se os raios das suas circunferências circunscritas são iguais, então os triângulos são congruentes.

Relações Métricas em um Triângulo Retângulo

Seja $ABC$ um triângulo retângulo em $A$ com $a=BC$, $b=CA$ e $c=AB$. Considere $AH$ a altura relativa a $BC$ de tal forma que $h=AH$, $m=BH$ e $n=CH$. Então

$b^2=an \; (1)$

$c^2=am \; (2)$

$h^2=mn \; (3)$

$ah=bc \; (4)$

Também pode ajudar você lembrar que $a^2=b^2+c^2 \; (5)$ e que $m+n=a \; (6)$.

Áreas e Semelhança de Triângulos

Se a razão de semelhança entre duas figuras é $k$, então a razão entre suas áreas é $k^2$.

Exemplo (OBM 2014 - 3ª Fase - Nível 2)

Considere um quadrado $ABCD$ de centro $O$. Sejam $E$, $F$, $G$ e $H$ pontos no interior dos lados $AB$, $BC$, $CD$ e $DA$, respectivamente, tal que $AE=BF=CG=DH$. Sabe-se que $OA$ intersecta $HE$ no ponto $X$, $OB$ intersecta $EF$ no ponto $Y$, $OC$ intersecta $FG$ no ponto $Z$ e $OD$ intersecta $GH$ no ponto $W$. Dado que $\text{Área}(EFGH) = 1$, calcule

$\text{Área}(ABCD) \times \text{Área}(XYZW)$

Solução: Fazendo uma boa figura, parece que $EFGH$ e $XYZW$ são ambos quadrados. Vamos provar que isso é, de fato, verdade. Temos que $AE=BF=CG=DH$, e consequentemente $BE=CF=DG=AH$. Como $\angle HAE = \angle EBF = \angle FCG = \angle GDH = 90^{\circ}$, então temos as seguintes congruências: $\triangle AHE \equiv \triangle BEF \equiv \triangle CFG \equiv \triangle DGH$, donde $EF=FG=GH=HE$.

Dessas congruências, temos também que $\angle BEF = \angle AHE = 90^{\circ} -\angle AEH$, o que significa que $\angle HEF = 180^{\circ} - \angle AEH - (90^{\circ} - \angle AEH) = 90^{\circ}$. Analogamente, todos os ângulos internos de $EFGH$são retos, e, junto com $EF=FG=GH=HE$, isso significa que $EFGH$ é um quadrado. Mais do que isso, como $AE$ e $CG$ são segmentos paralelos de mesma medida, $AECG$ é um paralelogramo e suas diagonais se encontram em seus respectivos pontos médios; como o ponto médio de $AC$ é $O$, ele é também o ponto médio de $EG$. Repetindo esse processo com o outro par de vértices de $EFGH$ prova que $O$ também é o centro de $EFGH$.

Temos também como formar mais congruências: $\angle XAE = \angle YBF = \angle ZCG = \angle WDH = 45^{\circ}$, junto com $EF=FG=GH=HE$ e $\angle AEX = \angle BFY = \angle CGZ = \angle DHW$ nos dá congruências de triângulos por LAL, mais especificamente, temos:

$\triangle AXE \equiv \triangle BYF \equiv \triangle CZG \equiv \triangle DWH$

Assim, $EX=FY=GZ=HW$, e, como $XYZW$ está inscrito no quadrado $EFGH$, por uma situação análoga a $EFGH$ inscrito em $ABCD$, $XYZW$ também é um quadrado.

Ok, agora vamos começar a mexer com áreas. Como os quadrados são figuras semelhantes, a razão entre suas áreas é o quadrado entre a razão entre seus lados, o que pode ser bastante útil. Mas como vamos encontrar as razões entre os lados? Podemos usar o Teorema da Bissetriz Interna, já que $AX$ é bissetriz de $\angle HAE$. Com ele, temos:
$\dfrac{AE}{EX} = \dfrac{AH}{XH} = \dfrac{AE+AH}{EX+XH} = \dfrac{AB}{EF} \; \, (1)$

Como provamos, $O$ é o centro de $EFGH$, e portanto $\angle XEO=45^{\circ} = \angle EAO$, donde, como $\angle AOE = \angle EOX$os triângulos $OXE$ e $OEA$ são semelhantes, donde:

$\dfrac{AE}{EX} = \dfrac{EO}{XO} = \dfrac{EF \cdot \cancel{\sqrt{2}/2}}{XY \cdot \cancel{\sqrt{2}/2}} = \dfrac{EF}{XY} \; \, (2)$

Temos o valor de $EF^2 = 1$ e queremos o valor de $AB^2 \times XY^2$. Se fizermos $(1)^2 \div (2)^2$:

$\dfrac{AB^2}{EF^2} \div \dfrac{EF^2}{XY^2} = \dfrac{AE^2}{AX^2} \div \dfrac{AE^2}{AX^2}$

$\dfrac{AB^2 \times XY^2}{EF^2} = 1 \implies AB^2 \times XY^2 = 1$

Ou seja, o valor é $1$. O valor do produto das áreas é sempre $\text{Área} (EFGH)$.

Exemplo (Cone Sul 2008)

Seja $ABC$ um triângulo, $P$ um ponto em seu interior e $X$, $Y$ e $Z$ pontos em $BC$, $AC$ e $AB$ respectivamente tais que $\angle PZB = \angle PXC = \angle PYA$. Considere os pontos $U$, $V$ e $W$ sobre $BC,AC$ e $AB$ (ou seus prolongamentos, se necessário) tais que $PV=2PY$; $PU=2PX$ e $PW=2PZ$. Sabendo que a área de $XYZ$ é $1$, calcule a área de $UVW$.

Dicas:

Prove que $PXU$, $PYV$ e $PZW$ são semelhantes. Mostre também que $UPV$, $VPW$ e $WPV$ são semelhantes a $XPY$, $YPZ$ e $ZPX$, respectivamente. Use isso para ver que $XYZ$ e $UVW$ são semelhantes.

Solução: Este problema tem segmentos que possuem o dobro das medidas de outros. Além disso, existem ângulos de mesma medida. Isso tem muito cheiro de semelhança de triângulos.

Se conseguirmos mostrar que os triângulos $XYZ$ e $UVW$ são semelhantes e soubermos a razão de semelhança, então conseguimos calcular a área de $UVW$.

Quais semelhanças conseguimos? Observe que, pelo enunciado,

$\frac{PY}{PV}=\frac{PZ}{PW}=\frac{1}{2}.$

Assim,

$\frac{PY}{PZ}=\frac{PV}{PW}.$

Além disso, $\angle PYV = \angle PZW$. Desta forma, $PYV$ e $PZW$ são semelhantes pelo caso $LAL$. Analogamente, $PZW$ e $PXU$ também são.

Vamos explorar os ângulos iguais que conseguimos dessas semelhanças. Observe que

$\angle XPU = \angle YPV.$

Com isso,

$\angle XPY = \angle XPU + \angle UPY = \angle YPV + \angle UPY = \angle UPV.$

Mais ainda

$\frac{PX}{PU}=\frac{PY}{PV}=\frac{1}{2}.$

Desta forma os triângulos $PXY$ e $PUV$ são semelhantes pelo caso $LAL$. Assim $UV=2XY$. Analogamente, $VW=2YZ$ e $WX=2ZX$. Com isso, os triângulos $XYZ$ e $UVW$ são semelhantes e a razão de semelhança é $\frac{1}{2}$. Logo,

$\frac{[XYZ]}{[UVW]}=\frac{1}{4} \Leftrightarrow [UVW]=4.$

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Bibliografia

• BARBOSA, João Lucas Marques. Geometria Euclidiana Plana. 11ª. ed. [S.l.]: SBM, 2012. 257 p.