Construções geométricas

Três problemas, três ofícios. Uma operadora de telefonia precisa de um ponto que fique à mesma distância de três vilarejos para erguer uma torre. Um marceneiro quer o meio exato de uma tábua de 40 cm, mas a régua que tem não é graduada. Um arquiteto precisa traçar na planta uma rua paralela a outra, passando por um ponto já marcado. Nenhum dos três resolve medindo; os três resolvem construindo. O marceneiro abre o compasso em 25 cm, apoia a ponta seca numa extremidade da tábua e risca um arco, repete o gesto na outra extremidade e une com a régua os dois cruzamentos dos arcos; o risco atravessa a tábua a 20 cm de cada ponta, em ângulo reto com a borda, e ele sabe disso sem ter lido um número sequer. A operadora traça as mediatrizes de dois dos três segmentos que ligam os vilarejos; a torre fica onde elas se cruzam, e em nenhum outro lugar. O arquiteto transporta um ângulo com o compasso, e a paralela sai exata.

Esta página é sobre isso: o que uma régua sem marcas e um compasso garantem, por que cada traçado clássico vem com a sua própria demonstração (sempre um caso de congruência de triângulos), como “ponto equidistante” vira uma reta que se pode desenhar, e onde ficam os quatro pontos notáveis de um triângulo. Os ângulos e polígonos são o pré-requisito; o teorema de Tales entra como ferramenta para dividir um segmento; o teorema de Pitágoras e a equação da circunferência aparecem quando o problema vem com coordenadas. Na prova do PAS ninguém pede para construir; o que se cobra é o que a construção garante, escondido numa vela de caravela, num azulejo, num pentagrama, num gol.

Régua e compasso: dois instrumentos que não medem nada

A régua da geometria clássica não tem marcas. Ela faz uma coisa só: traça a reta que passa por dois pontos já conhecidos. O compasso também faz uma coisa só: traça a circunferência de centro num ponto conhecido e raio igual a uma distância conhecida. Nada de medir com a régua, nada de ler ângulos num transferidor. Com essas duas operações, e com a terceira, que é marcar as interseções de duas linhas já traçadas, constrói-se toda a geometria plana do ensino médio.

Por que insistir em instrumentos tão limitados? Porque a limitação é o que dá a certeza. Um desenho feito com régua graduada e transferidor “parece” certo até a espessura do lápis; um desenho feito só com as três operações acima carrega a sua demonstração: cada ponto novo nasce de uma igualdade de distâncias ou de uma reta por dois pontos, e a propriedade final decorre dessas igualdades por um teorema. Construir é demonstrar. É esse o sentido do objetivo da matriz do PAS 1 que pede “geometria com régua e compasso (paralelismo, congruência)”: não desenhar bonito, e sim reconhecer, numa figura, quais medidas ela garante.

Congruência de triângulos: a linguagem que justifica cada traçado

Dois triângulos são congruentes quando são cópias exatas um do outro: os três lados e os três ângulos de um coincidem com os do outro, na mesma ordem. Não é preciso conferir as seis medidas; três, bem escolhidas, bastam. Esses são os casos de congruência, e são eles que justificam todas as construções desta página.

O teste de qualquer justificativa é sempre o mesmo: quais medidas a figura garante iguais, e elas fecham um caso? Na mediatriz, serão três lados (LLL). No transporte de ângulo, três lados de novo. Na construção de um triângulo a partir de dois lados e do ângulo entre eles, LAL. Por isso, estude os casos não como uma lista para decorar, mas como perguntas que se fazem a uma figura.

Um teste rápido, do tipo que a banca gosta. Julgue: “Se dois triângulos têm os três ângulos internos respectivamente iguais, então eles são congruentes.” Errado. São necessariamente semelhantes; congruentes só se algum par de lados correspondentes também for igual.

Mediatriz: o meio e o ângulo reto de uma só vez

A mediatriz de um segmento $AB$ é a perpendicular a $AB$ levantada no seu ponto médio $M$. A construção é a do marceneiro: abertura do compasso maior que a metade de $AB$, um arco centrado em $A$, outro de mesmo raio centrado em $B$, os dois cruzamentos $P$ e $Q$, e a reta $PQ$.

Por que funciona. $AP = BP$ e $AQ = BQ$, porque são raios de arcos iguais; $PQ$ é comum. Os triângulos $APQ$ e $BPQ$ são congruentes por LLL, e portanto os ângulos $\widehat{APQ}$ e $\widehat{BPQ}$ são iguais: a reta $PQ$ é a bissetriz do ângulo $\widehat{APB}$ do triângulo isósceles $APB$. Agora compare os triângulos $APM$ e $BPM$: $AP = BP$, $PM$ comum e o ângulo em $P$ igual, logo congruentes por LAL. Disso, $AM = MB$ ($M$ é o ponto médio) e $\widehat{AMP} = \widehat{BMP}$; como os dois somam $180^\circ$, cada um vale $90^\circ$. Meio e ângulo reto, de uma só vez.

Exemplo resolvido: a tábua. Chame de $A$ e $B$ as pontas da tábua de 40 cm; a abertura do compasso é 25 cm. Nos triângulos $APQ$ e $BPQ$, $AP = BP = 25$, $AQ = BQ = 25$ e $PQ$ é lado comum: LLL. Daí $AM = MB = 20$ cm e o risco é perpendicular. Conferência: $PM = \sqrt{25^2 - 20^2} = \sqrt{225} = 15$ cm, e $P$ e $Q$ ficam a 15 cm de cada lado da tábua, um terno 15-20-25 que fecha redondo. Se a abertura fosse exatamente 20 cm, os arcos se tocariam num único ponto (o próprio $M$) e não haveria reta a traçar; abaixo de 20 cm, não se encontrariam.

Bissetriz e transporte de ângulo: LLL disfarçado

A bissetriz de um ângulo $\widehat{AOB}$ é a semirreta que o divide em dois ângulos iguais. Construção: um arco centrado no vértice $O$ corta os lados em $A$ e $B$ (agora $OA = OB$); arcos de mesmo raio centrados em $A$ e em $B$ cruzam-se em $P$, dentro do ângulo; a semirreta $OP$ é a bissetriz.

Por que funciona. Nos triângulos $OAP$ e $OBP$: $OA = OB$, $AP = BP$, $OP$ comum. LLL. Logo $\widehat{AOP} = \widehat{BOP}$.

Transportar um ângulo para outro lugar (isto é, construir em um vértice $O'$, sobre uma semirreta dada, um ângulo igual a $\widehat{AOB}$) usa a mesma ideia. Um arco de raio $r$ centrado em $O$ corta os lados em $A$ e $B$; o mesmo arco centrado em $O'$ corta a semirreta dada em $A'$; um arco de raio $AB$ centrado em $A'$ corta o primeiro arco em $B'$. O ângulo $\widehat{A'O'B'}$ é o ângulo pedido, porque os triângulos $OAB$ e $O'A'B'$ têm $OA = O'A' = r$, $OB = O'B' = r$ e $AB = A'B'$: LLL, e ângulos correspondentes iguais.

Dois transportes bastam para o ângulo de $60^\circ$ (é o ângulo do triângulo equilátero: um arco de raio $r$ centrado em $O$ e outro de raio $r$ centrado no ponto $A$ do primeiro arco cruzam-se em $B$, e $OAB$ é equilátero). Bissetriz de $60^\circ$ dá $30^\circ$; bissetriz do ângulo reto dá $45^\circ$. É por isso que a BNCC pede, no 8.º ano, exatamente “mediatriz, bissetriz, ângulos de 90°, 60°, 45° e 30° e polígonos regulares”: tudo sai das duas construções desta seção e da próxima.

Perpendicular, paralela e divisão de um segmento

Perpendicular a uma reta $r$ por um ponto $P$ fora dela. Um arco centrado em $P$, de raio maior que a distância de $P$ a $r$, corta $r$ em $A$ e $B$; como $PA = PB$, o ponto $P$ está na mediatriz de $AB$. Arcos de mesmo raio centrados em $A$ e $B$ dão um segundo ponto $Q$ dessa mediatriz, e a reta $PQ$ é a perpendicular pedida. Se $P$ está sobre $r$, um arco centrado em $P$ marca $A$ e $B$ simétricos em $r$, e a mediatriz de $AB$ é a perpendicular por $P$.

Paralela a $r$ por um ponto $P$. Há dois caminhos. O primeiro transporta um ângulo: uma transversal por $P$ corta $r$ em $A$; transporta-se para $P$ o ângulo que a transversal faz com $r$, e a reta obtida faz com a transversal ângulos correspondentes iguais, logo é paralela a $r$. O segundo, o do losango, é mais rápido: escolha um ponto $A$ em $r$; com abertura $AP$, um arco centrado em $A$ corta $r$ em $B$; arcos de raio $AP$ centrados em $P$ e em $B$ cruzam-se em $Q$. O quadrilátero $APQB$ tem os quatro lados iguais, é um losango, e lados opostos de losango são paralelos: $PQ \parallel AB$. Um terceiro caminho junta duas perpendiculares: a perpendicular a $r$ por $P$ e depois a perpendicular a essa reta por $P$. Se duas retas formam ângulo reto com uma mesma terceira, elas são paralelas entre si, e foi exatamente esse teorema, disfarçado de legenda de foto da catedral de Reims, que a prova de 2024 cobrou no item 48.

Dividir um segmento em $n$ partes iguais. Para dividir $AB$ em cinco partes, trace por $A$ uma semirreta auxiliar qualquer e marque nela, com o compasso numa abertura fixa, cinco pontos consecutivos $A_1, \dots, A_5$. Ligue $A_5$ a $B$ e trace, por $A_1, \dots, A_4$, paralelas a $A_5B$ (pela construção acima). Elas cortam $AB$ em quatro pontos que o dividem em cinco partes iguais: é o teorema de Tales, segmentos proporcionais em retas paralelas cortadas por transversais. Para dividir em duas partes, a mediatriz já resolve.

Lugar geométrico: quando “equidistante” vira uma reta

Um lugar geométrico é o conjunto de todos os pontos do plano que satisfazem uma condição, e somente eles. As duas palavras em destaque são o coração da ideia: não basta que os pontos da figura satisfaçam a condição (ida); é preciso que todo ponto que a satisfaz esteja na figura (volta). A circunferência é o exemplo primeiro: todos os pontos a distância $r$ de $O$, e só eles.

Por que a mediatriz é o lugar dos pontos equidistantes de $A$ e $B$. Ida: se $P$ está na mediatriz, os triângulos $PMA$ e $PMB$ têm $AM = MB$, $PM$ comum e ângulo reto em $M$: LAL, logo $PA = PB$. Volta: se $PA = PB$, tome o ponto médio $M$ de $AB$: os triângulos $PMA$ e $PMB$ têm $PA = PB$, $AM = MB$ e $PM$ comum, logo são congruentes por LLL e os ângulos em $M$ são iguais; como somam $180^\circ$, valem $90^\circ$. A reta $PM$ passa pelo ponto médio e é perpendicular a $AB$: é a mediatriz, e $P$ está nela. A mesma dupla ida-e-volta vale para a bissetriz, com a distância de um ponto a uma reta medida pela perpendicular.

A leitura que resolve problema. Toda vez que um enunciado diz “equidistante de”, traduza para o lugar geométrico correspondente. Duas condições, dois lugares, e o ponto procurado está na interseção. Foi assim no ENEM de 2005: uma estação central “equidistante das estações $A$ e $B$ e da estrada (reta) que liga $C$ e $D$”, com $ABCD$ um quadrado de 40 km. Equidistante de $A$ e $B$: mediatriz de $AB$, que no quadrado é também a mediatriz de $CD$. Equidistante de $A$ (ou $B$) e da estrada $CD$: sobre essa mediatriz, a uma altura $y$ acima de $CD$, a distância até $A$ é $\sqrt{20^2 + (40 - y)^2}$ e a distância até a estrada é $y$; igualando, $400 + (40 - y)^2 = y^2$, ou seja, $400 + 1600 - 80y = 0$, $y = 25$ km. Conferência: $\sqrt{400 + 225} = 25$. A estação fica na perpendicular a $CD$ pelo seu ponto médio, a 25 km da estrada.

Exemplo resolvido: a torre e os três vilarejos. Três vilarejos $A$, $B$ e $C$ estão dispostos de modo que $AB = 6$ km, $AC = 8$ km e o ângulo em $A$ é reto. Onde erguer uma torre equidistante dos três, e a que distância ela fica de cada um? Estratégia: equidistante de $A$ e $B$ é a mediatriz de $AB$; equidistante de $A$ e $C$ é a mediatriz de $AC$; a torre é a interseção das duas, e automaticamente fica equidistante de $B$ e $C$. Resolução: ponha $A$ na origem, $B = (6, 0)$, $C = (0, 8)$. Mediatriz de $AB$: $x = 3$. Mediatriz de $AC$: $y = 4$. Torre em $T = (3, 4)$. Distância a $A$: $\sqrt{9 + 16} = 5$ km; a $B$: $\sqrt{9 + 16} = 5$; a $C$: $\sqrt{9 + 16} = 5$. Conferência: $BC = 10$ km pelo teorema de Pitágoras, e $T$ é exatamente o ponto médio de $BC$, $\left(\tfrac{6}{2}, \tfrac{8}{2}\right)$: no triângulo retângulo, o ponto equidistante dos três vértices é o meio da hipotenusa, como a próxima seção explica.

Pontos notáveis do triângulo: quatro interseções, quatro posições

Todo triângulo tem três mediatrizes, três bissetrizes internas, três medianas e três alturas. Em cada família, as três retas passam por um único ponto, e cada um desses quatro pontos tem nome, propriedade e uma posição que depende do tipo de triângulo.

Por que as mediatrizes concorrem. Seja $O$ a interseção das mediatrizes de $AB$ e de $AC$. Por estar na primeira, $OA = OB$; por estar na segunda, $OA = OC$. Logo $OB = OC$, e $O$ está na mediatriz de $BC$. As três passam por $O$, e a circunferência de centro $O$ e raio $OA$ passa pelos três vértices: é a circunscrita. O mesmo argumento, com distâncias a retas, mostra que as bissetrizes concorrem no incentro, equidistante dos três lados, centro da inscrita.

Por que o circuncentro do triângulo retângulo é o meio da hipotenusa. Se $\widehat{A} = 90^\circ$, a mediatriz de $AB$ é paralela a $AC$ e passa pelo meio de $AB$; a mediatriz de $AC$ é paralela a $AB$ e passa pelo meio de $AC$. Elas se cruzam no ponto cujas coordenadas são os meios dos catetos, que é o ponto médio $M$ da hipotenusa. Consequência: $MA = MB = MC$, o raio da circunscrita é metade da hipotenusa, e todo ângulo inscrito que enxerga um diâmetro é reto. Foi esse o item 30 do PAS 2012: três jogadores a 3,66 m do meio de um gol de 7,32 m estão todos sobre a circunferência de diâmetro igual ao gol, e os três ângulos de chute valem $90^\circ$: as três posições eram equivalentes.

Por que o ortocentro sai do obtusângulo. As alturas relativas aos lados que formam o ângulo obtuso caem fora desses lados, nos seus prolongamentos. As três retas ainda concorrem, mas o ponto de encontro fica do lado de fora, além do vértice obtuso. No retângulo, dois catetos já são alturas, e elas se encontram no vértice do ângulo reto.

Baricentro: a razão 2 : 1. Sejam $M$ e $N$ os pontos médios de $BC$ e $AC$, e $G$ a interseção das medianas $AM$ e $BN$. O segmento $MN$ é paralelo a $AB$ e vale a metade dele (base média, Tales); os triângulos $GAB$ e $GMN$ são semelhantes na razão $2 : 1$, logo $AG = 2\,GM$ e $BG = 2\,GN$. Na prática: uma mediana de 12 cm é cortada pelo baricentro em 8 cm (do vértice) e 4 cm (do lado). Um triângulo de papelão equilibra-se na ponta de um lápis apoiado exatamente em $G$.

Exemplo resolvido: o raio da inscrita no triângulo retângulo. No triângulo de catetos 6 e 8 e hipotenusa 10, qual é o raio $r$ da circunferência inscrita? Estratégia: o incentro é equidistante dos três lados; os segmentos de tangência a partir de cada vértice são iguais. Resolução: a partir do vértice do ângulo reto, os dois pontos de tangência distam $r$ (formam um quadrado de lado $r$ com o centro). Os segmentos restantes nos catetos valem $6 - r$ e $8 - r$, e são iguais aos segmentos de tangência sobre a hipotenusa a partir dos outros dois vértices; somando, $(6 - r) + (8 - r) = 10$, logo $r = 2$. Conferência pela área: $\text{Área} = p \cdot r$, com $p$ o semiperímetro; $24 = 12 \cdot r$ dá $r = 2$. Fórmula geral do triângulo retângulo: $r = \dfrac{a + b - c}{2}$, com $c$ a hipotenusa; e $R = \dfrac{c}{2}$ para a circunscrita.

Polígonos regulares e o arco capaz

Um polígono regular tem lados e ângulos iguais e cabe numa circunferência (é inscritível). Construí-lo com régua e compasso é dividir a circunferência em $n$ arcos iguais.

• Hexágono regular: o lado é igual ao raio. Com o compasso na abertura do raio, marque seis pontos consecutivos sobre a circunferência a partir de um ponto qualquer: cada triângulo central é equilátero (dois raios e uma corda igual a eles), com ângulo central de $60^\circ$, e seis vezes $60^\circ$ fecham a volta. Ligando os pontos de dois em dois sai o triângulo equilátero inscrito.
• Triângulo equilátero de lado dado $AB$: arcos de raio $AB$ centrados em $A$ e em $B$ cruzam-se em $C$; os três lados são iguais por construção (LLL garante os três ângulos de $60^\circ$).
• Quadrado de lado dado $AB$: perpendicular a $AB$ por $A$, marcando nela $D$ com $AD = AB$; arcos de raio $AB$ centrados em $D$ e em $B$ dão $C$. Ou, na circunferência: dois diâmetros perpendiculares (um diâmetro e a sua mediatriz) marcam os quatro vértices.
• Pentágono regular também é construtível (a razão entre a diagonal e o lado é o número de ouro), mas a construção é mais longa e não aparece nos itens do PAS levantados nesta página; o heptágono regular não é construtível com régua e compasso, assim como a trissecção de um ângulo qualquer e a quadratura do círculo, três problemas gregos que só a álgebra do século XIX provou impossíveis.

Arco capaz e ângulo inscrito, só como menção. Um ângulo com vértice sobre a circunferência (inscrito) vale a metade do ângulo central que enxerga o mesmo arco. Consequência: todos os pontos de um mesmo arco enxergam uma corda sob o mesmo ângulo, e esse arco se chama arco capaz desse ângulo. O caso que interessa à prova é o do diâmetro: ângulo inscrito de $90^\circ$, o que reaparece na circunferência circunscrita ao triângulo retângulo e no gol de 2012.

Como a banca cobra: a figura garante, você julga

No PAS, a construção não é pedida; ela vem pronta na figura, e o item afirma que certo triângulo é retângulo, isósceles ou congruente a outro, ou que certo ponto é médio ou equidistante. O protocolo é sempre o mesmo: (1) redesenhe a figura e marque o que o texto garante (lados iguais por construção, ângulos de $45^\circ$ numa diagonal de quadrado, pontos médios declarados, distâncias iguais a um centro); (2) procure os triângulos e pergunte que caso de congruência fecha; (3) traduza “equidistante” no lugar geométrico correspondente; (4) decida.

• Azulejo de Athos Bulcão (PAS 2009, item 106). O azulejo é um quadrado de centro $O$; $A$ é o ponto médio da semidiagonal $OB$ e $E$ é o ponto médio do lado $BD$. O item afirma que o triângulo $ABE$ é retângulo isósceles. Liste o que a figura garante: a diagonal faz $45^\circ$ com o lado, então $\widehat{ABE} = 45^\circ$; se o lado mede $2a$, a semidiagonal mede $a\sqrt{2}$ e $AB = a\sqrt{2}/2$; $E$ no meio do lado dá $BE = a$. O pé da perpendicular de $A$ sobre $BD$ cai a $a/2$ de $B$ (e, portanto, a $a/2$ de $E$), e $A$ está a $a/2$ do lado: por Pitágoras, $AE = a\sqrt{2}/2 = AB$. Isósceles com ângulo da base de $45^\circ$, o ângulo em $A$ só pode ser $90^\circ$. Gabarito C. A lição: numa figura de quadrado, a diagonal fornece $45^\circ$ e o centro fornece pontos médios, e essas duas informações fecham LAL ou ALA em quase todo item.
• Vela da caravela (PAS 2015, item 88). As velas são triângulos retângulos isósceles; se o maior lado da maior vela mede $20\sqrt{2}$ m, os catetos medem 20 m, e a caravela, que contém a vela, passa de 20 m. Gabarito C. O item em si é de Pitágoras e fica naquela página; entra aqui só pelo gesto, que é o desta seção: a hipótese “retângulo isósceles” é o que a figura garante, e tudo sai dela.
• Pentagrama (PAS 2005, item 97). No pentágono regular estrelado, as alturas dos triângulos $DAC$ e $ACE$ relativas a $DC$ e $AE$ são eixos de simetria do pentágono e cruzam-se no centro. O item afirmava que esse ponto é o ponto médio das alturas. O centro está a $R$ do vértice e a $R\cos 36^\circ \approx 0{,}81R$ do lado oposto: a altura vale $1{,}81R$ e o centro a divide em $55\%$ e $45\%$, não ao meio. Gabarito E. A figura garante o centro comum, não a metade.
• Pontos de Lagrange (PAS 2024, itens 94 e 95). $L_4$ é equidistante do Sol e da Terra e forma com eles um triângulo equilátero; o item 95 afirmava que $L_1$, $L_3$ e $L_4$ formam um triângulo retângulo, o que a figura não garante. Ler a figura é listar o que ela dá e recusar o que ela não dá.
• Losango nos pontos médios (PAS 2013, item 73). Um losango com vértices nos pontos médios dos lados de um retângulo $16 \times 12$ tem lado $10$ (metade da diagonal do retângulo, por Pitágoras em $8$ e $6$): perímetro $40$, contra $56$ do retângulo, que é $40\%$ maior. Gabarito C. Pontos médios e lado igual à metade da diagonal: é o quadrilátero de Varignon, sempre um paralelogramo, e losango quando o quadrilátero de partida é um retângulo.

Os erros que a banca planta

• Mediatriz × mediana; bissetriz × altura. Quatro retas distintas por lado, que só coincidem no isósceles (para a base) e no equilátero.
• “Passa pelo ponto médio, logo é a mediatriz.” Falta a perpendicularidade.
• Ortocentro ou circuncentro “sempre dentro”. Só no acutângulo.
• Circuncentro equidistante dos lados; incentro dos vértices. É o contrário.
• AAA garante congruência. Garante semelhança. LLA (ângulo não compreendido) também não garante em geral; só fecha com ângulo reto ou obtuso, ou quando o lado oposto ao ângulo dado é o maior.
• Abertura do compasso menor ou igual à metade na mediatriz: os arcos não se cruzam (ou se tocam num só ponto).
• Medir com a régua para “provar”. Medir confere o traçado; a prova é a congruência.
• Baricentro no meio da mediana. Está a $2/3$ do vértice.
• Dois pontos, uma mediatriz; três pontos colineares, torre nenhuma. Se as três cidades estão alinhadas, as mediatrizes são paralelas e não há ponto equidistante das três.

O essencial em meia página

• Régua sem marcas e compasso fazem três coisas: reta por dois pontos, circunferência de centro e raio dados, interseções. O compasso garante distâncias iguais sem medir; construir é demonstrar.
• Congruência: LLL, LAL, ALA, LAAₒ. AAA dá semelhança; LLA é ambíguo. Toda construção se justifica por um caso.
• Mediatriz de $AB$: arcos de mesmo raio ($>$ metade) em $A$ e $B$; LLL em $APQ$ e $BPQ$ dá ponto médio e $90^\circ$. Bissetriz: arco no vértice, arcos nos pés, LLL. Transporte de ângulo: LLL. Perpendicular por $P$: $P$ na mediatriz de dois pontos da reta. Paralela: transporte de ângulo ou losango. Divisão em $n$ partes: Tales.
• Lugares geométricos: distância a um ponto $\to$ circunferência; equidistante de dois pontos $\to$ mediatriz; equidistante de duas retas $\to$ bissetrizes; distância a uma reta $\to$ duas paralelas. Duas condições $\to$ interseção.
• Pontos notáveis: circuncentro (mediatrizes; vértices; circunscrita; fora no obtusângulo, meio da hipotenusa no retângulo), incentro (bissetrizes; lados; inscrita; sempre dentro), baricentro (medianas; $2 : 1$; sempre dentro), ortocentro (alturas; fora no obtusângulo, no vértice reto no retângulo). Equilátero: coincidem. Isósceles: alinhados.
• Triângulo retângulo: $R = c/2$; $r = (a + b - c)/2$. Ângulo inscrito num diâmetro $= 90^\circ$.
• Regulares: hexágono (lado $=$ raio, seis passos), equilátero (dois arcos), quadrado (perpendicular $+$ dois arcos).
• Na prova: marque o que a figura garante, feche um caso de congruência ou um lugar geométrico, e recuse o que a figura não dá.