2

Congruência de
Triângulos
Sumário
2.1 Os casos LAL, ALA e LLL . . . . . . . . . . . . . . 2

2.2 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

2.3 Aplicações de congruência . . . . . . . . . . . . . . 11

2.4 Problemas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

1
Unidade 2 Os casos LAL, ALA e LLL

Congruência de Triângulos

Esta unidade é devotada ao estudo de condições necessárias e sucientes

para que dois triângulos possam ser considerados iguais, num sentido a ser pre-
cisado. Discutimos, ainda, várias consequências interessantes de tais conjuntos
de condições, notadamente o quinto axioma de Euclides (também conhecido
como o axioma das paralelas), a desigualdade triangular e os vários tipos de
quadriláteros notáveis.

2.1 Os casos LAL, ALA e LLL

Consideremos, inicialmente, o exemplo a seguir.

Exemplo 1 Construa com régua e compasso um triângulo equilátero ABC de lados

iguais a l.

Solução

Descrição dos passos.

1. Marque um ponto arbitrário A no plano.

2. Com a abertura do compasso igual a l, centre-o em A e construa o círculo
de centro A e raio l.

3. Marque um ponto arbitrário B sobre tal círculo.

4. Com a abertura do compasso igual a l, centre-o em B e construa o círculo
de centro B e raio l.

5. Denotando por C uma qualquer das interseções dos dois círculos traçados,
construímos um triângulo ABC , equilátero e de lado l.

2
 Congruência de Triângulos Unidade 2

No exemplo acima, construímos um triângulo tendo certas propriedades

pré-estabelecidas (ser equilátero, com comprimento dos lados conhecido). Ao
resolvê-lo, aceitamos implicitamente o fato de que só havia, essencialmente, um
triângulo satisfazendo as propriedades pedidas; de outro modo, qualquer outro
triângulo que tivéssemos construído mereceria ser qualicado como igual ao
triângulo construído, uma vez que só diferiria desse por sua posição no plano.
A discussão acima motiva a noção de igualdade para triângulos, a qual
recebe o nome especial de congruência: dizemos que dois triângulos são con-
gruentes se for possível mover um deles no espaço, sem deformá-lo, até fazê-lo
coincidir com o outro.
Assim, se dois triângulos ABC e A0 B 0 C 0 forem congruentes, deve existir
uma correspondência entre os vértices de um e do outro, de modo que os
ângulos internos em vértices correspondentes sejam iguais, bem como o sejam
os lados opostos a vértices correspondentes. A Figura 2.1 mostra dois triângulos
congruentes ABC e A0 B 0 C 0 , com a correspondência de vértices
A ←→ A0 ; B ←→ B 0 ; C ←→ C 0 .
Para tais triângulos, temos então
A C′

B C A′
B′

Figura 2.1: dois triângulos congruentes.

(
A
b=Ab0 ; B
b=B b0; C
b=Cb0
.
AB = A0 B 0 ; AC = A0 C 0 ; BC = B 0 C 0
É imediato que a congruência de triângulos possui as duas propriedades
interessantes a seguir1 :
1O leitor com algum conhecimento prévio de Geometria Euclidiana notará que, no que
segue, não listamos a propriedade reexiva da congruência de triângulos. Nesse sentido,
sempre que nos referirmos, em um certo contexto, a dois triângulos, cará implícito que os
mesmos são, necessariamente, distintos.

3
Unidade 2 Os casos LAL, ALA e LLL

1. Simetria: tanto faz dizermos que um triângulo ABC é congruente a

um triângulo DEF quanto que DEF é congruente a ABC , ou mesmo
que ABC e DEF são congruentes. Isso porque, se pudermos mover
ABC , sem deformá-lo, até fazê-lo coincidir com DEF , então certamente
poderemos fazer o movimento contrário com DEF , até superpô-lo a
ABC .

2. Transitividade: se ABC for congruente a DEF e DEF for congruente

a GHI , então ABC será congruente a GHI . Isso porque podemos mover
ABC até fazê-lo coincidir com GHI por partes: primeiro, movemos ABC
até que ele coincida com DEF e, então, continuamos a movê-lo até que
coincida com GHI .
Doravante, escreveremos
ABC ≡ A0 B 0 C 0
para denotar que os dois triângulos ABC e A0 B 0 C 0 são congruentes, com a
correspondência de vértices

A ←→ A0 ; B ←→ B 0 ; C ←→ C 0 .

Seria interessante dispormos de critérios para decidir se dois triângulos dados

são ou não congruentes. Tais critérios deveriam ser os mais simples possíveis,
a m de facilitar a vericação da congruência. Esses critérios existem e são
chamados casos de congruência de triângulos.
No que segue, vamos estudar os vários casos de congruência de triângulos
sob um ponto de vista informal. Cada caso é precedido de um problema de
construção com régua e compasso, cuja solução motiva sua formalização.

Exemplo 2 Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecidos BC = a,

AC = b e C
b = γ.

Solução

a b γ

4
 Congruência de Triângulos Unidade 2

Descrição dos passos.

−→
1. Marque um ponto C no plano e, em seguida, trace uma semirreta CX
de origem C .

2. Transporte o ângulo dado −→

para um ângulo X CY
b = γ , de vértice C ,
determinando a semirreta CY de origem C .
−→ −→
3. Sobre as semirretas CX e CY marque, respectivamente, os pontos B e
A tais que AC = b e BC = a.

Analisando os passos da construção acima notamos que, escolhendo outra

posição para o vértice C e outra direção para os lados do ângulo ∠XCY , a
construção do triângulo ABC continuaria determinada pelos dados do exemplo
e obteríamos um triângulo que, intuitivamente, gostaríamos de qualicar como
congruente ao triângulo inicial. Essa discussão motiva nosso primeiro caso de
congruência, conhecido como o caso LAL.

Se dois lados de um triângulo e o ângulo formado por esses dois lados forem Axioma 3
LAL
respectivamente iguais a dois lados de outro triângulo e ao ângulo formado por
esses dois lados, então os dois triângulos são congruentes.

A C′

B C A′
B′

Figura 2.2: o caso de congruência LAL.

Em símbolos, o caso de congruência acima garante que, dados triângulos

ABC e A0 B 0 C 0 , temos:

AB = A0 B 0 
LAL

0
AC = A C 0 =⇒ ABC ≡ A0 B 0 C 0 ,

A b0
b=A 

5
Unidade 2 Os casos LAL, ALA e LLL

com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Em particular,

segue, daí, que
Bb=B b0, C b=C b0 e BC = B 0 C 0 .

Consideremos, agora, o exemplo a seguir.

Exemplo 4 Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecidos BC = a,

B
b=β e C
b = γ.

Solução

a
β γ

Descrição dos passos.

1. Trace uma reta r e, sobre a mesma, marque pontos B e C tais que

BC = a.
−→
2. Construa uma semirreta BX tal que C BX
b = β.
−→
3. No semiplano determinado por r e X construa a semirreta CY tal que
b = γ.
B CY
−→ −→
4. Marque o ponto A como interseção das semirretas BX e CY .

Aqui novamente, analisando os passos da construção acima, notamos que,

escolhendo outra posição para o lado BC e mantendo BC = a, a construção
do triângulo ABC continuaria determinada pelas medidas impostas aos ângulos
∠B e ∠C , de modo que obteríamos um triângulo que gostaríamos de qualicar
como congruente ao triângulo inicial. Essa discussão motiva nosso segundo
caso de congruência, o caso ALA.

6
 Congruência de Triângulos Unidade 2

Se dois ângulos de um triângulo e o lado compreendido entre esses dois Axioma 5

ALA
ângulos forem respectivamente iguais a dois ângulos de outro triângulo e ao lado
compreendido entre esses dois ângulos, então os dois triângulos são congruentes.

A C′

B C A′
B′

Figura 2.3: o caso de congruência ALA.

Em símbolos, dados dois triângulos ABC e A0 B 0 C 0 , temos:


A
b=A b0 
ALA

B=B
b b 0 =⇒ ABC ≡ A0 B 0 C 0 ,

AB = A0 B 0


com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Em particular,

também devemos ter

C b0 , AC = A0 C 0 e BC = B 0 C 0 .
b=C

Examinemos, agora, o exemplo que motivará nosso terceiro caso de con-

gruência.

Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecidos AB = c, Exemplo 6

AC = b e BC = a.

Solução

c
a b

7
Unidade 2 Os casos LAL, ALA e LLL

Descrição dos passos.

1. Trace uma reta r e, sobre a mesma, marque pontos B e C tais que

BC = a.

2. Trace os círculos de centro B e raio c e de centro C e raio b.

3. Marque o ponto A como um dos pontos de interseção dos círculos traça-
dos no item anterior.

Uma vez mais, os passos da construção evidenciam que, com outro posi-
cionamento inicial para o lado BC (mantida, é claro, a condição BC = a),
obteríamos um triângulo que gostaríamos de qualicar como congruente ao
triângulo inicial. Isto motiva, então, nosso terceiro caso de congruência, o caso
LLL, enunciado a seguir.

Axioma 7 Se os três lados de um triângulo são, em alguma ordem, respectivamente

LLL
congruentes aos três lados de outro triângulo, então os dois triângulos são
congruentes.

A C′

B C A′
B′

Figura 2.4: o caso de congruência LLL.

Em símbolos, dados dois triângulos ABC e A0 B 0 C 0 , temos:


AB = A0 B 0 
LLL

BC = B C 0 0 =⇒ ABC ≡ A0 B 0 C 0 ,

CA = C 0 A0


com a correspondência de vértices A ↔ A0 , B ↔ B 0 , C ↔ C 0 . Em particular,

também temos
Ab=A b0 , Bb=Bb0 e C b=C b0 .

8
 Congruência de Triângulos Unidade 2

Vale observar que os casos de congruência ALA e LLL decorrem do caso

LAL no seguinte sentido: dados, no plano, dois triângulos quaisquer, pode
ser mostrado que a validade de um qualquer dos conjuntos de condições ALA
ou LLL para os mesmos acarreta a validade de uma condição do tipo LAL.
No entanto, como tais deduções não implicariam em ganho substancial para
o propósito destas notas, não as apresentaremos aqui (para uma exposição,
referimos o leitor a [3]). Por m, apresentaremos os dois últimos casos de
congruência de triângulos no Corolário 4.8 e no Problema 1 da Unidade 4,
mostrando como tais casos podem ser deduzidos a partir dos casos ALA e LLL,
estudados acima.
Por m, observamos que, uma vez estabelecida a congruência de dois triân-
gulos, sempre que não houver perigo de confusão omitiremos a correspondência
entre seus vértices. Essa praxe será utilizada várias vezes no restante dessas
notas, de forma que exortamos o leitor, em cada uma de tais oportunidades, a
checar com cuidado a correspondência apropriada entre os vértices envolvidos,
para o bem da compreensão do texto.

9
Unidade 2 Problemas

2.2 Problemas

1. (a) Dê um exemplo mostrando dois triângulos congruentes para os quais

não seja possível mover rigidamente (i.e., sem deformar) um deles
no plano até fazê-lo coincidir com o outro.

(b) Em que diferem os dois triângulos congruentes do item (a) que

justique não podermos fazer tal movimento no plano?
(c) Para o exemplo do item (a), mostre como mover rigidamente um
dos triângulos no espaço até fazê-lo coincidir com o outro.
(Sugestão: para o item (a), considere triângulos escalenos ABC e A0 BC
no plano, tais que AB = A0 B e AC = A0 C . A razão da impossibilidade
de mover (no plano) um deles até fazê-lo coincidir com o outro é o fato
de que eles têm orientações distintas.)

10
 Congruência de Triângulos Unidade 2

2.3 Aplicações de congruência

Colecionamos, nesta seção, algumas aplicações úteis dos casos de congruên-

cia de triângulos estudados na seção anterior. Tais aplicações aparecerão do-
ravante com tanta frequência que o leitor deve se esforçar por memorizá-las o
quanto antes.

−→
Dado um ângulo ∠AOB , a bissetriz de ∠AOB é a semirreta OC que Definição 8
−→
o divide em dois ângulos iguais. Neste caso, dizemos ainda que OC bissecta
∠AOB . Assim,
−→
OC bissecta ∠AOB ⇐⇒ AOC
b = B OC.
b

Assumiremos, aqui, que a bissetriz interna de um ângulo, caso exista, é

única. O próximo exemplo ensina como construi-la.

Construa com régua e compasso a bissetriz do ângulo ∠AOB dado abaixo. Exemplo 9

Solução

O A

Descrição dos passos.

1. Centre−→
o compasso em O e, com uma mesma abertura r, marque pontos
−→
X ∈ OA e Y ∈ OB .

2. Fixe uma abertura s > 21 XY e trace, dos círculos de raio s e centros X e

−→
Y , arcos que se intersectem num ponto C . A semirreta OC é a bissetriz
de ∠AOB .

11
Unidade 2 Aplicações de congruência

De fato, em relação aos triângulos XOC e Y OC construídos acima, temos

OX = OY = r e XC = Y C = s; uma vez que o lado OC é comum aos
dois triângulos, segue do caso de congruência LLL que XOC ≡ Y OC . Logo,
X OC
b = Y OC b ou, ainda, AOC b = B OCb .

Em um triângulo ABC , a bissetriz interna relativa a BC (ou ao vértice

A) é a porção AP da bissetriz do ângulo interno ∠A do triângulo, desde A até
o lado BC ; o ponto P ∈ BC é o pé da bissetriz interna relativa a BC .
Analogamente, temos em ABC as bissetrizes internas relativas aos lados AC
e AB (ou aos vértices B e C , respectivamente), de modo que todo triângulo
possui exatamente três bissetrizes internas. Neste momento, é instrutivo o
leitor desenhar um triângulo ABC , juntamente com a bissetriz interna relativa
ao vértice A e o pé da bissetriz correspondente; a esse respeito, veja também
o Problema 1, página 17.
Combinando os casos LLL e LAL podemos contruir também o ponto médio
de um segmento, i.e., o ponto que o divide em duas partes iguais. O próximo
exemplo explica como construi-lo.

Exemplo 10 Construa com régua e compasso o ponto médio do segmento AB .

Solução

Descrição dos passos.

1. Fixe uma abertura r > 12 AB e trace, dos círculos de raio r e centros A

e B , arcos que se intersectem nos pontos X e Y .
←→
2. O ponto M de interseção da reta XY com o segmento AB é o ponto
médio de AB .

De fato, em relação aos triângulos AXY e BXY , temos AX = BX e AY =

BY ; uma vez que o lado XY é comum aos dois triângulos, segue do caso de

12
 Congruência de Triângulos Unidade 2

congruência LLL que AXY ≡ BXY . Portanto, AXYb = B XYb ou, ainda,
AXM
b b . Agora, nos triângulos AXM e BXM , temos que AX =
= B XM
BX e AXM b = B XMb ; mas, como o lado XM é comum aos mesmos, segue
do caso LAL que AXM ≡ BXM . Logo, AM = BM .

Em um triângulo ABC , a mediana relativa ao lado BC (ou ao vértice A)

é o segmento que une o vértice A ao ponto médio do lado BC . Analogamente,
temos em ABC medianas relativas aos lados AC e AB (ou aos vértices B
e C , respectivamente), de modo que todo triângulo possui exatamente três
medianas. Sugerimos ao leitor desenhar um triângulo ABC , juntamente com
sua mediana relativa ao vértice A e o ponto médio do lado correspondente; veja
também o Problema 2, página 17.
Dadas duas retas r e s no plano, dizemos que r é perpendicular a s, que
s é perpendicular a r ou, ainda, que r e s são perpendiculares quando r e s
tiverem um ponto em comum e formarem ângulos de 90◦ nesse ponto. Escreve-
mos r⊥s para denotar que duas retas r e s são perpendiculares. O próximo
exemplo mostra como usar os casos de congruência estudados anteriormente
para construir a reta perpendicular a uma reta dada e passando por um ponto
dado.

Dados, no plano, uma reta r e um ponto A, construa com régua e compasso Exemplo 11

uma reta s tal que r⊥s e A ∈ s.

Há dois casos a considerar: Solução

(a)

Descrição dos passos.

1. Com o compasso centrado em A, descreva um arco de círculo que inter-

secte a reta r em dois pontos distintos B e C .

13
Unidade 2 Aplicações de congruência

←→
2. Construa o ponto médio M de BC e faça s = AM .

De fato, em relação aos triângulos ABM e ACM , temos AB = AC e

BM = CM ; como AM é lado de ambos os triângulos, segue do caso LLL que
ABM ≡ ACM e, daí, AM cB = AM cC . Mas, como AM cB + AMcC = 180◦ ,
←→
devemos ter, então, que AM
cB = AM cC = 90◦ ou, ainda, AM ⊥r.

(b)

A
r

Descrição dos passos.

1. Com o compasso centrado em A, descreva um semicírculo que intersecta

a reta r nos pontos B e C .

2. Trace, agora, círculos de raio r > 12 BC e centros respectivamente em B

e em C ; sendo A0 um dos pontos de interseção de tais círculos, temos
←→
A0 A⊥r.

De fato, temos ABA0 ≡ ACA0 por LLL e, daí, A0 AB b . Mas, como

b = A0 AC
A0 AB b = 180◦ , segue que A0 AB
b + A0 AC b = 90◦ .
b = A0 AC

Nas notações do exemplo anterior, se A ∈

/ r, então o ponto de interseção
da reta s, perpendicular a r por A, é denominado o pé da perpendicular
baixada de A a r.

Observação 12 Dados, no plano, um ponto A e uma reta r, é possível mostrar que existe

uma única reta s, perpendicular a r e passando por A (a esse respeito, veja o

Problema 19 da Unidade 4.

Dados, no plano, um ponto A e uma reta r, com A ∈ / r, a distância do

ponto A à reta r é denida como o comprimento do segmento AP , onde P
é o pé da perpendicular baixada de A a r (cf. Figura 2.5). Denotando por
d a distância de A a r, temos então d = AP . Provaremos na Unidade 5
que o comprimento do segmento AP é menor que o comprimento de qualquer

14
 Congruência de Triângulos Unidade 2

P P′ r

Figura 2.5: distância do ponto A à reta r.

outro segmento unindo A a um ponto P 0 ∈ r, com P 0 6= P ; nas notações da

Figura 2.5, d < AP 0 .
Em um triângulo ABC , a altura relativa ao lado BC (ou ao vértice A) é o
←→
segmento que une o vértice A ao pé da perpendicular baixada de A à reta BC .
Nesse caso, denominamos o pé da perpendicular em questão de pé da altura
relativa a BC . Analogamente, temos em ABC alturas relativas aos lados AC
e AB (ou aos vértices B e C , respectivamente), de modo que todo triângulo
possui exatamente três alturas. A esta altura, sugerimos ao leitor desenhar um
triângulo ABC , juntamente com sua altura relativa ao vértice A e o pé da
altura correspondente; a esse respeito, veja também o Problema 3, página 17.
Finalizamos essa seção estudando uma propriedade muito importante dos
triângulos isósceles:

Se ABC é um triângulo isósceles de base BC , então B b.

b=C Proposição 13

A prova dessa proposição está embutida na justicativa que demos para a Demonstração
construção do ponto médio de um segmento. Em todo caso, vamos repeti-la.

B M C

Figura 2.6: ABC isósceles ⇒B

b=C
b.

15
 Unidade 2 Aplicações de congruência

Seja M o ponto médio do lado BC (Figura 2.6). Como BM = CM ,

AB = AC e AM é lado comum de AM B e AM C , segue do caso de con-
gruência LLL que tais triângulos são congruentes. Logo, ABM b .
b = ACM

Corolário 14 Os ângulos internos de um triângulo equilátero são todos iguais.

Demonstração
Basta observar que todos os lados de um triângulo equilátero podem ser
vistos como bases do mesmo, considerado como triângulo isósceles.

16
 Congruência de Triângulos Unidade 2

2.4 Problemas

1. Construa com régua e compasso as bissetrizes internas do triângulo ABC

da Figura 2.7.(Sugestão: siga os passos da construção descrita no Exem-
plo 9.)

A B

Figura 2.7: bissetrizes internas de um triângulo.

2. Construa com régua e compasso as medianas do triângulo ABC da

Figura 2.8.(Sugestão: siga os passos da construção descrita no Exem-
plo 10.)

A B

Figura 2.8: medianas de um triângulo.

3. Construa com régua e compasso as alturas do triângulo ABC da Figura 2.8.

Após os três problemas acima, vale a pena tecermos alguns comentários.
Em primeiro lugar, é imediato, a partir das denições dadas, que as bis-
setrizes internas e as medianas de um triângulo estão sempre contidas
no mesmo; isso não é necessariamente verdadeiro para as alturas, con-
forme você pôde notar no último problema acima. Por outro lado, você
deve ter notado que, nas construções efetuadas nos três problemas referi-
dos, as bissetrizes internas do triângulo ABC passaram todas por um

17
Unidade 2 Problemas

mesmo ponto, o mesmo tendo ocorrido para as medianas e as alturas.

Tais concorrências não são devidas aos triângulos ABC escolhidos, de
fato, prova-se que bissetrizes internas, medianas e alturas de um triân-
gulo qualquer sempre passam por um mesmo ponto.

4. * Sejam dados, no plano, um ponto A e uma reta r, com A ∈/ r. Dize-

mos que um ponto A0 é o simétrico de A em relação à reta r quando
←→
AA0 ⊥r e r passar pelo ponto médio do segmento AA0 . Mostre como
construir A0 com régua e compasso2 . (Sugestão: comece construindo a
reta perpendicular a r e passando por A.)

5. Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecidos os com-

primentos AB = c, BC = a e ma da mediana relativa a A. (Sugestão:
comece construindo o triângulo ABM , onde M é o ponto médio do lado
BC .)

6. Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecendo os com-

primentos AB = c, AC = b e ma da mediana relativa a BC . (Sugestão:
−→
no triângulo ABC , sejam M o ponto médio do lado BC e A0 ∈ AM tal
que A0 M = AM . Mostre que A0 M C ≡ AM B e, em seguida, use esta
conclusão para construir o triângulo AA0 C . Construa, agora, o ponto
−→
médio M de AA0 e obtenha o vértice B como o ponto sobre CM tal que
BM = CM .)

7. Construa com régua e compasso o triângulo ABC , conhecidos os compri-

mentos AB = c e βa da bissetriz interna relativa ao lado BC , bem como
a medida ∠BAC = α. (Sugestão: divida o ângulo α em duas partes
iguais (com o auxílio da construção da bissetriz) e, em seguida, construa
o triângulo ABP , onde P é o pé da bissetriz interna de ABC relativa ao
−→
lado BC . Em seguida, obtenha o vértice C como a interseção de BP
−→
com AX , onde B AX b = α.)

8. * Se ABC é um triângulo isósceles de base BC , prove que a bissetriz, a

mediana e a altura relativas a BC coincidem. (Sugestão: se M é o ponto
2 Paraestudar sistematicamente reexão como uma transformação geométrica (cf. [10]),
é necessário denirmos o simétrico A0 de um ponto A em relação à reta r quando A ∈ r;
nesse caso, pomos A0 = A.

18
 Congruência de Triângulos Unidade 2

médio do lado BC , mostramos na Proposição 13 que os triângulos ABM

e ACM são congruentes por LLL. Conclua, daí, que AM é bissetriz de
∠BAC e que B M cA = C M cA. Por m, use o fato de B McA + C M cA =
180◦ para concluir que AM é altura.)

9. * Sejam ABC um triângulo e P , M e H respectivamente os pés da

bissetriz interna, mediana e altura relativas ao lado BC . Se P e H ou
M e H coincidirem, prove que ABC é isósceles de base BC . (Sugestão:
se P e H coincidirem, mostre que ABP ≡ ACP por ALA; se M e H
coincidirem, use LAL em vez de ALA.)

10. * Seja Γ um círculo de centro O e AB uma corda de Γ. Se M é um

ponto sobre AB , prove que

OM ⊥AB ⇔ AM = BM .

(Sugestão: uma vez que OA = OB , é suciente combinar os resultados

dos dois problemas anteriores.)

19
Referências Bibliográcas

[1] AKOPYAN, A. V. e ZASLAVSKY A. A. (2007). Geometry of Conics. Amer-

ican Mathematical Society.

[2] DE BARROS, A. A. e ANDRADE, P. F. DE A. (2009). Introdução à Geo-

metria Projetiva. Sociedade Brasileira de Matemática.

[3] BARBOSA, J. L. M. (2004). Geometria Euclidiana Plana . Sociedade

Brasileira de Matemática. 9

[4] BARBOSA, J. L. M. (1995). Geometria Hiperbólica . Instituto Nacional de

Matemática Pura e Aplicada.

[5] CAMINHA, A. (2012). Temas de Matemática Elementar, Volume 1.

Números Reais. Sociedade Brasileira de Matemática.

[6] COXETER, H. S. M. e GREITZER, S. L. (1967). Geometry Revisited . The

Mathematical Association of America.

[7] HEATH, T. L. (1956). The Thirteen Books of Euclid's Elements . Dover.

[8] HONSBERGER, R. (1995). Episodes in Nineteenth and Twentieth Century

Euclidean Geometry. The Mathematical Association of America.

[9] JOHNSON, R. (2007). Advanced Euclidean Geometry . Dover.

[10] YAGLOM, I. M. (1962). Geometric Transformations I. The Mathematical

Association of America. 18

[11] YAGLOM, I. M. (1968). Geometric Transformations II. The Mathematical

Association of America.

[12] YAGLOM, I. M. (1973). Geometric Transformations III. The Mathematical

Association of America.

[13] YAGLOM, I. M. e SHENITZER, A. (2009). Geometric Transformations IV.

The Mathematical Association of America.

20