Prova resolvida - Geometria Plana

Matemática em Exerćıcios
Prova resolvida - Geometria Plana
Professor Guilherme Miguel Rosa
Questão 1. Considere a figura abaixo em que D, E e F são os pontos de tangência do ćırculo de
centro I com o segmento BC, o prologamento de AB e o prolongamento de AC, respectivamente.
a) Sabendo que AE = 10 cm, calcule o peŕımetro do triângulo ABC.
b) Mostre que a medida do ângulo AIB é a metade da medida do ângulo ACB.
Solução:
• a) Pela propriedade das tangentes a uma circunferência se cruzando num ponto exterior, temos
que BE = BD, CD = CF , e AE = AF . Logo:
AB +BC +AC = (AE −BE) + (BD + CD) + (AF − CF )
= 10−BD +BD + CF + 10− CF
= 20 cm.
• b) Seja x = ∠AIB. Os segmentos AI e BI são bissetrizes dos ângulos ∠CAB = a e ∠DBE = b,
respectivamente. No triângulo ABC, pelo ângulo externo com vértice B, temos b = a + c. Já
no triângulo AIB, o ângulo externo com vértice em B fornece
b
2
=
a
2
+ x =⇒ x = b− a
2
=⇒ x = (a+ c)− a
2
=⇒ x = c
2
.
1
Questão 2. Na figura abaixo, AB = 15, BC = 20, AD = 10 e DC = 15. Determine DE.
Solução:
Os triângulos retângulos ABC e EDC são semelhantes, pois ∠ABC = ∠EDC = 90◦ e ∠ACB =
∠ECD. Logo
AB
ED
=
BC
DC
=⇒ 15
ED
=
20
15
=⇒ ED = 45
4
.
Questão 3. Calcule a área de um trapézio isósceles (lados não paralelos congruentes) de bases 2 cm
e 4 cm e peŕımetro 12 cm.
Solução:
Para calcular a área precisamos encontrar a altura do trapézio. Como a soma dos quatro lados do
trapézio deve resultar 12 cm sabemos que os lados congruentes do trapézio medem (12− 6)/2 = 3 cm.
Traçando a altura do trapézio partindo de um dos extremos da base menor, obtemos um triângulo
retângulo, conforme ilustra a figura a seguir:
Removendo da base maior o segmento correspondente à base menor, os dois segmentos que sobram
são congruentes, logo, cada um mede 1 cm. Com isso temos um triângulo retângulo de hipotenusa 3
e catetos 1 e h. Por Pitágoras:
32 = 12 + h2 =⇒ 8 = h2 =⇒
√
8 = h =⇒ h = 2
√
2.
Portanto, a área do trapézio é
(4 + 2)2
√
2
2
= 6
√
2 cm2.
2
Questão 4. Considere o triângulo ABC retângulo em A. Se BC = 15, AC = AB + 3 e a bissetriz
interna relativa ao lado AC intercepta esse lado no ponto D, determine BD.
Solução:
Seja AB = x, a figura a seguir ilustra a situação proposta:
Pelo Teorema de Pitágoras:
152 = x2 + (x+ 3)2 =⇒ 225 = x2 + (x2 + 6x+ 9) =⇒ 2x2 + 6x− 216 = 0.
Segue que x = 9. Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna:
AD
9
=
DC
15
=
AD +DC
24
=
12
24
=⇒ AD
9
=
1
2
=⇒ AD = 9
2
.
Por fim, aplicando Pitágoras no triângulo ABD:
BD
2
= 92 +
(
9
2
)2
=⇒ BD2 = 405
4
=⇒ BD = 9
√
5
2
.
Questão 5. Na figura a seguir, ABE é um triângulo equilátero, F é o ponto médio de AB, AC e DE
são paralelos e o ângulo BCD é reto. Além disso, AE = 6 e BC = 10.
a) Determine a medida de DF .
b) Calcule a área do poĺıgono AFDE.
3
Solução:
• a) Temos que DC = EF , onde EF é a altura do triângulo equilátero ABE de lado 6. Logo,
EF = 6
√
3/2 (resultado já conhecido). Como FB = 3, o triângulo retângulo FCD possui
catetos 13 e 6
√
3/2, onde sua hipotenusa DF é obtida por Pitágoras:
DF
2
= 132 +
(
6
√
3
2
)2
=⇒ DF 2 = 196 =⇒ DF = 14.
• b) A área do poĺıgono AFDE é dada pela área do poĺıgono ACDE excluindo-se a área do
triângulo FCD. Logo:
AAFDE = AACDE −AFCD
=
(13 + 16)
2
· 6
√
3
2
− 13 · 6
√
3
2
· 1
2
=
87
√
3
2
− 39
√
3
2
= 24
√
3 u.a.
4