Provas Exame Nacional de Acesso - Profmat - AV3 MA13 2013

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GABARITO MA13 Geometria I - Avaliação 3 - 2013/2
Questão 1. (pontuação: 2)
Os pentágonos regulares ABCDE e EFGHI da figura abaixo estão em posição tal que as retas CD e GH são
perpendiculares.
 
Calcule a medida do ângulo DEF .
Uma solução:
As retas perpendiculares CD e GH cortam-se em J . A reta BE encontra GH em L como mostra a figura abaixo.
Como BE é paralela a CD então BE é perpendicular a GH. Na figura, os ângulos de vértices J e L são retos.
Sejam: ∠DEF = θ, ∠LEF = α e ∠DEB = β.
 
Cada ângulo interno de um pentágono regular mede 108o. Como BE é paralela a CD e ∠CDE = 108o então
β = 180o − 108o = 72o. No quadrilátero ELGF temos α = 360o − 90o − 108o − 108o = 54o.
Assim, θ = 180o − 72o − 54o = 54o.
Outra solução:
A soma dos ângulos internos do pentágono EDJGF é 540o e todos os seus ângulos são conhecidos, com exceção
de θ. Somando todos eles, θ + (180o − 108o) + 90o + (180o − 108o) + (360o − 108o) = 540o, donde θ = 54o.
Questão 2. (pontuação: 2)
Em uma circunferência de centro O e raio R as cordas AB e CD são perpendiculares em P , interior à circunferência.
Seja CE um diâmetro da circunferência.
(0,5) a) Mostre que os triângulos CPA e CBE são semelhantes.
(0,5) b) Mostre que os arcos AD e EB são congruentes.
(1,0) c) Mostre que PA2 + PB2 + PC2 + PD2 = 4R2.
Uma solução:
 
a) Como CE é diâmetro, o ângulo CBE é reto. Os ângulos inscritos BEC e BAC são iguais pois subtendem o
mesmo arco CB. Assim os triângulos CPA e CBE são retângulos e possuem um mesmo ângulo agudo. Logo, são
semelhantes.
b) Como os os triângulos CPA e CBE são semelhantes, então os ângulos ACP e ECB são iguais. Assim, são
também iguais os arcos subtendidos AD e EB.
c) Arcos iguais subtendem cordas iguais. Então, AD = BE. Assim,
CB2 +BE2 = CE2
CB2 +AD2 = (2R)2
PB2 + PC2 + PA2 + PD2 = 4R2
Rearranjando os termos,
PA2 + PB2 + PC2 + PD2 = 4R2
Questão 3. (pontuação: 2)
O triângulo ABC tem área igual a 1. O ponto M é médio de AB e o ponto D é médio de CM . A reta AD
intersecta o lado BC em E.
(1,0 a) Calcule a área do quadrilátero MBED.
(1,0) b) Considerando AB = 1 e CM perpendicular a AB, determine o cosseno do ângulo ACB.
Uma solução:
Usaremos o śımbolo (X) para denotar a área da figura X.
 
Traçamos MF paralela a AE. Como M é médio de AB então F é médio de EB. Como D é médio de AM então
E é médio de CF . Então, CE = EF = FB. Vamos calcular a área do triângulo CDE.
(CDE)
(CMB)
=
CD
CM
· CE
CB
=
1
2
· 1
3
=
1
6
A mediana de um triângulo divide esse triângulo em dois outros de mesma área. Por isso (CMB) =
1
2
e, portanto,
(CDE) =
1
6
· 1
2
=
1
12
. Logo, (MBED) =
1
2
− 1
12
=
5
12
.
b)
Se ABC tem área igual a 1 e AB = 1, então a altura CM é igual a 2, CA2 = CB2 = 22 +
(
1
2
)2
= 174 . Seja
θ = ∠ACB. A lei dos cossenos no triângulo ABC relativa ao vértice C é AB2 = CA2 + CB2 − 2.CA.CB.cos θ.
Substituindo e fazendo as contas, temos: cos θ =
15
17
.
Vaio
Text Box
CM
Questão 4. (pontuação: 2)
O prisma triangular reto ABC DEF tem arestas laterais AD, BE e CF . Sabe-se que ∠BAC = 90o, AB = BE = 3
e AC = 4.
(0,5) a) Calcule cosseno do ângulo entre as retas AF e BE.
(0,5) b) Determine o comprimento da perpendicular comum entre as retas AF e BE.
(0,5) c) Determine a posição do centro da esfera circunscrita ao prisma.
(0,5) d) O ponto G é médio da aresta CF . O plano AEG dividiu o prisma em duas partes. Mostre que essas duas
partes têm mesmo volume.
Uma solução:
a) Como AC = 4 e CF = 3 então AF = 5. O ângulo entre as retas AF e BE é o ângulo FAD = α. Como o
prisma é reto, o ângulo ADF é reto e, portanto,
cosα =
AD
AF
=
3
5
 
b) O ângulo ABE é reto porque o prisma é reto. Como os ângulos FCA e CAB são retos então, pelo teorema das
três perpendiculares, o ângulo FAB é reto. Logo, AB é a perpendicular comum entre AF e BE. Então, AB = 3
unidades.
c) Basta encontrar o ponto equidistante de todos os vértices do prisma. Sejam M e N os pontos médios de BC
eEF , respectivamente. O ponto O, médio de MN é o centro da esfera circunscrita ao prisma. De fato, como o
triângulo ABC é retângulo em A temos MA = MB = MC = NF = NE = ND. Assim, os triângulos OMA,
OMB, OMC, OND, ONE e ONF são todos congruentes. Logo, O é equidistante de todos os vértices do prisma.
 
d) O volume do prisma é
V = (ABC).BE =
3.4
2
.3 = 18
O sólido ABCGE é um tronco de prisma. Seu volume é
V1 = (ABC).
CG+BE
3
= 6.
3
2 + 3
3
= 9
Como V1 =
V
2
, o plano AEG dividiu o prisma em duas partes de mesmo volume.
Obs: Esse fato ocorre em qualquer prisma triangular. Se S é a área da base e h a altura, o volume da parte de
baixo é
V1 = S.
h+ h2
3
= S.
3h2
3
=
S.h
2
=
V
2
Questão 5. (pontuação: 2)
O trapézio ABCD de bases AB e CD, representado na figura abaixo, gira em torno do eixo e que passa por A e
é perpendicular a AB gerando o sólido de revolução R. Dados AB = 4, CD = 2 e BC = AD = 3.
(1,0) a) Calcule o volume de R.
(1,0) b) Calcule a área total de R.
 
Uma solução:
Seja E a interseção da reta CD com o eixo. Como o trapézio é isósceles, a distância de D ao eixo é DE = 1. No
triângulo retângulo AED, AE = h = 2
√
2.
 
O sólido de revolução R é um tronco de cone de altura h com bases de raios AB e EC, subtráıdo de um cone de
altura h e base de raio ED.
 
a) O volume do sólido R é
V =
π · 2
√
2
3
· (42 + 32 + 4 · 3)− 1
3
π · 12 · 2
√
2 = 24π
√
2
b) Calcularemos a área gerada por cada segmento. Área gerada por AB (ćırculo).
S1 = π · 42 = 16π
Área gerada por CD (coroa circular).
S2 = π · 32 − π · 12 = 8π
Área gerada por AD (superf́ıcie lateral de um cone).
S3 = π · 1 · 3 = 3π
Área gerada por BC (superf́ıcie lateral de um tronco de cone).
S4 = π · (4 + 3) · 3 = 21π
A área total de R é a soma das áreas geradas pelos lados do trapézio ABCD. Assim,
S = S1 + S2 + S3 + S4 = (16 + 8 + 3 + 21)π = 48π