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Universidade Federal do Rio de Janeiro INSTITUTO DE MATEMA´TICA Departamento de Me´todos Matema´ticos Gabarito da 2a Prova de Geometria I - Matema´tica - Monica 03/06/2013 1a Questa˜o: (1,5 ponto) (soluc¸a˜o na folha 1) Na figura, se os aˆngulos externos ACˆE e ABˆD satisfazem a desigualdade: ACˆE < ABˆD, mostre que ABˆD > ABˆC. Soluc¸a˜o Por hipo´tese, ABˆD > ACˆE. Pelo Teorema do aˆngulo externo, ACˆE > ABˆC. Logo ABˆD > ABˆC. 2a Questa˜o: (3 pontos) (soluc¸a˜o na folha 1) Prove que a mediatriz r de um segmento AB (isto e´, a reta r perpendicular a AB passando pelo ponto me´dio de AB), e´ o lugar geome´trico dos pontos do plano equidistantes das extremidades do segmento AB. Dica: Prove que: 1. Se P ∈ r enta˜o PA = PB. Soluc¸a˜o Seja Q o ponto de intersec¸a˜o de r com o segmento AB. Se P = Q enta˜o PA = PB, pois o ponto P = Q e´ o ponto me´dio de AB. Se P 6= Q, temos: • AQ = BQ, pois Q e´ ponto me´dio de AB. • AQˆP = 90◦ = BQˆP , pois r e´ a mediatriz de AB. • QP = QP , pois e´ lado comum aos dois triaˆngulos. Logo, por LAL, AQP = BQP . Em particular, PA = PB. 2. Se PA = PB enta˜o P ∈ r. Soluc¸a˜o Se P ∈ AB, como PA = PB, P e´ ponto me´dio de AB e portanto, P ∈ r. Seja Q o ponto de intersec¸a˜o de r com o segmento AB. Se P /∈ AB, temos: • AQ = BQ, pois Q e´ ponto me´dio de AB. • QP = QP , pois e´ lado comum aos dois triaˆngulos. • PA = PB, por hipo´tese. Logo, por LLL, AQP = BQP . Em particular, AQˆP = BQˆP = 90◦, o que mostra que P pertence a` mediatriz. 3a Questa˜o: (2 pontos) (soluc¸a˜o na folha 2) O triaˆngulo ABC e´ retaˆngulo em A e o ponto P ∈ BC e´ o pe´ da bissetriz interna do aˆngulo BAˆC. Calcule a distaˆncia de P ao lado AC em func¸a˜o de AB = c e AC = b. Dica: Se Q ∈ AC e´ tal que PQ⊥AC comece provando que AQ = PQ e que PQC ∼ BAC. Soluc¸a˜o Seja Q o pe´ da perpendicular baixada de P ao segmento AC. Como as duas retas que conte´m os segmentos AB e PQ sa˜o perpendiculares a` reta que conte´m o segmento AC, as duas retas sa˜o paralelas entre si. Logo, BAˆP = APˆQ, pois sa˜o aˆngulos correspondentes. Mas, como AP e´ bissetriz do aˆngulo BAˆC, BAˆP = PAˆQ. Portanto, APˆQ = PAˆQ, o que prova que o triaˆngulo APQ e´ iso´sceles e AQ = PQ. 2 Seja AQ = PQ = x, o valor que queremos calcular. Temos PQˆC = 90◦ = BAˆC e QCˆP = ACˆB, portanto, por semelhanc¸a ALA, PQC ∼ BAC. Em particular PQ BA = QC AC , isto e´, x c = b− x b , x = bc b+ c . 4a Questa˜o: (3,5 pontos) (soluc¸a˜o na folha 3) Complete a demonstrac¸a˜o do teorema, justifi- cando os passos dos itens a) ao f) da prova a seguir: Teorema da boca aberta: ”Dados dois triaˆngulos ABC e DEF com AB = DE, BC = EF , se B̂ > Ê enta˜o AC > DF .” prova. Seja H um ponto tal que a semi-reta SBH divide o aˆngulo Bˆ com HBˆC = DEˆF e BH = ED. Seja K o ponto que a semi-reta SBH intersecta o lado AC. Seja SBL a bissetriz de ABˆH = ABˆK. Seja M o ponto que a semi-reta SBL intersecta o lado AC. a) Os triaˆngulos DEF e HBC sa˜o congruentes. Soluc¸a˜o Temos: • DE = HB, por construc¸a˜o. • DEˆF = HBˆC, por construc¸a˜o. • EF = BC, por hipo´tese. Logo, por congrueˆncia LAL, DEF = HBC. Em particular, DF = HC. b) Os triaˆngulos ABM e HBM sa˜o congruentes. Soluc¸a˜o Temos: 3 • AB = HB, pois AB = DE por hipo´tese e DE = HB, por construc¸a˜o. • ABˆM = HBˆM , pois BM e´ bissetriz de ABˆH. • BM = BM , lado comum. Logo, por congrueˆncia LAL, ABM = HBM . Em particular, AM = HM . c) Se K = H, AC > DF . Soluc¸a˜o Pois A, H e C sa˜o colinares e como, pelo item a), DF = HC, AC = AH +HC = AH +DF > DF. d) Se K 6= H, HC < HM +MC. Soluc¸a˜o Pois A, H e C na˜o sa˜o colinares e, pela desigualdade triangular, HC < HM +MC. e) Logo HC < AC. Soluc¸a˜o Pelo item b), AM = HM e HC < HM +MC = AM +MC = AC. f) Logo DF < AC. Soluc¸a˜o Pois pelo item a), HC = DF , logo pelo item e), HC = DF < AC. E, sera´ que vale a rec´ıproca? ”Se AC > DF enta˜o B̂ > Ê”? Prove ou deˆ um contra- exemplo. Soluc¸a˜o Se B̂ ≤ Ê ou AC = DF , no caso da igualdade, ou, usando o teorema da boca aberta, AC < DF , no caso da desigualdade, . Logo, vale a rec´ıproca. 4
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