prova pf gab geom 2012 1 mat

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Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Gabarito da prova final de Geometria I - Matema´tica - Monica
25/06/2012
1a Questa˜o: (5,5 pontos) (soluc¸a˜o na folha 1)
Deˆ uma prova ou um contra-exemplo:
1. Por um ponto arbrita´rio da diagonal de um paralelogramo, trace duas paralelas aos
lados, decompondo-o assim em quatro paralelogramos menores. Dois deles teˆm a´reas
iguais.
2. Dados dois triaˆngulos ABC e EFG, se AB = EF , BC = FG e BCˆA = FGˆE enta˜o
ABC = EFG.
3. No espac¸o, por um ponto P dado, se pode trac¸ar um u´nico plano perpendicular a
uma reta r dada.
Soluc¸a˜o
1. Seja ABCD um paralelogramo. Na diagonal AC, escolhemos o ponto arbitra´rio E
e trac¸amos duas paralelas aos lados, cortando-as nos pontos F , G, H e I, como
na figura. A diagonal AC e´ diagonal nos paralelogramos ABCD, AFEI e EGCH,
portanto divide as a´reas destes paralelogramos em a´reas iguais. Logo:
area(AFE)+area(FBGE)+area(EGC) = area(AEI)+area(IEHD)+area(ECH).
Como area(AFE) = area(AEI) e area(EGC) = area(ECH), temos
area(FBGE) = area(IEHD)
e isto prova que os paralelogramos IEHD e FBGE tem mesma a´rea.
Obs. Ao tentar resolver esta questa˜o, foi natural calcular a´reas em casos particulares
e ”desconfiar”que a proposic¸a˜o era verdadeira.
2. A proposic¸a˜o descrita na˜o e´ verdadeira (e foi questa˜o da primeira prova). Um contra-
exemplo pode ser construido da seguinte forma : Construa um triaˆngulo iso´sceles
AEB com AB = EB. Escolha um ponto C na semi-reta SEA, tal que A esteja entre
C e E. Ligue o ponto C ao ponto B. Fazendo B = F e C = G, obtemos dois
triaˆngulos ABC e EFG, com AB = EF , BC = FG e BCˆA = FGˆE. Mas ABC e
EFG na˜o sa˜o congruentes pois CA e GE na˜o sa˜o congruentes.
3. A prova da existeˆncia e unicidade foram feitas em sala de aula.
2a Questa˜o: (2,0 pontos) (soluc¸a˜o na folha 2)
1. Enuncie o Axioma das paralelas.
2. Usando o axioma das paralelas mostre a proposic¸a˜o : Se m e n sa˜o retas paralelas,
enta˜o todos os pontos de m esta˜o a` mesma distaˆncia da reta n.
Soluc¸a˜o
Foi feita em sala de aula.
3a Questa˜o: (2,5 pontos) (soluc¸a˜o na folha 3)
Na figura a seguir as retas sa˜o tangentes comuns aos dois c´ırculos. Prove que m1 e m2 se
interceptam na linha dos centros. Prove que se os raios dos dois c´ırculos sa˜o diferentes, as
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retas n1 e n2 tambe´m se interceptam na reta dos centros.
Soluc¸a˜o
Repare que ICA = JCA por congrueˆncia LLA va´lida em triaˆngulos retaˆngulos. Do
mesmo modo, KCB = LCB por congrueˆncia LLA va´lida em triaˆngulos retaˆngulos. Se
IĈA = JĈA = α, KĈB = LĈB = β e IĈK = JĈL = γ, temos 2 (α+ β + γ) = 360◦, o
que implica α+ β + γ = 180◦, isto e´, A, C e B sa˜o colineares.
A prova da segunda afirmac¸a˜o e´ similar.
Obs. Este e´ um problema do livro.
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