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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro Geometria Plana – AD2 – Gabarito – 2016.1 Questa˜o 1 [2,5 pts]: De um ponto fora do c´ırculo de 60 cm de raio trac¸am-se duas tangentes. Os pontos de tangeˆncia determinam na circunfereˆncia um arco de 10π cm. Calcule a medida do aˆngulo formado pelas duas tangentes. Justifique sua resposta. Soluc¸a˜o: Seja P o ponto fora do c´ırculo de raio R = 60 cm, x o aˆngulo formado pelas duas tangente e l o comprimento do arco ACB de medida 10π, Veja a figura. Temos que l = αR ⇒ 10π = α 60 ⇒ α = 10π 60 ⇒ α = π 6 Como sa˜o tangentes, vem que x + α = π ⇒ x = π − π 6 = 5π 6 . Logo o aˆngulo entre as duas tangentes e´ 5π 6 ou 150◦. Veja a figura ao lado com os valores dados no enunciado: Questa˜o 2 [2,0 pts]: Sabendo que AD = 3 cm, BF = 6 cm e BE = 7 cm, calcule o valor de DC, na figura. Justifique sua resposta. Soluc¸a˜o: Como a circunfereˆncia esta´ inscrita no triaˆngulo e O e´ ponto de AE, temos que AE e´ bissetriz interna do triaˆngulo ABC. Portanto pelo teorema da bissetriz interna vem: AB BE = AC EC (*) Mas AF = AD = 3 cm, BF = BG = 6 cm e BE = 7 cm. AB = AF + BF = 3 + 6 = 9 cm, AC = AD + DC = 3 + DC cm e Geometria Plana– Gabarito AD2 2 EC = GC −GE = GC − (BE − BG) = GC − (7− 6) = GC − 1 = DC − 1. Substituindo em (*) vem: 9 7 = 3 + DC DC − 1 ⇒ 9(DC − 1) = 7(3 + DC) ⇒ 9DC − 9 = 21 + 7DC ⇒ 2DC = 21 + 9. Logo DC = 30 2 = 15 cm. Questa˜o 3 [3,0pts]: Considere um quadrado ABCD. a) (0,7 pt) Mostre que o quadrila´tero MNPQ formado unindo-se os pontos me´dios dos lados de um quadrado e´ um quadrado. Justifique sua resposta. b) (0,7 pt) Se o lado do quadrado ABCD tem medida de 4 cm, qual a medida do lado do quadrado MNPQ. Justifique sua resposta. c) (0,9 pt) Trace o segmento de reta AE, que faz um aˆngulo de 30◦ com o segmento AB. Encontre as medidas de AE e EB, sabendo que AB = 4 cm. Justifique sua resposta. d) (0,7 pt) Trace o segmento de reta AF, que faz um aˆngulo de 60◦ com o segmento AB. Encontre a medida de FE, sabendo que AB = 4 cm.Justifique sua resposta. Soluc¸a˜o: a) M, N, P e Q sa˜o pontos me´dios de AB, BC, CD e AD, respectivamente, vamos mostrar que o quadrila´tero MNPQ e´ um paralelogramo que possui dois lados consecutivos congruentes e um aˆngulo reto. Vamos denominar os triaˆngulos ΔAMQ, ΔMBN , ΔNCP e ΔQDP , respectivamente, de (1), (2), (3) e (4). Os triaˆngulos (1), (2), (3) e (4) sa˜o retaˆngulos, iso´sceles e congruentes pelo crite´rio LAL. Por exemplo, ΔQAM ≡ ΔMBN , pois QA = MB, m(QÂM) = m(MB̂N) e AM = BN. Logo as hipotenusas desses quatro triaˆngulos sa˜o iguais. Os aˆngulos α = m(NP̂C), β = m(PN̂C) e γ = m(MN̂B) medem cada um 45◦, temos que β + γ = 90◦, enta˜o m(MN̂P ) = 90◦. De forma similar temos: m(QP̂N) = m(MQ̂P ) = m(QM̂N) = 90◦ Logo o quadrila´tero MNPQ e´ um quadrado. Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ Geometria Plana– Gabarito AD2 3 b) M e N sa˜o pontos me´dios de AB e BC, respectivamente. E como o lado do quadrado tem medida de 4 cm, MB = BN = 2 cm. O triaˆngulo MBN e´ retaˆngulo, enta˜o podemos aplicar o Teorema de Pita´goras para encontrar MN . MN 2 = MB 2 + BN 2 ⇒ MN 2 = 22 + 22 = 8 ⇒ MN = √ 8 = 2 √ 2. Como MNPQ e´ um quadrado enta˜o os lados desse quadrado tem medida 2 √ 2 cm. c) Observe que, na figura, cos 30◦ = AB AE e sen 30◦ = BE AE , Mas cos 30◦ = √ 3 2 e sen 30◦ = 1 2 , enta˜o √ 3 2 = AB AE ⇒ AE = 2AB√ 3 ⇒ AE = 8√ 3 = 8 √ 3 3 cm, E 1 2 = BE AE ⇒ BE = AE 2 = 8√ 3 ∙ 1 2 = 4√ 3 = 4 √ 3 3 cm. d) ΔABE ≡ ΔADF , pois m(FÂD) = m(EÂB) = 30◦, AD = AB (lados do quadrado) e m(AD̂F ) = m(AB̂E) = 90◦. Logo o triaˆngulo AEF e´ iso´sceles e AF = AE = 8√ 3 cm. Usando a lei dos cossenos vem: FE 2 = AF 2 + AE 2 − 2 ∙ AE ∙ AF ∙ cos 30◦ ⇒ FE 2 = ( 8√ 3 )2 + ( 8√ 3 )2 − 2 ∙ ( 8√ 3 ) ∙ ( 8√ 3 ) ∙ (√ 3 2 ) ⇒ FE 2 = 2 ∙ ( 64 3 ) − 2 ∙ ( 64 3 ) ∙ (√ 3 2 ) = 2 ∙ 64 3 ( 1− √ 3 2 ) ⇒ FE = √√√√2 ∙ 64 3 ( 1− √ 3 2 ) = 8 √√√√2 3 ( 1− √ 3 2 ) cm. Questa˜o 4 [2,5 pts]: Num triaˆngulo ABC tem-se AH = h, altura do triaˆngulo ABC em relac¸a˜o a BC. Determine o lado do triaˆngulo equila´tero DEF inscrito no triaˆngulo ABC tal que DE e´ paralela a BC, em func¸a˜o de BC e AH. Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ Geometria Plana– Gabarito AD2 4 Soluc¸a˜o: Como DE//BC temos, pelo teorema fundamental, que ΔADE ∼ ΔABC (1) Seja l o lado do triaˆngulo equila´tero DEF e h′ a altura do triaˆngulo DEF , sendo h′ = l √ 3 2 . De (1), vem h BC = h− l √ 3 2 l ⇒ h ∙ l = BC ( h− l √ 3 2 ) ⇒ h ∙ l = h ∙ BC − BC ∙ l √ 3 2 2h ∙ l + BC ∙ l √ 3 = 2h ∙ BC ⇒ l(2h + BC ∙ √ 3) = 2h ∙ BC l = 2h ∙ BC 2h + BC ∙ √3 ⇒ l = 2 ∙ AH ∙ BC 2 ∙ AH + BC ∙ √3 Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
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