AD2 GP 2016 1 Gabarito

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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.
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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.
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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
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