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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 – 2016.2 Questa˜o 1: [3,0 pts] P e´ um ponto qualquer sobre a circunfereˆncia de centro em M . Q e´ um ponto arbitra´rio, sobre uma circunfereˆncia de centro em N . As circunfereˆncias encontram-se em A e B. Dados que as medidas dos aˆngulos m(AM̂B) = 110◦ e m(AN̂B) = 150◦, determine todos os valores poss´ıveis para a soma das medidas dos aˆngulos AP̂B e AQ̂B. Os pontos P e Q sa˜o distintos de A e B. Soluc¸a˜o: Considerando os dados do enunciado, observe que temos posic¸o˜es distintas para P e Q, onde M ′ e N ′ sa˜o pontos sobre a circunfereˆncia de centros M e N , respectivamente, conforme figura. 1) P e Q na˜o pertencem ao arco _ AB no interior das duas circunfereˆncias, 2) P e Q sa˜o pontos pertencentes ao arco _ AM ′B e _ AN ′B, respectivamente. 3) P na˜o pertencente ao arco _ AM ′B e Q pertencente ao arco _ AN ′B, 4) P pertencente ao arco _ AM ′B e Q na˜o pertencente ao arco _ AN ′B. Hipo´tese 1: Considere que os pontos P e Q na˜o pertencem ao menor arco _ AB nas duas cir- cunfereˆncias, onde M ′ e N ′ sa˜o pontos sobre a circunfereˆncia de centros M e N , respectivamente. Usando aˆngulo inscrito e aˆngulo central: m(AP̂B) = m( _ AM ′B) 2 = m(AM̂B) 2 = 110◦ 2 = 55◦. m(AQ̂B) = m( _ AN ′B) 2 = m(AN̂B) 2 = 150◦ 2 = 75◦. Portanto o valor pedido e´ : m(AP̂B) + m(AQ̂B) = 55◦ + 75◦ = 130◦. Hipo´tese 2: Considere P e Q sa˜o pontos pertencentes ao arco _ AM ′B e _ AN ′B, respectivamente. m(AP̂B) = 360◦ −m( _ APB) 2 = 360◦ −m(AM̂B) 2 m(AP̂B) = 360◦ − 110◦ 2 = 250◦ 2 = 125◦. m(AQ̂B) = 360◦ −m( _ AQB) 2 = 360◦ −m(AN̂B) 2 m(AQ̂B) = 360◦ − 150◦ 2 = 210◦ 2 = 105◦. Portanto o valor pedido e´ : m(AP̂B) + m(AQ̂B) = 125◦ + 105◦ = 230◦. Geometria Plana– Gabarito AD2 2 Hipo´tese 3: Considere P na˜o pertencente ao arco _ AM ′B e Q pertencente ao arco _ ANB, m(AP̂B) = m( _ AM ′B) 2 = m(AM̂B) 2 = 110◦ 2 = 55◦. m(AQ̂B) = 360◦ −m( _ AQB) 2 = 360◦ −m(AN̂B) 2 = 105◦. Portanto o valor pedido e´ : m(AP̂B) + m(AQ̂B) = 55◦ + 105◦ = 160◦. Hipo´tese 4: Seja P pertencente ao arco _ AM ′B e Q na˜o pertencente ao arco _ ANB. m(AP̂B) = 360◦ −m( _ APB 2 = 360◦ −m(AM̂B) 2 = 125◦. m(AQ̂B) = m( _ AN ′B) 2 = m(AN̂B) 2 = 150◦ 2 = 75◦. Portanto o valor pedido e´ : m(AP̂B) + m(AQ̂B) = 125◦ + 75◦ = 200◦. Questa˜o 2 [2,0 pts]: Prolongam-se os lados AB e AD de um paralelogramo ABCD e segmentos BM = AD e DN = AB. Mostre que os triaˆngulos DNC e BMC sa˜o iso´sceles e que os treˆs pontos M,N e C esta˜o na mesma reta, ou seja, sa˜o colineares. Soluc¸a˜o: Seja o paralelogramo ABCD e prolongue os lados AB e AD desse paralelogramo de segmentos BM = AD e DN = AB, conforme figura: Da propriedade do paralelogramo que lados opostos sa˜o iguais, o triaˆngulo DNC e´ iso´sceles pois DC = AB = DN assim como o triaˆngulo BMC e´ iso´sceles pois BC = AD = BM . Para mostrar que os pontos M,N e C sa˜o colineares, denote: m(AD̂C) = x e m(DÂB) = y, enta˜o m(AB̂C) = x e m(BĈD) = y, pela propriedade de paralelogramo. Como ∆BMC e´ iso´sceles, BC = BM , enta˜o m(BĈM) = m(BM̂C) = x 2 , ja´ que x = m(BĈM) + m(BM̂C)(aˆngulo externo). De maneira ana´loga, ∆DNC e´ iso´sceles, DC = DN , enta˜o m(DN̂C) = m(DĈN) = x 2 , ja´ que x = m(DN̂C) + m(DĈN). Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ Geometria Plana– Gabarito AD2 3 ND̂C = DÂB = y, pois os aˆngulos sa˜o correspondentes e AB//DC. Da´ı temos que x+y = 180◦, ja´ que sa˜o aˆngulos consecutivos do paralelogramo. Mas NĈM = NĈD + DĈB + BĈM = x 2 + y + x 2 = x + y = 180◦. Logo os pontos M,N e C esta˜o na mesma reta. Questa˜o 3 [3,0 pts]: A,B e C sa˜o pontos em uma reta, nessa ordem, tais que AB = 6 cm e BC = 3 cm. AX,BY e CZ sa˜o treˆs retas perpendiculares a reta AC, situadas num mesmo semi-plano dos determinados por essa reta, e I e´ o ponto da semirreta BY tal que BI = 5 cm. A reta AI intercepta CZ em N , a reta CI intercepta AX em M e a reta MN intercepta AC em P . Calcule AM,CN e CP . Soluc¸a˜o: Considere a figura com os dados do enunciado. Os pontos A,B e C em uma reta, nessa ordem. AB = 6 cm e BC = 3 cm. Trace as perpendiculares AX,BY e CZ a reta AC, situadas num mesmo semi-plano dos determinados por essa reta. Seja I o ponto da semirreta BY tal que BI = 5 cm. A reta AI intercepta CZ em N , a reta CI intercepta AX em M e a reta MN intercepta AC em P . Vamos calcular AM . Temos que ∆AMC ∼ ∆BIC ja´ que BI//AM , pelo Teorema Fundamental, logo AM AC = BI BC ⇒ AM 9 = 5 3 ⇒ AM = 9 · 5 3 = 15 cm Vamos calcular CN . Temos que ∆ANC ∼ ∆AIB ja´ que BI//CN , logo CN AC = BI AB ⇒ CN 9 = 5 6 ⇒ CN = 9 · 5 6 = 45 6 = 7, 5 cm Vamos calcular CP . Pelo Teorema fundamental, temos que ∆AMP ∼ ∆CNP ja´ que AM//CN , logo AM AP = CN CP ⇒ 15 9 + CP = 7, 5 CP ⇒ 15 · CP = 7, 5(9 + CP ) ⇒ CP = 9 cm Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ Geometria Plana– Gabarito AD2 4 Questa˜o 4 [2,0 pts]: Uma reta paralela ao lado AB de um triaˆngulo ABC intercepta os lados CA e CB nos pontos M e N , respectivamente. Calcule CM em func¸a˜o dos lados do triaˆngulo ABC, sabendo que o per´ımetro do triaˆngulo CMN e´ igual ao per´ımetro do trape´zio ABNM . Soluc¸a˜o: Seja o triaˆngulo ABC de lados AB = c, BC = a e AC = b. A reta paralela AB intercepta os lados CA e CB nos pontos M e N , respectivamente. Denote CM = x. Do Teorema de Tales, temos que CN BN = CM AM ⇒ CN a− CN = x b− x ⇒ ax− xCN = bCN − xCN ⇒ CN = ax b (1) Como o per´ımetro do triaˆngulo CMN e´ igual ao per´ımetro do trape´zio ABNM CN + MN + x = a− CN + MN + b− x + c ⇒ 2CN + 2x = a + b + c (2) Substituindo (1) em (2), vem 2ax b + 2x = a + b + c ⇒ 2ax + 2bx = b(a + b + c) ⇒ x(2a + 2b) = b(a + b + c) Portanto CM = b(a + b + c) 2(a + b) . Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
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