AD1 GP 2013 2 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 – AD1 – Gabarito – 2013.2
Questa˜o 1: [1,6 pts] ABC e´ um triaˆngulo no qual o aˆngulo B̂ = 64◦52′ e o aˆngulo Ĉ = 46◦25′.
Trac¸am-se a bissetriz do aˆngulo A e a bissetriz do aˆngulo agudo formado pela bissetriz do aˆngulo A
e o lado BC. Calcule o aˆngulo agudo que a segunda bissetriz forma com o lado AB.
Soluc¸a˜o: Seja ABC o triaˆngulo no qual B̂ = 64◦52′ e Ĉ = 46◦25′.
Trac¸am-se as bissetrizes
−−→
AD e
−−→
DE conforme enunciado:
A
C
B
D
E
46º25'
64º52'x
x
y
Em ∆ABC, temos que
 = 180◦ − (64◦52′ + 46◦25′) = 180◦ − 111◦17′ = 179◦60′ − 111◦17′ = 68◦43′
Enta˜o
Â
2
=
68◦43′
2
= 34◦21′30′′
Observe que
AD̂C = 180◦ − (46◦25′ + 34◦21′30′′) = 180◦ − 80◦46′30′′ = 179◦59′60′′ − 80◦46′30′′ = 99◦13′30′′
e
AD̂B = 180◦ − (64◦52′ + 34◦21′30′′) = 180◦ − 99◦13′30′′ = 179◦59′60′′ − 99◦13′30′′ = 80◦46′30′′
Enta˜o 2x = AD̂B = 80◦46′30′′ aˆngulo agudo formado pela bissetriz do aˆngulo A e o lado BC.
Logo
x =
80◦46′30′′
2
= 40◦23′15′′
Seja y = DÊB e´ o aˆngulo agudo pedido, enta˜o
y =
Â
2
+ x = 34◦21′30′′ + 40◦23′15′′ = 74◦44′45′′
Questa˜o 2: [1,0 pts] Calcule o valor de x dado na figura:
Geometria Plana – Gabarito AD1 2
5α
γ
γ
α
x
Soluc¸a˜o: Considere a figura, onde Ĝ = 90◦:
5α
γ
γ
α
x
A
B
C
D
E
F
G
No triaˆngulo AGC, onde γ e´ aˆngulo externo, temos que
γ = 90◦ + α (1)
No triaˆngulo FEC, onde 5α e´ aˆngulo externo, temos que
5α = γ + α ⇒ γ = 4α (2)
Substituindo em (1) vem
4α = 90◦ + α ⇒ 3α = 90◦
Enta˜o α = 30◦ e γ = 120◦ .
Temos que EF̂C = 180◦ − 150◦ = 30◦. Enta˜o no triaˆngulo FGD x = 30◦ + 90◦ = 120◦.
OBS: Tambe´m podemos concluir no triaˆngulo GDB, pelos aˆngulos externos, que
x+ γ + γ = 360◦ ⇒ x = 120◦
Questa˜o 3: [1,5 pts] Considere os aˆngulos adjacentes AÔB, BÔC e CÔD tal que m(AÔB) =
20◦ e m(BÔD) = m(DÔE) e m(CÔE) = m(BÔC) + m(BÔD) = 90◦. Calcule a medida do
aˆngulo AÔC.
Soluc¸a˜o: Considere treˆs aˆngulos adjacentes AÔB, BÔC e CÔD, tal que
m(AÔB) = 20◦, m(BÔD) = m(DÔE) e m(CÔE) = m(BÔC) +m(BÔD) = 90◦
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Geometria Plana – Gabarito AD1 3
β
20º
y
A
B
C D
E
y
Tome β = BÔC e BÔD = DÔE = y, temos que
2y = 90◦ + β (1)
β + y = 90◦ ⇒ β = 90◦ − y (2)
Substituindo (2) em (1)vem:
2y = 180◦ − y ⇒ 3y = 180◦ ⇒ y = 60◦
Enta˜o β = 30◦ e portanto
AÔC = AÔB + β = 20◦ + 30◦ = 50◦
Questa˜o 4: [1,8 pts] Determine os aˆngulos agudos de um triaˆngulo retaˆngulo no qual a soma de
dois aˆngulos externos e´ igual a 248◦.
Soluc¸a˜o: Considere o triaˆngulo retaˆngulo ABC com  = 90◦, cuja soma de dois aˆngulos externos
e´ igual a 248◦.
Sejam Aeˆ , Beˆ e Ceˆ os aˆngulos externos:
Bê
Cê
A B
C
Aê
Inicialmente vamos supor que Beˆ+ Ceˆ = 248◦, enta˜o
180◦ − B̂ + 180◦ − Ĉ = 248◦ ⇒ B̂ + Ĉ = 360◦ − 248◦ = 112◦
Mas B̂ + Ĉ = 90◦, pois  = 90◦. Portanto podemos concluir que
Beˆ+ Aeˆ = 248◦ ou Aeˆ+ Ceˆ = 248◦
(I) Beˆ+ Aeˆ = 248◦ ⇒ 180◦ − B̂ + 90◦ = 248◦ ⇒ B̂ = 270◦ − 248◦ = 22◦.
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Geometria Plana – Gabarito AD1 4
(II) Aeˆ+ Ceˆ = 248◦ ⇒ 90◦ + 180◦ − Ĉ = 248◦ ⇒ Ĉ = 270◦ − 248◦ = 22◦.
Da´ı se B̂ = 22◦, temos que Ĉ = 90◦ − 22◦ = 68◦.
De maneira ana´loga, se Ĉ = 22◦, temos que B̂ = 68◦.
Logo os aˆngulos agudos do triaˆngulo retaˆngulo sa˜o 22◦ e 68◦.
Questa˜o 5: [1,5 pts] Mostre que as perpendiculares trac¸adas respectivamente aos dois lados de
um aˆngulo por dois pontos equidistantes do ve´rtice cortam-se em um ponto da bissetriz do aˆngulo.
Soluc¸a˜o: Considere o aˆngulo BÂC e sejam D e E pertencentes, respectivamente, aos lados AB e
AC tal que AD = AE, ou seja, pontos equidistantes do ve´rtice A.
A
B
C
F
D
E
Sejam as perpendiculares a AB e AC passando por D e E, respectivamente. Essas perpendiculares
se cortam em F . Vamos mostrar que F pertence a bissetriz do aˆngulo BÂC.
Observe que ∆ADF ≡ ∆AEF , pelo crite´rio (caso especial), pois
AF comum
AD̂F ≡ AÊF = 90◦
AD ≡ AE (hipo´tese)
⇒ BF ≡ EF e DÂF ≡ EÂF.
Da´ı F pertence a bissetriz do aˆngulo BÂC.
Questa˜o 6: [1,3 pts] Se a raza˜o entre o nu´mero de diagonais e de lados de um pol´ıgono e´ um
nu´mero inteiro positivo, enta˜o o nu´mero de lados do pol´ıgono e´:
a) par;
b) ı´mpar;
c) mu´ltiplo de 3;
d) na˜o existe;
e) mu´ltiplo de 5.
Justifique sua resposta.
Soluc¸a˜o:
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Geometria Plana – Gabarito AD1 5
Resposta correta (b). Seja d o nu´mero de diagonais de um pol´ıgono de n lados. Se
d
n
= k, k inteiro
positivo. Enta˜o
n(n− 3)
2
n
= k ⇒ k = n− 3
2
⇒ n = 2k + 3, k ∈ N∗
Enta˜o n = 5, 7, 9 · · · , portanto n e´ ı´mpar.
Questa˜o 7: [1,3 pts] A diferenc¸a entre os geˆneros de dois pol´ıgonos e´ 3. O total de diagonais
desses dois pol´ıgonos e´ 9. Enta˜o:
a) um dos pol´ıgonos e´ o enea´gono;
b) um dos pol´ıgonos e´ o penta´gono;
c) o de menor geˆnero e´ um quadrila´tero;
d) um dos pol´ıgonos na˜o tem diagonais;
e) um dos pol´ıgonos e´ o deca´gono.
Justifique sua resposta.
Dica: O geˆnero de um pol´ıgono e´ dado pelo nu´mero de lados desse pol´ıgono.
Soluc¸a˜o:
Reposta item (d). Considere n1 e n2 o nu´mero de lados de dois pol´ıgonos, de diagonais d1 e d2,
respectivamente. Do enunciado temos
|n1 − n2| = 3 e d1 + d2 = 9
Suponha, sem perda de generalidade, que n1 > n2. Enta˜o
n1 − n2 = 3 ⇒ n1 = 3 + n2 (1)
d1 + d2 = 9 ⇒ n1(n1 − 3)
2
+
n2(n2 − 3)
2
= 9 (2)
Substituindo (1) em (2), vem
(3 + n2)(3 + n2 − 3)
2
+
n2(n2 − 3)
2
= 9 ⇒ n22 + 3n2 + n22 − 3n2 = 18 ⇒ 2n22 = 18
Portanto n2 = 3 e n1 = 3 + 3 = 6. Como n2 = 3, triaˆngulo, na˜o tem diagonais.
Questa˜o 8: [boˆnus: 0,5 pt] Na figura, g e h sa˜o as bissetrizes dos aˆngulos que t forma com as
paralelas r e s. Mostre que g e h sa˜o paralelas.
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Geometria Plana – Gabarito AD1 6
g
s
r
t
h
Soluc¸a˜o: Sejam g e h as bissetrizes dos aˆngulos que t forma com as paralelas r e s.
E
g
C
F
B
s
r
t
h
A
G
D
Considere na figura, as letras A,B,C,D,E, F e G. Temos que:
BÂC = CÂD, pois g e h sa˜o bissetrizes
DF̂E = EF̂G, pois g e h sa˜o bissetrizes
BÂD = AF̂G, (alternos internos)
DÂC = DF̂E, (alternos internos)
Logo g//h.
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