prova-p2-gab-geom-2013-1-mat

Prévia do material em texto

Universidade Federal do Rio de Janeiro
INSTITUTO DE MATEMA´TICA
Departamento de Me´todos Matema´ticos
Gabarito da 2a Prova de Geometria I - Matema´tica - Monica
03/06/2013
1a Questa˜o: (1,5 ponto) (soluc¸a˜o na folha 1) Na figura, se os aˆngulos externos ACˆE e ABˆD
satisfazem a desigualdade: ACˆE < ABˆD, mostre que ABˆD > ABˆC.
Soluc¸a˜o
Por hipo´tese,
ABˆD > ACˆE.
Pelo Teorema do aˆngulo externo,
ACˆE > ABˆC.
Logo ABˆD > ABˆC.
2a Questa˜o: (3 pontos) (soluc¸a˜o na folha 1) Prove que a mediatriz r de um segmento AB (isto
e´, a reta r perpendicular a AB passando pelo ponto me´dio de AB), e´ o lugar geome´trico
dos pontos do plano equidistantes das extremidades do segmento AB.
Dica: Prove que:
1. Se P ∈ r enta˜o PA = PB.
Soluc¸a˜o
Seja Q o ponto de intersec¸a˜o de r com o segmento AB.
Se P = Q enta˜o PA = PB, pois o ponto P = Q e´ o ponto me´dio de AB.
Se P 6= Q, temos:
• AQ = BQ, pois Q e´ ponto me´dio de AB.
• AQˆP = 90◦ = BQˆP , pois r e´ a mediatriz de AB.
• QP = QP , pois e´ lado comum aos dois triaˆngulos.
Logo, por LAL, AQP = BQP . Em particular, PA = PB.
2. Se PA = PB enta˜o P ∈ r.
Soluc¸a˜o
Se P ∈ AB, como PA = PB, P e´ ponto me´dio de AB e portanto, P ∈ r.
Seja Q o ponto de intersec¸a˜o de r com o segmento AB.
Se P /∈ AB, temos:
• AQ = BQ, pois Q e´ ponto me´dio de AB.
• QP = QP , pois e´ lado comum aos dois triaˆngulos.
• PA = PB, por hipo´tese.
Logo, por LLL, AQP = BQP . Em particular, AQˆP = BQˆP = 90◦, o que mostra
que P pertence a` mediatriz.
3a Questa˜o: (2 pontos) (soluc¸a˜o na folha 2) O triaˆngulo ABC e´ retaˆngulo em A e o ponto
P ∈ BC e´ o pe´ da bissetriz interna do aˆngulo BAˆC. Calcule a distaˆncia de P ao lado AC
em func¸a˜o de AB = c e AC = b.
Dica: Se Q ∈ AC e´ tal que PQ⊥AC comece provando que AQ = PQ e que PQC ∼ BAC.
Soluc¸a˜o
Seja Q o pe´ da perpendicular baixada de P ao segmento AC.
Como as duas retas que conte´m os segmentos AB e PQ sa˜o perpendiculares a` reta que
conte´m o segmento AC, as duas retas sa˜o paralelas entre si. Logo,
BAˆP = APˆQ,
pois sa˜o aˆngulos correspondentes. Mas, como AP e´ bissetriz do aˆngulo BAˆC,
BAˆP = PAˆQ.
Portanto,
APˆQ = PAˆQ,
o que prova que o triaˆngulo APQ e´ iso´sceles e
AQ = PQ.
2
Seja
AQ = PQ = x,
o valor que queremos calcular.
Temos
PQˆC = 90◦ = BAˆC
e
QCˆP = ACˆB,
portanto, por semelhanc¸a ALA, PQC ∼ BAC.
Em particular
PQ
BA
=
QC
AC
,
isto e´,
x
c
=
b− x
b
,
x =
bc
b+ c
.
4a Questa˜o: (3,5 pontos) (soluc¸a˜o na folha 3) Complete a demonstrac¸a˜o do teorema, justifi-
cando os passos dos itens a) ao f) da prova a seguir:
Teorema da boca aberta: ”Dados dois triaˆngulos ABC e DEF com AB = DE,
BC = EF , se B̂ > Ê enta˜o AC > DF .”
prova. Seja H um ponto tal que a semi-reta SBH divide o aˆngulo Bˆ com HBˆC = DEˆF
e BH = ED. Seja K o ponto que a semi-reta SBH intersecta o lado AC. Seja SBL a
bissetriz de ABˆH = ABˆK. Seja M o ponto que a semi-reta SBL intersecta o lado AC.
a) Os triaˆngulos DEF e HBC sa˜o congruentes.
Soluc¸a˜o
Temos:
• DE = HB, por construc¸a˜o.
• DEˆF = HBˆC, por construc¸a˜o.
• EF = BC, por hipo´tese.
Logo, por congrueˆncia LAL, DEF = HBC. Em particular, DF = HC.
b) Os triaˆngulos ABM e HBM sa˜o congruentes.
Soluc¸a˜o
Temos:
3
• AB = HB, pois AB = DE por hipo´tese e DE = HB, por construc¸a˜o.
• ABˆM = HBˆM , pois BM e´ bissetriz de ABˆH.
• BM = BM , lado comum.
Logo, por congrueˆncia LAL, ABM = HBM . Em particular, AM = HM .
c) Se K = H, AC > DF .
Soluc¸a˜o
Pois A, H e C sa˜o colinares e como, pelo item a), DF = HC,
AC = AH +HC = AH +DF > DF.
d) Se K 6= H, HC < HM +MC.
Soluc¸a˜o
Pois A, H e C na˜o sa˜o colinares e, pela desigualdade triangular,
HC < HM +MC.
e) Logo HC < AC.
Soluc¸a˜o
Pelo item b), AM = HM e
HC < HM +MC = AM +MC = AC.
f) Logo DF < AC.
Soluc¸a˜o
Pois pelo item a), HC = DF , logo pelo item e),
HC = DF < AC.
E, sera´ que vale a rec´ıproca? ”Se AC > DF enta˜o B̂ > Ê”? Prove ou deˆ um contra-
exemplo.
Soluc¸a˜o
Se B̂ ≤ Ê ou AC = DF , no caso da igualdade, ou, usando o teorema da boca aberta,
AC < DF , no caso da desigualdade, . Logo, vale a rec´ıproca.
4