AP2 GP 2016 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 – AP2 – Gabarito
Questa˜o 1 [2,5 pts]:
ABCD e´ um quadrado cujo lado mede 6 metros.
Sobre o lado BC como diaˆmetro descreve-se
uma circunfereˆncia. Calcule o raio da circunfereˆncia
que e´ tangente a esta circunfereˆncia e tangen-
te ao lado AD em D. Justifique suas respostas.
Soluc¸a˜o:
Denote R o raio da circunfereˆncia que e´ tangente ao lado AD. O lado do quadrado ABCD mede
6 m, enta˜o o raio da circunfereˆncia de diaˆmetro BC mede 3 m.
Denote E e F o centro das circunfereˆncias, conforme figura.
Trace as perpendiculares a BC e DC, que passa por E e F ,
respectivamente. Seja G o ponto seu ponto de intersec¸a˜o.
Como CE = 3 e DF = R sa˜o raios das circunfereˆncias,
temos que FE = R + 3.
Aplicando o Teorema de Pita´goras, ja´ que o triaˆngulo EFG e´ retaˆngulo, vem:
FE
2
= FG
2
+ GE
2
(1)
Onde FG = CE = 3, FE = 3 + R e GE = 6−R.
Substituindo em (1) vem:
(3 + R)2 = 32 + (6−R)2 ⇒ 9 + 6R + R2 = 9 + 36− 12R + R2
⇒ 18R = 36 ⇒ R = 36
18
= 2
Logo o raio pedido e´ de 2 metros.
Geometria Plana – Gabarito AP2 2
Questa˜o 2 [2,5 pts]:
AB = 5 cm , AC = 12 cm sa˜o os catetos de
um triaˆngulo retaˆngulo com hipotenusa BC = 13 cm.
Por um ponto M da hipotenusa trac¸a-se paralelas aos catetos,
obtendo um retaˆngulo cujo per´ımetro e´ a metade do per´ımetro
do triaˆngulo ABC. Calcule MC. Justifique suas respostas.
Soluc¸a˜o: AB = 5 e AC = 12 sa˜o catetos do triaˆngulo retaˆngulo ABC.
E hipotenusa BC = 13 cm. No retaˆngulo ADMF ,
D pertence a lado AC e F pertence ao lado AB.
Denote DM = a e AD = b.
O per´ımetro do triaˆngulo ABC e´: 12 + 5 + 13 = 30 cm.
O per´ımetro do retaˆngulo e´ a metade do per´ımetro do triaˆngulo ABC.
Da´ı 2(a + b) =
30
2
= 15 ⇒ a + b = 15
2
(1)
DM//AB, pelo teorema fundamental, ∆ABC ∼ ∆DMC, enta˜o
CD
CA
=
DM
AB
=
MC
BC
Mas CD = 12− b e BF = 5− a, enta˜o
12− b
12
=
a
5
=
MC
13
⇒ 5(12− b) = 12a (2)
Substituindo (1) em (2) vem:
60− 5b = 12
(
15
2
− b
)
⇒ −5b + 12b = 90− 60 ⇒ 7b = 30 ⇒ b = 30
7
De (2) vem MC =
13(12− b)
12
=
13
12
(12− b), enta˜o
MC =
13
12
(
12− 30
7
)
=
13
12
(
12 · 7− 30
7
)
=
13
12
(
84− 30
7
)
=
13
12
· 54
7
=
13
2
· 9
7
=
117
14
cm.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geometria Plana – Gabarito AP2 3
Questa˜o 3 [2,5 pts]: ABCD e´ um quadrado inscrito num c´ırculo
de raio 3 cm. Sobre os lados desse quadrado constroem-se exter-
namente os triaˆngulos equila´teros ABM, BCN, CDP e DAQ.
Calcule o lado do quadrado MNPQ . Justifique suas respostas.
Soluc¸a˜o: Considere o c´ırculo de centro em O. Trace as diagonais
do quadrado ABCD. O aˆngulo entre suas diagonais e´ de 90◦.
Enta˜o o triaˆngulo OAB e´ retaˆngulo de catetos 3 cm. Denote AB = b, pelo Teorema de Pita´goras:
b2 = 32 + 32 = 9 + 9 ⇒ b2 = 18 (1)
No ve´rtice A, temos m(QÂM) = 150◦, pois os triaˆngulos AMB
e ADQ sa˜o equila´teros e ABCD e´ um quadrado. Ou seja,
m(DÂQ) = m(MÂB) = 60◦ e m(BÂD) = 90◦. Portanto
m(QÂM) = 360◦ − (60◦ + 90◦ + 60◦) = 360◦ − 210◦ = 150◦.
Para encontrar a medida do lado do quadrado MNPQ, seja
MQ = l, lado desse quadrado. Pela lei dos cossenos
l2 = b2 + b2 − 2 · b · b · cos 150◦ ⇒ l2 = 2b2 + 2b2
(√
3
2
)
⇒ l2 = 2b2
(
1 +
√
3
2
)
(2)
Ja´ que cos 150◦ = −
√
3
2
. Substituindo (1) em (2)m vem:
l2 = 2 · 18
(
1 +
√
3
2
)
⇒ l = 3
√
4 + 2
√
3 cm
Outra soluc¸a˜o:
Seja b o lado do triaˆngulo equila´tero ABM .
OM = OH + HM =
b
2
+
b
√
3
2
=
b(1 +
√
3)
2
.
De (1), OM =
3
√
2(1 +
√
3)
2
= ON .
No triaˆngulo retaˆngulo iso´sceles OMN ,
NM
2
= OM
2
+ ON
2
= 2OM
2
= 2
(
3
√
2(1 +
√
3)
2
)2
⇒ NM =
√
2(3
√
2(1 +
√
3)
2
.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geometria Plana – Gabarito AP2 4
Questa˜o 4 [2,5 pts]: Os prolongamentos dos lados de um hexa´gono regular ABCDEF , de 1
cm2 de a´rea, determinam seis pontos de intersec¸a˜o que sa˜o ve´rtices de um novo hexa´gono regular
A1B1C1D1E1F1 conforme figura.
a) Qual e´ a a´rea do triaˆngulo EDD1?
Justifique suas respostas.
b) Qual e´ a a´rea do hexa´gono regular A1B1C1D1E1F1 ?
Justifique suas respostas.
Soluc¸a˜o: O hexa´gono regular ABCDEF e´ composto
por 6 triaˆngulos equila´teros. Denote l o lado do hexa´gono.
a) AABCDEF = 6
(
l2
√
3
4
)
= 1⇒ l2 √3 = 4
6
(1)
e A∆EDD1 =
l2
√
3
4
=
4
6
4
=
4
6
· 1
4
=
1
6
cm2.
Outra soluc¸a˜o : DÊD1 e´ aˆngulo externo do hexa´gono regular,
enta˜o m(DÊD1) = m(ED̂D1) =
360◦
6
= 60◦ e ED = l,
logo ∆EDD1 e´ equila´tero e ∆EDD1 ≡ ∆OED.
Como AABCDEF = 1 cm
2 , enta˜o A∆OED =
1
6
AABCDEF =
1
6
cm2 .
b) AA1B1C1D1E1F1 = 6
(
R2
√
3
4
)
, onde R = OE1 e R = 2h1, onde
h1 e´ altura do triaˆngulo equila´tero OEF de lado l.
h1 =
l
√
3
2
(Ou seja, Por Pita´goras, h21 = l
2 − l
2
4
=
3l2
4
)
Enta˜o R = 2h1 = l
√
3 ⇒ R2 = 3l2 e portanto,
AA1B1C1D1E1F1 = 6
(
3l2
√
3
4
)
=
9
2
· l2√3 = 9
2
· 4
6
= 3 cm2, pois l2
√
3 =
4
6
.
Outra soluc¸a˜o :
Observe que os triaˆngulos EE1D1 e EE1F tem mesma base e altura.
Portanto teˆm mesma a´rea.
Logo podemos concluir que a a´rea pedida corresponde a
AA1B1C1D1E1F1 = 3AABCDEF = 3 cm
2.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geometria Plana – Gabarito AP2 5
Outra soluc¸a˜o : ∆ED1E1 ≡ ∆FE1F1, pois ED1 = EE1 = FE1 = FF1 = l e m(D1ÊE1) =
m(E1F̂F1) = 120
◦, pelo crite´rio LAL. De maneira ana´loga temos
∆ED1E1 ≡ ∆FE1F1 ≡ ∆AF1A1 ≡ ∆BA1B1 ≡ ∆CB1C1 ≡ ∆DC1D1
Enta˜o a a´rea pedida e´ a soma da a´rea de 12 triaˆngulos equila´teros e 6 triaˆngulos iso´sceles de lados
l. Assim
AA1B1C1D1E1F1 = 2AABCDEF+6A∆D1EF1 = 2·1+6·
l2 sen 120◦
2
= 2+
3l2
√
3
2
= 2+
3
2
·4
6
= 2+1 = 3 cm2
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ