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Ensino de qualidade, quanto antes, melhor

Geometria Plana II - Respostas 01.

Seja M o ponto médio de DE , então BM é a mediana relativa à hipotenusa do triângulo BDE. Logo AB  DM  ME  BM . Como ABM é isósceles, temos que AMˆ B  x . Além disso, pelo paralelismo, temos que DAˆ C  AEˆB , pois são alternos internos; e como BME é isósceles, MEˆB  MBˆ E .

18º

B x D

x

E

r

M

s A C Note que x é externo ao triângulo BME, então x  18º18º  36º .

02.

5

x

8 40

y z

11

60

w

16

Pelo Teorema de Tales, temos as seguintes proporções: 5 40 15  x cm x 60 2 8 40   y  12cm y 60 11 40 33  z cm z 60 2 16 40   w  24cm w 60 03.

A 3x 2x

B 20-x

P

x

C

y

S

20  x x 20  y y   e pelo teorema da bissetriz externa, temos . Da 3x 2x 3x 2x primeira equação temos que x  8cm . Substituindo na segunda, temos y  40cm .

Pelo Teorema da bissetriz interna, temos

Ensino de qualidade, quanto antes, melhor 04.

Dados os triângulos semelhantes ABC e A’B’C’ e sendo k a razão de semelhança, temos: A A’

b

c

c’ a

B

B’

C

b’ a’

C’

2p  a  b  c a b c   k e 2p'  a'b'c ' a' b' c ' A razão entre os perímetros será: 2p a  b  c ka'kb'kc ' k (a'b'c ' )    k.

2p' a'b'c ' a'b'c ' a'b'c ' Então:

A

05.

D

x

4

B

C

10

Pelo caso de semelhança AA (ângulo – ângulo), temos que CBD  ABC e, portanto, seu lados são x  4 10   x  21cm . proporcionais. Então 10 4 06.

a

a

h x

x

Sendo 2x a medida da base (para simplificar os cálculos) e considerando as medidas indicadas na figura, temos: h  2 x  2 h  2x  2   2 2 2 2 x  2a  36  a  18  x  x  (2x  2)  (18  x ) Resolvendo a equação, temos x  5cm . Logo, a base  2  2 2 2 2 2 x  h  a x  h  a

mede 10 cm.

07.

16

12 h n

m a Sabe-se que a  162  122  20 48 Como a.h  12.16  h  5

Ensino de qualidade, quanto antes, melhor

64 5 36 2 Como 12 12  n.a  n  5 Como 162  m.a  m 

08.

Seja x a medida da bissetriz AS relativa à hipotenusa. Por S tracemos um segmento paralelo a um dos catetos, paralelo a b, por exemplo.

Note que os triângulos BAC e BPS são semelhantes. Então: y 2  y 2  x 2 x  x x  y   c  bc  b 2 b  c 2 2 y  c  y cy  bc  by  

 xb  xc  bc 2  x 

bc 2 bc

09.

Esse exercício pode ser resolvido de duas maneiras, por isso vamos separá-lo em dois casos: CASO 1: considerando E entre as montanhas P2 a

P1 900

x+y 1500 x

2000

2900 y

E

CASO 2: considerando a montanha menor entre E e a maior

P2 b

2900

P1

2000

y-x

1500 900 E

x y

Note que nos dois casos, x e y representam as mesmas medidas que podem ser calculadas da seguinte forma:

x 2  20002  29002  x  2100m y 2  9002  15002  y  1200m é possível ver que a diferença de altura entre as duas montanhas é de 1100 m, então calculamos a e b da seguinte forma: a 2  11002  ( x  y )2  a 2  11002  33002  a  3478m b 2  11002  ( y  x )2 b 2  11002  9002  b  1421m

Portanto, no CASO 1, temos que a distância entre P1 e P2 é

de aproximadamente 3478 m, já no CASO 2, essa distância é de aproximadamente 1421 m.

Ensino de qualidade, quanto antes, melhor 10.

Considere o triângulo ABC a seguir, onde AH é sua mediana e também sua altura:

A

B

H

C

Como AH é mediana, temos que BH  HC . Como AH é altura, temos que AHˆ B  AHˆ C  90º .

Tome agora os triângulos retângulos ABH e ACH. Podemos dizer que são congruentes pelo caso de congruência LAL (lado – ângulo – lado). (L ) BH  HC  ( A) AHˆ B  AHˆ C  90º  (L ) AH é lado comum Então AB  AC  ABC é isósceles.

11.

Como EP // BC, mCPˆ E    , analogamente, mBPˆ D   . Assim, os triângulos DPB e EPC são isósceles, e, portanto, DE  PD  PE  BD  EC  7  5  2 .

12. Seja ABC o triângulo retângulo com AC = b e AB = c. Seja AD a bissetriz relativa ao ângulo Â.

Considere E sobre AC , tal que CD// AB . No triângulo retângulo isósceles AED, sen 45º 

Assim, como os triângulos EDC e ABC são semelhantes,

EC DE   AC AB

b

AD b

2 

ED AD  ED  .

AD 2

AD 2  AD  bc 2 c bc

.

13. Sejam AD e BE as medianas perpendiculares e G o baricentro do triângulo. Aplicando Pitágoras aos triângulos AGB, BGD e AGE, obtemos: c2 a2 a2  c2 2 2 2  GE  4  GE  GE  GD 2  2  GE  4 4 12 2 c c2 BG 2  AG 2  c 2  2  GE 2  2  GD 2  c 2  GE 2  GD 2   GE 2  GD 2   a 2  c 2  4c 2  b 2 4 4 2 2 b  c2  4c 2  b 2 2  GD 2  GE   b b2 2 AG 2  GE     2   GE  4   GE  GE  4 2  4  12 4  

a GD  BG    2 2

c



a 2  b2 5

2



a2  4

Ensino de qualidade, quanto antes, melhor

14. Traçam-se três retas passando por P, paralelas aos lados do triângulo ABC. Os três triângulos menores PFG, PED e PHI, também são equiláteros (ver figura).

Deste modo, X, Y e Z, são pés das alturas dos triângulos PDE, PGF e PHI. Observe que: PX  PY  PZ 

ED  3 FG  3 HI  3 3 ED  FG  HI   3 3ED  3FG  3HI      2 2 2 2 6

3 ED  ED  ED  FG  FG  FG  HI  HI  HI   3 PE  PD  DE  PE  PG  FG  PH  PI  HI  6 6 3 PE  FG  PH  PG  HI  PD  PI  ED  PF   3 CF  FG  GA  AH  HI  IB  BD  DE  EC  6 6 3  AC  AB  BC   3  3 AB  3  AB 6 6 2 AX  BY  CZ  AH  HX  BD  DY  CF  FZ  AH  

3  AH  HI  BI   3 AB 2 2

Logo

PX  PY  PZ 3  AX  BY  CZ 3

HI DE FG HI BI AH  PI   PE   AH   HI   BI   2 2 2 2 2 2

Ensino de qualidade, quanto antes, melhor

é bissetriz, mBÂD   mCÂD   , sendo BE // AD , mCÊB  mCÂD   e mEBˆ A  mBÂD    , logo o triângulo ABE é isósceles e AE = AB. Sendo assim, pelo teorema de Talse,

15.

a)Como

AD

AE AC AB AC    BD CD BD CD

AB BC AC 7    , ou AD AC CD 8 m BCˆ A  m ACˆ D , ou seja, AC

b) Observe que Assim, Interna,

  



seja, os triângulos BAC e ADC são semelhantes, pelo caso LLL. é bissetriz do ângulo BCˆ D . Assim, pelo Teorema da Bissetriz

BC DC BC BP BP 49      BP DP DC DP DP 64