Complementos do Professor de Fundamentos de Matemática Elementar Volumes 05 a 11 by Sérgio da Silva

FM-V1C1 Proposição, Negação, Exercícios Propostos (2) FM-V1C1 Proposição Composta, Conectivos, Exercícios Propostos (1) FM-V1C1 Condicionais, Exercícios Propostos (3) FM-V1C1 Tautologias, Proposições Logicamente Falsas, Relação de Implicação, Relação de Equivalência, Exercícios Propostos (4) FM-V1C1 Sentenças Abertas, Quantificadores, Exercícios Propostos (1) FM-V1C1 Como Negar Proposições, Exercícios Propostos (2) FM-V1C2 Conjunto, Elemento, Pertinência, Descrição de um Conjunto, Conjunto Unitário, Conjunto Vazio, Conjunto Universo, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (4) FM-V1C2 Conjuntos Iguais, Subconjuntos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (4) FM-V1C2 Reunião de Conjuntos, Interseção de Conjuntos, Propriedades, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (12) FM-V1C2 Diferença de Conjuntos, Complementar de B em A, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (22) FM-V9C1 Noções Primitivas, Proposições Primitivas, Exercícios Propostos (5) FM-V1C3 Conjunto dos Números Naturais, Exercícios Propostos (3) FM-V1C3 Conjunto dos Números Inteiros, Exercícios Propostos (5) FM-V1C3 Conjunto dos Números Racionais, Exercícios Propostos (10) FM-V9C2 Segmentos de Reta, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (21) FM-V1C3 Conjunto dos Números Reais, Exercícios Propostos (9) FM-V1C3 Intervalos, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (8) FM-V1C3 Conjunto dos Números Complexos, Resumo, Princípio da Indução Finita, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (16) FM-V9C3 Ângulos: Introdução, Definições, Congruência, Comparação, Medida; Ângulo Reto, Agudo e Obtuso, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (46) FM-V2C1 Potência de Expoente Natural, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (1) FM-V2C1 Propriedades das Potências de Expoente Natural, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (6) FM-V2C1 Potência de Expoente Inteiro Negativo, Exercícios Propostos (3) FM-V2C1 Propriedades das Potências de Expoente Inteiro Negativo, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (3) FM-V2C1 Raiz Enésima Aritmética, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (3) FM-V2C1 Propriedades das Raízes Enésimas Aritméticas, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (19) FM-V2C1 Potência de Expoente Racional, Exercícios Propostos (2) FM-V2C1 Propriedades das Potências de Expoente Racional, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (7) FM-V2C1 Potência de Expoente Irracional, Exercícios Propostos (1) FM-V2C1 Potência de Expoente Real, Exercícios Propostos (3) FM-V9C4 Triângulos: Conceito, Elementos, Classificação; Congruência de Triângulos, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (32) FM-V9C4 Desigualdades nos Triângulos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (15) FM-V2C3 Conceito de Logaritmo, Antilogaritmo, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (8) FM-V2C3 Consequências da Definição, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (4) FM-V2C3 Sistemas de Logaritmos, Exercícios Propostos (5) FM-V2C3 Propriedades dos Logaritmos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (20) FM-V2C3 Mudança de Base, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (29) FM-V9C5 Paralelismo, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (57) FM-V7C1 Coordenadas Cartesianas no Plano: Noções Básicas, Posições de um Ponto em Relação ao Sistema, Exercícios Propostos (1) FM-V1C4 Par Ordenado, Representação Gráfica, Exercícios Propostos (2) FM-V1C4 Produto Cartesiano, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (9) FM-V1C4 Relação Binária, Exercícios Propostos (4) FM-V1C4 Domínio e Imagem, Exercícios Propostos (6) FM-V1C4 Relação Inversa, Propriedades das Relações (3) FM-V1C5 Conceito de Função, Definição de Função, Exercícios Propostos (3) FM-V1C5 Notação das Funções, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (11) FM-V1C5 Domínio e Imagem, Exercícios Propostos (6)

FM-V1C5 Funções Iguais, Exercícios Propostos (5) FM-V9C6 Perpendicularidade, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (31) FM-V4C1 Sequências: Noções Iniciais, Igualdade, Lei de Formação, Exercícios Propostos (4) FM-V4C2 Progressões Aritméticas: Definição, Classificação, Notações Especiais, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (8) FM-V4C2 Fórmula do Termo Geral de uma PA, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (16) FM-V4C2 Interpolação Aritmética, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (8) FM-V4C2 Soma dos Termos de uma PA, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (30) FM-V9C7 Quadriláteros, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (48) FM-V4C3 Progressões Geométricas: Definição, Classificação, Notações Especiais, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (22) FM-V4C3 Fórmula do Termo Geral de uma PG, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (18) FM-V4C3 Interpolação Geométrica, Exercícios Propostos (5) FM-V4C3 Soma dos Termos de uma PG Finita, Exercícios Propostos (16) FM-V4C3 Limite de uma Sequência, Soma dos Termos de uma PG Infinita, Exercícios Propostos (26) FM-V9C9 Polígonos, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (41) FM-V11C1 Razões e Proporções, Exercícios Propostos (18) FM-V11C1 Grandezas Diretamente e Inversamente Proporcionais, Exercícios Propostos (17) FM-V11C1 Porcentagem, Exercícios Propostos (51) FM-V11C1 Variação Percentual, Exercícios Propostos (24) FM-V11C1 Taxas de Inflação, Exercícios Propostos (17) FM-V9C10 Circunferência e Círculo, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (38) FM-V11C2 Capital, Juros, Taxa de Juros e Montante, Exercícios Propostos (15) FM-V11C2 Regimes de Capitalização, Exercícios Propostos (7) FM-V11C2 Juros Simples, Exercícios Propostos (26) FM-V11C2 Descontos Simples, Exercícios Propostos (12) FM-V11C2 Juros Compostos, Exercícios Propostos (32) FM-V9C11 Ângulos na Circunferência, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (34) FM-V11C2 Juros Compostos com Taxas de Juros Variáveis, Exercícios Propostos (6) FM-V11C2 Valor Atual de um Conjunto de Capitais, Exercícios Propostos (9) FM-V11C2 Sequência Uniforme de Pagamento, Exercícios Propostos (12) FM-V11C2 Montante de Uma Sequência Uniforme de Depósitos, Exercícios Propostos (8) FM-V9C8 Pontos Notáveis do Triângulo, Exercícios Propostos (18) FM-V9C12 Teorema de Tales, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (14) FM-V9C12 Teoremas das Bissetrizes, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (16) FM-V5C1 Introdução à Análise Combinatória, Princípio Fundamental da Contagem, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (35) FM-V9C13 Semelhança de Triângulos, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (13) FM-V9C13 Casos ou Critérios de Semelhança, Exercícios Propostos (32) FM-V9C13 Potência de Ponto, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (12) FM-V5C1 Consequências do Princípio Fundamental da Contagem, Arranjos com Repetição, Arranjos, Permutações, Fatoriais, Exercícios Resolvidos (10), Exercícios Propostos (72) FM-V9C14 Triângulo Retângulo: Relações Métricas, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (85) FM-V5C1 Combinações, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (68) FM-V9C14 Aplicações do Teorema de Pitágoras, Exercícios Propostos (30) FM-V5C1 Permutações com Elementos Repetidos, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (12) FM-V5C1 Complementos: Partições Ordenadas e Não Ordenadas, Soluções Inteiras Não Negativas de uma Equação Linear, Exercícios Propostos (19) FM-V3C1 Ângulos, Triângulos FM-V3C2 Triângulo Retângulo: Conceitos, Elementos, Pitágoras, Razões Trigonométricas, Exercícios Propostos (6) FM-V3C2 Relações Entre Seno, Cosseno, Tangente e Cotangente; Seno, Cosseno, Tangente e Cotangente em Ângulos Complementares, Exercícios Propostos (4)

FM-V5C2 Introdução ao Binômio de Newton, Teorema Binomial, Exercícios Propostos (8) FM-V5C2 Observações sobre o Binômio de Newton, Exercícios Propostos (8) FM-V3C2 Razões Trigonométricas Especiais, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (14) FM-V5C2 Termo Geral do Binômio de Newton, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (46) FM-V3AC Resolução de Triângulos Retângulos, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (3) FM-V3AB Lei dos Senos em Triângulos Quaisquer, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (2) FM-V9C15 Triângulos Quaisquer: Teorema dos Senos, Exercícios Propostos (11) FM-V5C2 Triângulo Aritmético de Pascal ou de Tartaglia, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (34) FM-V5C2 Expansão Multinomial, Exercícios Propostos (6) FM-V3AB Lei dos Cossenos em Triângulos Quaisquer, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (8) FM-V9C15 Triângulos Quaisquer: Relações Métricas e Teorema dos Cossenos, Exercícios Propostos (36) FM-V5C3 Experimentos Aleatórios, Espaço Amostral, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (9) FM-V5C3 Evento, Combinação de Eventos, Exercícios Propostos (6) FM-V9C15 Triângulos Quaisquer: Cálculo de Linhas Notáveis, Exercícios Propostos (14) FM-V5C3 Frequência Relativa, Definição de Probabilidade, Teoremas Sobre Probabilidades em Espaço Amostral Finito, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (14) FM-V9C16 Polígonos Regulares: Conceitos e Propriedades, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (17) FM-V9C16 Cálculo de Lado e Apótema de Polígonos Regulares, Segmento Áureo, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (29) FM-V5C3 Espaços Amostrais Equiprováveis, Probabilidade de um Evento num Espaço Equiprovável, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (48) FM-V9C18 Equivalência Plana, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (16) FM-V5C3 Probabilidade Condicional, Exercícios Propostos (10) FM-V5C3 Teorema da Multiplicação, Teorema da Probabilidade Total, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (17) FM-V5C3 Independência de Dois Eventos, Independência de Três ou Mais Eventos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (10) FM-V5C3 Lei Binomial da Probabilidade, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (14) FM-V9C19 Áreas de Superfícies Planas, Áreas de Polígonos, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (61) FM-V11C3 Estatística Descritiva: Introdução, Variável, Exercícios Propostos (30) FM-V3AB Outros Teoremas de Triângulos Quaisquer, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (14) FM-V3AB Propriedades Geométricas de Triângulos Quaisquer FM-V3AC Resolução de Triângulos Quaisquer, Exercícios Propostos (13) FM-V11C3 Tabelas de Frequência, Exercícios Propostos (9) FM-V11C3 Representação Gráfica, Gráfico de Setores, Exercícios Propostos (7) FM-V11C3 Gráfico de Barras, Exercícios Propostos (12) FM-V11C3 Histograma, Exercícios Propostos (4) FM-V11C3 Gráfico de Linhas Poligonal, Exercícios Propostos (7) FM-V9C19 Expressões da Área do Triângulo, Exercícios Propostos (37) FM-V11C3 Medidas de Centralidade e Variabilidade, Média Aritmética, Média Aritmética Ponderada, Exercícios Propostos (41) FM-V9C17 Comprimentos da Circunferência, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (42) FM-V11C3 Mediana, Moda, Exercícios Propostos (11) FM-V11C3 Variância, Desvio Padrão, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (27) FM-V9C19 Área do Círculo e de Suas Partes, Exercícios Propostos (46: 892-937) FM-V11C3 Medidas de Centralidade e Dispersão Para Dados Agrupados, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (17) FM-V11C3 Outras Medidas de Separação de Dados, Exercícios Propostos (9) FM-V11A1 Média Geométrica, Exercícios Propostos (7) FM-V11A2 Média Harmônica, Exercícios Propostos (6) FM-V9C19 Razão Entre Áreas, Exercícios Propostos (75: 938-1012) FM-V4C4 Noção de Matriz, Matrizes Especiais, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (3), FM-V4C4 Igualdade de Matrizes, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (1) FM-V4C4 Adição de Matrizes, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (9)

FM-V4C4 Produto de Número por Matriz (1), Exercícios Propostos (6) FM-V4C4 Produto de Matrizes, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (7) FM-V4C4 Teoremas de Multiplicação de Matrizes, Exercícios Resolvidos (3), Produtos (7) FM-V4C4 Matriz Transposta, Exercícios Propostos (5) FM-V4C4 Matrizes Inversíveis, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (14) FM-V10C1 Conceitos Primitivos e Postulados, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (4) FM-V10C1 Determinação de Plano, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (4) FM-V10C1 Posições de Retas, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (5) FM-V10C1 Interseção de Planos, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (8) FM-V10C2 Paralelismo de Retas, Exercícios Propostos (3) FM-V10C2 Paralelismo Entre Retas e Planos, Posições Relativas de uma Reta e um Plano, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (7) FM-V10C2 Duas Retas Reversas, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (5) FM-V10C2 Paralelismo Entre Planos, Posições Relativas de Dois Planos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (10) FM-V10C2 Três Retas Reversas Duas a Duas, Exercícios Propostos (5) FM-V4C5 Definição de Determinante para Casos Específicos, Exercícios Propostos (17) FM-V4C5 Menor Complementar e Complemento Algébrico, Definição de Determinante por Recorrência, Caso Geral, Exercícios Propostos (6) FM-V4C5 Teorema Fundamental de Laplace, Exercícios Propostos (4) FM-V4C5 Propriedades dos Determinantes, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (7) FM-V4C5 Adição de Determinantes, Combinação Linear, Teorema de Jacobi, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (15) FM-V4C5 Matriz Triangular, Teorema de Binet, Regra de Chió, Exercícios Resolvidos (1). Exercícios Propostos (16) FM-V4C5 Matriz de Vandermonde ou das Potências, Exercícios Propostos (19) FM-V4AP Cálculo da Matriz Inversa por Meio de Determinantes, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (4) FM-V10C2 Ângulo de Duas Retas, Retas Ortogonais, Exercícios Propostos (1) FM-V10C3 Reta e Plano Perpendiculares, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (11) FM-V10C3 Planos Perpendiculares, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (7) FM-V10C4 Projeção ortogonal Sobre um Plano, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (7) FM-V10C4 Segmento Perpendicular e Segmentos Oblíquos a um Plano por um Ponto, Distâncias Geométricas, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (9) FM-V10C4 Ângulo de uma Reta com um Plano, Reta de Maior Declive de um Plano em Relação a Outro, Exercícios Propostos (3) FM-V10C4 Lugares Geométricos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (3) FM-V4C6 Introdução a Sistemas Lineares, Exercícios Propostos (9) FM-V4C6 Teorema de Cramer, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (9) FM-V4C6 Sistemas Escalonados, Exercícios Propostos (3) FM-V4C6 Sistemas Equivalente, Escalonamento de um Sistema, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (39) FM-V4C6 Sistema Linear Homogêneo, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (18) FM-V4C6 Característica de uma Matriz, Exercícios Propostos (7) FM-V4C6 Teorema de Rouché-Capelli, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (15) FM-V10C5 Diedros: Definições, Seções, Congruentes, Bissetor, Medida, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (17) FM-V10C5 Seções Igualmente Inclinadas, Congruência de Diedros, Exercícios Resolvidos (4) FM-V10C6 Triedros: Conceito e Elementos, Relação Entre as Faces, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (5) FM-V10C6 Congruência de Triedros, Triedros Polares ou Suplementares, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (4) FM-V10C6 Critérios ou Casos de Congruência Entre Triedros, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (8) FM-V10C6 Ângulos Poliédricos Convexos, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (6) FM-V10C7 Poliedros Convexos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (16) FM-V10C7 Soma dos Ângulos das Faces, Poliedros de Platão, Poliedros Regulares, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (10) FM-V7C1 Distância Entre Dois Pontos, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (12) FM-V7C1 Razão Entre Segmentos Colineares, Coordenadas do Terceiro Ponto, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (11)

FM-V7C1 Condição Para Alinhamento de Três Pontos, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (11) FM-V7C1 Complemento: Cálculo de Determinantes, Exercícios Propostos (1) FM-V10C8 Prisma Ilimitado, Prisma, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (8) FM-V10C8 Paralelepípedos e Romboedros, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (4) FM-V10C8 Diagonal e Área do Cubo, Diagonal e Área do Paralelepípedo Retângulos, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (21) FM-V7C2 Equação Geral da Reta, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (8) FM-V7C2 Interseção de Duas Retas, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (14) FM-V7C2 Posições Relativas de Duas Retas, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (7) FM-V7C2 Feixe de Retas Concorrentes, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (8) FM-V7C2 Feixe de Retas Paralelas, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (5) FM-V10C9 Razão Entre Paralelepípedos Retângulos, Volume de um Sólido, Volume do Paralelepípedo Retângulo e do Cubo, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (44) FM-V7C2 Formas da Equação da Reta, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (8) FM-V7C3 Coeficiente Angular da Reta, Exercícios Propostos (4) FM-V7C3 Equação de uma Reta Passando por um Ponto, Exercícios Propostos (4) FM-V7C3 Condição de Paralelismo, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (10) FM-V10C8 Área Lateral e Área Total do Prisma, Princípio de Cavalieri, Volume do Prisma, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (36) FM-V7C3 Condição de Perpendicularismo, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (36) FM-V10C8 Seções Planas do Cubo, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (7) FM-V10C8 Problemas Gerais Sobre Prismas, Exercícios Propostos (26) FM-V10C9 Pirâmide Ilimitada, Pirâmide, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (6) FM-V7C3 Ângulo de Duas Retas, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (13) FM-V7C4 Translação de Sistema, Distância Entre Ponto e Reta, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (10) FM-V7C4 Área do Triângulo, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (18) FM-V7C4 Bissetrizes dos Ângulos de Duas Retas, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (8) FM-V7C4 Complemento: Rotação de Sistema FM-V10C9 Volume da Pirâmide, Área Lateral e Área Total da Pirâmide, Exercícios Resolvidos (12), Exercícios Propostos (97) FM-V7C4 Variação de Sinal da Função do Primeiro Grau, Inequações do Primeiro Grau, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (11) FM-V1C6 Função Constante, Função Identidade, Função Linear, Exercícios Propostos (3) FM-V1C6 Função Afim, Gráficos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (6) FM-V1C6 Imagem, Coeficientes da Função Afim, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (7) FM-V1C6 Zero da Função Afim, Exercícios Propostos (6) FM-V1C6 Funções Crescentes e Decrescentes, Exercícios Propostos (1) FM-V1C6 Crescimento e Decréscimo da Função Afim, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (2) FM-V1C6 Sinal da Função, Exercícios Propostos (1) FM-V1C6 Sinal da Função Afim, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (5) FM-V1C6 Inequações, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (4) FM-V1C6 Inequações Simultâneas, Exercícios Propostos (3) FM-V1C6 Inequações-Produto, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (4) FM-V1C6 Inequações-Quociente, Exercícios Propostos (5) FM-V10C10 Noções Intuitivas de Geração de Superfícies Cilíndricas, Cilindro, Áreas Lateral e Total, Volume do Cilindro, Exercícios Resolvidos (7), Exercícios Propostos (90) FM-V7C5 Equação Reduzida da Circunferência, Exercícios Propostos (5) FM-V7C5 Equação Normal da Circunferência, Reconhecimento da Circunferência, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (16) FM-V7C5 Ponto e Circunferência, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (2) FM-V7C5 Inequações do Segundo Grau, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (7) FM-V7C5 Reta e Circunferência, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (16) FM-V7C5 Duas Circunferências, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (4)

FM-V7C6 Primeiro Problema de Tangência de Circunferências, Exercícios Propostos (5) FM-V7C6 Segundo Problema de Tangência de Circunferências, Exercícios Propostos (15) FM-V7C6 Determinação de Circunferências, Exercícios Propostos (24) FM-V7C6 Complemento de Circunferência FM-V10C11 Noções Intuitivas de Geração de Superfícies Cônicas, Cone, Áreas Lateral e Total, Volume do Cone, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (73) FM-V3C3 Arcos na Circunferência, Medidas de Arcos, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (4) FM-V3C3 Medidas de Ângulos, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (3) FM-V3C3 Ciclo Trigonométrico, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (1) FM-V3C4 Razões Trigonométricas na Circunferência: Noções Gerais, Seno, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (7) FM-V3C4 Razões Trigonométricas na Circunferência: Cosseno, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (8) FM-V3C4 Razões Trigonométricas na Circunferência: Tangente, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (7) FM-V3C4 Razões Trigonométricas na Circunferência: Cotangente, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (7) FM-V3C4 Razões Trigonométricas na Circunferência: Secante, Exercícios Propostos (5) FM-V3C4 Razões Trigonométricas na Circunferência: Cossecante, Exercícios Propostos (6) FM-V3C5 Relações Trigonométricas Fundamentais, Exercícios Resolvidos (9), Exercícios Propostos (11) FM-V3C6 Arcos Notáveis: Teorema e Aplicações, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (3) FM-V3C7 Redução ao Primeiro Quadrante, Exercícios Propostos (1) FM-V3C7 Redução ao Primeiro Octante, Exercícios Propostos (6) FM-V10C13 Seção de uma Pirâmide por um Plano Paralelo à Base, Exercícios Propostos (20) FM-V10C13 Tronco de Pirâmide de Bases Paralelas, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (27) FM-V10C13 Tronco de Cone de Bases Paralelas, Exercícios Propostos (28) FM-V7C7 Elipse, Exercícios Propostos (14) FM-V7C7 Hipérbole, Exercícios Propostos (10) FM-V7C7 Parábola, Exercícios Propostos (12) FM-V7C7 Reconhecimento de uma Cônica, Exercícios Resolvidos (8), Exercícios Propostos (2) FM-V7C7 Interseção de Cônicas, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (13) FM-V10C13 Problemas Gerais Sobre Sólidos Semelhantes e Troncos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (44) FM-V10C13 Tronco de Prisma Triangular, Tronco de Cilindro, Exercícios Propostos (10) FM-V7C7 Primeiro Problema de Tangência a uma Cônica, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (2) FM-V7C7 Segundo Problema de Tangência a uma Cônica, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (3) FM-V7C7 Terceiro Problema de Tangência a uma Cônica, Exercícios Propostos (4) FM-V7C8 Interpretação de uma Equação do Segundo Grau, Exercícios Propostos (22) FM-V10C15 Superfícies de Revolução, Sólidos de Revolução, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (53) FM-V1C7 Funções Quadráticas: Definição, Gráfico, Exercícios Propostos (4) FM-V1C7 Concavidade, Forma Canônica, Zeros, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (25) FM-V1C7 Máximo e Mínimo, Vértice da Parábola, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (18) FM-V1C7 Imagem da Função Quadrática, Exercícios Propostos (3) FM-V1C7 Eixo de Simetria, Informações Auxiliares na Construção do Gráfico, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (5) FM-V1C7 Sinal da Função Quadrática, Exercícios Propostos (3) FM-V10C12 Esfera: Definições, Área e Volume, Fuso e Cunha, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (74) FM-V1C7 Inequação do Segundo Grau, Exercícios Resolvidos (8), Exercícios Propostos (31) FM-V1C7 Comparação de um Número Real com as Raízes da Equação do Segundo Grau, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (12) FM-V1C7 Sinais das Raízes da Equação do Segundo Grau, Exercícios Propostos (10) FM-V10C16 Superfícies Esféricas: Definições e Áreas, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (28) FM-V10C16 Sólidos Esféricos: Definições e Volumes, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (11) FM-V10C16 Setor Esférico e Anel Esférico, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (11) FM-V7C8 Equação de um Lugar Geométrico, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (27) FM-V7AP Demonstração de Teoremas da Geometria Plana, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (5) FM-V10C12 Deduções das Fórmulas das Áreas do Cilindro, do Cone e da Esfera

FM-V10C16 Deduções das Fórmulas de Volumes dos Sólidos Esféricos FM-V1C8 Função Definida por Várias Sentenças Abertas, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (6) FM-V1C8 Módulo, Função Modular, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (15) FM-V1C8 Equações Modulares, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (6) FM-V1C8 Inequações Modulares, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (17) FM-V10C14 Inscrição e Circunscrição de Prisma e Cilindro, Exercícios Propostos (9) FM-V10C14 Inscrição e Circunscrição de Pirâmide e Cone, Exercícios Propostos (5) FM-V1C9 Função Cúbica, Exercícios Propostos (1) FM-V1C9 Função Recíproca, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (8) FM-V1C9 Função Máximo Inteiro, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (2) FM-V10C14 Inscrição e Circunscrição de Prisma e Pirâmide, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (9) FM-V10C14 Inscrição e Circunscrição de Cilindro e Cone, Exercícios Propostos (10) FM-V1C10 Função Composta, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (34) FM-V10C14 Inscrição e Circunscrição de Cilindro e Esfera, Exercícios Propostos (25) FM-V1C10 Função Sobrejetora, Função Injetora, Função Bijetora, Exercícios Propostos (24) FM-V10C14 Inscrição de Esfera e Cone, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (22) FM-V1C10 Função Sobrejetora, Função Injetora, Função Bijetora, Exercícios Propostos (24) FM-V10C14 Circunscrição de Esfera e Cone, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (9) FM-V10C14 Inscrição e Circunscrição de Esfera, Cilindro e Cone, Exercícios Propostos (3) FM-V10C14 Inscrição e Circunscrição de Esfera e Tronco de Cone, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (5) FM-V1C10 Função Inversa, Exercícios Resolvidos (7), Exercícios Propostos (22) FM-V10C14 Exercícios Gerais Sobre Inscrição e Circunscrição de Sólidos, Exercícios Propostos (16) FM-V3C8 Função Seno, Exercícios Resolvidos (10), Exercícios Propostos (15) FM-V3C8 Função Cosseno, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (16) FM-V1A1 Equações Irracionais de Índice 2, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (23) FM-V3C8 Funções Circulares: Noções Básicas, Funções Periódicas, Ciclo Trigonométrico, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (3) FM-V3C8 Função Tangente, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (3) FM-V3C8 Funções Cotangente, Secante e Cossecante, Exercícios Propostos (9) FM-V3C8 Funções Pares e Funções Ímpares, Exercícios Propostos (3) FM-V1A1 Equações Irracionais de Índice 3, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (8) FM-V1A2 Inequações Irracionais de Tipo 1, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (3) FM-V1A2 Inequações Irracionais de Tipo 2, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (3) FM-V1A2 Inequações Irracionais de Tipo 3, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (5) FM-V3C9 Fórmulas Trigonométricas de Adição, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (7) FM-V2C2 Função Exponencial: Definição, Propriedade, Imagem e Gráfico, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (7) FM-V3C9 Fórmulas Trigonométricas de Multiplicação, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (15) FM-V2C4 Função Logarítmica: Definição, Propriedades, Imagem e Gráfico, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (16) FM-V3C9 Fórmulas Trigonométricas de Divisão, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (7) FM-V3C9 É Dada a Tangente do Arco Metade, Exercícios Propostos (2) FM-V3C9 Transformação em Produto, Exercícios Resolvidos (9), Exercícios Propostos (14) FM-V2C2 Equações Exponenciais de Mesma Base, Exercícios Resolvidos (7), Exercícios Propostos (34) FM-V3C10 Identidades de Funções, Demonstração de Identidade, Exercícios Resolvidos (7), Exercícios Propostos (27) FM-V3C10 Identidades no Ciclo Trigonométrico, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (5) FM-V2C5 Equações Exponenciais de Bases Diferentes, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (15) FM-V3C11 Equações Trigonométricas Fundamentais, Resolução da Equação de Igualdade de Senos, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (5) FM-V3C11 Resolução da Equação de Igualdade de Cossenos, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (6) FM-V3C11 Resolução da Equação de Igualdade de Tangentes, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (6) FM-V3C11 Equações Trigonométricas Clássicas, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (4) FM-V3C11 Equações de Somatório de Senos e de Cossenos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (7)

FM-V3C11 Outras Equações Trigonométricas, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (1) FM-V2C5 Equações Logarítmicas, Exercícios Resolvidos (11), Exercícios Propostos (71) FM-V3C12 Inequações Trigonométricas Fundamentais, Resolução de Seno Maior ou Menor Que, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (6) FM-V3C12 Resolução de Cosseno Maior ou Menor Que, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (9) FM-V3C12 Resolução de Tangente Maior ou Menor Que, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (5) FM-V2C2 Inequações Exponenciais de Mesma Base, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (17) FM-V2C6 Inequações Exponenciais de Bases Diferentes, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (8) FM-V3AA Resolução de Equações Trigonométricas em Intervalos Determinados, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (31) FM-V2C6 Inequações Logarítmicas, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (48) FM-V3AA Resolução de Inequações Trigonométricas em Intervalos Determinados, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (29) FM-V2C6 Logaritmos Decimais: Característica, Mantissa, Tábua de Logaritmos, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (22) FM-V3C13 Funções Circulares Inversas: Introdução, Função Arco-Seno, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (4) FM-V3C13 Função Arco-Cosseno, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (7) FM-V3C13 Função Arco-Tangente, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (7) FM-V6C1 Operações com Pares Ordenados, Conjunto dos Números Complexos, Forma Algébrica de um Número Complexo, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (15) FM-V6C1 Conjugado de um Número Complexo, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (22) FM-V6C1 Forma Trigonométrica de um Número Complexo, Exercícios Resolvidos (7), Exercícios Propostos (24) FM-V6C1 Potenciação de Números Complexos, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (5) FM-V6C1 Radiciação de Números Complexos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (15) FM-V8C1 A Noção de Função, Principais Funções Elementares, Exercícios Propostos (3) FM-V8C1 Composição de Funções, Exercícios Propostos (5) FM-V8C1 Funções Inversíveis, Exercícios Propostos (5) FM-V8C1 Operações com Funções FM-V8C2 Noção Intuitiva de Limite, Definição de Limite, Unicidade FM-V8C1 do Limite, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (9) FM-V8C2 Propriedades do Limite de uma Função, Limite de uma Função Polinomial, Exercícios Resolvidos (9), Exercícios Propostos (16) FM-V8C2 Limites Laterais, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (17) FM-V8C3 Limites Infinitos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (4) FM-V8C3 Propriedades dos Limites Infinitos, Limites no Infinito, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (10) FM-V8C3 Propriedades dos Limites no Infinito FM-V8C4 Teoremas Adicionais Sobre Limites, Limites Trigonométricos, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (3) FM-V8C4 Limites da Função Exponencial, Exercícios Propostos (4) FM-V8C4 Limites da Função Logarítmica, Exercícios Propostos (4) FM-V8C4 Limite Exponencial Fundamental, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (7) FM-V8C5 Noção de Continuidade, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (6) FM-V8C5 Propriedades das Funções Contínuas, Limite da Raiz de uma Função FM-V6C2 Funções Polinomiais: Polinômios, Igualdade, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (13) FM-V6C2 Funções Polinomiais: Operações, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (19) FM-V6C2 Funções Polinomiais: Graus, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (11) FM-V6C2 Funções Polinomiais: Divisões, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (26) FM-V6C2 Funções Polinomiais: Divisão por Binômios do Primeiro Grau Unitários, Exercícios Resolvidos (10), Exercícios Propostos (40) FM-V6C2 Funções Polinomiais: Divisão por Binômios do Primeiro Grau Quaisquer, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (21) FM-V8C6 Derivada num Ponto, Exercícios Propostos (10) FM-V8C6 Interpretação Geométrica da Derivada, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (1)

FM-V8C6 Interpretação Cinemática da Derivada, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (2) FM-V8C6 Função Derivada, Derivadas das Funções Elementares, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (4) FM-V8C6 Derivada e Continuidade FM-V8C7 Derivada da Soma, Derivada do Produto, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (5) FM-V8C7 Derivada do Quociente, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (5) FM-V8C7 Derivada de uma Função Composta, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (5) FM-V8C7 Derivada da Função Inversa, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (7) FM-V8C7 Derivadas Sucessivas, Exercícios Propostos (3) FM-V6C1 Equações Binômias e Trinômias, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (2) FM-V6C3 Equações Polinomiais: Introdução, Definições, Número de Raízes, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (18) FM-V6C3 Equações Polinomiais: Multiplicidade de uma Raiz, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (15) FM-V6C3 Equações Polinomiais: Relação Entre Coeficientes e Raízes, Exercícios Resolvidos (10), FM-V6C3 Exercícios Propostos (46) FM-V6C3 Equações Polinomiais: Raízes Complexas, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (13) FM-V6C3 Equações Polinomiais: Raízes Reais, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (15) FM-V6C3 Equações Polinomiais: Raízes Racionais, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (27) FM-V6C4 Transformações de Equações Polinomiais, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (2) FM-V6C4 Equações Polinomiais Recíprocas, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (12) FM-V8C8 Máximos e Mínimos das Funções, Teoremas de Rolle e de Lagrange, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (14) FM-V8C8 Derivada, Crescimento e Decréscimo, Exercícios Resolvidos (3), Exercícios Propostos (20) FM-V8C8 Determinação dos Extremantes, Exercícios Resolvidos (4), Exercícios Propostos (36) FM-V8C8 Extremantes e Derivada Segunda, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (17) FM-V8C8 Concavidade, Ponto de Inflexão, Exercícios Propostos (15) FM-V8C8 Variação das Funções, Exercícios Propostos (10) FM-V6C5 Derivada de uma Função Polinomial, Exercícios Resolvidos (2), Exercícios Propostos (7) FM-V6C5 Raízes Múltiplas de uma Função Polinomial, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (20) FM-V6C5 Máximo Divisor Comum de Duas Funções Polinomiais Exercícios Propostos (6) FM-V6C5 Raízes Comuns de Duas Funções Polinomiais, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (5) FM-V6C5 Mínimo Múltiplo Comum de Duas Funções Polinomiais, Exercícios Resolvidos (5), Exercícios Propostos (14) FM-V8C9 Noções de Cálculo Integral: Introdução e Áreas, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (1) FM-V8C9 A Integral Definida, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (2) FM-V8C9 O Cálculo da Integral, Exercícios Resolvidos (6), Exercícios Propostos (10) FM-V8C9 Algumas Técnicas de Integração, Exercícios Resolvidos (1), Exercícios Propostos (3) FM-V8C9 Integração por Partes, Exercícios Propostos (1) FM-V8C9 Uma Aplicação Geométrica da Integração: Cálculo de Volumes de Sólidos de Revolução, Exercícios Propostos (3)

OSVALDO DOLCE JOSÉ NICOLAU POMPEO

COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR

FUNDAMENTOS DE '>

MATEMÁTICA 9 ELEMENTAR GEOMETRIA PLANA

~ A~l

EDITORA

Sumário Capítulo II Capítulo III Capítulo IV capítulo V Capítulo VI Capítulo VII Capítulo VIII Capítulo IX Capítulo X Capítulo XI Capítulo' XII Capítulo XIII Capitulo XIV Capítulo XV Capítulo XVI Capítulo XVII Capítulo XVIII Capítulo XIX

Segmento de reta 1 Ângulos 4 Triângulos 6 10 Paralelismo Perpendicularidade 15 Quadriláteros notáveis 20 Pontos notáveis do triângulo '................................... 28 Polígonos 31 Circunferência e círculo 35 Ângulos na circunferência 39 Teorema de Tales 45 Semelhança de triângulos e potência de ponto 49 59 Triângulos retângulos Triângulos quaisquer 85 Polígonos regulares 94 Comprimento da circunferência 102 Equivalência plana .........•............................................ 107 Áreas de superfícies planas ............................... ...... .... .. 109

Capítulo II - Segmento de reta 17. AD = 36 => 9x = 36 => AB=6x=24cm BC = 2x = 8 cm A" CD = x = 4 cm

= 4 B

,I~I,-"V_.)

V 6x

Tese

18. Hipótese

PA == QB

PQ == AB

Q I

Demonstração: Observando o segrnento AQ comum a PQ e AR, temos: PA == QB => PA + AQ = AQ + QB => PQ == AB.

19. Temos duas possibilidades: 1~)

2~)

R está entre A e C

C está entre A e R 20

C ' I~B

AC = AB + BC => AC = 20 + 12

=> =>

AC + BC = AB => AC + 12 = 20

AC == 32 cm

=> =>

AC = 8 cm

20. 5x + x = 42

=> X = 7 cm AB = 5x => AB = 35 cm BC = x => BC = 7 cm

21. Temos duas possibilidades: 1~)

2~)

R está entre A e C

C está entre A e B 4x

45 /

Â'--

B AI,

t 1,-----

V 4x

x = 45 =>

AB = 4x => BC = x =>

= 9 cm AB = 36 cm BC = 9 cm X

/_----/A

v 45

1. 8

/' '----y--------' x

45 + x = 4x => X = 15 cm AB = 4x => AB = 60 cm BC = x => BC = 15 cm 1

D emonstraçao

22. Temos três possibilidades: 1?)

ao -JI\

~--

AI...

ti"

5x + 4x + x = 80 MN = MB + BN 2?) AI

e ' 1,v

4x => =>

= 8 cm MN = 2,5x + 2x

.-'IP .

MN = 36 cm

1?)

)

~ x

2?)

MN = AB 2 + BC 2

M I

MN = MC + CN

........,

/I.B

BP + PC = BC => BP + x = 4x => BP = 3x BN + NP = BP => 2x + NP = 3x => NP = x i\C + BC = AP => AC + 4x = 5x => AC = x AP = 80 => 2x = 80 => X = 40 cm Se o ponto M dista 2,5x do ponto A, então M é ponto médio de PN.

MN = (BM - BC) + CN => BC BC MN = (BM - BC) + -2- => MN = BM - BC + -2-

MN = BM _ BC

MN = AB - BC

MN _--~-AB + BC

AI"-y--------/ I"-y--------/ I~I \ x x x

Logo, MN

AB == CD.

80 C

1) 2) 3) 4) 5)

MN = MB + BN

1) BP + PC = BC => BP + x = 4x => BP = 3x 2) AB + BP = 80 => 5x + 3x = 80 => X = 10 cm 3) MN = MB + BN => MN = 2,5x + 2x => MN = 45 cm 1\'---

1) Observando o segmento BC, temos: AC == BD => AC - BC == BD - BC 2) Análogo ao exercício 23.

26. Temos duas possibilidades: =>

3?)

C I

5x 1\ M

28. O segmento MN terá medida constante e igual à metade do segmento AB. Justificação Temos três casos a analisar: A~2

1?) /

A~2

= ; e então MN = 20 cm.

BP/2

'-------v--'

I P

BP/2

Neste caso temos:

23. Hipótese AB == CD

Tese =>

MN = MP - NP

e I

2?)

AM == AB + BM == CD + MC == MD. Como AM == MD, M também é ponto médio de AD.

Tese

24. Hipótese

T·

. 11) AB == CD 2) BC e AD têm o mesmo ponto médio

A~2

B~2

_--------.lÂ

M A I PI~I~I

AP/2

B~2

AP + BP 2

Neste caso temos: MN 3?)

AI'-------y------I~'~I\.~IB A~2

Seja M o ponto médio de BC. Temos:

MN = AP _ BP => MN = AP - BP 222

AD e BC têm o mesmo ponto médio

Demonstração

AC == BD

B~2

AB -2-· B~2

'N '

Â"-----

AP/2

Neste caso temos: MN = PN - PM

BP 2

MN = BP - AP 2

Capítulo III

Ângulos

AÔB == CÔD

IOX, õY ----.

75.

Hipótese:

complemento ~ (90° - x) ~ x "Ângulo mais triplo do complemento é igual a 210°." x + 3 . (90° - x) = 210° => 2x = 60° => X = 30°

55. ângulo

Tese: { OX e OY são semi-retas opostas

Demonstração

59. ângulo

complemento do ângulo:

(90

triplo do complemento da metade: 3 · (90 0

suplemento do triplo do complemento da metade: 180

(

180° - 3 90° -

2x)

3 . (90° - x) =>

(90

complemento da metade: -

29x =

3(90

--+

Tese

Hipótese rôs e sôt, adjacentes

77.

e complementares Ox e Oy, respectivas bissetrizes

360° => x:= 80°

x complemento do dobro do ângulo ~ (90° - 2x) suplemento do complemento do ângulo => 180° - (90° - x) 90° - 2x 180° - (90° - x) = 85° => X = 15° 3

--+

O ângulo entre OX e O Y é dado por (a + b + c) 2a + 2b + 2c = 360° => a + b + c = 180° Portanto, OX e OY são semi-retas opostas.

60. ângulo

são bissetrizes

xôy

45°

Demonstração Sejam a medida de rôx = xôs = a e a medida de sôy = yôt = {3: a + a + {3 + {3 = 90 ° => => 2a + 2{3 = 90° => => a + (3 = 45 ° => xôy = 45 ° .

65. Sejam x e y os ângulos.

68. ângulo

2a + 2b = 136° a + b ::; 68°

78.

xy = 72 => (x = 40°, y = 140°) x + y = 180° O complemento do menor é igual a 90° -

Resposta: o ângulo formado pelas bissetrizes é igual a 68°.

90° - 40° = 50°. o

x complemento do ângulo ~ (90° - x) suplemento do ângulo ~ (180° - x)

79. Temos duas possibilidades: 2?)

I? )

"Triplo do complemento mais 50 o é igual ao suplemento." 3 . (90° - x) + 50° = 180° - x => 2x = 140° => X = 70°

72. x e Z são opostos pelo vértice => X = Z x e y são suplementares => y = 180 0 - x "x mede a sexta parte de y, mais metade de z." 180° - x x x = + T => 6x = 180 0 - x + 3x =>

45°

74. Os ângulos são da forma 2k, 3k, 4k, 5k e 6k e somam 360°. 2k + 3k + 4k + 5k + 6k = 360° =>. 20k = 360° => k = 18° O maior ângulo é 6k = 6 . 18° = 108°. 4

o Ox e Oy são bissetrizes 0 a + b = 52 =>2a + 2b = 104° 2a = 40° => 40° + 2b = 104°

2b = 64°

=> =>

Ox e Oy são bissetrizes 0 a - b = 52 1 => a-20° = 52° => 2b = 40° => a = 72° => =>

2a = 144° 5

Capítulo IV - Triângulos 91. a)

109.

AB = AC => x + 2y = 2x - y => x - 3y x + 2y = x + y + 3 y = 3 AB = BC AB = x + 2y => AB = 15 O perímetro do triângulo ABC é igual a 3 . 15 = 45.

(x = 9

' Y

dABC é isósCeleS') AD é bissetriz relativa à base

(AB = AC; BÂD = CÂD; AD comum)

LAL

==>

92. Sejam f a medida dos lados congruentes, b a medida da base e p o semiperímetro.

111.

Temos:

fi == ÊÔ

13a = 2a + 10

{3 + 480 = 5{3

100. dCBA == dCDE

I I

CE DE

= =

12x - 6 = 22 35 = 3y + 5

PD CD

= AB

3y - 2 = 2y + 17 x + 5 = 15

Hipótese dABC é isósceles AM é mediana relativa à base

Demonstração

Tese =>

=> (

= 10 = 19) x, Y

MÂB = MÂC

AB = AC (hipótese) LLL ~ dABM == dACM BM = MC (hipótese) Mil' C AM comum B« M Logo, MÃB == MÂC e concluímos que AM é bissetriz do ângulo Ã. 6

Tese

CD == BE

(EBC = DêB; BC comum; EêB = DãC)

112.

2) dPCD = dPBA => AB = CD (1) PC = PB PBC = PêB (dPBC é isósceles)' LAL. dPCA == dPBD. CA = BD (usando (1) e o fato de BC ser comum) Logo, a razão entre os perímetros destes triângulos é igual a 1.

lOS.

BD == DC

=> BU

dCBD == dBCE

CD == BE

(x = 14, y = 10)

Os perímetros são iguais; portanto, a razão entre eles é 1.

101 1) dPCD == dPBA

Demonstração

(a = 10 , (3 = 12 )

===> =>

Hipótese

ALA

AC AB

dABD == dACD

dABC é isósceles de base BC CD é bissetriz de ê BE é bissetriz de ã

2f + b =75 p = 7,5 ' 2 2f = 4b =? 11 = 2b =? (I = 6 m, b = 3 m) Resposta: Os lados do triângulo medem 3 m, 6 m e 6 m. =>

AD é mediana (isto é, BD == DC)

Demonstração

b) AB = AC => 2x + 3 = 3x _. 3 => X = 6 AB = 2x + 3 => AB = 15 AC = AB => AC = 15 BC = x + 3 O perímetro do triângulo ABC é igual a AB + AC + BC = 39.

9S. dABC == dDEC

Tese

Hipótese

Hipótese AM é bissetriz AM é mediana

Tese )

dABC é isósceles

Demonstração ---+

1) Tomemos P sobre a semi-reta AM com M entre A e P e MP = AM. 2) (dAMB == dPMC pelo LAL) => => (BÂM == CPM e AB == PC) 3) (BÂM == CPM; AM (bissetriz) => => CPM == CÂM Donde sai que dACP é isósceles de base AP. Então: AC == PC.

II'

»H

4) De AB == PC e PC == AC obtemos AB == AC. 'Então, o J1ABC é isósceles.

Desigualdades nos triângulos

114. Seja x o terceiro lado. Temos: 18 - 211 < x < 8 + 21 ~ 13 < x < 29. Se x é múltiplo de 6 entre 13 e 29 (exclusive), então x = 18 cm ou x = 24 cm.

115. 120 - 2x - (2x + 4)1 < x + 10 < 20 x + 10 < 24 x < 14

I I

116 - 4x 1 < x + 10

+ 4

x + Y + z < (p + q) + (n + o) + (m + r)

x<m+n < r + q Z < o + p

'---v----'

~----------

x + y + z < a /+ b + c

- x-lO < 16 - 4x < x + 10 x

x < 14 -x - 10 < 16 - 4x .16 - 4x < x + 10

127.

a + b + c < 2(x + y + z) < 2(a + b + c) a + b + c <x+y+z<a+b+c

< 14

x<~ 3

6 26 T<x<-3-

b ~

~ ...N

o z

116. Aparentemente temos duas possibilidades: 38 cm ou 14 cm. Mas um triângulo de lados 14 cm, 14 cm, 38 cm não existe, pois não satisfaz a desigualdade triangular. O triângulo de lados 38 cm, 38 cm, 14 cm satisfaz a desigualdade triangular. Resposta: 38 cm. 117. AC = b = 27, BC = a = 16, AB ê < Â < B ~ c < 16 < 27 ~ c < 16 O valor máximo de AB é 15.

céinteiro

--+-

128. 1) Tomemos A' sobre a semi-reta AM, com M entre A e A' e MA' = ma. 2) (LlAMB == LlA'MC pelo caso LAL) ~ ~ A'C = c 3) No LlAA'C temos: Ib - c I < 2ma < b + c ~

Ib - cl b + c => 2 < ma < --2-·

122. Sejam: a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos: a>b b+c ( a > c ~ 2a > b + c ~ a > --2-. 123. a < b + c ~ 2a < a + b + c

129. 1) De acordo com o exercício 128~ temos: b+c a+c a+b) (ma < -2-; m b < -2-; me < -2- ~

a++c ba < -

124. De acordo com o teorema do ângulo externo, temos: a > {3.

ma + mb + me < a + b + c. a 2) LlABM: c < ma + T. Analogamente,

(a > {3, (3 > A) => a > A

::::::::.sh

< me + 2' a < mb + 2· .

Somando membro a membro as deSIgualdades, temos

126.

c<x+y<a+b b < x + z < a + c a<y+z<b+c

a+b+c

""C

< ma + mb +mc •

8 8

C 9

Capítulo V - Paralelismo 147. a) Os ângulos internos são dados por (180° - a), (180° - (3) e (180° - 'Y). Como a soma destes deve ser igual a dois retos, temos: (180° - a) + (180° - (3) + (180° - 'Y) ;::: 180° => a + (3 + 'Y ;::: 360°. b) Oe modo análogo: (360° - a) + (360° - (3)

+ (360° -

'Y) ;::: 180° => a

(x + 15°) + (x + 15°) + x ;::: 180°

dABC é isósceles => AêB;::: 2x + y Eêo ;::: 180° - (x + y) - (2y - 25°) Eêo ;::: AêB (o.p.v.) dCOE é isósceles => X + Y ;::: 2y - 25° 3) e 4) => 1 1800 - (x + y) - (2y - 25°) ;::: 2x + ~ x + y ;::: 2y - 25°

h) 1) 2) 3) 4)

= 900°.

x;::: 150

;::: 400

148. a)

ê ;:::

x + 15°

b) AêB ;::: 180° - 4x. dABC é isósceles de base BC

+ 70°)

c) Â ;::: 180° - (x

180° - (110° - x)

f) 1) 4ABO é isósceles =>

36°

70°

1) dACO é isósceles => Aêo;::: x

180 0 -4x

ARO;::: 65° 2) AOB = 50° 3) BÔC ;::: 130° 4) 4DBC é isósceles => X = 25°

=> X ;:::

x ;::: - - - 2 - - -

•

180° - 4x ;::: x

Â ;::: 110° - x

" 180° - Â C ;::: 2

149. d) AB ;::: AC

x;::: 50°

152. Construímos a reta t, t / / r, t / / s.

2) AÔC ;::: 180° - 2x 3) CÔB ;::: 2x 4) 4CBO é isósceles => => CBO;::: 2x 5) Bêo ;::: 180° - 4x 6) 4ABC é isósceles => => 180° - 4x + x = 2x => X = 36°

"'C A

2y-25°

t divide o ângulo de 120 0 em dois outros: y e

40°

y ;::: 40° (alternos internos) y + z ;::: 112° => z;::: 72°

z ;::: x (alternos internos)

--t

72°

154. Construímos a reta t, t / / r, t / / s. t divide o ângulo de 100 0 em x e y. x ;::: 180° - 3a (colaterais internos) y ;::: 180° - 2a (colaterais internos) x + y ;::: 100° => 360° - 5a ;::: 100°

3a -

-t

52° 2a

165. Do dABC temos: 2b

+ 2c + 80° ;::: 180°

00 dBCO temos: b + c + x ;::: 180° => 50° + x ;::: 180°

b + c ;::: 50°.

=> =>

x;::: 130°.

c ) { x + y ;::: 2x + 10° ( -x + Y ;::: 10° g x + y + 2x + 10° + Y ;::: 180° => 3x ~ 2y ;::: 1700 10

x;::: 30°, y

= 40°

Pfb B

~C 11

176.

167. ângulo do vértice: x ângulo da base: (180 0

X+

2(180 0

~ x)

~ X) = 180

X= 120

5 180 o --x

Resposta: os ângulos medem 120°, 30° e 30°. A

168. Seja x o valor dos ângulos externos em B e C. Temos:

2x x ~ A=W ~ A=T ~

---,- + 2 . (180° - x) = 180° 5 ~

A = -

Fig. 1

8 K

x = 100°

20°

b + c

• -

.....,

-«

x = 105°. c) De acordo com a figura 3, temos: 127° 30' x + 15° + 37° 30' == 180° => X y = 15° + 37° 30' => y = 52° 30'

169. AABC: x + 2b + 2c = 180°

I' -

a) É fácil deduzir (figura 1) que os ângulos medem 30°, 75° e 75°. 75° 75° b) De acordo com a figura 2, temos x + -2- + -2- = 180°. Donde vem: x

179. primeiro ângulo: x x

180° - x

segundo ângulo: x-28° terceiro ângulo: x + 10°

=> X

+ (x - 28°) + (x + 10°)

= 180°

x == 66°

Resposta: os ângulos medem 66°, 38° e 76°.

APBC: x + 76° + b· + c = 180°

x + 76° + =>

180° - x 2

= 180°

{J é ângulo externo do AACD

81=""':

28°

170. a é ângulo externo do AABD

182. Prolonguemos a reta AB.

=> ) -

"'C

Na figura temos: {3=2m+3m

a={3+m => =>

Â a=-+B 2 ~

EêD = 100° x + 100° + (180° - 6(3) = 180° => X = 6{3 - 100° AABC: 3{J + {3 = 100° => => (3 = 25° x = 6{3 - 100° ~ => X = 50°

=> (3=5m a=6m

a-{3=B-ê

183. 1) Â +

{3=-+C 2

174. ACDE: CDE = 180° - 6{3;

B+ ê

= 180° => = 180° - Â

2) 2b + B = 180° 1 => ~ 2c + C = 180° => 2(b + c) = 360° -

ê)

3) 2 (b + c) = 360° - (13 + ê) => => 2(b + c) = 360 0 - (180° - Â) = = 180° + Â

8/\8

C" ","C c

b b \

I C

"\ \xI /

180 0 -61j

:'>

4) x + (b + c) = 1800

=> X

+ 180° + Â

180°

90°

T 13

Capítulo VI - Perpendicularidade

184. Na figura marcamos os ângulos de mesma medida.

B == 70°) => HÂB == 20° 2) AS bissetriz => SÂC == 35° 3) ~ABC: (Â == 70°, B == 70°) => ê == 40°

192. 1) (AHB == 90°,

x + y == z + 48° ~ACD: y == z + x ~ABD:

Subtraindo membro a membro: ~ x == 24°.

x == 48° - x

185.. Seja x a me~ida do ângulo Â. Temos: 1) 2) 3) 4) 5)

6) 7) 8)

~AEF é isósceles => FÊA == x DPE é externo ao ~AEF => DFE DÊC é externo ao ~AED => DÊC ~CDE é isósceles => DêE == 3x BDC é externo ao ~ACD => BDC ~BCD é isósceles => CíiD == 4x AC == AB => BêD == x Â + B + ê == 180° => => X + 4x + 4x == 180° => X ==

187.. Na figura temos: 1) ~ABC é isósceles

== 2x == 3x A< ,......

'"'

== 4x

20°

CV) x

&+1\ (

188.. 1) Indiquemos as medidas AB == AC == b e CD == a, donde obtemos BC == a + b. 2) Tracemos AP com AP == b, de modo que BÂP == 60°. Obtemos dessa forma o triângulo equilátero APB de lado b. 3) Consideremos agora os triângulos PAD e ABC. Note que eles são congruentes pelo caso LAL. a Logo: PD == AC == b e APD == 100°. 4) De PD == b concluímos que o ~BD é isósceles. Neste triângulo PBD, o como fi == 160°, concluímos que !J == D == 10°. 5) Finalmente, de ABP == 60°, DBP == 10° e CRA == 40°, concluímos que CBD == 10°.

198. 1) âABH

=> HÂB == 30° 2) âACH => HÂC == 70° 3) SÂC == 70° - x 4) AS é bissetriz => X + 30° == 70° - x => X == 20°

20 0 8

199. 1) Usando o resultado do exercício 194: b

x +

TX ==

,... 2 2) B == -x 3 ,/" B I/'/'

I 60~'/ b

1!!.-0L1>"

---+

1) Prolongamos AR até cortar CD em E. 2) ~AED: Ê == 55° 3) ~BCE: x == 90° + 55° => => X == 145°

1) AêB == 65° 2) AêB e DêE são o.p.v. => => DêE == 65° 3) x == 90° - DêE => X == 25°

"V- m H

193. a)

ABD == AêD 5-x 2) EDB, AêD correspondentes => => EDB == AêD 3) FÕC, ABD correspondentes => (IV l ~ FDC == ABD BA (( \ C 4) AEBD e ~FDC são isósceles 3 o 4 Indiquemos por x e y os lados de mesma medida desses triângulos. Temos: AE + ED + DF + AF == (AE + x) + (y + AF) == 5 + 5 == 10 cm.

3) Â +

180°

X ==

B+ ê

108°. ...

B == 72° == A ==

180°

36°

Resposta: os ângulos medem 36°, 72° e 72°.

'"'

201. a)

3) Usando o resultado do exercício 194, temos: H 1ÔH 2 = 128° ~ H 2ÔC = 52°.

207. 1) LlPBC: b + c + 116° = 180° ~

b) A

b + c = 64° 2) LlABC: 2b + 2c + Â = 180° ~ ~ Â = 52° ~

1) AM = MC ~

~ABC: ~

X =

= x

x + 90° + 65° = 180° 25°

1) AM = MB ~ B = 50° + x 2) ~ABH: x + 50° + x = 90° ~ ~ x = 20°

BEc':

203. 1) ~AEB: ABE

2) ABE = 20° ~ EBC = 70° 3) ~ABC: ê = 20° 4) BD é mediana => DB = DC

DBC =

208. 1) LlABC: 90° +

20°

AM = MB ~ BÂM =

2) BF é bissetriz => ABF =

+ C = 180°

90°

= 50° I

\ - -

,-I

20 o

( .........

\....

5) x

fi - ê

Logo, 4), 5) ~ x

= IB -

_'_

Procedendo de modo análogo, obtemos:

B+ ê

2) ~ACH: HÂC = fi 3) ~AMC é isósceles => MÂC = 4) x + 13 = ê => X = ê - B

204. 1) AM é mediana

5) EBO + OBC = 70° => => EBO + 20° = 70° => EBO

..... C

20°

ê I.

3) x é externo ao LlABF => ~

x=B+-=-2

'II;:sr.

209. '" '" ~AMS: M = 68°, AMC = 112° 2) AM = MC => ~AMC isósceles ~ ~ ê = MÂC = 34° 3) ~ABC: B = 56°

Resposta:

56°;

, ,

LlABC é retângulo

Demonstração

= 34°. C

Tese

Hipótese J AM é mediana AM = BM = MC

205. 1)

II"

)

1) LlABM é isósceles => ABM = MÂB = a 2) LlACM é ísósceles ~ AêM = MÂC = {3 Bt , 3) LlABC: 2a + 2{3 = 180° ~ a + (3 = 90° 4) a + (3 = 90° => Â = 90°

•

'-( ....... C

Tese

Hipótese

211. ~BC

é isósceles BD altura relativa a AC CE altura relativa a AB

Analogamente: 2h b > a + c - b; 2h e > a + b - c.

= CE

{BD

Somando as três últimas desigualdades: ha + h b + h c > a + b + c

Demonstração BC == CB (comum) ABC == AêB (âABC isósceles) CÊB = Bbc (retos)

LAAo

==>

212. AM é lado ""comum _ _

222. Tracemos SP tal que SP

1) âABC: 2b + 2c + 90 = 180 ~ b + c = 45 0 2) âIBC: x + b + c = 180 0 ~

=> X = 135 0

,,':':' '\

c' ::=se. C

caso ~

especial

~ âBCD = âCBE ~ CBD == BêE ~

~BC

é isósceles.

BC.

/'o"":'

(BS comum; SBP == SBA, P âBSP == âBSA ~

LAAo

==>

AS < SC

223. 1) Os ângulos da base devem medir

âABC é isósceles

(BE = CD; BC comum)

Demonstração

~ AS == SP ) âSPC ~ SP < SC

Tese

215. Hipótese

Temos:

A 0

Dessa forma concluímos que os triângulos ABM e BME são isósceles. Calculando os ângulos das bases, obte- s mos x = 36°.

âABC é isósceles.

214. Conforme a figura:

= CD

= CE

221. Sendo M o ponto médio de DE e indicando AB = f, temos DM = EM = f. Note que também BM = f.

== âAMB

'B '

---

~ âAMC

AB == AC

âBCE == âCBD

LAL

AMB AMC (AM é altura) BM MC (AM é mediana) ~

;pc

:==+c

B tc

70° cada. Daí, EBD = 35°; EêB = 55°; BFC = 90°. 2) Note que BP é bissetriz e altura. Assim, o ãECE é isósceles e então PC = PE. 3) Note agora que DP é mediana e é altura no âCDE. Então, âCiJE é isósceles e daí: DÊP = 15°. 4) Do ânEP tiramos x = 75°.

oh:;:

35°

~150 55°

220. 1.a parte: âAHB: ha < c Analogamente: hb < a; hc < b. Somando as desigualdades, temos: ha + hb + hc < a + b + c. 2.a parte:

âABH: c < ha + x âACH: b < ha + a - x 18

2ha

,-, H

a-x

> b + c - a 19

Capítulo VII - Quadriláteros notáveis => B = x 100 0 + 120 0 + 3x + x = 360 0 => X = 35 0

226. a) PA = PB

229. De acordo com a figura, temos: dABP: a + b = 180 0 - x dPCD: c + d = 180 0 - Y ABCD: 2(a + b) + 2(c + d) = 360 0 => => 2(180 0 - x) + 2(180 0 - y) = 360 0 0 => X + Y = 180

=> D

b) Traçamos BD. dABD e dBCD são isósceles => => ADB = 40 0 , CnB = 70 0 x + 40 0 + 70 0 = 180 0 => X = 70 0

c~c

o 1.Q parte

Trapézio ABCD: 2d + 110 0 = 180 0 => d = 35 0 dPCD: c + d + (x - 15 0 ) ;::::: 180 0 => C + 35 0 + x - 15 0 => C + x = 160 0 (1) Trapézio ABCD: 2c + x = 180 0 (2) (1) e (2) => X = 140 0

227. a)

180 0

2.0 parte

c + x = 160 0 1) AP bissetriz => 2) Indiquemos por 3) BP bissetriz => 0 4) dABP: x + 35 ABCD: x + 2y

BÂP = 65 o 2y o ângulo Ê. C ABP = PRD = y = y + 65 0 + 80 0 + 130 0 = 360 0

]

= 70 0

+ 140 0

160 0

C =

20 0

BêD = 40 0

235. AD = 20 cm, BQ = 12 cm => => CQ = 8 cm Se BQ = BP = 12 cm, então dBPQ é isósceles e fi = BQP e BQP = CQD (o.p.v.). Como AP / / CD, temos APQ = CDQ (alternos internos) => => dCQD é isósceles => => CQ = CD = 8 cm. Logo, o perímetro do paralelogramo ABCD vale 56 cm.

20 A

c«

244. Sejam a e b os ângulos consecutivos. Temos: A

1) Marquemos os ângulos congruentes determinados pelas bissetrizes AP e BP. 0 2) dPAB: a + b = 180 - x ] => X = 100 0 ABCD: 2(a + b) + x + 100 0 = 360 0 20

[:::: 1:(~0:

(a = 110°. b = 70°).

Resposta: os ângulos medem 110°, 70°, 110° e 70°. 21

Hipótese

245.

Tese

ABCD é paralelogramo => APB AP e BP são bissetrizes

= 90 0

Demonstração

ABCD é paralelogramo => 0 a + b = 90 0. => 2a + 2b = 180 : dPAB: a + b + APB = 180 0 => => APB = 90 0

Seja PAB

Ângulo formado pelas bissetrizes de ê e D: ACDQ => 0 0 => 40 + 30 + Y = = 180 0 => y = 110 0

Ângulo formado pelas bissetrizes de Ê e ê: dBCR => 0 0 => 50 + 40 + z = = 180 0 => z = 90 0

4?)

5?)

6?)

b(~

AV \

247. ABCD é losango

Ângulo formado pelas bissetrizes de Â e Ê: dABP => 0 0 => 50 + 60 + x = = 180 0 => X = 70 0

as diagonais são perpendiculares

= T . 90° = 30°.

C' ,

Então, temos: no dABP, ABP = 60°. Como as diagonais do losango são também bissetrizes, os ângulos do losango são: 60°, 120°, 60°, 120°.

r' --

Dt L-_-

"U-l~D

CV\'foU-

Ângulo formado pelas bissetrizes de Â e D: AADS => 0 0 => 60 + 30 + w = = 180 0 => w = 90 0

I )8

>.I'"

= 60 , BÂD

= 90 0

•

Ângulo formado pelas bissetrizes de B e 15: Quadrilátero BADM: 50 0 + 1200 + 300 + m = = 360 0 => m = 160 0

Ângulo formado pelas bissetrizes de Â e ê: Quadrilátero ABCT: 60 0 + 100 0 + 40 0 + t = = 360 0 => t = 160 0

PÂD = 30 2) P A = AD => AAPD é isósceles

254. a) 1) PÂB

I. ~

ADP = 75 0

251. Os ângulos a que se refere o enunciado são adjacentes a uma mesma base, se-

não sua soma seria 180°. Sejam x e y os ângulos. Temos: {

+ Y = 47~0

x - y

= 41 0,y

= 37 0).

O maior ângulo do trapézio é o suplementar de y, que é 180° - 37° Resposta: 143 0.

143°. K

252. Seja ABCD o trapézio, com ê = 80°, fJ = 60°. Daí, Â = 120° e fJ = 100°. 2?)

1?)

3?)

,,8

b) 1) PÂB = 60 0, BÂD = 90 0 => PÂD 2) PA = AD => dAPD é isósceles

150

ADP

15 0

\ ou

ou - (

\ D

....

255. b)

2y - 7 -2-

3x +

x = 6; y =

RS é base média do trapézio =? 20 + 12 _ => RS = => RS = 16 cm

y = -2-

256. DE é base média

EF é base média

DF é base média

Perímetro âDEF

= 7 + 4,5 + 5,5 = 17.

14 2

= =

;

4,5

264. c)

Jf- = 5,5

= y-2+ 7

+ 16

(x = 10, y = 13)

-2-

+ z 16 = Y -2-

z = 19

259. l.a parte

M, N, P, Q pontos médios de AD, AB, BC, CD; MN = NP = PQ = QM âABC ~ AC = 2NP âABD =? BD = 2MN

âBCD

= .L

x - y

y + 1 = --2=>

= 20;

X -

2y + 5 = 2y + =>

3y = 2

M, N, P, Q pontos médios de AD, AB, BC, CD; MNPQ é retângulo_ âABC ~ ACIINP ~ âABD ~ BD II MN

NV-__ ~_---~P I I

i i.

i i

'----1-'-'- ._~C

AL._. _._.~-_._.~_.I

AC == BD B

AÔB == MNP

MN = .L + Y + 1 +.L =?

2.a parte

d) AACD

M/,.<

I I

~----i----~ Q

AC .1. BD

o o

262. Sejam B a base maior e b a base menor. Temos:

B=~

(B = 24 cm; b = 16 cm).

263. âABC

AB PR = -2-

PR =

âBCD

CD RQ = - 2

RQ = -

265. Note que no flBCE da figura o ângu-

B+b =20 2

12 2

PR = 10 cm

RQ = 6 cm

lo ê mede 45 o. Logo, o MJCE é isósceles e então BE = h. Como AE = b, temos BE = B - b. Portanto, h = B - b.

266. SejaABCD o trapézio, com ê = 30°. Tracemos BF, BF 1- CD, BF = 2h. ~BCE ~ :ã = 60° ~CEF ~ F = 60° ~ ~ ~CF equilátero de lado 2h. BC Portanto, h = -2-.

271. Inicialmente observemos que Pé ponto médio de AC e Q é ponto médio deAB. AQ = BQ = AP = PC = f MQ é base média => MQ = f) => MP é base média => MP = f

hl o

R/\i

IV\

APMQ é losango

B·

272. Seja ABCD o quadrilátero com Â = ê = 90°, BE bissetriz de Ê, DF bissetriz de 15. 267. Seja o paralelogramo ABCD, ao lado. Sejam AF e CE as bissetrizes dos ângulos obtusos. AD II BC".. ]=> -DE C DÊC = BCE (alternos)

a] EAF = a D~C

Temos:

~CDF

d + x=

900]

ABCD 2b + 2d = 180 b e x são correspondentes => BE I I DF

=> D

AF I I CE

268. Da figura podemos concluir que: 4a + 4b = 360° => a + b = 90°. Quadrilátero BFOG ~ => FÔG = a + b = 90° (1) ~OB é isósceles ] ~ oÂF = OBF 2a + 2b = 1800

~BOF ~

A A

CME ==- BMG (o.p.v.) ÇM =;. BM C == B (retos)

EJ-----~b ~ b-- ---tG I

269. Seja BÂC = a.

BÂC, AêD alternos internos ~ ~êD = a] ~A.aC isósceles de base AC ~ BCA = a ~ AC é bissetriz do ângulo ê. Analogamente, BD é bissetriz de D.

ALA

~CEM

~BGM =>

(EM == MO, EC == BO)

Além disso, como BC + CE = AE, temos: EC == BG ~ AG == AB + BG == BC + CE == AE. Então:

a, a

273. Unimos E com M, ponto médio de BC. Temos:

90° (2) (1), (2) ~ EG II AB Analogamente, FR 1/ AD.

- -

LLL

- -

(EM == MG, AG == AE, AM comum) ~ ~E == ~G ~ GAM

_ _ _ _

ALAL

(BM == DF, AB == AD, B

= D)==>

= EAM = a.

~BM

~F ~

BAM

= DAF

Logo, BAE = 2a = 2· FÂD.

270. Seja o paralelogramo ABCD. ILAA AD == BC (lados opostos) ~ DÂC == BêA (alternos) AQn == BPC (por construção) ~ ~AQD == ~CPB ~ BP == DQ

\ M \

",/'"

// //

a",/

",\ a

\ \

Capítulo VIII - Pontos notáveis do ~riângulo A

278. Tracemos a diagonal BD. ABCD é paralelogramo ~ BQ == DQ M é ponto médio de AB ~ AM == MB ~ P é baricentro do dABD ~ 16 DP ~

x=-2 A

x=2

279. 1) DHE e BHC são o.p.v.

b) Tracemos a diagonal BD. Seja

BDnAC= {M).

Note que G é baricentro do fJJCD. A diagonal AC mede 8 + x. Daí,

} ~

AM =MC =

x=8

8+x

G é baricentro do fJJCD ~ ~ GC = 2 . MG ~ x = 8 - x => X = 4.

= -2- -

~ MG=~

DHE = 150 0

= MC - GC

x. x

2) Quadrilátero ADHE ~ Â = 30 0

286. Quadrilátero ADOE ~ DÔE

282. Temos duas possibilidades: I?)

2~)

288. PQ é base média do dABC 8 ('

,--

"ç

--,),

= 80

NPQ = 50 0 ~ NPR = 130 0 Então, Ê = ê = 65°.

Â = 50 0

289. Tracemos a diagonal AC, que intercepta

~ (~~

15 cm.

'\~c~

APN = 50 ~ PÂN = 40 0 ~ Â Então, Ê = ê = 50°.

283. a) P é baricentro

retângulo . , . BP = 15 cm dABC ~ , é. BP e medIana relatIva a hIpotenusa O é baricentro do dARC ~ PO = 5 cm.

M 0

0 = 110 Quadrilátero CEOF ~ EÔF = 130 0 Quadrilátero BDOF ~ DÔF = 120 0 A razão entre os dois maiores ângulos formados pelas alturas vale: 13 120 0 12 130 0 120 0 = 12 ou 130 0 = 13·

;(; !XX)

BD em Q. Temos:

= 4,

~~ :, ~~ } ~ AM ~

AB =

P é baricentro do .:1ACD ~

= -2 . 15 3

=> /

/ / /

Aw 28

RgB = Q~C (alternos) SQC = QCB (alternos) LlRBQ ~ .isósceles => RQ = RB => LlSCQ e Isósceles QS = SC Ternos:

290. RS / / BC

Perímetro do LlARS = = (AR + RQ) + (QS + AS) = = (AR + RB) + (Se + AS) = = 15 + 18 = 33 cm

~ ;;A~

JRb/ 15

Capítulo IX - Polígonos

18 Q

~ c c

291. Para facilitar, sejam Â = 20, Ê = 2b e ê = 2c. LlABC ~ 2a + 2b + 2c = 180° => => a + b + c = 90° Daí: a + b = 90° - c; a + c = 90° - b; b + c = 90° - a. LlAOB => AÔB = 180° - (a + b) ~

=> AÔB = 180° - (90° - c) ~

=> AÔB = 90 0 + c ~ ~

".....

AOB = 90° + -

Analogamente, AOC

90° + T; BOC

90° +

Â T·

-III

o =

540°

294. a) Quadrilátero ABCD:

+ B + ê + Ô = 360° ~ 90° + 110 0 + 90° + + 180° - x = 360° => ~

....c

293. e) AB / / ED => Â + Ê = 180° ABCDE é pentágono => ~ Â + fi + ê + Ô + Ê = 540° ~ ~ (Â + Ê) + B + ê + fi = 540° ~ ~ 180° + (x + 20°) + 90° + (x + 10°) ~ X = 120°

Â A

= 110°

b) Quadrilátero ABCP: .x + 15° + B + 65° + + 180° - X = 360° ~ => B = 100° Pentágono ABCDE: Â + B+ + Ô + Ê = 540° ~ ~ 2x + 30° + 100° + 130° + 90° + 85° = 540° ~ ~ x = 52°30'

100 0

c) Análogo ao item b.

C p

d) Sejam Â = 2y e D = 2z. Temos o que segue: Pentágono ABCDP => => y + 90° + 160° + z + 135° = = 540° ~ y + z = 155° Hexágono ABCDEF => => 2y + 90° + 160° + 2z + x + + 40° + x = 720° ~ ~ 2(y + z) + 2x + 290° = 720° ~ ~ x = 60°

,-E

, ,

·~B

.•

297. a) Note que o MJPC é isósceles, pois BP

= BC.

O ãngulo interno ai do pentágo540° no mede ai = - 5 - = 108°. ABP == 60° => X = 66° 30

PBC

= 48° ~ 31

b) LlABP é equilátero

BÂP = 60°

Ê ~= 1,~8~ } => DÂE = 360 ADE e lsosceles DÂE + BÂP + x = 108° => => 96° + x = 108° => X = 12°

311. De cada vértice partem n - 3 diagonais. Logo, n - 3

Quadrilátero ABCP

FÂE = 18° ABE é isósceles => AÊB = 36° x é externo ao LlABE => X = 36° + 18° => X = 54° GÂF = 45°, x = 5.4° => ERA = 81° = GHB =>

~ÇBD é is~sceles => CBD = 360} . ORE = 360 =? EBA = BAE = 36° Y + ORE + OHB = 180° => y + 36° + 81 ° = 180°

= 28.

+ 2x + x + 9 . 2x = 360°

= 81 ° => ai = 162° => a e = 18° => 360° 18° => n 20 n

321. n = 20 LlPBC

ai = 162°

=> a e = 18° 18° - 18° =>

P = 180° P = 144°

=> =>

320. Seja 2x o ângulo interno. => X

298. a) BÂF = 90°

25 e, então, n

Resposta: o polígono possui 28 lados.

y = 63°

l~o---~~--

'-90 \

..."\

322. Observando o quadrilátero MBNP, Av'

b) A~ = AG => LlA~G é isóSceles} BAG = 90° => FAG = 30°

...

AFG = 750

= 450 =>

Note que FOA = 75°, AGI = 90° e, então: HGI = 15°. Analogamente, l/O = 15°. LlGIJ => X = 15° + 15° => X = 30° E

temos: B = 156° => ai => a e = 24° => 360° => - - = 24°

= n(n d

/ .A.

\ 24°

'0/

)~P

n(n - 3)

d=90

' temos:

21 = (n + 3) . n d + 21 = (n + 3) . (n + 3 - 3) => n(n - 3) 2 2 + 2 => (n + 3)n _ n(n - 3) = 21 => n[(n + 3) - (n - 3)] = 42 => 2 2 => 6n = 42 => n =------rd = n(n - 3) => d = _7_._(7_-_3_) => d = 14

2 15(15

323. Sendo d =

=> A

156°

324. Quadrilátero ABCD: Â = 180 0 - (a + b) fi = 180 0 - (c + d) = 1800 - (e + O

Capítulo X - Circunferência e círculo I

D = 120 0 ~ Â + fi + ê + D = 360 0 0 ~ 180 - (a + b) + + 180 0 - (c + d) + + 180 0 - (e + O + 1200 = = 360 0 ~

0 ~ a + b + c + d + e + f = 300

342. (1) R A + R B = 7; (2) R A + R c = 5; (3) R B + R c = 6 Somando (1), (2) e (3) temos: R A + R B + R c = 9. (4) Fazendo (4) - (1), vem R c = 2; (4) - (2) vem R B = 4; e (4) - (3) vem R A = 3. 343. a) o

328. n I = n; n2 = n + 1; n 3 = n + 2 (n + 2)(n + 2 - 3) - 28 + ~ 2 2 ~ n - n - 20 = O ~ n = - 4 (não serve) ou n = 5. O polígono com maior número de lados é o que tem mais diagonais. Logo, n3 = 5 + 2 ~ n3 = 7. n(n - 3) (n 2 +

+ 1)(n + 1 - 3) 2

331. (n + 1 - 2) · 1800 _ (n - 2) . 180 0 = 50 ~ n + 1 n

(n - 1)· 180 0 - (n - 2) · 180 0 = 50 ~ n + 1 n ~ n(n - 1) . 180 0 - (n + 1)(n - 2) . 180 0 = 50 · n(n + 1) ~ n 2 + n - 72 = O ~ (n = - 9 ou n = 8) ~ n = 8 ~

PA = PQ ~ âPAQ é isósceles PJ! = PQ ~ âPBQ é isósceles Quadrilátero APBQ ~

APB = 80 0 0 0 ~ 2a + 2b = 280 ~ a i" b = 140 } ~ AQB = 1400 AQB = a + b

b) Traçamos a reta t, tangente comum pelo ponto Q. Prolongamos BP até interceptar a reta t em R. Note que t n AP = {SI. p SA = SQ ~ âSAQ é isósceles Rg = RB ~ âRQB é isósceles Quadrilátero APBQ ~ APB = 100 0 0 0 ~ 2a + 2b = 260 ~ a t b = 130 } ~ AQB = 1300 AQB = a + b

353. R - r < d < R + r

d = 20 cm; r = 11 cm

R-II

< 20 < R + 11 ~ 9 < R < 31 35

364. Temos BC = 26 cm (Pitágoras).

R é múltiplo de 6] ~ 9 < R < 31 ~ (R = 12 cm ou R = 18 cm ou R = 24 cm ou R = 30 cm)

De acordo com a figura: (10 - r) + (24 - r) = 26 ~ r = 4 cm.

354. Seja R A , R B e R c os raios das circunferências de centros A, B e C, respectivamente. Temos: R A + R B = 12 (1) R c - R A = 17 (2) Rc - R B = 13 (3) (2) + (3) ~ 2· R c - (R A + R B) = 30 =1 2Rc - 12 ~ R c = 21 m ~ R A = 4 m ~ R B = 8 m Resposta: RA = 4 m, R B = 8 m, Rc = 21 m.

355. Seja AP

x. Então,

na figura: ~

; - 1]

Mas: AR = AP ~ x = 4,5.

9 - x

9 - x = x

a+x-c+x=b ~ 2x = b + c-a. =

2p - a - a

361. Note que RA

~-r C

r .lb-r

7-x

c-x

(AB) tem medida igual a 2r. ABCD é circunscrito ~ ~ AB + CD = AD + BC Então: 2r + 13 = 10 + 15 ~ r = 6.

c-r A

370. Observe que a altura do trapézio

371. Sejam a e b dois lados opostos e c e d os outros dois lados opostos. Temos:

a+x-c

x = p - a.

a+x-c

RC, que SB = SC

e que PA = PB. Temos: perímetro dPRS = = (PR + RC) + (SC + PS) = = (PR + RA) + (SB + PS) = = PA + PB = 10 + 10 = 20 cm. 36

7-x

Utilizando (1), segue que

a + b + c = 2p ~ b + c = 2p - a ~ a = 2p - a - 2r ~ a = p - r

Seja AP = x ~ AO = x ~ ~ OB = c - x ~ BR = c - x ~ RC = a + x - c ~ ~ CP = a + x - c Como CP + AP = b, temos

a ~

367. a = (b - r) + (c - r) ~ a = o + c - 2r 9- x

359. Temos: a + b + c = 2p ~ b + c = 2p - a. (1)

b + c - a

366. De acordo com as medidas indicadas (c - r) + (b - r)

= 7 - x = BQ. BQ = 7 - x] ~ QC = x-I = CR BC = 6

a - b = 8 (1); c - d = 4 (2); a + b = c + d (3); a + b + c + d = 56 (4) Substituindo (3) em (4): a + b + a + b = 56 ~ a + b = 28 (5) (5) e (1) ~ (a = 18 cm, b = 10 cm) (3) ~ c + d = a + b ~ c + d = 28 (6) (6) e (2) ~ (c = 16 cm, d = 12 cm)

372. BC

perímetro dABC = 10

DP = x EQ = y BR = z

~ ~ ~

]

DQ = x ER = y (BS - z, SC

~ AB + AC

= 4 -

= 6

(1)

z = CP) 37

(1) => AB + AC = 6 => => AE + ER + RB + AD + + DP + PC = 6 => => AE+y+z+AD+ +x+4-z=6 => => AE+y+ + AD + x = 2cm,emque AE + Y + AD + x é o perímetro do AADE.

382. c) COA = 180 0

A I x Q,

ABC = 150° => ÁDc = 300 0 ABc + ADc = 360° => => 2(180° - x) + 300 0 = 360 0 => X = 150 0

4-z

Tese: [ABCD é losango.

385. AÔD = 115 0 ,.--.....

Basta mostrar que AB = BC.

AB = CD => X + Y = z + w (1) AD BC (2) = => X + w = y+ z Somando membro a membro (1) e (2), obtemos: 2x + y + w· = 2z + y + w => X = z. Então: AB = x + Y = z + Y = BC => AB = BC = CD = AD => ABCD é losango.

375. Sendo O o centro, AB o diâmetro e

CD uma corda qualquer que não passa pelo centro, considerando o triângulo COD, vem: CD < OC + OD => CO < R + R => => CO < 2R => CO < AB.

376. Sejam AB e CD as cordas tais que

115 0 + 105° 2

=> X

Cm + ÃEB

386. ex =>

2 70°

388. b) ABC = 40° =>

= 110 0 F

115 0

AEB + 50° + AEB 2

cm = AEB + 50

....-..-

=> AEB = 45 0

..--..

=> CFD

95 0 B

éD

= 80° AÔP = 120° => PDB = 60 0 => => BE = 120°

MO == NO, em que M é ponto méB dio de AB, N é ponto médio de CD e O é o centro da circunferência. Temos: c o MO == NO (hipótese) OB == 00 (raios) => dMBO == dNDO => MB == ND => AB == CD dMBO, dNDO retângulos

= 650

ÁÕ = 115°

ADC AD + DC x=-2-=>x= 2

ABCD e paralelogramo =>

BOC = 50°

.Demonstração

384. AÔC = 100°

S zC

OA = OC (raios) => dAOC é isósceles (OB 1.. AC; dAOC isósceles) => => OB é também bissetriz => => AÔB = BÔC = 50° OH = oe (raios) => .:lHO: isósceles 1 =>

Hipótese: [ABCD é paralelogramo circunscrito

x =>

=> ABc = 2 . (180° - x)

374.

Capítulo XI - Ângulos na circunferência

120

BE-éD

=> 2 120° - 80 0 2

=> X =>

20°

....--...

ACB 2

389. b) AVB => AVB

= 310° - 50°

=> AVB = 130° dRVS => (8 = 40°; => X = 10°

b) ABCDE é pentágono regular. Então:

=> a

+ L = 90° =>

+ 15° = 90°

X P=T=>

P -_

500.,

;.. y Q--=> - 2

Ô --

70°·,

,.. = 600 . R-- -2z= > R 398. AR,

Bce AC são proporcionais a 2, 9

e 7 quer dizer que AR,

são da forma 2k, 9k, 7k. Então: 2k + 9k + 7k = 360° => k = 20° => => ÁB = 40 0;OC = 1800;ÁC = 140°.

=> 800 = 360° - x - X => 2 => X = 100°. Analogamente, y = 140° e z ::;: 120°. Daí:

= 180° - 2y)

AÔD = Ãi> => 180° - 2y = 120° => => y = 30° dABC é retângulo em B, então:

600

395. a) dAOD é isósceles => => (OÃD = y, AÔD

720.

397. Consideremos o triângulo PQR da figura. Seja = x. Calculemos x: ...-.... 800 = QPR - QR => 2

60°

= 400.

393. Unimos o p~nto A com o ponto C. Note que ACB :;::: 90°. Unimos C com Q e Q com D. Temos: (CD :;::: R, CQ = R, QD = R) => => dCQD é equilátero. Então: ....-.... ... CD = 60° => CAD = 30°. (dACK, C = 90°) => a = 60°.

AOB = 60° => AFB = 60° .....-..... .--.. AFB = 60° => ABC = 120° => => ADC = 60°

=> => a

72° _+ .72° =>

.....

BÔD = 20° => fiB = 20°. Unindo O e A e usando o fato de OBA = 60°, obtemos t1A.OB isósceles. Daí, AÔB :;::: 60° e AR = 60°. Então:

60° + 20°

= ÁE = 72°

396. Unimos o centro O com o ponto C e com o ponto A: OB .i AC => M é ponto médio de AC. dOMA == dOMC (LAL) => => AÔB = BÔC = 60°

Prolongamos CO até interceptar a circunferência em D. Temos, então, BÔD = 20°.

fiE

::::-=:-'~Q

B6c = 160°.

=> X A

ÃB+OO

ÃB + DE

V= 130°)

éD

Daí:

R/\X

391.

ÃB = BC =

BC e AC

..,C

Daí:

= 75°.

a =

ÁB -2

AC => {3 = 70°. => a = 20°; {3 ::;: -241

....--...

401. BQC = x => BC = 360° - x 2S o = 360° - x - X =>

b) EGF

160 0

BÂC

= 152° => BÔC = 152° dBOP == dQOP (caso especial) X

." I o equI·1'atero . . InscrIto 402 . AM e' Iad o do trIangu

BÂC = 20 0 => BC = 40 0 AD + 40° AD + BC => 70° = 70 0 = 2 2 0 AD = 100 => X = SOo

BÂC = 20 0

=> BÔP = QOP = a dCOR == dQOR (caso especial) => => CÔR = QOR = b Temos: 2a + 2b = 152° => a + b = 76°. Como PÔR = a + b, temos PÔR = 76°.

160°

200 0

...........

2 =>

..........

AD = 100 0

,........

AM .......... = -360° 3-

, ...-. 360° BN e lado do quadrado InscrIto => BN = - 4 -

AM = 120°

.......... BN = 90°

...--....

..........

(AM~ => MB

120°, AMB = IS0 b ) = 60° ............ ,........ (MB = 60°, NB = 90°) => ~

=> N

:;:

407. Hipótese r // s

=> NBM = 150° => NAM = 210° Então: ~ ,,--.... NAM - NBM => a = 2 210° - 150° => a = 30°. => a = 2

405. a) BÂC = 35°

ex = (3

--..

120 0

CD = 110° ~ 110° - 70° CPD = .

,/'

m(ÁB) = m(éD)

409. Sendo a hipotenusa igual ao diâmetro (2R) da circunferência circunscrita e CPOR um quadrado, temos: BR = BS = a - r 1 => AP=AS=b-r => AB = a + b - 2r => => a + b - 2r = 2R => => a +b = 2(R + r)

= 70°

/><:.,"

AêB = ADB = a (pois subtendem o mesmo arco ÁB) Analogamente, CÂD = CBD = {3. AêB, CBD são alternos => => AêB = CBD => ex = {3

m(ÁB) = m(éõ)

Demonstração

404. Â =,,-..B = é = 60°,..... => => AB = AC = BC = 120° Temos: APB = ACB - AB => 2 => APB = _2_4_0°_-_12_0_° 2 => APB = 60°.

Tese

b-r

a-r

•

)

B =>

CPD = 20°

a-r

R r

= 160°

I \A \

412.

Capítulo XII - Teorema de Tales

Teorema de Tales

\ \

\ I

I I

·-1

(;

H2 B

1) AÊH2 ;: AêH], pois possuem lados respectivamente perpendiculares.

s ........

__--",

2) A circunferência de diâmetro AB passa por H j e H b pois AfIjB = AHI3 = 90°. Então, AÊH2 ~ Alij H 2 , pois subtendem o mesmo

419. A'C' II AC 1 ~ ACC'A' é paralelogramo ~ AA' II CC' ~ A'C' = AC = 30 cm. Daí:

3) Analogamente ao passo 2), temos AêH] == A HjH] ,

pois subtendem o mesmo arco AR] na circunferência de diâmetro AC.

30) =

y =

(x = 12 cm, Y

•

;r=-a

.. b

= 18 cm).

424. A K ___------,---------~----~-----~--~-a

....!!!..k 5

...

arco AR2 na circunferência de diâmetro AB.

~k/ 5

....

De 1), 2) e 3) concluínlos que: AHj é bissetriz do ângulo H]Hj H 2 • Procedendo de modo análogo aos passos 1), 2) e 3), teremos HjH]C ~ Cfi]H2 e H]fi2B == BH2H j e, portanto, o ponto H é incentro do AHj H 2H].

~k 5 /

~k 5

~k 10

N\\·

~k 5

AB, BC e CD são proporcionais a 2,3 e 4, isto é, AB, BC e CD são da forma 2k, 3k e 4k, respectivamente. Temos: 1) AE = ~ ~ 2 AB AB = AE EF BC EF BC CD = FG

JK = ~ ~ AB 5 44

AE = ~ ~ AE = 3k 2k 2

2k = ~ ~ EF = ~ k 3k EF 2 9 3k Tk ~ 4k = FG ~ FG = 6k

JK = ~ ~ lK = ~k 2k 5 5 45

2) Analogamente, encontramos: 11 =

2 7 k; IR = 5

b) Sejam AB == x e AC == y. Temos: perímetro dABC == 23 ~ x + y == 131 · · externa ~ - 18 == - 8 AP e, b lssetrlz x y

36 k

KL == -5-k, LM == lQk e MN == -5-k .

3) AD + AG + HK + KN == 180 ~ 36 27 18 27 81 54) 9 ~ (2 + 3 + 4 + 3 + + 6 + - + - + - + - + - + - k 2 5 5 5 5 10 5

180

, .....

~ k==~ B

427.

(EF

Hipótese AD DB

90 cm LM 7'

80 162 - - cm CD == cm) 7' 7

437. Sejam CP Temos:

Tese

AE EC

--=--

Teo. biss. int.

DE II BC

Demonstração Tomemos E' em AC, DE' I I BC. Temos: AD AE --==-DB EC AD + DB AE + EC DB EC

x, AR 8 Y

AC ==

== y,

-- --

14 + x _ ~ ~ --yZ

14 + x _ _3x_ ~ x

Teo. biss. ext.

42 m

1~)

2~)

18 cm

B ~

E = E'

9 cm

16 cm

16 AC ~ AC

32 cm

434. a) perímetro ~ABC == 75 cm ~ AB + SC == 35 cm BS == 10 cm, AC == 30 cm Sejam AB == x, SC == y. Temos: x == 300 x == 20 cm e y ~ == .L x Y 30 ou ~ ~ ~

y = 35

(AB

[ x

Y = 35

15 m ou AB == 20 m)

15 cm

15 cm e y = 20 cm

18 - AC

Teorema das bissetrizes

16 cm

9 cm 'C

DE II BC 9

438. Temos duas possibilidades:

..............................

S 6 ê--- ---i----::===p

_)j'

10 m

~-----

AB == AC (1) DB EC Teorema de Tales ~ AB AC ~ DB == E'C (2) (l)e(2) ~ EC == E'C

.....

... ' ... , ........ ---------~ 8m p

4) k

.....

~ AC == -8- cm A

439. Note que BC == 40 m. Perímetro dABC == 100 m ~ ~ AB + AC == 60 m => ~ c+b==60 c + b == 601 ~ == ~ ~ (c == 40 e b == 36) 16 24

16 m

24m

c 47

x 3x

441. Teo. biss. int. => =>

Capítulo XIII - Semelhança de triângulos e potência de ponto

20 - x - - - => 2x

= 12 cm 20+y_~=>

3x ~ /12x

Teo. biss. ext. => ~ - 2x =>~-24

ãABC. Sejam E, F, G os pontos de tangência da circunferência com os lados BC, AB e AC, respectivamente. Temos: AF = AG = 3; CG = CE = x; BE = BF = 6 (BD = 7; BE = 6) => DE = 1 => => CD = x - I O centro' do círculo inscrito é incentro do dABC, donde tiramos AD bissetriz de Â. Então: BD CD x-I 7 -- - => - - - => AB AC 9 3 + x => X = 15.

5 + CS = CS 6

C-----------s

454. 2p = 8,4 + 15,.6 + 18 => 2p = 42 cm 6

AB AC BC => - - = - - = - - => AD AE DE x + 5 18 y + 7 => - - - = - - - = - => y X 12

XI I

"- Y ,

5i'

=> (x = 10 m, y = 14 m)

12m

18 m

Casos ou critérios de semelhança

460. a) a ~ {j

~ => dABC - dDEC ACB == BCE => AB AC BC => DE = DC = EC =>

(2)

(1)e(2) => (AB=6cm,AC=4cm) BS CS . ect~ Teo. blSS. 8. => AB = AC => =>

20-x

458. DE / / BC => dABC - dADE =>

iB = lc

Semelhança de triângulos

Seja t o maior lado do segundo triângulo. Temos: 18 18 6 -t- = k => -t- 5 => t = 15 cm.

Perímetro dABC = 15 cm => => AB + AC = 10 cm (1)

" , , ,

2p 42 k=-=>k=-=> k 2p' 35

443. O centro do círculo é o incentro do

Teo. biss. int.

", ......

20+Y_2- => y=40cm

444. BC = 5 cm

12 8 y => - = - = - => 8 x 6 ~ = 9, y = 332 )

=> CS = 10 cm B

b) a = {j AêB == DêE

AB _ ED -

1 =>

dABC - dEDC =>

AC BC EC = DC

=> ~=~_ 4 y (x = 7, y

A, ex

y+2

--8~

= 10) 8 2

461. a) BÂC == CBO

-=-=-

SÂR == BÂC (comum) SR AS x 5 --=-- ~ -=~ 8 10 BC AB ~ x = 4

~SAR

~BAC ~

(x = 6, y = 13°)

A~B (dado) ~ ~ACE -CÂE == OAB (comum) AC ---~--AE 11 -.2- ~ 8 x + 5 ~ AD - AB

467. AêE ==

b) BÂC == CãD AêB == BêD (comum) => => ~ABC -- ~BOC ~

AB AC BC --=--=-- ~ ~ BD BC DC

465. ASR == ABC (iguais a a)

AêB == BêD (comum) ~ ~ABC -- ~BDC ~

AB AC BC ~ --=--=-- ~ BD BC DC x 5 9

x =Y+4=~ ~ 564

468. a) B1C == CÇE (retos)

(x = ~, y = 5) ~ dABC -- ~ADE => H BC ~--=-=> DE h 21 8 + x - = - - - ~ x=6 ~ 12 8

~AOB ~

x = -5-cm

ACB == DCE (comum) ~ ~BC -- ~DEC ~ AB AC ~--=--=> DE DC

462. a) r II s

-----------------------h

-=-

I 8

X=-

b) B1C == C~D ~ ACB == DCB ~ ~ABC -- ~BDC AC BC => _ . - = - - => BC DC x + 4 10 ~---=-~ 4 10

E"-------r

= 21

QA'A

A<!""

()c

b) Análogo ao item o.

464. a) AI} I I DE ,,=> BÂC = DÊC (alternos) ACB == ECD (o.p.v.)

b) Da semelhança do item o, temos: AB BC 5 7 --=--~CD => 10 DE CD ~ CD = 14.

B =>

~ABC __ ~EOC

c~,

469. CÇE == A~C (retos) DCE == ACB (comum)

-- ~BCA DE CD ~--=--~ AB BC

o 50

v 10

~DCE

T5=w

aVVB '

x=T

470. ABC == COE (retos)

AéB == CÊD (correspondentes) => => dABC -- dCDE => AB BC => - - = - - => CD DE a-b b b2 => - - - = - => x = - b x a - b

471. ABC == COE (retos)

~ a-b

4 + 16 2 y ==

a .,

",.,

11:>-'

~~D'----v---'

6-x

475. DE / / BC => dADE -- dABC =>

.-,

== 4) => AE == 13 AêR e EnC possuem lados respectivamente perpendiculares. Daí:

/ o

1 AêB == EÔC ABC == DÊC (retos) => => dABC -- dCED => AB AC BC => CE == CD == ED =>

4-x

8 17 15 => - = = - = - => 4 y x

~ E

(x =

li,

y =

1;)

478. Sejam ABC == b, AêR

c. Então:

dABC => b + c == 90 0

h h+ 10 cm 10 cm

-3-

50 3

d~GD => b + Bf;D == 90° => ~ÔD == c dCFE => C + CFE == 90° => CFE == b BD => dBGD -- dFCE => - - == FE 8 x => - = = - => x=4cm x 2 Logo, o perímetro do quadrado igual a 16 cm.

DE AF =>--==--=> BC AG b 12 => == => b == 10 cm 50 20

,"'

477. (AC == 17, EC

474. ABCD trapézio => AB / / CD =>

=> (EG == 15 cm, EF == 25 cm)

Tracemos RI, com RI .1 KI. Temos: ED = FG == IK == 4. Então obtemos: CD == x - 4 e GH == 6.

=> dEAB -- dECD => EF AB => -.-==-- => EG CD h + 10 50 => h == 3'"0 => h == 15 cm =>

=> y == 10.

CD / / GH => dBCD -- dBHG => CD BD => - - = = - - => HG BG x - 4 3 => - - - = = - => x==6

=> - - - = - => x==4 6 - x x 2p == 4x => 2p == 16 472. Seja x o lado do quadrado. Temos: 1 CÊD == CÂB (retos) COE == DBF (correspondentes) => => dCDE -- dDBF => DE CE => - - = - - => BF DF x 12 4 - x => - - - = = - - - => x==x 6 - x 5

x-4

Daí:

AêB == CÊD (correspondentes) => AABC -- dCDE => AB BC => CD + DE =>

A 4 B

476. Note que y é base média do trapézio.

AB 480. AE

AC} . caso LAL AD BÂC comum semelhança ==

AB BC 25 => - - == - - => - AE ED 10

1 =>

GD - - => CE

dABC -- dAED =>

8 X

li=>

x == 30 B

481. BÂC == BêD

486. GÔB == EÔD (o.p.v.)

x + 4

10 4

~---=-~

482. B1C == A~D (retos) APC == BPD ~ LlAPC -- LlBPO AP AC =>--=--=> BP BD

AE é diâmetro => AêE = 90 0 (1) ABD e AÊC subtendem o mesmo arco AC => ARO == AÊC (2) (1) e (2) => LlABD -- LlAEC ~

25-x S

1°'

A~B == AÇB (subtendem o arco ÁB) BAP == AHC (retos) => LlAPB - LlHCA => AB PB => - - = - - => HA CA

=> LlABS - LlCBA

x-k

X = 10 = - 6 - ~

(3) em (l)

10m

v"'. c

LY( \. x-k

6k (2)

5 16k ~ k = TX (3)

~ x· ~ x =

segue:

=> R = 4

I~~x=-~O~l~ ~ x=

488. Unimos A e B com Q. Temos o que

MN//CD. => OIÂM ==02ÂN (o.p.v.) OIMA == 02NA (retos) => LlOIMA - Ll0 2NA => OlA OIM =>--=--~ 02A 02N => ~ = R - h => h = 2Rr r h-r R+r A

A~B

(2) => 10x

485. Pelo ponto A tracemos MN, com _

=> E

484. Tracemos o diâmetro BP e unamos PcomA.

Temos o que segue: Aês = SÂC = y => => LlACS isósceles => AS = SC = k (BC = x, SC = k) => BS = x - k ASB é externo ao LlACS => ASB = 2y ASB == BAC

h 10

"II \

487. Tracemos a bissetriz interna AS.

B~S

"'1

=> - = - => h=2cm

'L:-

c 7 A

-±-3 =

483. Unimos os pontos C e E.

B("

13 x 65 = > - - - = - = > x = Tcm 25 - x 7

6 30

~ 00 == OB ABO == ADO == côo ~ LlBGO == LlBEO => ~ BG = DE = 2 m DE = 2 m => AG = x - 2 DE / / AG => AFAG -- LlFDE => FA AG => - - = - - ~ FD DE x+4 x-2 ~ --4- = --2- => X = 8 m

~ ABC comum ~ LlABC - LlCBD => AB BC ~--=--~ CB BD

Q~H == P~Q (subtendem QHA == QSB (retos) ~ LlQAH - LlQBS => QH QA =>--=--=> QS QB x QA => - = - - (1) 9 QB

QB)

QBA == RÂQ (subtendem ~~ A QHB == QK1\. (retos) ~ LlQHB -- LlQRA ~

QH QB ~ - - = - - => QR QA

ÁQ)

4..J6 m p

o 55

~ = QB 4

(1) e (2)

x -

--±-

= QA

= -

X =

Potência de ponto

(2)

495. a) (PA) x (PB)

3· 8

(PC) x (PD) (x + 4) . (x - 4) =

x-4

=> =>

x 2 - 16 = 24 => 2 x = 40 => X = 2..J1O =>

489. 1) Ô

ARC _

AQB

~ = ÁRC_ê*1 -2-

Resposta:

2.vw .

",...-....

C +

ARC - AQB 2

b) (PT)2 = (PA) x (PB) => => x 2 = 2 . (2 + 2x) => => X = 2(1 - ~) (não serve) ou x = 2(1 + ~)

Resposta: 2(1 + ~).

ARC --2--

T 5

496. a) (PA) x (PB)

4· (4 + 2R) R = 16

=> =>

(PC) x (PD) = 8 . 18 =>

x (PR) = 5· 11 = 4 . => CD = 4 (CD) x (DE) = => 4· 12 = 2 . => R = 13

b) (PA)

p 8

x (PE) + CD) =>

(PC) (16

(DF) x (DR) (2R - 2) =>

ê R

5 4

,,--.....

= ASD - APB

1) e 2)

,.....-......,

,..--....

ASD _ APB 2 2

,..

........--...

ASD

-2

... - D

+ Ô =>

Ãiê

ASD 2 =

ÃSD

E =>

ABC = ARD = 90°

3) Como t e i são tangentes, temos CÂD = 90°. Então:

AC é diâmetro AD é diâmetro.

dACD => ê + fi = 90°. Daí: (dABC => BÃC = Ô; dABD => BÃD = ê) => dABC - âDBA ::} AB x BC b => - - = - - => = -x => x 2 = ab => X = .Jab. BA DB a

500. Temos: dA = 10, d 8 = 3, de = 6, r = 6. Pot A = I di - r 21 => => Pot A = 1102 - 62 1 => Pot A = 64 Pot B = I d~ - r 21 => => Pot B = 13 2 - 62 1 => Pot B = 27 Pot C = I d~ - r 2 1 => => PotC = 162 - 62 1 => PotC = O Logo, Pot A + Pot B + Pot C = 91.

501. (PT)2 = (PA) x (PB) => (PT)2 = 18 . 28 => => (PT) = 6VÍ4

Capítulo XIV - Triângulos retângulos

=> BI

•

:::;>

Relações métricas 514. a) (6-JS)2 = 122 + y2 => y = 6 y2 = 12 . z => 36 = 12· z ~

502. (PV = R, SV = 2r)

-B

R - 2r

x2 = y2 + Z2

AC" => fi == ÁC BAD == BAP (comum) => ~ABD -- ~APB

AÔB

II!'

6Y5 515. x 2 + 122 = 13 2

== ABP

122

13 . y ~

x 2 = 13 .

4.J5 5 144 y = -13 25 = 13z => =>

X =

12 . x = 13 . t => 12· 5 60 => t = O

516. a)

13 . t => z

X2 + y2 = 80 => x 2 = 2y => y2 + 2y - 80 = O => => y = -10 (não serve) ou y = 8 Masy = 2R - 2. DaÍ': 2R - 2 = 8 => => R = 5.

x2 + 42

62 =>

2R . 2 R = 3

Y => 16 = 2~· y S~

X •

y = -5-

x + y

~ 58

x R

x2 = 36 + 9

A~ ==

3-JS

X =

505.

Z =

Potência de ponto => => (PT)2 = (PV) . (PS) => => r 2 = R(R - 2r) => => r 2 + 2Rr - R 2 = O => => r 2 + 2Rr + R 2 - R2 - R 2 = O => => r 2 + 2Rr + R 2 - 2R 2 = O => => (r + R)2 = 2R2 => => r + R =.J2R => => r = (.J2 - I)R

b) y2 + 42 = (4v'5)2 => => y2 = SO - 16 => => y = S 42 = X • Y => 16 = x . S => X = 2

2R => sv'5 2-JS + -5- = 2R =

R = 9-JS 5 59

519. a)

524. a)

,-,

'-~

Note que AABC == AFED (caso especial) => BC = DE = 2. Daí: = 62

::::>

( 12 :; x

4.J2.

A r

12 - x = 3

(12:;XY=9

522. a)

y+ 42

(x + y)2 + 42 := (4v!5)2 => X + Y == 8 (1) x2 = y2 + 42 => x2 ~ y2

= 6

17./

{

ABCD paralelogramo => => AB = CD = 10 => HD == 3 AAHD: x2 == 32 + 42 => X == 5

y2 == 36 - x2 y2 = 144 - (x + 8)2 => => 36 - x2 = 144 - (x + 8)2

I =>

X =

ABCD 10

Pit. ===:)

Pit.

5-y

X2 + y2 = 20 [ x2 + (5 - y)2 := 25 => => 20 - y2 = 25 - (5 - y)2 => y=2 => x=4

CD == 6 r;:::;-

(BC == 8, CD = 6) ~ x == 2" 7

h = 64 - x => h 2 = 84 - (10 - X)2 64 - x2 = 84 - 100 + 20x - x2 ;:;> => X == 4 h 2 + x2 = 64 => h 2 + 16 = 64 => => h::; 4-13 60

525. c) AACD: (AC = 10, AD = 8)

AB == 10, CD == 20, DE == x) => (CF == 10 - x) 1 AADE: h2 + x 2 =:; 64 ABCF: h 2 + (10 - X)2 == 84 => =>

ABCD paralelogramo => => AD = BC = x ABED: (9 + y)2 + 82 = 172 => => (9 + y)2 = 225 => => 9 + Y = 15 => y = 6 ABEC: x2 = 82 + y2 => => x2 = 64 + 36 => X = 10

523. Da figura temos: (EF

= 4

___ EL __ '

I I I I

v: \ 6

= 16

1 I

'4 I

x2 + y2 == (2.Ji3)2 = 52 (2X)2 + y2 = 102 => => 4x2 + 52 - x2 := 100

,, X/

(x + y)(x - y) => 8(x - y) = 16 => X - Y == 2 (2) (1) e (2) => X == 5 =>

'-') v 12

x2 + 22

o x

10-x

527. b) Tracemos ACpelo ponto de contato da circunferência maior com a reta tangente. Temos: ~ABC: (AC = 9, AB ==. 15, BC== x) =} 2 => x == 15 2 - 9 2 =} X == 12. 528. a)

53t. b) Unimos o centro com os pontos de tangência e obtemos o quadrado

b) A

10 r-

POQA. (AD == 8, DC == 4m ~ => AC == 12 AC II OP => Aêo == PÔBl AB II OQ => ABO == QÔC => áPBO - áQOC => PB PO =>--==--=> QO QC 8 - r r => - - - = - - => r 12 - r => r == 4,8 m

I I

R: I

B III

I ' '> C

((('../=1

ABCD é circunscritível => => AB + CD == AC + BD => 10 + 15 = 2R + BD => => BD == 25 - 2R ~BED

~DHC

531. b) AS é bissetriz

+ 15 2

~ ~ = 1~ ~

=> X == 2y áABC => AC2 == AB2 + BC2 => => 100 == (2y)2 + (y + 5)2 => => y == -5 (não serve) ou y == 3 y==3 => x==6

R 2 == (25 - R)2 => R = 17 m =>

536. Aplicando o teorema de Pitágoras no áAMB:

529. a)

(AH = 25, DA = R) => OH == 25 - R

(25 - 2R)2 == (2R)2 + 52 R=6m

62 +

= (2

4.J3

2p == 3f => 2p == 12.J3 m

Note que as retas f e m são tangentes e, portanto, perpendiculares aos raios nos pontos de contato. Daí:

~ABC é retângulo em C ~ 2 2 => AB = 8 + 62 => AB == 10 ReI. métricas =>

8· 6 = 10 . ~ 2

96 '

537. Para facilitar os cálculos, seja a base BC == 2x.

P A == PB = PC == x (tangentes a partir de P). Daí: ~RST: (RS = 10, RT = x - 4, ST = x - 6) Teorema de Pitágoras: 102 = (x - 6)2 + (x - 4)2 => 2 => x - 10x - 24 == O => => X = -2 (não serve) ou x = 12

"""2

2p == 18 => AB == AC == 9 - x. 4AMC: x2 + 32 == (9 - X)2 => => x=4 => BC==2x => BC==8m

x C 63

538. A menor altura é relativa ao maior

545. Seja ABCD o trapézio retângulo.

lado. Triângulo de lados 4 m, 5 m e 6 m é acutângulo. Temos: dABD: x2 + y2 = 16 } dACD: x2 + (6 - y)2 = 25 =) =) 16 - y2 = 25 - (6 - y)2 =) =) Y = 49 =) x

=) x2

+ (49)2 = 16

6-y

5-Jf = -4-m

539. dAHC =) (10 - X)2 + h 2 = 100) =) dBHC =) x2 + h 2 = 144 => 100 - (10 - X)2 = 144 - x2 => =) x2 - (10 - X)2 = 100 =) 36 =) x = 5 362 x2 + h 2 = 144 =) h 2 = 144 - =) 52 =) h 9,6 m

543. Seja 2x a medida da base. Temos

b2 + c2 = 625 =) b 2 + c2 = 625 =) bc = 12 . 25 bc = 300 2 2 b + c = 625 (1) ~ 2bc = 600 (2) (1) + \2) => b 2 + 2bc = c2 = 1225 =) => (b + C)2 = 1225 =) =) b + c = 35 (3)

(3) e (2) =) b 2 - 35b

18-h

+ 300 = O =)

25 m

b=20=) c = 15 ou b = 15 =) c = 20

Resposta: os catetos medem 15 m e 20 m.

556. Seja P o ponto de tangência de CD com a circunferência e tracemos a x B

go' temos:

468

Temos:

I.I

544. Sendo 2D e 2d as medidas das diagonais e .e a medida do lado do losan2p = 68 =) f =

550. Sejam b e c as medidas dos catetos. A

que os lados congruentes devem medir 2x + 3, cada um. Aplicando Pitágoras no dAHB: (2x + 3)2 = x2 + 122 =) =) x2 + 4x - 45 = O => =) (x = - 9 (não serve) ou x = 5) x = 5 =) base = 2x = 10 m.

Temos: AB + BC + CD + AD = 30 =) => AD + BC = 18 m AD = h => h + BC = 12 => => BC = 18 - h. Traçando BE, BE ..1 CD, temos: DE = AB = 3 } =) CE = 6 m CD = 9 dBCE: (18 - h)2 = h2 + 62 =) =) h=8m

=) .e = 17 m

2D - 2d = 14 d 2 = 172 =) d=D-7 => D 2 + d 2 = 289 => 2 =) D + (D - 7)2 = 289 =) => D 2 - 7x - 120 = O => =) (D = - 8 (não serve) ou D = 15 m) (D = 15 m => d = 8 m) =) (2D = 30 m, 2d = 16 m)

altura CQ. Temos: BC = CP = r·, AD = DP = R } =) AD = R, AQ = r =) RD = R - r =) CD = R + r dCRD: (R + r)2 = h2 + (R - r)2 => h

= 2-JRf

1D2 +

557. a: hipotenusa, b, c: catetos. Temos: a2 + b 2 + c2 = 200 (1) [ a 2 = b 2 + c2 (2) (1) em (2) =) a 2 = 200 - a 2 =) a = 10m 65

559. Considerando a figura, note que AB = EF = 10 cm. Temos:

563. Traçando os raios pelos pontos de

(CE = x, EF = 10, CD = 24) => DF = 14 - x L\ACE: x2 + h2 = 169 => h2 = 169 - x2 L\BDF: (14 - X)2 + h 2 = 225 => h 2 = 225 - (14 - X)2 => 169 - x2 = 225 - (14 - X)2 => X = 5 cm L\ACE: x2 + h2 = 169 => 52 + h2 = 169 => h = 12 cm A

tangência e BC / / PQ, em que C é o centro da circunferência menor, obtemos o triângulo ABC. Daí: AB2 + BC2 = AC2 => => 82 + BC2 = 322 => => BC = cm. PQ = BC = 8..JIT cm

565. Seja ABCD o trapézio isósceles cir-

cunscritível, conforme figura ao lado. Seja x e y as bases. Temos:

y - x

AB = EF = x·, DE = FC = -2- e

5". Trapézio é isósceles

AD=BC= =>

=> AB = CD = 13 cm Trapézio é circunscrito => => AD+BC=AB+CD => => AD = 8 cm Traçando as alturas AF e DE, temos: (EF = 8, BC = 18, BF = CE) => => BF = CE = 5 cm L\ABF: 52 + h2 = 13 2 => h = 12 cm

561. L\ABM: AM2 + 82 = 172

X;y.

Sendod o diâmetro, no L\ADE, vem: Y- X)2 => X + y)2 = d2 + (___ ( 2 2

d2 =

r-(y ; xy

(x ; y

IMI

"'c

0'-

lo ABC, retângulo em B, pois AC é diâmetro. Daí: li == D (retos) => BÂC == EÂD (comum) => L\ABC - L\ADE => AB AC => - - = - - => AE AD 2R 8 => - - = - => R=5cm 15 12

1116 .JII'"

562. Considerando as medidas indicadas

567. Seja D o ponto de tangência da cir-

na figura e aplicando potência de ponto ao ponto P em relação a À, temos: (PT)2 = (PA) x (PB) => => (PT)2 = 6 . 24 => (PT) = 12 cm

cunferência com o lado AB. Tracemos o raio ODe Temos: L\ADO => OD2 + DA2 = OA2 => => 32 + DA2 = 52 => DA = 4 cm

A~O == A~B (retos) OAD == BAM (comum) 24cm

=> =>

d =

566. Unindo B com C obtemos o triângu-

AM = 15 cm L\BMC: MC 2 + 82 = 102 => => MC = 6 cm AC = AM + MC => AC = 21 cm

L\AMB - L\ADO MB AM - - = - - => AD DO

=> -

x 8 = 3 4

Cl =>

X= 6

' - t:t/

x M x

BC - 12 cm -

AB2 = b 2 + 1 dABD ==> AB2 = 4 + BD2 => BD2 + 4 = b 2 + 1 => => BD = ~, b > -Jf

568. dABC

2 PJ J

A b

L C

2 => => AC2 + AD 2 = CD AC2 + 152= 25 2 => => AC = 20 cm Relações métricas no dACD: AC . AD = CD . h => => 20· 15 = 25 . h => h = 12 cm

572. a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos: 2p = 24 => a + b + c = 24 => => b + c = 24 - a (1) 24 ,. b RI • C = a . -5- => e . metrlcas =>

569. dACD

(

24 . a (2) 5 Teorema de Pitágoras => => b 2 + c2 = a 2 (3) (1) => (b + C)2 = (24 - a)2 =>

~ ! !h I

: 5

b· c = -

b 2 + c2 + 2bc (3)

576 - 48a + a 2

(2)

1-,

24 a2 + 2 . T a

576 - 48a + a 2

10 m

,.e

573. Considere o triângulo PQR, em que P, Q e R são os centros das três cir-

cunferências que se tangenciam externamente. Seja x o raio a determinar. Note que PO = r-x. Então: âOPR:

571. Temos duas possibilidades: 2?)

1?)

I I

(x +

= (r - X)2

(~r ~

•

1'1 -.

•

X =

574. Sejam ABC o triângulo que obtemos ao unir os centros dos círculos, P o

ponto de tangência entre os dois círculos de mesmo raio. Temos: dBPC: BC2 = Bp2 + PC2 ~ (16 + r)2 = 162 + (16 - r)2 => => (16 + r)2 - (16 - r)2 = 256 => => (16 + ; + 16 - f)(1P + r - 1,,6 + r) = 256 => => 32· (2r) = 256 => r = 4.

Sejam P e Q os centros das circunferências. Traçamos QR, QR / / AB e os raios PA e PB. Note RA = QB = 3 cm. Como PA = 15cm,segue-sePR = 12 cm. Então: âPQR: PR2 + RQ2 = PQ2 => => 122 + RQ2 = 242 => => RQ2 = 432 => RQ = 12-Jfcm AB = RQ = 12.J3cm.

Neste caso traçamos PR tal que PR / / BQ e QR tal que QR / / AB. Note RA = BQ = 3 cm. Como PA = 15 cm, segue-se PR = 18 cm. Então: dPQR: PR2 + RQ2 = PQ2 => => 182 + RQ2 = 242 => => RQ2 = 252 => RQ = 6.Jfcm AB = RQ = 6.Jf cm.

16-r

I I I

c 69

575. Sejam ABCn o quadrado e Temos: (AD = 1, AF = x, DE = x) ::) ::) EF = 1 - 2x EFGHIJLM é regular ::) ::) EF = FG = 1 - 2x âAFG: (1 - 2X)2 = x 2 + x 2 ::) ::) (1 - 2X)2 = 2x2 ::) ::) 1 - 2x = x-J2 ::) ::) x(~ + 2) = 1 ::) 2 - V2 ::) x 2

EFGHIJLM o octógono regular.

_xl v/

,, x

/ / //H

1 - 2x

(; +

::) r =

", '

/ ,,/

.....

D x M

(V2 -

r:579. Temos duas possibilidades: 1~) E está entre as mantanhas.

a 2

2- r

1) . a

A montanha menor está entre E e a maior.

~P2 ~,.

_._._._._._._._._._._._._.

/ 1 100

._.-.-.

2 900 /

P1"'"-1-5õõ---------+-----J::I~

11 Q

1 200

2 100

8 lN o o o

900

2~)

577. Construímos o triângulo ABC, de la-

x C

::) r

2V2) . a

dos AB e BC paralelos aos lados do quadrado, conforme figura ao lado. Considerando as medidas indicadas, podemos aplicar o teorema de Pitágoras ao âABC: (4r)2 = 2 · (a - 2r)2 ::) ::) 4r = (a - 2r)~ ::)

r = (; - r) · V2 ~ (3 -

x ....

rY = ( ; - rY + (; - rY ~

; +

", '

que OP II AC, PB II DE. Note que OB = R, OP = R - 12 e PB = 54 - R. âOPB ::) => R2 = (R - 12)2 + (54 - R)2 ::) ::) R 2 - 132R + 3 060 = O => ::) R = 102 cm (não serve) ou R = 30 cm.

1 1-2x

576. Traçamos os raios pelos pontos de tangência e obtemos o trapézio retânguIo EPQF. Traçando a altura QS desse trapézio, obtemos o triângulo retângulo QSP. Daí:

578. Construímos o triângulo OPB, tal

B L.:..

âP 1H 1E âP2 H 2E

Pitágoras Pitágoras

H 1E

1200m

H 2E

2100 m

âP 1P 2Q ::) ::) (P 1Q = H 1H 2 = 3 300 m; P 2Q = 1 100 m) Aplicando o teorema de Pitágoras neste último triângulo, temos: (P 1P 2)2 = 3 3002 + 1 1002 ::) ::) P1P2 == 3 478 m.

a-2r

(P 1H 1 = 900, P 2H 2 ~ P 2Q = 1 100 m

= 2 000)

::)

âP1H1E~EH1 = 1200m!::) âP2H2E~ EH2 = 2100m ~ H 1H 2 = 900 m âP 1P2Q ::) ::) (P 1Q = H 1H 2 = 900 m; P 2Q = 1 100 m) Aplicando o teorema de Pitágoras ao âP 1P 2Q: (P 1P 2)2 = 1 1002 + 9002 ::) ::) P 1P 2 == 1 421 m.

580. Considere o ponto Z, interseção de

583. Cálculo da diagonal AC:

PQ com a circunferência menor. Temos: ZS = SQ = ST = 3 cm ~ ~ (ZQ = 6 cm) (ZQ = 6 cm, PQ = 8 cm) ~ ~ PZ = 2 cm ~ PS = 5 cm APST ~ (PT)2 + 32 = 52 ~ ~ PT = 4 cm. f == Ô. (retos) TPS == RPQ (comum) ~ ~ APST - APRQ ~ PT ST 4 3 ~--=--~-=--~ PQ RQ 8 RQ ~ RQ = 6 cm.

AACD: AC2 = AD2 + CD2 ~ ~ AC2 = a 2 + a 2 ~ ~ AC = a.J2 = CE 1 a.J2 AM = - . AC ~ AM = - 3 3

~ MC EP =

= 3(.J2

1. a.J2 3

2: CE

EP = PC =

a.J2

,lACE: (MP)2 = (2afy + (afy

MP = 5.J2 -6 a

o 2)

584. 1)

"" c

~~~

3,~

Sendo m e n as projeções proporcionais a 1 e 3, temos: m = k e n = 3k. ReI. métricas ~ ~ b2 = 4k . k ~ b = 2k c2 = 4k . 3k ~ c = 2~ k Dado ~ 2p = 18 + 6~ ~ => 2k + 4k + 2.J3k = 18 + 6.J3 ~ => k = 3

3+T=R ~

OM sua altura relativa à base, P o centro do círculo inscrito no setor OAB, S, Tpontos de tangência entre a circunferência e raios OA e OB, respectivamente. Temos: R R AB = T ~ AM = MB = 4·

582. De acordo com a figura, temos: i

(AêD = 45°, EêD = 45°) ~ ~ AêE = 90°

581. Considere o triângulo isósceles OAB,

OT = R ~ OP = R - r ) S == M (retos) ~ SÔP == AÔM (comum) ~ ASOP - AMOA ~ SP OP ~ --=-- ~ MA OA r R - r R R ~ R = ~ r = 5·

585 · AAHM

Pitágoras

AH: altura; AM: mediana Se k = 3, temos: (BH = 3, HC = 9) ~ ~ (BC = 12, MC = 6) (HC = 9, MC = 6) ~ ~ HM = 3m

; HM=2cm AM é mediana ~ AM = MC = MB = 4 cm ~ BH = 2 cm A ReI. métricas no AABC: r b2 = 8 · 6 => b = 4-..13 cm b c lc2=8.2 ~ c=4cm 4 2.../3 Logo: a H . M C 2p = 4 + 8 + 4-Jf ~ ~ 2p = 4(3 + 'V:} '---v--/~ ~ IJ) cm. 2 2 4

2) =>

=> i = 6(~ + 1) cm. Sendo 2p o perímetro do quadrado, vem: 2p = 4 · i ~ 2p = 24(v2 + 1) cm.

586. (BC)2 = (AB)2 + (AC)2

(AM)

(2) em (1) ~ ~ (AM)2 == (AB)2 ~ (AM)2 = (AB)2 ~ (AM)2 == (AB)2 ~ (AM)2 == (AB)2 ~ (AM)2 == (AB)2 =? (AM)2 == (AB)2 ~ (AB)2 - (AM)2

~ (BC)2 = 802 + 602 ~ ~ (BC) = 100 cm (AB) x (AC) = (BC) . (AH) ~ 80· 60 = 100· (AH) ~ ~ (AH) = 48 cm

(BC) ~ (AM) = 100 ~

(AM) = 50 cm (AB)2 = (BC) . (HB) ~ 802 == (IOO)2(HB) ~ HB = 64 cm (AC)2 = (BC) . (HC) ~ 602 == (100)2(HC) ~ HC == 36 cm (MH) = (BC) - (BM) - (HC) ~ (MH) == 100 - 50 - 36 ~ (MH) == 14·cm.

A!O == A~B (retos) TAO == MAB (comum) ~ dTAO -- dMAB ~

AT TO AM MB r ~h(h - 2r)

(BH)2 + (MH)2 ~

(BH)2 + (BH - BM)2 ~

2(BH)(BM) + (BM)2 ~

(BM)(2 BH - (BM» ~

BM«BC) - (BM» ~

(BM)(MC) ~

(MB)(MC).

590. Na figura, temos: dPER é retângulo, EF é altura relativa à hipotenusa

587. Na figura, sejam ABC o triângulo

~ AT == ~h(h - 2r)

isósceles de base BC, O o centro da circunferência inscrita e T o ponto de tangência desta com o lado AB. Temos: ~TO ~ (AT)2 + (OT)2 == (AO)2 ~

(AT)2 + r 2 = (h - r)2 =? =?

(PE)2

(PR) . (PF) ~ h2

h2 == i· a ~ i = a dPER ~ h 2 + b 2 == i 2 h4 ~ h2 + b2 = ~

b=J!.-~ a

= 2i + 2b

2p = 2h2 + _2_h .Jh2 _ a2

\IR

~ 2p == 2h(h + yt-h~2---a~2) .

~--=--=?

591. dAOE

2: ~

h(h - 2r) 2

r2 aZ

dBOC ~

dCDE

4" 2a2 • r h=---a2 - 4r2 (Note que devemos ter a

Pitágoras

a-J5 4

a-J5 2

EC-~

Pitágoras

A ~

2r.)

a/2

a/4~//

a/2

Pela recíproca do teorema de Pitágoras, a igualdade obtida acima nos garante que dCOE é retângulo em O. Como OP é altura relativa à hipotenusa, temos: (OP)2 = (EP) . (CP).

Pitágoras

3a/4

\ \

589. Na figura, ABC é isósceles de base BC e AR é altura relativa à base.

Temos: dAMH: (AM)2 == (AH)2 + (MH)2 (1) dABH: (AH)2 = (AB)2 - (BH)2 (2)

Aplicações do teorema de Pitágoras

592. .......

598. a)

............. ........ .........

......

, ............. .......

(

..1_--

,I \.

~:..~

BrnO

.......

......

/ ~

~~ E

sen 45 ° == - Y . ~ = - y 626

Tese vAD2 + AE2 CD

..JAD2 +

AE2 = 2

= 180°

CÃD + CAE

= 90°

LlADE retângulo em A

Teor. biss. interna Teor. biss. externa x

X -

n = -n-

Daí: ~ _ ~

- .-

593. (De

- -

= m - n .x = mn

_ _ o

m - n

(m - n)

60°

=MDO => e~D =A~D

r;:;-

'\13 =

Y TI

sen 60° =

12-13

tg 30°

30° x

· x - 2.

(CE == BE, OC == OB, OE comum) ==> LlCOE == âBOE

-13 x = 3 6

== 2-13

.leDO

tg 60°

LLL

= 6

tg 30° = -

= L 12

(m - n) 2 ·x

=DA, oe =OA, OD comum) -

= 6..J"2

-..!2

=;>

~ = -.E.... => ~ = ...!.... r s n s x+m x-n x + m -~-- == - - => x - n r s

1 3-Jf = ~x 2

Utilizando as medidas indicadas, devemos provar que ~ - ~ n m

= ..JAD2 + AE2 = x

sen 30° =

=;>

= 3-Jf

sen 30° = -

Demonstração

2 CAD + 2 CÃE

30° 12

Hipótese AD é bissetriz interna AE é bissetriz externa

-13

12-13 -=-3 x

y =

== 36

=>'2--y

8-J3

sen 30° = ..J..x

-J3 _~

~ y

8-13

= 16-13

=> 8

599. b)

COE == BOE

45°

2 CÔD + 2 CÔE = 180° => CÔD + CÔE = 90° => LlDEO é retângulo em O. OC é altura relativa à hipotenusa => OC2 = CD · CE => r2 = CD . CE. =>

45° x

cos 600 =>

42 + A

4 x

=> -

4 x

cos 450

=;>

= 8 y2

y =

= x2 4-13

6 x

~ -2-

~ x

x = 6-Jf =>

16 +

== 64

y2 =>

+ 62 == x2

+ 36 = 72

y = ó

I...

604. Na figura temos:

PQ = 10 m, PR = 4 m, OA bissetriz de QÔR. SÔT = 45° ~ ·,dSOT é isósceles ~ ~ ST = TO = QS = 4 m ~ ~ QS = 4 m ~ PS = 6 m ar'

I I I I

'\.. 12.[2

I I I I

,dMPS: sen 45° ="6

I I

12-v2

sen 45° = 12~ -

v 22

-Jf = 6~ ~ x = 12 2 x 600 z . 1 z cos =-~-=-~ x 2 12 ~ z = 6 2z + y = 22 ~ 12 + Y = 22 ~ y = 10

3-Jf

= -9

-~ = -9

1.~ a

a = 2-Jf

~ AM = 3~ (LlABC é equilátero, BM ~ AM = MC

dCDE ~

..l

4-Jf

-=-- ~

, -.P

s R 2m

..,. 4.../2

dPOT: x2 = (3v'2)2 + (.../2)2 ~

T..J2mQ

= 2...[5m

606. Prolongando o segmento, cuja medida é procurada, até interceptar os lados do ângulo, obtemos um triângulo equilátero e os segmentos a e b. Temos:

+ 9 ~ x=6.J7 A

sen60 ° = 6-

AC)

DE sen 60° = CD

b) Prolongando o segmento de medida ..J3, temos: 3 dADF ~ sen 60° = ~

~ -J3 2

4 OQ

~ OT = 3v'2m

b 3 b ~ b=9.J3 x2 = b2 + 32 ~ x2 = (9-Jf)2

v'2 -2-

,dRQO: sen 45° = OQ =>

5/\45°

Prolongamos o segmento de medida 2 m, formando o triângulo PQT. Note que OQR - 45° ~ ,dPQT isósceles ~ (QT = v'2m, PQ = 2 m) PQ = 2 m ~ RQ = 4 m.

a = 6

tg 30 °

~ -Jf. = 3..J3 ~ 2

--=-

605. Na figura, OR é bissetriz de SOQ.

600. a) Prolongando o segmento de medida 3, temos: sen 600

..J2

',x,

~ x = 3-v2 m

-y

12-v2

sen 600 = 6-Jf

~ -2- -

x - 6

~-~~ x -2- - 12v'2

x-6

cos 45° =

M/ A u, , ,

--+

-Jf 6 -=-

~ a = 4-Jf m

..J3 9 sen60 ° = 9- ~ -=- ~ b 2 b ~ b = 6-J3m. O lado do triângulo equilátero é igual a a + b = 1M m. Temos:

x ~

MC =

x=6 8

MC = 5-Jf

x = MC - a ~ x = 5-Jf - 4-J3

B X

= -Jfm. 79

607. Prolongando o segmento de medida 6 m, obtemos o triângulo BCn com CÊD = 30°. Daí: CD 1 3 sen 30° = - - ~ - = - BD 2 BD => BD = 6 m BD = 6 m => AB = 12 m AB âAOB: tg 60° = AO =>

612. tg 60° = A

~ 12 ~ = AO => AO = 4 3 âAOD: x2 = A02 + AD2 ~ ~ x2 = 48 + 36 ~ x = 2.J2f m

h tg 45° = - -

"6.m

Lô

~ ~= -

= h -

h = 15(3

tg 60° = -3

~ Z = ~m 3 sen 60° = -

~ 3 = -3

613. (BÃD

B-4F":"":\

,." I \

x+w y + z

sen 30° =

=> -

1 x + 2-J3 = 2 7V3

~ 2

--=--

~PRS: ~

sen 60° y

sen 60° =

BD =

a-J2 = 2

2a, AD =

a-J2) -2-

a~ 2a - - -

2 =

-J2) . a

(4 -

ilBCD: BC2

90°) ~

BD2 + BD2 ~

~ CD

(a~r + (4 -2~)

·ar

BC =

,Js - 2../2·

= -- ~

615. Seja b a base menor. Daí

y=6m

M --ps

AF = BC = b. Traçando as alturas AE e BD, temos m -b DE = b e CD = EF = - 2 - ·

sv'3

95 -~ - =-

F m-b -2 E

·b

âAEF: cos 60°

PT = 12 m

s 80

~ABD

=> PS = 18 m PS PS = 18 => y + 2x = 18 ~ ~ 6 + 2x = 18 => X = 6 m PT = x + y ~ PT = 6 + 6 ~ ~

~ AD = BD

x = -2-m

minar a distância PT. Temos: ~

45°,

609. Na figura ao lado precisamos deter~PQW

(AC =

~ w = 2~ ~ABC:

h ~

+ ~) m

~ ABD = 45°

= -

3 ~ -- = w 2

LB)...

60S. Prolongamos o segmento cuja medida vamos determinar e obtemos o triângulo ABC. Temos: y2 + 32 = (3m)2 => y = 6~ m

h 1 = - - ~ x = h - 30 30 + x l

3.b + m

(m - b) 2

3m + m ~ 2p 2

= --

~ b

~ 2

= 5m 2

616. Sejam R e b as bases maior e menor, respectivamente. Traçando as alturas PR e TS, temos: QS

B - b

CD =-

mas: sen a

B + b 2

621. 1) POQA é quadrado

= -

3 5

= -

=> tg y = v3 ~ y = 60° LlQSN ~ x = 30°

B-b M

Traçamos EF tal que EF / / AR. Temos: LlCDE == LlBAE (LAL) => => DE == AE LlDEF == LlAEF (LLL) ~ ~ DÊF = AÊF = a

"2 F~--f--\-----~'

9 r 5

0'"

r =

T (sen

619. No LlABC

tg a

~o;o

B D

c dABE: (Â

Q,)

U'J

...........

' L.............

'"'

3r-r sen a

():,,1

30°, B = 60°) ~ Ê = 90°. Analogamente, 90° => EFOH é retângulo.

620. Na figura ao lado, precisamos determinar CD. Temos: 1) (DBC = a, DêB = (3) => ~ a + (3 = 90° 2) EêB = (3 ~ Eêo = a 3) LlCOE: OE = AD = r sen a 4) AB = 3r ~ BD = 3r - r sen a 5) LlBCD: CD = 3r sen a 6) LlBCD: BD2 + CD2 = BC 2 =>

60°

~O; o

622.

f 2

(AÔB = 30°, AB == r, OA = 6 - r) AB 1 r sen 30° = - - => - = OA 2 6 - r => r = 2 dm

a + cos a - I )

LlDEF: tg a

q~& 'l'Jq,

(lO 1),2) o""Õ' 3) QC = CS = a sen a - r 4) BC = a ~ BS = a - (a sen a - r) f&v 5) BS = BP ~ L--J_a_ _---.;::~.~ B '-----y------J' ~ a - a sen a + r = a cos a - r ~ ii _ (a sen a - r) S

618. Seja ia medida do lado do quadrado.

~ g~:: :s~o:: ~~'

PA = AQ = r 2) LlABC: (AB = a cos a, AC = a sen a)

(B + b)

CD -

9r2 ~ sen a

(b ; b) v3 LlPQR: tg y

(3r - r sen a)2 + (r sen a)2

BF BC

.LlBCf: sen 30°

dABE· sen 30° .

= -- ~

dBCF· cos 30° .

dCDO· cos 30° .

BE AB CF -- ~ BC CO -~ CD

2: = -

BE 1 = -2 8

.J3 2

BF ----w

..J3

~ BF

~ ~

CF CF 10 CO -8- ~ CO

= -- ~

-2 =

= 5

1 cm

4 r::;-

5-v3 cm

= 4-v'3 cm

~ FO = EH =-v'3cm

Sendo 2p o perímetro de EFGH, temos 2p

2(..J3 + 1) cm. 83

623. a)

Capítul. XV - Triângul.s quaisquer Teorema dos senos 627.

6-a

Considerando as medidas indicadas na figura, temos:

tg 300

~ h=3-J3 h= 6-J3 2 . x2 = 32 + (6 - h)2 ~ ~ x2 = 9 + (6 - 3..J3)2 ~ ~ X = 6.J2 - -13 ~

a -J3 36- a ~ a = 3(-J3 - 1)

= _a_ 6 - a

-J2 T

= 3(..../6 - -J2)

-J2= 3(-13 - 1) . -

=:;.

~ y

= 6(-J3 .- 1) ~

= 3(..J6 -

45°

ABCD trapézio ~ ~ DÂC = BêA (alternos) 12 ãABC: ~x_ sen 30° ~ sen ::) x 12 -J2 = -1- ~ x = 12-J2

~ _x_ = ~ ~ x = 6-J2

sen 45° = ~ ~

1 2

628. b)

sen x

-J2

= --

x = 45°

A I t-·_·_·_·_·_·

630. âABM

~ e=

6-a{

-J2= 2

e = 10· <cos 30°

10·

Logo: BC

Considerando as medidas indicadas na figura, temos: 6 - a \ tgex = - - a 6 - a 1 -a~ 3+-J3 ~ a=3+.J3 3 tg ex = 6 + 3~ ~

~ x

5°

sen 45°

6~ sen x

6-J2 = 2R ~

sen x

Paralelogramo ABCD ~ ~ (Â = 135°,AB = 6) = __6 x âABD. · sen 135° sen 30°

-=--

-13 ~ e = 5..J3 2 1Mcm.

a + b sen A + sen B 632. Devemos provar que - - b - = Da lei dos senos, temos: c b a -s-en-A- = -s-en-B- = -s-en-C- =

3 + -13 ~ x = 3.J2 + ..../6

Daí: a

Logo:

2R.

= 2R sen A, b a + b

= 2R sen B, c = 2R sen C. 2R sen A + 2R sen B sen A + sen B - -------85

4~ e 4,5k ou 6k, 8k e 9k. Temos: (9k)2 = 81k2 < (6k)2 + (8k)2 = 1ook2 ~ o triângulo é acutângulo.

641. d) Os lados são da forma 3k,

Relações métricas - Teorema dos cossenos b)

635. a)

e) Os lados são da forma ;, ~, : ou 4k, 3k, 2k. Temos: (4k)2 = 16k2 > (3k)2 + (2k)2 = 13k2 ~ o triângulo é obtusângulo.

A I

I I I

I I

644. (28 2 = 784, 122 + 202

= 544) ~

28 2 > 122 + 202 ~ o triângulo é obtusângulo. Aplicando relações métricas: 28 2 = 122 + 202 + 2 · 20 . x ~ ~ x = 6 m.

I '"

tl \ " ~~c

72 + 102 - 2 . 10x 17

~ ~

x=T

~ (2.J29)2 =

637. a)

+ 72 + 2 . 7 . x ~

x = 3

(dABC,

x = 4 h 2 + 42 = 52

+ 2.6.x

42 ~ h

2-.f3

Pela lei dos cossenos, temos: 72 = 32 + 52 - 2 . 3 . 5 · cos x -1 0 ~ cos x = -2- ~ x = 120 •

1 a2 = 100 + 256 - 2 . 10 . 16 . -

~ ~ 16

b 2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos 120 0

(-+)

~ =>

100 + 256 - 2 · 10 · 16 ·

::" , 20

x = 8 cm.

tL0.3 ,A

Tcm.

A projeção de BC sobre a base AB 8 58 mede 10 + 5 = Tem.

655. Aplicamos a lei dos cossenos:

14 cm

dADE

a 2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos 60 0

A projeção de A C sobre a base AB 8 mede Tem.

640. dABE

142 > 82 + 102 ~ ~ o triângulo é obtusângulo e temos da figura ao lado: 142 = 82 + 102 + 2 · 10 . x ~ ~

639. b)

\. 12

72 + 52 - 2 · 5 · 1 ~ x2

= 2

h2 + 22

h = 3

649. (142 = 196; 82 + 102 = 164)

ê é obtuso)

~ (2-J19)2 =

(3..[5)2 = 102 + 52 - 2 . 10 . x ~

646. dABC é acutângulo ~ x2

projeção de AB sobre AC igual a 0,3 cm. Daí: 82 = 52 + x2 + 2 · 5 · 0,3 ~

~ x2 = 64 - 25 - 3 ~ x = 6 cm. 6-

647. Usando as medidas em cm, temos a

x ~

fi é agudo

ABC é obtuso ~

Â é âgudo ~

I I I

= 2.Jrn cm

(x + 2)2 = x2 + (x + 1)2 - 2 . x(x + 1) . cos 1200 ~ 2 => => (x + 2)2 = x + (x + 1)2 - 2 · x(x + 1) · =>

2x2

X -

(-+)

(não serve) ou x

= ;. 87

Temos: 2p == x + 2 + x + 1 + x

2p == 3x + 3

== 120° (3 662. a + (3 == 180° 1 => a - (3 == 600 , a

2p == 7,5.

x+1

657. Na figura, dAOB é isósceles

=>2

sen 300 == x f x f

e=l'JA

i=>x==T

dAOB equilátero

ÁB == 60° " ÁB

ACB == - 2

-J3 == HC 2 26

ACB == 30°

HC dBHC: cos 30° == BC =>

HC == 13-J3

B =>

62 < 42 + 52 => o triângulo de lados 4, 5 e 6 é acutângulo => => a diagonal de medida 6 é oposta ao ângulo agudo do paralelogramo. Pela lei dos cossenos: 62 == 42 + 52 - 2 . 4 . 5 . cos a => 1

COS a

2ab Seja a medida da outra diagonal igual a d. d 2 == a 2 + b 2 - 2ab cos (180° - a) => => d 2 == a 2 + b 2 - 2ab (-cos a) => a 2 + b 2 - c2 => d 2 == a 2 + b 2 + 2.at5 . _ =>

660. (62 == 36, 42 + 52 == 41)

-J3 1 == AB2 + 100 - 2 . AB . 10 . - 2

664. c2 == a 2 + b 2 - 2ab cos a a 2 + b 2 - c2

=> AB2 - 1oJ3 AB + 99 == O => não possui solução real. Resposta: não existe o triângulo com as medidas indicadas.

658. Seja R o raio do círculo. Temos: AB == R

X ==

663. Pela lei dos cossenos, temos: AC2 == AB2 + BC2 - 2(AB)(BC) . cos (3

OÂB == 30° =>

6~ cm z == 12 + 12 => z == 24 cm. =>

dABD

60°

x2 == 62 + 122 - 2 . 6 . 12 . cos 120° => => X == 6.J? cm y2 == 62 + 122 - 2 ·6 . 12 . cos 60° ~

d 2 == 2a2 + 2b 2 - c2 d == -J2a2 + 2b 2 - c2

b =>

PA e PR medem metade da diagonal do quadrado de lado 6 cm. Então, PA == PR == 3-J2 cm. Analogamente, QA == QC == 3#cm. Observando os ângulos formados no vértice, pode-se concluir que os pontos P, A e Q estão alinhados; logo, PQ == 3(-J2 + #) cm. Agora, no triângulo ABC temos: 6-J3 -J3,. ~ ~ sen B == ~ => sen B == -2- => B == 60°

== S.

x2 = 41 + 40 ·

x =

.J46 cm.

5em

668. Sejam P, Q e R os centros dos quadrados. 6

Agora, x2 == 42 + 52 - 2 . 4 . 5 . cos (180° - a) => => x 2 == 16 + 25 - 2 . 4 . 5 . (- COS a) =>

..... 0.

=> COS a

C == 30°.

Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo PBR: PR2 == PB2 + BR2 - 2 . (PB)(BR) . cos B => =>

PR2 == (3-v2)2 + (6.J2)2 - 2 . 3~· 6~· cos 150°

PR2 == 18 + 72 - 72 . (- cos 30°)

PR == 3.J"i()+4-J3 cm.

Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo QCR: 89

QR2 = QC2 + CR2 - 2(QC)(CR) cos ê ~ ~ QR2 = (l,,'6)2 + (6-J2)2 - 2 · 3~ . 6-J2· cos 120° ~

QR2 = 54 + 72 - 72 .

.J3 (- cos 60°) ~

QR =

670. 1) 'Considere um ponto Q externo ao triângulo, tal que BQ = 5 e CQ = 7. Note que LlPBA == ~QBC

3..J".....14-+-4-~-3 cm.

(LLL), donde obtém-se PBQ = 60°. Então, àPBQ é equilátero. Logo, BPQ = 60° (a = 60°).

2) Aplicando a lei dos cossenos no àPQC, temos: (3 = 60°.

3) (a = 60°, (3 = 60°) ~ ~ BFC = 120°. Aplicando a lei dos cossenos no ãEPC, temos: BC = ~129 ~ x = .J129 cm.

Linhas notáveis - Relações de Stewart 674. a) Usando a relação de Stewart: 42 . 6 + 62 . 2 - x2 . 8 = 8 . 2 . 6 96 + 72 - 8x2

669. Quadrilátero ABCD é inscrito ~ Â +

= 180°

1 âABD ~ x2 = 62 + 102 - 2 . 6 · 10 . cos Â (1) ~ âBCD ~ x2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos (180° - A) ~ 62 + 102 - 120 cos Â = 102 + 162 - 320( - cos Â) ~ ~

cos Â =- ~ . Substituindo em (1):

x2 = (,2 + 1()2 - 120·

(-+)

x = 3.

mi + m~ + m~

1 1 4[2(b2 + c2) - a 2] + 4[2(a2 + c2) - b 2] + 1 2 + b2) - c2] + -[2(a 4

~ m2 a ~

x = 14 m.

1 1 1 675. ma = T-v'2(b2 + c2) - a2 ; mb = T-v'2(a2 + c2) - b2 ; me = T-v'2(a2 + b2) - c2

1 2 + 2c2 - a 2 + 2a2 + 2c2 - b 2 + 2a2 + 2b2 - c2] ~ + m2b + m2c = -[2b 4

1 3 2 2 + 3b2 + 3c2] = -(a + b 2 + c2) m2a + m 2b + m 2c = -[3a 4 4

Logo,

677. 1) { x 2 + h2 = 25

(6 - X)2 + h 2 = 49'~

16~

6~1

= 96

4· { h2 = 25 - x2 h 2 = 49 - (6 - X)2 91

~ ~ h2

25 - x2 = 49 - (6 - X)2 ~ =1 + x2 = 25 ~ h 2 + 1 = 25 ~

=> x 2(m + n) = b 2n + c2m - amn. Multiplicando ambos os membros por (m + n): x2(m + n)2 = b 2n(m + n) + c2m(m + n) - amn(m + n) => "-v---'

~ h

= 2.J6 cm AI

x2(m + n)2 = b 2n 2 + c2m 2 + b 2mn + c2mn - a 2mn -v'b 2n 2 + c2m 2 + mn(b 2 + c2 - a 2) 2 => x m+n

(4]

6-x

=---------------

2) Teorema da bissetriz interna: 6 - x x 5" = --...--.....7 - ~ x = 2,5 cm Relação de Stewart: 52 . 3,5 + 72 • 2,5 = 6 . 2,5 . 3,5 ~ =>

= _1575 . . . . .-

=> Z

679. Teor. biss. interna Z2 •

- ..... 7- =

Relação de Stewart: i 2 • 5 + 7 2 • 30 - 6 2

-cm = -Víõ5

= 35 . 5 · 30 ~ 5i 2

= 30 •

= 3y

9 x2 = -

= 12-J7 cm I

I ,-

,. ,-

=> A

x2 = -

9 x2 = - . 64 16

680. Teor. bISS. externa

X =

/ ,-

30=x'I

,\C

~ i

= 5 040

~::::: ~ X y

9 y2 16 Aplicando a relação de Stewart, vem: x2 • 4 + y2 • 3 - 62 • 7 = 7 . 3 . 4 => 9 => y2 • 4 + 3y 2 - 252 = 84 => 16 => y = 8 =>

3) Teorema da bissetriz externa: 5 + x x

=> -

36 X

= -y

=> X = 2y => x = 4y 2 Com a relação de Stewart, temos: (9.J6)2 . 18 + x2 • 18 - y2 • 36 = = 36 . 18 . 18 => => 8 748 + 4y 2 • 18 - 36y2 = 11 664 => X => 36y2 = 2 916 => y = 9 => 2

/ /

678. Aplicando a relação de Stewart: b 2n + c2m - x2(m + n) = (m + n) . m . n

a A

B' "

, M

-----------"""-----~/

Capítul. XVI - Pelígenes regulares

De A] partem ~ + 1 - 2 diagonais com medidas duas a duas diferentes.

",-................

PA = 30°

_ -n n - 2 Entao , -2 + 1 - 2 = - - -

= QS = 120° e AB = 90° ~ PÀ + QB = 60° ,,-...... PQ / / AB ~ PA = PB ~

PA + QB = 60° ..............

686. Note que

A união de A] com os demais vértices fornece diagonais com medidas iguais às já obtidas. AZ

h) O número de diagonais com medidas A 1 duas a duas diferentes em um polígono ~-=---

regular de n lados, n ímpar, é dado por:

= 15°

n -

~ ~

360° ...... = - - - ~ AB = 24° ~ 15 PQ é lado do hexágono regular ~

-... 360° ...-.. ~ PQ = - - ~ PQ = 60° 6

",-.... AB

~ ÁP = BQ ÁP + ÁB + BQ = 60° ~ ÁP = ~ ÁP = 18°

AB / / PQ

AQP é inscrito e subtende

689. ae

360°

3Q""O

-2- + I

•

~ AQP

= 36° ~ =

,.. ~BCP

_ n-1 n-3 Entao, 2 2 . + 1 - 2 = A união de A I com os demais vértices resulta em diagonais com medidas iguais às já obtidas.

9°.

692. Temos: n-2

P = 156° pr..

AB == BC ~ âABC isósceles ~ Â = 10°, B = 160° ai = 160° ~ ae = 20° ~ 360° ~ - - = 20° ~ n = 18

Si A3

n -

Dedução: Seja o polígono A]A 2 n par.

•••

A n,

n = 14 ou n = 15

= 2 160° ou

= 2 340°.

A <::

• - _

ri::>n

d = n(n - 3)

O vértice diametralmente oposto a A J é An • "2 +

6 ou

693. Na figura, temos:

duas a duas diferentes em um polígono regular de n lados, n par, é dado por: 2 ___

n-3

-- =

691. g) O número de diagonais com medidas

A~+1 2

DeA] partem n ; 1 + 1 - 2 diagonais com medidas duas a duas diferentes. Cl

Dedução: Seja o polígono A]A 2 ••• A n , n ímpar. O vértice que unido a A] fornece a maior medida de diagonal possível é A n _ I •

90°

687. AB é lado do pentadecágono regular

-2-

~ d

= 18· (18 - 3) ~ d = 135 2

n = 18 ~ 9 diagonais passam pelo centro. Logo, não passam pelo centro 135 - 9 = 126 diagonais.

A!! + 1 Z

695. Polígono MBCNP: Si 0 0 => 2ai + 200 = 540

540 0 => => ai = 170 0

ai = 170 0 => a e = 10 0 => 360 0 => - - = 10 0 => n = 36 n

d) diagonal menor e) apótema = r

18 diagonais.

no MBCDNP é igual a 720°. Então: 3 . (180 0 - a e) + 180 0 + a e + 20 0 = 720 0 360 0 => a e = 10 0 => - - = 10 0 => n = 36.

Logo, o número de diagonais diferentes, duas a duas, é: 36 - 2 n - 2 = =17.

54.

b) R é lado do triângulo equilátero => R = f 6 = 6 m.

c) r é altura do triângulo equilátero

R = 5 cm => R.J3 5-J3 - 2 - => a 6 = -2- cm

AAC

::::::::=. se:::::

5.J3 r = -2- cm

c) Note que AM ..1 BC => AM é altura do triângulo equilátero OAB => AC = 2 AM => AC = 2 . r => AC = 5-J3 cm.

= R l v'2 f 3 = R2.J3

2PI = 4R I.J2 2P2 = 3R2.J3

2Pl = 2P2

4R 1v'2 = 3R2-J3

OM = R.J2 2

BM =

:.........., • ........-:: 'lD

R-v'2

4.J6 RI R = -9-· 2

R _ R.J2

2 Aplicando relações métricas no dBCF, retângulo em C, vem: (BC)2 = (BF) . (BM)

f§

a) Se os triângulos são equiláteros, temos R = f 6 • Assim, diagonal maior = 2R = 2f6 = 12 m.

2r = 2 . 3-J3 = 6.Jfm.

a 6 = 3-J3 m.

714. ACEG quadrado

702. Seja f6 o lado do hexágono.

1',

\ lados BC e DE, formando o triângu~ / 2a e \ lo ZCD. I \ Temos: / \ \ / EYZ externo ao dBXY => EYZ = 3 . a e • / \ I \ CiD externo ao dEYZ => CZD = 4 . a e • I \ 0 0 dCZD => 6ae = 180 => a e = 30 => ,/ ",,,,.,,\Y / Z ,'" \ 360 0 I ae ' ""-<. .... 12 => - - = 30 0 => n n C O \ ae / E d = n(n - 3) => B 2

3.J3 m.

712. Sejam R J e R 2 os raios dos círculos onde estão inscritos o quadrado e o triângulo equilátero, respectivamente. Temos:

698. Na figura, prmongamos também os

12(12 - 3) 2

= a6

b) r

697. Soma dos ângulos internos do polígo-

= 6.J3 -2

710. a) f 6 = R

Logo, passam pelo centro;

6.J3 f -2-

_.-':

2R(R - Rf2)

f s = R~2 - ~.

Aplicando o teorema de Pitágoras no dFNO: a~ =>

= R2 - (Tfs 2

as -

R 2(2 4

v'2)

as -

R.J2

+ .J2 2 97

716. r

2r =

AV =

~_-

~ 2

1 .h

::)

AV =

::) h

K+1

h 2

725. fã = R2 + R 2 - 2 . R . R . cos 45° fã = 2R2 - 2R2 . -

~ fs

-J5 +

.J2 ::) 2

R-J2 - ~

717. Aplicando o teorema da bissetriz interna no dOAB: f 2- f - = - - ~ f2 + 2f - 4 = O ::) 2 f ::) f = (~ - 1) m.

726. i = RJ2 - ~ ~ R =

R = ;

727. Temos:

f 2 _

V'1

::) R =

f . .J2 + ..fi . .J2 ::) V2 . ~2 + ~2 . .J2

~2 -

+ 2../2

= 135°.

Lei dos cossenos no dABC: AC2 = f 2 + f 2 - 2 . f . f . (- cos 45°) ::) ::) AC2 = 2f 2 + f2.J2 ::) ::) AC = f~2 + -fi AE _ 2R.

719. No dOAB temos: OM bissetriz ::) AÔB = 36° ~

726

~ AE

::) (AB = flO,OB = R, MB = fIO) T

fIO 2 MB sen 18° = - - = - - = OB R ::) sen 18° 2

-J5 = -2

720 . f 5 = f 6 + f 10

1 2· R 2R

sen 360

(-J52-

1)2 R C" . R ::) f 5 = T'V 10 -

,,~ L.'V 5

JlO - 2-/5

+ 2..fi ~ ............

•

lIE

::) AD = f..J 3 + 2..J2 ::) ::) AD = fJ(2 + 2.J2 + 1) ::) AD = f· .J(~ + 1)2::) AD = f· (-fi + 1)

728. a) i

2"R -_ KJlO4R'- 2.J5 =

721. sen 360

::)

= 2· ; ../4

::) AE = fJ4 + 2~ AE é diâmetro ~ ::) dADE é retângulo em D. Aplicando Pitágoras ao dADE: AD2 = AE2 - DE2 ::) ::) AD 2 = f2(4 + 2.J2) - f2 ::)

-J5 -

. 2 2 ~ f5 = R +

exercício

~ _-

1 . R ::) R=

b) dAEF é retângulo ::) ::) AE2 = AF2 - EF2 ::) ::) AE2 = (2R)2 - f2 ::)

•

::) AE2 = f2(-J5 + 1)2 - f2 ~ ::) AE2 = f2(5 + 2-J5) => ::) AE

f-J5

+ 2-/5 99

~ - = 72° c) AB + BC

d) ~ADF é retângulo em D, DF = f 5 , AF = Daí:

AD 2 = AF2 - DF2 => AD 2 = (6 + AD2 = 7 + _3E

729. x2 = a 2 + a 2 =>

x 2 = 2a 2

. ::::;.

2 _ -

~x=

2a2

•

2JS)

(6 -

. f2

AD =

2 . a . a . cos 36 0

(3 -

E + . a

~2~ ·a

2../5 )f2

+.Ji4

+ l)f

10 +.

2E . f2

+ 6--/5

e, por diferença, obtemos: A'B' = B'e' = C'D' = D'E' = = E' A' (2) (1) e (2) => A'B'C'D'E' é pen- E;K: tágono regular.

b) dA ' B ' B

exercício 729

= ~

(.JS -

1) (1)

BD é diagonal

exercício 731

=> 2x + y =

T(.J"5

+ 1) (2)

(2) => y

J<5="'22-JS + 1) 1)2

(-JS

E) . a2

~(JS 2

732. a) OstriângulosA'AR,B'BC,C'CD, D' DE e E' EA são congruentes e isósceles de bases AR, BC, CD, DEeEA. Daí: Â' = R' = ê' = Ô' = Ê' (1)

f / AC = f 5 = 2'\110 + 2-15

·a

·a=>x=

f(.J5 + 1) - 2x.

Substituindo em (1), obtemos x =

JS -

3 -

·a

730. Usando o resultado do exercício 729:

JS -

-2- x

a =}

2 E_I· a

JS + 2

1 . a.

~-;.

731. Usando o resultado do exercício 730 no dABD:

.JS2+

1 . f.

c 100

101

735. a)

737. ACD = (270°/360°) • 211'" ·18 => ACD = 2711'" cm .....---........ DEF = (288°/360°) . 211'" . 35 => DEF = 5671'" cm ..--... ...-...... FGH = (225°/360°) • 271'" . 24 => FGH = 3011'" cm HU = (120°/360°) • 271'" . 36 => íiiJ = 2471'" cm JLB = (255°/360°) • 271'" . 48 => fLB = 6811'" cm

W\6cm

,6 cm \. '_ 0 3 \ ~, ,6cm \6 cm ..... -- \

R] = R z = 12 => => C 1 = C z = 11'" R 1 = 1211'" R 3 = 24 => C 3 = 11'" R 3 =>

RI = 12 cm Rz = R3 = 6 => => C z = C 3 = 1I'"R z = 611'"

C 3 = 2411'" C 1 + C z + C 3 = 1211'" + 1211'" + 2411'" => C 1 + C z + C 3 = 4811'" cm

C1 =

61 . 271'"R]

= -

736. a)

738.

~o c.o

2 . 11'" . 12

~oc.o

"-A

são os raios dos arcos. 600 ~ ACB = 60° => AB = - - . 211'"R 360° ,.--.... 1 => AB = 11'" . 12 =>

=> ".-..

= 411'" m ÁB ,.-.... .....-..

AB = AC = BC => ÃB + ÁC +

1211'" m.

oAP = OlA

04A = 180 m 120° = 3600 . 211'"(OIA)

60° rAD = 3600 . 271'"(04A )

é equilátero, pois seus lados

........... AB

~ABC

r--...

. . . . . .,,,,,,,,,~

ACD + DEF + FGH + HIJ + JLB = 20511'" cm

~PAOI ~ sen 60

B~,.""",._.~>

1 6

411'" cm C 1 + C z + C 3 = 471'" + 611'" + 611'" 1611'" cm =>

,...---.....

Capítulo XVII - Comprimento da circunferência

~6M· . .

-2- =

T . 211'" . (120)

,,-... 1 AD = 6

~ OlA

r"'

OlA

. 211'" . 180

= 120 m

,-... AD

8011'" m

6011'" m

Note que EBF = 30°. Daí: ....-30° EF = - - . 211'" . R => 360° =>

--.. EF

= -

1 . 11'" . 48 6

811'"

Seja 2p o comprimento total da pista. Temos: 2p = fi + éD + ÁD + BC => 2p = 8011'" + 8011'" + 6011'" + 6011'" => 2p = 28071'" m.

745. Sejam C, C b C2 e C3 os comprimentos "normal", aumentado o raio em 2 m, aumentado o raio em 3 m e aumentado o raio em o metros. Temos: C = 211'"R C I = 211'"(R + 2) => C I = 271'"R + 471'" => C I = C + 411'" C2 = 211'"(R + 3) => C z = 211'"R + 671'" => C z = C + 611'" C 3 = 211'"(R + a) => C 3 = 211'"R + 2a7l'" => C 3 = C + 2a1l'" Portanto o comprimento aumenta em 471'" m, 671'" m e 2011'" m, respectivamente.

ffi.

Logo, comoEF = Fo = Gil = ÍiE, temos: ......--.... ..--..--,.-.... EF + FG + GH + HE = 3211'" m.

746. pz : 21l"R z : 1 -:-

PI - 271'"R I - 10

211'"R z _ 211'"R I = 1 + 103 _ 103

R z - RI = 271'"

103

102

747. Sejam o comprimento normal e o comprimento com o raio duplicado iguais a

758. C} = 27rR}

=> C} = 27r . 1,5 => C} = 37r cm C 2 = 27rR2 => C 2 = 27r . 1 => C 2 = 27r cm C} - C 2 = 37r - 27r => C} - C 2 = 7r cm

C e C j , respectivamente. Temos: C = 211'"R C} = 211'"(2R) => C} = 2 . 27rR => C} Logo, o comprimento também duplica.

748. (f = 27rR, r = 2R, f = r . a)

27rC

765.

27rR = 2R . a

180°

(a = 80°, e = 20cm,e = 20 = 7r. ~8~~0~. R

~:O~)

~20cm

R = ~ cm 7r

750. C ---. comprimento normal da circunferência.

C] ---. comprimento da circunferência cujo raio aumentou 500/0. Temos: C = 211'"R C C 1 = 27r(R + 0,5R) => C} = 27rR + 7rR => C} => C + T

755. C} = 27rR}

1 500 = 27rR}

750 7r

R} - R2 d =

d = 750 11'"

600 11'"

100

5 rad ; -. . . . --..

COS a =

OM OB COS a

C = 27r . 40 => C = 807r cm n: n? de voltas, 26 km = 26 X 105 cm 26 X 105 d => n == 10 350 voltas d=n·C => n=C => n=

AQB

APB

T·

'773. Note o

~ABC, equilátero. Temos = 60° => PÔQ = 120° => 1 ~ . 27r . R => => PQ = 3

A 1',

1 h 5O min = 110 min

. = 10~ ~350 - 94 n.° d e vo Itas /mln =

757. Sejam R F : raio da roda dianteira; R T : raio da roda traseira; d: distância percorrida. Distância percorrida quando R F dá 25 voltas: d = 25 . 27rR F => d = 25 . 27r . 1 => d = 507r m. Nessa distância, R T dá 20 voltas. Então: 5011'" = 20 . 2 . 7r . R T

(APB = 120°, AQB = 240°) Como os comprimentos dos arcos são proporcionais aos ângulos centrais determinados, temos:

OD OD)

=> a = 60° a = 60° => AÔB = 120° ,--..... ,--........

150

d = 20 . 27rRT

a = -

756. C = 211'" R

RT = -

,-...

PQ = -

. 27r . 10 3 ~ 20 => PQ = -3-.11'" cm =>

5 4

QS = 2R

+ 23° 11")

I .

2011"

. \

I \ I ' ~,

BL---- S~Q

QS = 20 cm.

/.----.~

Logo, o comprimento da correia será dado por:

3(20

Também temos

Distância percorrida depois que R F deu /00 voltas: d = 100· 27rR F => d = 100 . 27r . 1 => d = 2007r m.

104

100 - 80 = a . 25

J:lOMB

C 2 = 27rR2 => 1 200 = 27rR2 => 600 => R 2 = - - m 7r

a .

= a(OB -

770. Na figura, temos:

R} = - - m

éD

ÃB -

Resposta: o comprimento aumenta 500/0.

éD =

OB;

a .

C} = C + 0,5C.

767. (A:8 =

20(3

--r-.,\c 60

+ 11") cm. 105

774.

Capítulo XVIII - Equivalência plana

{

2 A

' , .............. ......

783. Pelos itens 235 e 236 da teoria podemos concluir que todo triângulo'é equivalen-

. . . ~......... ........

I 1 1

......

te a um retângulo de base congruente à base do triângulo e altura igual à metade da altura do triângulo. Se reduzirmos à metade a base de um triângulo, o retângulo equivalente também terá sua base reduzida à metade. Para manter a equivalência, a altura deverá dobrar.

............

O/~ \" ----

\ \

=> =>

LlOPO' => (OP = 6,00' = 12) ~ O'P = 6-J3 cm => => (AB = 6.J3 cm, CD = 6.J3 cm) Seja PÔO' = exo Temos: ~ 6 1 OP 0 0 => cos ex = => ex = 60 => AOD = 120 cos ex = - - => cos ex = 00' 12 2 AOO' e BO'O são alternos => BO'O = ex = 60 0 => BO'C = 120 0 ~ ~ ,--..... ,--...., 240 0 16 AOD = 120 0 => AXD = 240 0 => AXD = 360 0 • 271'" . 4 => AXD = T7I'" cm BO'C = 120 0

r--..

BYC = 240 0

~ 240 0 BYC = 360 0

Logo, o comprimento da correia será dado por: ~ ~ 16 AB + CD + AXD + BYC = '6-J3 + 6.J3 + T7I'"

775. dA' AD

x2 = 4

211'" . 2

r---....

BYC =

789. 4 . (I) + Pt =>

106

~ 4 . (I)

+ P2 + P3

871'"

T cm

+ T7I'" =

4(3.J3

271'") cm.

790. c

2: ~ = - - - => 2 3 - z 9 - ~ , 3 Z = DaI:

x2 = 4 + (9 -3 V3 =>

AP = 2 dAPC => C = 60 0 AP => sen 60 0 = - AC =>

Cálculo de z: Note que y = 3 LlOPA

•

~ dBCD => I + II + III == I + II + IV III == IV

784. dABD

== 3,1415333.

60 0

- . ••

c '---y---J , \

'o'

dPAB ::::: dDAB (mesma base e mesma altura) dP ,A' B' ~ dD' A 'B' (mesma base e mesma altura)

dDAB ~ dD' A' B'

Como a diagonal do retângulo o divide em triângulos equivalentes, concluímos que os retângulos são equivalentes. 107

791. ACBa 55 AABE (LAL) Utilizando a dedução feita no exercÍcio anterior, temos: ABCD ~ BEIH.

Capítulo XIX - Áreas de superfícies planas -vI A h h => - - = => 798. g) sen 60° = 626

= 3-Jf m

BD cos60° = - 6 => BD = 3 m AACD => CD

i i I

= - -2 -

SABC

1 BD = -2 6

8~ m BC· h

SABC

SABC =

18· 8~

72~ m

BC· h

=:;

GHIF

7 .4

=> =>

ABCD + AJLG : : : BEIH + GHIF . ABCD + AJLG : : : BGFE

SABC

=> 4~

ABC -

i) x + h = 52 (7 - X)2 + h 2 = (4.J2)2 => x=3m => h=4m

~ BEIH

12-J3 m

Exercício 791 ::) ABCD Exercício 791 => AJLG

h => ~ h) sen 45 ° = -h => - = 16 2 16 L

8· 3-Jf

SABC -

6 =>

5 fi

BC· h

i 792.

=> -

-2-

=> SABC =

14 m 2

7- x

C A

799. a) AABO

Pitágoras;

BD = 10 m S = BD· AC 2 => S = 10·24

BO=5m =>

b) sen 45° = -

...

S = 120 m2

= -

h=6.J2m

12 . h => S S = 72-J2 m2

12· 6-Jf

1" ~ ~

12 ~ => ~.= AO AO ~ AO = 4-13 m B-13 m AO = 4-13 ~ AC S = AC ·-BD ~

c) tg 60°

803. b) sen 30°

= --

=> S =

160

cos 30°

I I

B --E:~ - - - - - - - - - ~f3 - - I

- 12 - -- - - - > D

I I

~ h

S = (B

c h

~ ~= 4

1 ~ ~ 2=6 h 6

cos 60°

~ 6 ~

-13 -2-

= 8-Jf"m

6 x

= -

3-J3

: '"

28·8 S = --2

: 4

(16 + 4) . 2

. / J18 ............. 30 x

30~Ao

864 cm 2

~ 4f = 40 => f = 10 m ~ SQ = 100 m 2 No trapézio da figura: 2p = 40 => 5b = 40 => b = 8 m h2 + 42 = 82 ~ h = 4~ m _ (16 + 8) . 4~ S - (B + b)h ~ S Tra 2 Tra 2

: B

/=30

48 ·36

812. Perímetro do quadrado = 40

-y- ~

~ S

D·d S = --2

S = 112cm2

Y = 9m

(B.+ b) . h 2

D = 28 cm, d = 8 cm

S=--~S=

D .d

]-\,13 m ~

811. 4f = 120 ~ f = 30 cm x2 + 182 = 302 ~ X = 24 cm

6 2 =>x=3m ~ h tg 30° = Y ~ -3-

S --

D 7 d + D = 36

21-13m2

(x + w)(y + z) 2

d =2 -

= 3-13 m (B + b) . h

do do quadrado. Temos: f2 = 81 ~ f = 9 cm ~ 2p = 36 cm.

60° 4m

4v'T

x 6

h ~ f) sen 60° = -6 ~ -2- =

v3 = -

809. Sejam D e d as diagonais maior e menor, respectivamente, do losango, e f o la-

I I I I

~ S = (10-13 + 4~) . 3

= 8m

= 3m

r;:;-

+ 6) . 4~ ~

~ S

= 32~ m2

cos 300 =

e) sen 300 =

= 102

b) ·h

(10

~ S

~ S = (6 + 8~)(6.Jf + 8) ~ S = 2(25~ + 48) m 2

f I

4~m

tg 60° = -

-13 Y....- ~ -2- -- Y....12 12

y = 6.Jfm

62 +

I ~

~ S = 96-13 m 2

800. d) tg 60° = 4

x=6m 0

2 --~ 12

8~.

STra SQ STra

3~ ~ S = 30~ m2

110

= 48~

100

= 48v'J

25-13 SQ STra = ~

111

L..:..

814. Sendo b e h a base e a altura do retângulo, temos: b = h + 3 2b + 3h = 66 => (b = 15 cm, h = 12 cm) => 2p

Sendo f o lado do quadrado, temos: 27 4f == 54 => f == 2 cm => s:= f2

c) BC := 12 => MB == 6 BÂC := 120 0 => MÂB == 60 0 MÂB = 60 0 => MBA:= 30 0

54 cm.

729 S = -4- cm 2.

cos 30 o f

815. Sejam D e d as diagonais do losan-

S :=

go. Temos:

-D d = -53

D-d=40

3D - 5d = D-d=40

=> =>

== - 6

3~f2

~ _ 2

f 4Y3m

~_ _

3~(4Y3)2

S == 72E m 2

824. LlAED - LlABC => 10 - x x - - = = - => x=6m => 10 15 2 => SOEFG = 36 m 2 => SDEFG = x

(D = 100 cm, d == 60 cm). Na figura ao lado: f2 == 502 + 302 => f == IOvf34 cm. Sendo o perímetro do quadrado igual ao do losango, o lado do quadrado também mede 1rN34 cm. f2 A qua =>

825. dADE - LlACB AE AD => - - : = - AB AC

819. a) f

A qua 17 --==AIos 15

S == 3-J3f 2

S =

3~·

8 2

X'L l

=> =>

.AB

~ == __8_

=> X := 4 m 8 + x 15 2 dABC => 12 + BC2 == 152 => => BC == 9 m (AC) . (BC) 12 ·9 SABC = => SABC == --22 =>

2": =>

I 10

D·d

A qua 3 400 :::) - - = AIos 100 . 60 -2-

- - = - - - =>

Aios

1-'

SABC:= 54 m

:::) S = 96~ m2

= =

f~ f-J3 b) a == - - :::) 2~:= - 2 2 S == 3~ f2 2

:::) S == 24-J3 m2

f := 4 m

S:= 3-J3· 42 2

C~D (correspondentes) 826. A~B ABC COE (retas) => LlABC - LlCDE => '. AB BC ~ - - : = - - => CD DE x - 6

1 =>

827. De acordo com a figura ao lado: 2p = 36 (2a + 2b == 36 ( a 2 := b 2 + 122 => a 2 - b2 == 144

a + b

- - 6 - == 9 => X == 10 m S = x 2 => S == 102 => S = 100 m 2 =>

x-6 ,

,,.,

'---y----/

{J>,

9 m

18 (1) ( a 2 - b 2 = 144 (2) ==

112 113

=> (a + b)(a - b) = 144 ~

18(a - b) = 144 => => a - b = 8 (3) (1) e (3) => a = 13, b = 5 Seja 8 a área procurada. Então: 2b . h 2 . 5 . 12 => S = - - - => S=

(2)

832. Para simplificar os cálculos, seja 2x

a medida de uma diagonal. A outra medirá 2x + 4 e o lado medirá 2x - 2. Considerando as medidas indicadas na figura: x2 + (x + 2)2 = (2x - 2)2 => => x2 - 6x = O => X = O ou x = 6 m x = 6 m => (d = 12 m, D = 16 m).

S = 60 m 2 •

S = D~ d

~ S = 16 ~ 12 ~ S = 96 m2.

828. Considerando as medidas indicadas na figura: 2 2 2 a + b = 15 2(a + b) = 42 =>

a 2 + b2 = 225 a + b = 21 a· b = 108

833. ABD = CÔB (alternos)

a[Y/Ja

AB = i => EF = i 2p = 48 => 4i + DE + F.C = 48 => => DE + FC = 48 - 4i (DE = FC; DE + FC = 48 - i) => => DE = FC = 24 - 2i dBCF: i 2 = (3~)2 + (24 - 2i)2 => => i = 23 ou i = 9 Sendo B a base maior, temos: B = 48 - 3f. i = 23 => B = 48 - 3 . 23 => => B = - 21 (não serve) i = 9 => B = 48 - 3 . 9 => => B = 21 S = (B + b)h =>

S = 108 m 2.

830. Na figura ao lado temos um trapézio isósceles de altura 3-J:fm, base maior 14 m e perímetro 34 m. Para facilitar os cálculos fizemos a base menor igual a 2a. Daí: (7 - a)2 + (3-v'3)2 = (10 - a)2 => => a=4m S = (B + b)h => S

= (14 + 8) . 3-v'3

7-a

3~1 a a

,,/

D 24- 2i

I I

24-2f C

(25 + 4) . 8 2 S = 116 m 2.

S = 45-JS m 2 •

834. Seja OT o raio perpendicular ao lado AB e 08 o segmento paralelo a AB, 4

com 8 em BC. Sendo a o lado do quadrado e considerando as medidas indicadas na figura, temos:

I I I I

= 33..[3 m2.

na, figura, temos: h2 + (21 - X)2 = 172 h 2 + x2 = 102 => (x = 6 m, h = 8 m) S = (B + b)h => S =

AB = AD = f.

S = 21 + 9 . 3-15 =>

831. Considerando as medidas indicadas

2 =>

dABD isósceles

O trapézio é isósceles => AD = BC = i.

Lloes:

21-x

10)2

+ (;

a = 16 m.

S = a2

114

(a =>

S = 162

= 102

a-la

S = 256 m 2. 115

835. AêD == BÂC (alternos) ~ ~ LlABC isósceles => AB = BC = b. AB = b => DE = b => CE = 25 - b LlBEC => b 2 = 52 + (25 - b)2 => => b = 13 (B

S =

b)h

2 (25

S =

838. Na figura, o AABC é retângulo em A

A; BD mediana relativa a AC; CE mediana relativa aAB; BD = 2~m, CE = 4m m. Temos: LlACE => a 2 + (2b)2 = (2m)2 LlABD => (2a)2 + b 2 = (4-JT3)2 =>

13) . 5 2

S = 95 m 2.

=> =>

S =

E 25 - b C

836.

a + 4b 2 = 292. 4a 2 + b2 = 208 a = 6 m, b == 8 m

=::::;.

2a· 2b 2 12 . 16 2

=> C~

,,<

1[""

~ S

96 m 2 •

839. A menor altura é relativa ao maior 20 m

lado. De acordo com a figura: 2

h h2

C '------v--' '----y----J 8 15m E 15m

h+10

(h + 10)· h = 300 2 ~ h 2 + 10h - 600 = O => => h = - 30 (não serve) ou h = 20 m

1) S

300

2) LlABE => AB2 => AB ::::: 25 m S = 300 =>

25 ·CO 2

202

15 2

= 300

24 m

BC 2 + 24 2 = 40 2 => => BC = 32 m Sendo a medida do lado do losango igual a f: LlABE => (32 - X)2 + 24 2 = x2 => => X = 25 m S = CE . AB => S = 25 . 24 => => S = 600 m 2.

r S

S=~--

10-x

15 m 2 •

6 m)

(4 + r)2 + (6 + r)2 = 102 => r = - 12 (não serve) ou r = 2 m 2 fi => (AB = 6 m, AC = 8 m)

= (AB)· (AC)

_6.8 S -2-

' S -- 2 4fi. 2

~~/-/~

~ AACD (mesma base AB = AD e mesma altura) (2) ACDF ~ AACD (mesma base A C = CF e mesma altura) (1) e (2) => SADF = 2 . SABe Analogamente, SCEF = 2 . SABC; SADE = 2 . SABC· Portanto, SDEF = 7 . SABC.

841. (1) LlABC

B('~/

32-~\

f~X E

c 116

840. LlABC => (BF = BD = 4 m, CF AB 2 + AC 2 = BC 2 => =>

837. LlABC

25. => (x = 6 m, h = 3 m) 10 . h 10 . 3

S=--2 =>

(AB). (CD) 2

+ x2 = 45 + (10 - X)2

117

843. Na figura, os triângulos que têm

2S]

SI =

S3 =

2S 2

dABN

(1) dCBN =>

S2 =

2S]

(1) e

(2)

SI =

SBDE -

SBFG

S2 =>

'.'.

BC h -2o

AC· h -2// , \ 2 I ~5 AC· h'

/,... -', '

\ 2 ..... / "

1 3

= 4k

SACE

= "5 . U

SFDE

S -

SACD

= -4

SBDE

SBDE =

2 3

3 S - -8k

k 2

k 12

1 4

+ SFHI => k 1 k + -6 . -2 + 2 SFGH

+_o_=>

= 12

SEGHI

= T

k 3

1 5

SFDE

k o

= - 15

k 15

k 3

SFGH

SFGE

= 4 +

15 =

k 60

SFGH

= 15 + 60

S = 17k 60

846. E é baricentro do MJcn 1 S =>

SEMC

= 6 .T

SEMC

= 12

SACEF

= "5

= 4 . SBDE

SBGE =

SAFE

SFGD

SEGHI =

SEFG

= - 0 - = - =>

SABD =>

SBGE

= -SFDE = -5 5

SADE

SFGE

= T

=> SBDE =

SACD -

3 o~k 4 S=6

S=-k 5

-3

=T k

=--2·-=-

A SABD

= 6 .T

SAFE

= 6 k

= 12

SACE

SACD =

S=-k

SABD

3f BC h}

SACD

SDEFG =

llk

".,

k 24

-".

SACD

'" '".<' ',', ',". . ,

(2)

SBFG

S3°

T -

SDEFG

S2 =

T .8

845. a)

844. a)

118

SBFG

SDEFG

2S 3

= T . SBGE

SBFG

áreas iguais assim foram marcados por possuírem mesma base e mesma altura relativa a essas bases Agora, temos: dABP ~ dACP (mesma base e mesma altura) =>

SBGE

119

847. Observando as áreas indicadas na fi-

L\ABE => L\BCD =>

2a + 3b = 5a + b

4k b=39

k =>

= 10R

= p.a

S = 5 -

851. (as

Sendo x a área do L\FVC, a área do L\FVA será 2x_ Sendo y a área do AFAR, a área do AFBR será 2y_ Temos:

~ (-JS +

= T

852. b

=> 2

= ; .J5 + 2-15

2-JS)

.J25 :,.. 1M is

= 2-. .J25 +10 1M . t02 2

849. Exercício 714

= (.J2 + 2

(as = RJ2 1)fg

~.J1O

2~;

= .J1O - 2-15 (.../5 + 1) . r 2

853. Exercício 714 '=> Rg = r..J2 S = Rã => S = (r~2 - -)2)2

S -_

.J25 +. 1O~

- R2

= =>

~ (E + S =

.J.....-I0~+-2-~-5

12 =>

= (2 - -)2)r 2

854. De acordo com a figura, temos: 84+x+40 y + 35 + 30 40

30 =>

b a

b 4

84 + x + 40 y + 35 + 30

x+84+y _ 40 + 30 + 35 y _

T c d

(1)

15-cr

..fi; is = RJ2 - ..fi)

S=p-a

= 4Rg

Observando as áreas indicadas na figura, temos: SOEF == k - 6x - 3y = k 4k = k - 6 · - - 3 · - => 21 21 k => SOEF = T-

'\110 + 2'\1 5 RIO

2p = 8R

p . a => S

5 2

+ 2V5) . i 2

= SevD = SFAR = 21-

S = bh

De modo análogo, obtemos: k SARD = SBTE = SFVC = 2T e

p = -

1)2(10

~ J10 -

1); is =

k y = ~~) (x = 21;

SBTD

= 5R

2 2x + 3y = - k 3 =>

~ 2 I - '" 1O + 2'\1 5 R =

= +J16(5 + 2-JS) i 2

E +

+.J(~ +

8k S=39

E+l

alO =

= 5R

E - I- ) 2 R

+ 2-v 5 ; RIO =

848. Unindo os pontos A e F

3x + Y

TR-J 10

850. (alO =

gura, temos:

+ 84 + Y

4(.J2 + I)Rã

(1) (2)

= 2(-)2 + I)Rã

(2)

4y - 3x = 112 => 70y - 35x = 2 940 (x = 56, y = 70) => SABe = 315 => =>

121

120

Expressões da área do triângulo A

. 14 m 863) .ap= 6 + 10 2 + 1 2~p=

858. AêD == BÂC (alternos) S = SACD + SABC ~

S = 8· 12 ·_sen 30° + 4 . 8 . sen 30° 2 S = 32 m 2 •

=> =>

S = ~p(p - a)(p - b)(p - c) => S = 8m m 2

STra =

1 T ab sen

7 + 8 + 9 2

862. a) p =

16 + 20 + 18

~ ~

122

9~ =

R =

16·20· 18 4R

160-J23i

P = 12

p = 27

8m = 6H 2

8m = 14· r

H = 8m 3

4ffl

r = -- m

~ 8m = 6· 10 . 12 ~ 4R

R = 45-v14 28

864. p = 14 + 10 + 16 2

= 20 m

S = ~p(p - a)(p - b)(p - c) ~ S = ~20(20 - 14)(20 - 10)(20 - 16) ~ => S = 40~ m 2 S = (p - 10) . r ~ 40J3 = (20 - 10) . r ~ r = 4~ m

S = abc 4R

~ ~

-(X

sen a STra = - - [ ( x + y)(z + w)]

S = ~p(p - a)(p - b)(p - c) ~ ~ S = ~27(27 - 16)(27 - 20)(27 - 18) m =

=> 8m = 12h ~ h = 4m m 2 2 3

~ S

e) S = abc 4R

S = ~p(p - a)(p - b)(p - c) ~ ~ S = ~ 12(12 - 7)(12 - 8)(12 - 9) ~ ~ S = 12~ S = p . r ~ 12~ = 12 . r ~ r = ~ b) p

S =

180

S =

d) S = p . r

sen ex STra = - - [ x ( z + w) + y(z + w)]

c) A maior altura é relativa ao menor lado; no caso, 6 m.

AC = 0, BD = b. Lembrando que sen (180° - a) ::;:: sen a, temos: STra P + Q + R + S ~ - xz sen ex xw sen a STra '2 2 + + zy sen a

S = ~ 14(14 - 6)(14 - 10)(14 - 12)

b) A menor altura é relativa ao maior lado; no caso, 12 m. 30 0

860. Seja o quadrilátero ABCD, onde

wy sen a

868. Para facilitar os cálculos, seja f a

medida de cada um dos lados congruentes. Considerando as medidas indicadas na figura 1, temos: 2p = 32 => 3f + 2 = 32 ~ => f == 10 cm. Substituindo f = 10 cm na figura 1, obtemos a figura 2, onde, pelo teorema de Pitágoras, h = 8 cm. Daí: b .h 12 . 8 S = - - => S = - - - ~ 2 2 S == 48 cm 2 •

f+2 fig. 1

6 fig. 2

871. Os lados são da forma 5k, 12k e 13k. Temos: 2p = 90 => (5 +- 12 + 13)k = 90 => k = 3. Logo, os catetos medem 15 cm e36 cm. 15 . 36 2 S = 2 => S == 270 cm • 123

874. AD é bissetriz BE II AD

~ ABC == ARE :3 AêB == BÊA ABEC isósceles ~ BE = BC = a..J2 a..J2· a.Jf

SCBE

880. MN I I SC

a.J2

- ~ABC => 6 12 =---=> 6 ~ x x

SABC == -12206- => SABC = 36 cm 21 => SMNPQ = 42 => SMNPQ = 16 cm 2

875

4 . sen 45°

BC ' sen

~4_ = BC

::::::>

..J2

2(AB)(AC) cos 45° ..J2 AC 2 + 8 ~ 2 . 4 . AC . -2- =>

AC 2 ~ 4 AC ~ 8 = O => = 2 ~ 2~ (não serve) ou

S = 4· (2 :

cm\ ~

2~)

S =

2(~ +

I) cm 2

4 ~ => - - = => BC 3 BC SABCD = 2 SBCD => 2 o 4~o 4 SABCD =

=> =

B =>

SBCMN

700~ 1-1

SABCD = 16~ mi CE CE => ~ = b) tg 60° = => BC 6~ => (CE == 18 m, ED == 8 m) Note AÊD = 30°. No triângulo AED, obtemos: AD = 4 m, AE = 4~mo SABCD = SBCE - SADE => _S _ 6~ 18 4 4~ ABCD ~ 2 ~ ~ ~2- =>

12 2

B '---------. ~ "------------p

14 m

~ ~300

4V3

11E II

4~m/g:

AI>,

:8 m : I

4m~D

10 m

=> SABCD = 46~ m 2

"""

r;;-

4v 3

r 2 =>

S:= pr + qr + r 2 Aplicando o teorema de Pitágoras ao LlABC:

4 ASCO => tg 30° = BC

879. Seja S a área do JiABC. 2·q·r

ABC.

,-,

888. a) (DA == DC) => BD é bissetriz de

SBCMN == SABC ~ SAMN => 202 ~ 10 . y . sen 60° => S BCMN:;:::--

12 cm

=> h = x + y + z

CD I I AB => ABMS -- ACDS 10 32 15 => X = - f f i ==>~. =~ x 12 4 AAMN - ~CDN => y 10 160 ~---=-=> y = 11 20 - y x

2·p·r

1-'

876. Traçamos CD I I AB.

ax ay az ah => - 2 - = 2 + - 2 - + 2 =>

+ 2~) cm

S = (AB)(ACi sen 30°

6cm

886. SABC = SABO + SACO + SBCO =>

AB 2 = AC2 + BC2

BC = 2..J2 cm

9 SABC => - - = SMNPQ 4

~AMN

H BC =>--=-~ h MN => X = 4 cm

SCBE

2pr + 2qr + 2r 2

(p + q)2 = (p + r)2 + (q + r)2 => 2pq => pq = pr + qr + r 2 => pq == S.

6~m

125

124

889. Na figura ao lado construímos

B 4 m A

AP II BC, CP II DE e EP II AF,

de modo que obtivemos os paralelogramos ABCP, CDEP e EFAP. A área do hexágono será a soma das áreas destes. Assim: SHex = SHex

SHex

AM 1- BC ~ BM = MC} ~ BC = 15 ~ MC = 15 No triângulo sombreado: R2=(25-R)2+ 152 ~ R= 17m S = 7rR 2 ~ S = 172 • 'Ir ~

~ S = 2897r m2

+ SCOEP + SEFAP ~ = 4 . 6 . sen 120 + + 4 . 8 . sen 120 0 + + 6 . 8 . sen 120 0 ~

SABCP

(AM = 25, DA = R) ~ ~ DM = 25 - R

D 4 m E

52V3 m2 • 894. b)

890. Prolongamos CM, tomando P em c

CM, tal que MP = GM. AM = MB ~ ~ APBG é paralelogramo ~ BP = AG = 8 m ~BGP é retângulo (8 2 + 6 2 SBPM

SBPM

SABC

= 6 . SBMG ~ = 72 m2

102)

A~ ............ SBMG

SABC

= 6 . 12

...........

'à

.........

3""\

IIÃ

. . . . . . . . . . . . ~'.Q", . . ",

LlDAB

. . . . ", . . . . . .

Seoroa

r 2 + 52 ~

Relações métricas no LlABC: 8 2 = 2R . (R - 4) ~ ~ R = -4 (não serve) ou R = 8m

r 2 = 25 m 2

2 1I'"(R -

Seoroa

r 2)

= 25'Ir m2

Seoroa

~ ~

SABC

891. Considerando as medidas indicadas na figura, temos: 2a sen a = - - ~ x x SABCO = x . 2b ~

4ab ~ SABCO == - - - o sen a

8.3 -2- ~

= 12 m 2 =

•

903. a)

= 7r(R2

r 2)

Seoroa

= 'Ir(64 - 16)

Seoroa

= 4811'" m2

2a --sen a

Área do círculo e de suas partes 893. a)

o A

126

No triângulo sombreado: R2 = (R - 4)2 + '8 2 ~ R == 10 m S = 7rR2 => S = 'Ir . 102 ~ ~ S = 1001r m 2

f = 8 ~ R-J2 = 8 ~ R 1 S = -4- (Scíre Squa) ~

1 4 1

= 4(3211'" - 64)

S = 8(11'" - 2) m2

R- 4

_(1I'"R2 -

f2)

4.J2m

f=6 ~ R=6m 1 S

= 6(Scírc

SHex)

i- . 2 - 1f2) ~ ~ S= i-.(3611" - 3f· 36) ~

S =

(1I"R

S = 3(211'" - 3V3) m 2 127

e = 12 => RvIJ = 12 => R = 4..J3m 2

=> S = +(4871" _

14~vIJ)

=> S = 4(471" -

3..J3) m2

"9\

e.J3

12 m => r = -2- => r = 6vIJm 1

=> S =

e.J3

=> S = i-( 31 e 71"r 2) =>

=> S = 18(2..J3 - 1f) m2

=> S = +(

f -

=> S =

+(9--13 -

=> h = 3..J3cm

e.J3 = = -2

3" 3

= R

R = 2a = R = 2..J3 cm S = Scírc - STri =>

1rf2) =>

37r) =>

Th = vIJ

= e = 6 cm

r = .J3 m

907. a = vIJ cm

S = T(STri - Scírc) => =>

10 cm =>

3.J3 e => 2 => S = 10071" - 15M => => S = 50(21f - 3.J3) cm 2

=> S = 71"R2 _

=> S = i-(216.J3 - 10871")

=> R = 10 cm S = Scírc - SHex =>

(3..J3 - 71")r 2

906. a = -2- = 5.J3 =>

h e..J3 e = 6 m => h = - => h = 3" 3 m 2 =>

r =....!-h

S = 6(SHex - Scírc) =>

2.J3 3r

e vIJ => S = - - - 71"r 2 => 4 12· .J3 2 => S = r - 71"r 2 =>

1 => S = -(f2 - 71"r 2) => 4 1 => S = -(64 - 16'n-) => 4 => S = 4(4 - 71") m 2

S = STr; - Scírc =>

e=8m=>r=4m 1 S = 4(Squa - Scírc) =>

1 S = T(Scírc - STri) => => S = +(71"R2 _

e.J3 = 3r => 905. h = 3r => -2-

e2..J3

S = 1fR2 - - - =>

S = 121f - 9.J3 S = 3(41f - 3.J3) cm 2

90S. a)

=> S = (J..J3 - 71") m 2 904. Seja d a diagonal do quadrado. Então: d = 4 => e..J2 = 4 => e = 2.J2, S = Scírc - Squa => S = 71"r 2 - e2 => => S = 71" . 22 - (2..[2)2 => => S = 4(1f - 2).

A/~f

~~·

O --,---

128

129

S = S _ 2S item a qua S = a 2 - 2 . 4-71"a 2 => 4 71" - 2 . a2 => S =

S = Squa - Ssetor => 7I"a2 => S = a2 - - - => 4 4 - 71" 2 a => S = 4

2 4

S = S

Seire => 2 2 => S=f2 - 7I"r -2- => qua -

S =

71" - 2 2 4 a •

Aqui a área sombreada é o dobro da área sombreada no exercício 908, item a. Logo: _ 4 71" 2 S 2 a.

=> SI =

Spétala item b

912.

~DRS

. a2 =>

-2

=>S=4-7I" . a2 8

...., "r

r'g/ / "r laSI

','

a r" 2 ".,

S, S,

/-;/

// r p

a 2

914. S = 2 . (STri - 3 . SI) => 7I".r2) f 2.J3 => S = 2(- 4 - - 3· - 6 - =>

b) 2p = 16 cm => a = 4 cm =>

=> S=2·

2.f2 cm

7I"r2 S=Squa - 2 · -4- =>

r /

=> S = 22 - 4 . ~ => 4 => S = (4 - 71") cm 2

=> r = aY2 S _ -4 - SpQRS - 4· SI=>

S = 2 • SI => S = 2 . 4(4 - 71") => => S = 8(4 - 71") cm 2

=> S = 42 _ 2. 71"' (2Y2 )2 4 => S = 4(4 - 71") cm 2

aY2

=> SR

-4

=> SI = ~ cm 2 4 S = Squa - 4S, =>

=7I"~2·(;r S = 4 • Spétala => 71"-2 => S = 4 . - - a2 => 8 71" 2 2 => S a 2

71" . 12

=> S = (71" - 2) . 22 => 2 => S = 2(71" - 2) cm 2

~ S~ (.~)' _4,,(':)'

=> SI = 4(4 - 71")

=> d = 4Y2 cm d r = T => r =

Ex. 908 b) => (71" - 2) => S = - - - . a2 => 2

8 - 71" 2 2 cm

=> S

ex. 908

910. a) 2p = 16 cm => a = 4 cm Exercício 9086. => 4 - 71"

=> S = 22 _ 71"' -2-I2 =>

Note que a área sombreada é metade da área sombreada do exercício 908, item b. Logo:

1 cm

=> S = a2 _ 2 . 7I"(;r => => S

909. a)

911. a)

S = Squa - 2 . SI =>

(

l()2.J3 4

3 . 71" . 52 )

S = 25(2.J3 - 71") cm 2

131

130

1I"(R 1 + R 2)2 S= 2 ~

1I"R~

1I"Rr

-+2 2

•

I - , ",)8

R b) OA == OB = = 3

S b) S == 1I"(R 1 + R2)2 - SI => S = 11" • 162 - 6411" 2 => S == 19211" cm

919. a) Análogo ao exercício 914.

11" • 122 11"(16)2 11" . 42 S=-----+-2 2 2 S = 6411" cm 2

S == 196 - 4911" + 4911" 2 2 S == 98 cm 2

915. a)AC + CB = AB ~ ~ 3 CB + CB = 32 ~ CB = 8 CB = 8 cm ~ AC = 24 cm

AI·,

•

2(Spc - SPB)

2R 3

S=2{ 1r' ~C2

1r' ~A2)

II •

II l U ' l t l -

"J8

~ S= (1r · ~Y _1r' ~{-Y) ~ 2.

917. b) AC + CO + 00 + OB == 20 ~ => 4 AC = 20 => AC == 5 cm CO == 2 AC ~ CO == 10 cm

922. Note que as duas regiões sombreadas, nas figu-

SI=1r'(;Y'+ ~ S) =

2~1r cm2 11" •

SII == - 2 S == =>

11" . 102

2511" Sn == -2- cm 2

- 2 . SI - SII =>

10011" _ 2 . 2511" _ 2511" 282

ras ao lado, são equivalentes. Determinemos o valor do menor segmento circular determinado pelo lado de um quadrado de medida a e raio de circunferência circunscrita igual a R. ~ f == R~ => a == R~ => R == -2- a 1

4 . (Scirc

Sseg ==

S ==

12511" cm 2 -4

SUl

S == SI 132

4911"

S == 2 . Squa + Sseg =>

_ (11"

Sseg -

11"-2 2 S == 2· a 2 + - 8 -.a

;

,',

11" ~ 14 . a2.

c 923. Note o Sseg

f2)

Sendo S a área sombreada, temos:

~ABO, Ssetor ABO

~2SUl

Squa)

41 (-11"-•2a -

918. AM + MB + BC + OC + 00 + DA => 6r == 42 => r == 7 cm SI == SABCO - 2 . Su => 11" · 72 => SI == 14· 7 - 2 . - - - => 4 2 196 - 4911" => SI == 2 cm 11" . r2 11" · 72 SUl = - 2 - => SUl == --2- =>

1 Sseg = _(1I"R2 4

Sseg -

1I"R2

== ~3-

8 =>

:Sseg ==

equilátero. =>

STri ABC

11". 12 (- - 6 -

.J3) cm

--4-

133

Sendo S a área sombreada, temos: S = 12· Sseg =>

S=12(~

- ~)

S = (211'" - 3..J3) cm

927. a)

•

S = 1I'"a I 4

S -

= a-12

I -

926. 2p = 16

Sll =

411'"r 2 -

~ 2

3-J3 r2 -

S --

2 2 1I'"r +- 411'"r -

3-13 r2

e-J2 2

OB =

OB = 2-J2 cm. 1 SI = 4(SBEeo - Scírc)

134

[OB2 -

1I'"r2

S = 4· (-4-11'") -2-

4 - 11'" _ cm2

= 2(4 - 11'") cm2

R..J3 = a

11'"a

R = ~

-../3

SI = T{Scírc - STri)

2-J2)2]

Figura 2

S = =>

+(1r

f2f) =

= ~ [1I'"(_a)2 - (a)2 ~] 3

1r( ~B YJ =

1r(: f

1;f

S =

= SI =

1 [(2-12)2 - 11'"(-2SI = 4·

S = 4 . SI

c) e = a

= SI =

Note que a área da região sombreada na figura 1 é equivalente à área sombreada na figura 2.

3-13 r 2

Considere BE / / OC e CE / / OB. Temos: OB =

Figura 1

e = 4 cm

STri = 3..J3 r 2 1I'"(2r)2 => Se = 411'"r 2; Se = 1I'"r2 STri - Se 3-13 r2 - 1I'"r2 SI = 3 3 => SI =

S -- S I + SII

(11'" - 2)a2

SII =

= (2r-../3)2 -../3 =

STri

Se - STri 3

a-12

11'"( a..J2)2 2

. a2

S = 11'". OC2 2

lo equilátero inscrito numa circunferência de raio 2r. Sejam e o lado do triângulo, Se a área do círculo maior e Se a área do círculo menor. Daí:

(11'" - 2)

925. Note que AC é o lado de um triângu-

= (2r)..J3

a .a - -2-

S = SQ n-e - SI

SSeg

SI =

-../3

a (3!-9 _ ..J3) 12

1r(tf - SI S=

1I'"a 8

2 _ 1I'"a -13 a 2 ~ S = (11'" + 6-../3) 2 -9- + -1-2 72 a 135

931. ABC é triângulo equilátero de lado a. Sseg == Ssetor - S.6ABC ~

928. AB == BC == r-Jf B

(rJ2)2 (rJ2)(r ~) 4 2 1rr2 ~ SI == - - - r 2

S -

1r.

V~ A~

'\jr

1rr 2

S == -2- - SI :::) ~

1r • a 2 a2 ~ Sseg : = -6- - - - - -4: : : )

::;>

S := seg

1rr - (-21rr - r 2) S == -2-

S ==

:::)

21r.-

5MBC 2

sen 600 == ~ OB :::) tg 60 0 :=

~ OC

~ 2

:::) -J3:=

8~ cm == OD == ~ OB ~. OH == -3~ OC

:::) OC - 4~ cm - -3-

8~ 4~ cm 4-J3. ~ CD == -33 _ -3-

CD == 00 - CD :::) CD ==

S == 2. (41r - 3-J3) . a 2 -=> 12

0 ~

:::) S == 2. (41r

.)8

AC sen 30 0 == OA OC 0 cos 30 == OA

~ SaAOC =

5· 5...[3 2

:::) T1 -_ ~

-J3 -_ OC -210

AC == 5 m OC ==

:::) AB:= 5~cm o BC cos 60 := - - ~ AC :::) BC==5cm ~ S := 5MBC - SI :::) S == (AB)(BC)

5~ m

25-J3 m2 2

S == Ssetor - S.6AOC :::) 25~ 1r • 102 ---:::) ~S== 2 12 r::;25 ~ S == 6(211" - 3~ 3 ) m2_

136

AC 10

~ _3-J3)

'-'1

. 262 :::)

S:= 338(41f - 3-J3) cm 2 3

o ~

AB 933 sen 60 o := -

930. dOAC

anterior, bastando considerar

::;>

-y

a := 00' := 26 cm.

_ 664 . -24 ~ S:= 1r. 64__ ~ ~ :::) S == T(131r 9 12 - 12~) cm 2

:>'1 ?

- 3-J3) a2 .-

932. Note que este exercício é análogo ao

S == Ssetor - Scírculo - STri :::) S == 1r . OB2 _ 1r(CD)2 _ (OB)(OB) sen 120 3 2 2

+ 2 . Sseg

:::) S == 41r -

929. dOCB :::)

3-J3 . 2 a

~ S == a -J3+ 2. (21r

:::) S == r 2

::;>

AB - -J3 == 10 2

1 BC == - - ~ 10 2 CD==5cm ~ AD==5cm Sn ~ 1r(AD)2 _ 1r(BC)2

30°

-12~

1r . 52 1r . 52 5-J3 . 5 -----2 6 12 25 12(6-J3 -1r) cm 2

AB 934. sen 45 o == -

-J2 AB == - ~ AC 10 2 ~ AB = 5-J2 cm = CD = AB (CD = 5~ cm, AC = 10 cm) :::)

, ,c

::;>

137

=> AD = (10 - 5~) cm = AE (AE = (10 - 5~) cm, AB = 5~ cm) => BE = (1M - 10) cm r--.... 45° BD = - - ·211'" • (BC) => 360°

~ . 211'" . 5.J2

T11'"

2p = BE + 2p

211'" . (AD)

225

5.../2 cm

r--....

= -

1 8

211'" . (10 - 5~)

(4~

2p = 1<N2 - 10 + 511'"-12 + 11'"(10 -

937. R A + R B = 10 (1)] R A + R e = 14 (2) R B + R e = 18 (3)

5~)

(AB)(Bet) 1 1 - -11'" . (AD)2 - -11'" . (BC)2 2 8 8 11'"(5-12)2 . 11'"(10 - 5-12)2 -8- ~ 8 S

R-v3 ; OM =

....

T; BOP

S =

Rv'3) R (- 2 - · T

+ 1I'"R2

. S =

936.

138

21 (4)

Daí: SA = 911'" cm 2; SB = 4911'" cm 2; Se = 121 cm 2.

{

f . R

S setor

=--

f = 211'", Ssetor = 611'"

211'"R 611'" - - 2

Na figura ao lado, temos: Sseg = Ssetor - STri => 11'" . R 2 R . R . sen 60° => Sseg = --6-2

60°.

6 cm

11'".62

(~) T

Sseg

Sseg = 3(21r - 3v'3) cm 2

--6-

62 •

6 p

(3v'3 + 411'") R2 24

942. AB = OA => ~OAB é equilátero => AÔB = 60° SI = Ssetor - STri => 1rR2 R2-J3 => SI = - - - - - => 6 4

~ABC

é isósceles e retângulo => = 45°. Note que AP = rI2 + r. (~APB é retângulo, fi = 45°) => => AP = PB = r~ + r Analogamente, AP = PC = r..J2 + =>

RA + R B + Re

+ ==>

A =

(4) - (1): R c = 11 (4) - (2): R B = 7 (4) - (3): R A = 3

+ 11'" - 4) cm

S = SI + SII => => S = (BM)· (OM) + 60° . 11'" . R2 2 360° =>

+ 2~ - 11'").

(2 + ~ 2 11'" - 211'") cm2

r::t

45°

935. Seja f o lado do triângulo. Temos: =

941. i

S = r 2(3

(10 - 5~) cm

SdABe - SI - Sn

5.J2 cm

SII

S = (5-J2 )(5~) 2

= -- .

45°

511'"~

45° 360°

(10-5V2) cm

Exercício 879 => => SABe = (BP)(PC) = (r~ + r)2 Logo: S = SABe - Scírc => => S = (r~ + r)2 - 1I'"r2 =>

A =>

B= ê

= I

211'" - 3v'3 . R2 12 139

SII

= S

Scírc II -

11'"

211'" - 3V3 R2 12

945. Sejam L J e L 2 as áreas das lúnulas e T a área do triângulo. A área S da superfície CPAQB pode ser calculada de dois modos:

= 1011'" + 3-13 R2 12 (211'" - 3Y3 )R 2 SII SI 12 211" - 3-J3 ( ~ = (1011" + 3-13)R2 = 1011'" + 3~ ou ~ -12-~

SII

1011'" + 3-13)

211'" - 3..Jf

Então:

943. Considerando as medidas indicadas na figura, temos: r 1 sen a = - ~ sen a = - ~ a = 30° 2r 2 SI é O setor de 60 o do círculo menor ~ 1I'"r2 ~ SI = -6-· ~ODE ~ OE 2 + DE2 = OD 2 => ~ OE 2 + r 2 = (2r)2 ~ OE = r-13 SII =

SÂODE -

1rr 2

rY3· r

SII =

-6

SII

é o setor de 30 o do círculo Inaior ---, 1I'"(3r)2 (arco AC) ~ SIII == -1-2- :=> SIII

1I"a2

~ LI + L 2 +

+ L 2 + -4~

b S=T+-1I"-+~ 4

1I"a2

T =T+

Logo, LI + L 2

11" T(b + c2)

947.

I?) lúnula 1 + lúnula 2 + semicírculo de diâmetro a 2?) triângulo + semicírculo de diâmetro b + semicírculo de diâmetro c

3..Jf - 6 - 11'" . r2

SUl

S'é a área pedida. Então: S = 2(S

2 1I'"r _ 2

III

~ S 944. S = ~

s) II

6S 1

120° 3'Y'3 f2 2 = - - - - 6 . - - . 1I'"R

= 3..Jf. 22 - 2 . 11'" . 12

~ S

= 2(3-13 -

360°

11'")

311'"r2 -4-.

S = 2( 311'"r 4

511'" - 6-13 r2

SHex -

1I'"r 2

_ 3..Jf - 11'" r 2) 6

30° ~

. A . A

" . A

AGé bissetriz deBAC ~ FAE = 30° = GFH(FAEe GFHsão correspondentes). Note que GPE = 120 0 eFÔB = 60°. Além disso, temosEB = 2-vRr(exercíci0563). R-r R-r 1 R sen 30° = ~ ~ r = = R+r 2 R+r 3 EBGF é trapézio de bases R e r e altura 2~ ~ (R + r)2~ rn:: 2 ~ SEBGF = ~ SEBGF = (R + r}v Rr ~

:~ SI

SEBGF

R) \fLR R .3

(

= R +3

1I'"r2 = -3- ~

1I"R2

= ------rI

1I"R2

SEBGF

4R2..Jf

= --

_------s4" 1111'"R2

SII -

Sn = - -

140

SEBGF -

(SI

SII)

4R2-13 -9-

1111"R 2

- ------s4"

(24..Jf - 1111'")R 2 54 141

948. BC2 = (1,5)2 + 22 ~ BC = 2,5 cm AB2 = (BC)(BD) => => (1,5)2 = 2,5 . BD => =>

BD + DC = 2,5 9

10 +

= -

2,5

7r(20

7r(B~r . 7r(B~r ~ -

- -2 - +

( 8 )2

7r ~

8 cm 5

9 )2

7r(~)2

C 7r(D-2 r

_ (~)2 ~ S = 7ra4 2_ 2. 7r(~r 4 2

~ s

7r - 2 2 => SI = a (1) 8 Exercício 908, item b => 7r - 2 ( a => S2 = 2 . T

7r( A~ r 2

Exercício 945

+ D = S4PNM

A + B + C + D = S4PQM + S4PNM

A + B + C + D = 8 PQMN

D =>

=>~

abc . p 4S2

= abc 4S

abc . p 4 · p · (p - a)(p - b)(p - c)

S = abc 4R

R r

a·b·c 4(p - a)(p - b)(p - c)

954. Seja f a medida dos lados congruentes. Temos: f + f + 18 p = 2 => P = f + 9; r = 6 cm

= '\I'p(p - f)(p - f)(p - 18)

~(f

+ 9) . 9 . 9 . (f - 9)

S=9~ S = p . r => 9* - 81 = (f + 9) . 6 => 5f2 - 72f - 1 053 117 => t = -9 (não serve) ou f = -5- cm

~ S

= 9· 108 5

7r( ~B r =>

9Yf2 -

S = =>

7r(AM + MB)2 8

A + B = S~PQM

S=p·r

te. Temos:

7r(AM ; MBr S + SI + S2

952. Exercício 945

953. Sejam R e r o raio do círculo circunscrito e o do círculo inscrito, respectivamen-

950. Relações métricas => => PM 2 = (AM)(MB) (1)

142

cm 2

7r - 2 2 S2 = a (2) 8

=>S+

(1) e (2)

7r AM2 7r MB2 8 8 8 7r. (AM)(MB) ~ S = 7r. PM2 4 4

S = 7r(B~r

949. Seja o lado do quadrado de medida a. S3 é área do setor determinado pelo arco ÉiJ. SI = S3 - 2 . S4 - SAFEG =>

= 7r(AM + MB)2

SI + SII + S =

9 cm 10

= abc 4R

= 9

~ 13 689 - 81 ~ S 25

= 9 ./ 11 664

S = 972 cm2 5

= abc 48

R =

18 . !!2 . !!2 5 5 = > R = 507 4 . 972 40 5

143

955. Seja AP = o. Por trigonometria, ob-

963. "A razão entre as áreas é igual ao

temos as medidas indicadas na figura. Sendo k a razão de semelhança entre os dois triângulos, temoS:

= k2

SABC SPQR

= (~)2

SABC SPQR

a.Jf

b · hb

C •

(1) e (2) => (y

+ h) = 12

SCarlos -

9 cm

_ 9

3cm03cm

=2 cm.

3 _ 27

2 ·2 - 4

SADE SABC

=.l.-

18 (8

+ Y + y)

(2)

9 m)

~ =.l.2

~ xy =

+~ x 2

(

SI i3

+ S2

i; =

289 225

= SI + 225 . S2 ( i 3 )2

15 =

289 225

= -JS-I _ · ii

s;-

289

= 225

i 3 = 17 m.

Ar;;;2 cm = -JS-I _ . luv

= ( -JS-l 2

. 1M

970. Sdec = 10 ·

= -.!..-

s;-

S = i 2 => S

= 2 -2 .J2h.

Sdec =

Spent

962. Seja STa área total do L\ABC. Temos:

144

100(3 ,-

.JS) cm2

=.l.-

~ (~r=+ ~x= ~.

_ _ _ _ _ _ _ _-.J)~J9 ------'

967. Sejam i o lado do quadrado cuja área é procurada e ii o lado do quadrado inscrito num círculo de raio 10 cm. Temos: ii = R.J2 => ii = 1Mcm.

melhantes e SADE + SBCDE = SABC => SADE + 3 SADE = SABC =>

3cm

961. Os triângulos ADE e ABC serão se-

11 5

Devemos ter:

Como SCarlos < SPaulo, é vantajoso para Carlos aceitar a troca.

= 12 m, x

s;-

3cm

960. No tablete do Carlos, temos:

Spaulo

X )2 (18)2 15 - x = =>

964. ii = 8 m, i 2 = 15 m, S3 = SI + S2. Temos: 1)2 64 SI SI 82 = i; => = 152 => SI = 225 S2·

2(3h

( =

_x_ = ~ (1) 15 - x y (18 + y)x x2 (8 + y)(15 - x) = (15 - X)2

--2- = - 2 -

y)x

2 y)(15 - x) 2

= bh b = ch c

aha

15-x

956. Sendo S a área do triângulo, temos: a ·h

(18

SABC SPQR

quadrado da razão de semelhança." Então:

Spent

Sdec

Spent

i lO

• alO

Sdec

5 .

.JS -

(..[5 - 1)../10 + 2-15

is· as 5 · - 2 - => Spent

= :6(-15 +

R J . R . -4v 10

+ 2-JS

R J

= 2 . TV 10

r;:-

- 2,,5 .

T(.J5 +

1) =>

1) · ../10 - 2-15

= 2. (..[5 - 1)../10 + 2../5 ~ (-JS + 1)~ 10 - 2"\/5

Sdec

=.JS-

Spent

145

971 . 2p = 80

is = 10 cm .....--_ _ Exercício 725 ~ is = R.J2 - ..J2 ~ ~ R.J2 - -J2 = 10 ~ ~

10 R=--

S = 4. (

J2.

S =,8' . R . R . sen 45 ;Z

976.. A medida da hipotenusa é 42 cm e a do outro cateto é 21-Jf cm. Temos:

.J2 -

8.. R . R . sen 45 2

973. OM + MC = OC

~+ ~

-J3 _-

a =

~S qua

=2· [

~ S = 72-J2" cm2

974. AB

.1.

STri =

. R

. -J"f ~

146

i~ ~ S

2d2

(4 - 2-vr::;3 )R2 + 4 .

(2-J32-

~ Sdod = 3(.J3 + 2)R2

3 . R2) ~

I)R2

~ i4 =

= 30 0

28Mcm2

979.. S = p . r (1)

S = (p - a)· ra (2) S = (p - b) . rb (3) 8 = (p - c) . r c (4) Multiplicando membro a membro (1), (2), (3) e (4), vem: S . S . S . 8 = p . r . (p - a)ra . (p - b)r b . (p - c)r c e como p(p - a)(p - b)(p - c) = S2, vem: 84 = p(p - a)(p - b)(p - c) . r . ra . r b . r c ~ 82 = r . ra . rb . r c ~

a diagonal menor do dodecágono é igual ao i 6 , que é igual a R. Assim: d = i 6 = R.

R.J2

~ Sdod = 3-v'3R2 + 6 R2 ~

CD ~ SACBD _ (AB)(CO) -

~ S

SHex + 6 . Squa + 6 . STri ~ 3..J3 R2 R2 -J3 + 6 . R2 + 6 . - - - ~ ~ Sd d =

978. Sdod

(-J3 2-

975. Sendo R o raio do círculo, note que

i4 =

1 2

~ f' = 150 Resposta: 30 0 ou 150 0 •

2-J"f - 3 . R2 2

= 2(-J3 -

·R

SFig -_ Squa + 4 . STri ~ SFig

~ SFig

"'21

sen a = -

_ 2 {7;" (2a)2 -J3 ~ STri - a -v 3 ~ 4

ST.

1 323..J3 2 cm 4

977. 4 SI = 25

~ Squa = (4 - 2..J3)R 2 _ STri -

TI + T 2 -v'3 =-Squa 4

(~- 1)

4. 5· 5 ._ sen ex = 25 ~

(2a)2 ~

Squa

(21..J3)2.J3 4

= 44h/3 cm2

441-v3 + 1 323-v'3 TI + T2 Squa 4 . 1 764

~. -J2"

2a-J"f = R 2

S = 8.

Squa = (42)2 ~ Squa = 1 764 cm2

. T

~ S = 200(.J2 + 1) cm2

972.. S

(21)l..J3

= 2

)2.. -J2" ~

d.J2

(d.J2)2 ~

980..

= ~r

~ABG

. r a . rb . r c

~DEG

(LAAo) ~

~ DG = ~

147

+ S2 = a 2a· a 82 + S + 8 3 = - - 2 - = a 2 ~ 8 1 + S2 = 82 + 8 + 8 3 ~

S = SI - S3 ~

a . x . sen 60° a2 8=42

~ 2

p =

a + b + c 2

+ 20 + 15

30 cm

S = p . r ~ 150 = 30· r ~ r

= a sen 300 (2)

abc => 150 4R SI Su

S=~-

:;::>

= (2~4-

abc

2-vf S ~

1 ) • a2

S = 6k2 (2)

(l) em (2) => S = 6 · (; r ~

af =

625 4

'Ir

cm2

I =>

'IC

24 - r2 25

= =

a .b .c a2 ~ 4R ~ U12

a/2

2 S = a -J3 -1-2

p . r => a -J3

I I I

a/2

+ a.J3 + a) . -.L

460~ I

(AB)· (AC) . sen 120° 2

p = (a.J3 3

( a~)2 . -J32

.2- k

2 -Jf ~ -2- = AC

~ S=~3_

5 2 k => k = - r (1) 2 5 3 . 4 . 5 . k3

25 => Sn 2

985. sen 600 = MC AC

S=--~8=

SI = 251r cm 2

983. AB = 3k, AC = 4k, BC = 5k Note que r = -

-=-

S(1 + 2.J3) :::; 4

5 cm

4 S300 . sen 600 a2 asen ~ 8 = 4

a .

25 · 20 · 15 => R 4R

Substituindo (2) em (1): 2

(1)

sen 30°

• X •

=:)

B ~

p = 2-J3 + 3 . a 6

a.J3 a.J3 a . -3- . -3a-Jf 4R ~ R == -3-

= 2../3 + 3 . a . r

5.2 - 2 V3)

-r-

2(2.J3 + 3) = - - 3 -.. . . .

984. Sendo h a altura relativa à hipotenusa, temos: h 2 = 16 . 9 =>

(16

12 cm

+ 9) . 12

~ S2

2 ~

8 = 150 cm2

+ 9

25 cm b2 = 25 . 16 ~ b = 20 cm Relações métricas ~ { c2 = 25 . 9 => C = 15 cm =>

987. iI = 2 cm, i 2 = 3 cm Os dois eneágonos, por serem regulares e convexos, são semelhantes. Então:

(~)2 ~

-±-

SI = S2=> = 82 3 9 i2 Seja i o lado do eneágono que queremos determinar e S a sua área. Temos: 4 S 13 13 S = SI + S2 ~ 8 = -- S2 + 8 2 => 8 = 8 2 => 9~ 9 9 82

~ (~)2 i 2

148

= (2)2

~ 9

(~)2 3

~ ~ 9

.JIT cm . 149

DB2 + 122 = 132 => DB = 5 cm (DB = 5 cm, AB = 14 cm) => AD = 9 cm 14 . 12 2 2 SABC = => SABC = 84 cm

988. âABC é equilátero de lado 2r. Sendo h sua altura, temos:

~ h = r 'V~. -!j

h = (2r)v'3 2

'991. âCDB

1\ I I

\ \

âAEF - âADC

12 x

= -y9

CD EF

=> - -

=AE

= -43

y (1)

992. âXYZ ~

BG = ;

rJ3,

Note também que DB é bissetriz de EDF. Daí, BDG = 300. r BO 1 ~BDG ~ sen 30° = BD ~ T = BD ~ BD = 2r

990. SI

7I"R

371"r2

- hr2

2(2v'3 - 1)1I"r2 3

==>

3../7 cm

r.Jf

STri - 3 Scírc =>

a ..J3 S = - - - 311" · r 2 4

= _a2_~_3

r..J3

_ 3 .11". (~ - 1)2 • a

S =

'rv'3

_2_~_3_-_3~(2_-_~_3....;.)_11" . a2 8

S S

= (161r -

2 SI

S = 2. 1ra 2 S

= 256 => AB = 16 cm = BC BêE + BêF = 90° ) FCD + BCF = 90° => BêE = FêD = a BE âBEC:tga = ~ FD ) âFDC: tg a = 16

993. (AB)2 =>

(4a)

+ 2

12-J3 )a2

....

~·l~'

Q1B

A.A-

==> 2

+ (1611" - 12v'3)a 3

==>

= CD

= AD

/0/·,;..""'0 /'

""'0/0""'-

==>

BE = FD => I~ àBEC == âDFC ~ FC == EC

= (1911" - 12-J3)a2 3

- 200

~ECF -

c 150

84 (2)

==>

+ T r-J3

7I"r

r..J3 + 2r + r..J3 = a (...J3 - 1) a 4 => r =

=--

S = 411" - 3-J3

1I"a2

Exercício 931

(

Temos:

(BD = 2r, BH = r) => BH = r Sendo R o círculo do raio maior J temos: 2 R = BH + BO => R = r + T r-J3

Logo:

y. y

tg 30°

.J[

1.1

= T · 84

(1) em (2)

Note que G é baricentro do MBC. Daí, BG = ; · h

= T · SABe

SAEF

~ I

(FC)(CE) - 200 2 -

151

~ (FC)· (FC) = 400 => PC = EC = 20 cm âBCE: BE2 + BC2 = EC2 => BE2 + 162 = 2()2

994. t =

21rR => 121r

998. Usando base média de triângulo

BE = 12 cm

âOAB

r OB

sen 30°

por 9 triângulos equivalentes. Os lados do âMNP são diagonais dos paralelogramos MM' NO, MOPP' e PONN'. Logo, a área de MPN é equivalente a 3 dos triângulos que formam o âABC. Então: SABC SABC 9 - - = - => - - = 3. 3 SMNP SMNP

- = - - - =>

2 -36 3

R - r

= 12

r =>

r,...//·

B ",/

S = 1rr2

",/

",'"

,,/

S = 1441r cm2

I 4

o 996. EC = b

DE = a - b CE -- CP => EF = b~ = AE = AF âADE => (a - b)2 + a 2 = (b~)2 => => b 2 + 2ab - 2a2 = O => => b = (.,jf - 1) a

b..J2 b

l)a· ~]2 v'T 4 => S = (2.,jf - 3) a2

S =

---rr-

[(v'T -

SABCD

997. AD

t"!}

1. AD => BE II 00' (1) (OB 1. AB, O' A 1. AB) => OB I I O' A (2) (1) e (2) => EBOO' é paralelogramo => BE = 13 cm âABE => AB2 + AE2 = BE2 => AB2 + 52 = 13 2 => AB = 12 cm ReI. métricas => AB2 = (BE) · (BP) => 122 = 13 · H => 144 => H = cm

999. Traçamos BE, com BE

·e

S = (b~)2~

I It

,,"

(AP' N) e de trapézio (MM'CB) é fácil concluir que o âABC é formado

R = 36 cm

= 6 · 21r • R

SABCD

(AD + BC) · H 2

1 728

-1-3- cm

SABCD

= 24 ·

144 ---rr· T1

= s.fi · -J3 ~

AD = 12 cm => (AS = sn = 6 cm) I1AMD é retângulo em D, MS é mediaAD na => MS = - - => MS = 6 cm 2 Aplicando a Trigonometria no I1APS, obtemos PS = 3 cm, AP = 3..J3cm. (AP)· (PM) SMPM = 2 => =>

152

3V3"· 9 2

SMPM

= - 2 - cm

27.J3

=> 2

e 153

,a , , ' ,, ,

S AEFG {

SAPQR

,, , ,,

~ /

retângulo devem ser

32-x

== SCHFI == S~SQT

Das figuras ao lado é imediato concluir que a área será a maior possível quando a base e a altura forem iguais à metade dos catetos correspondentes. Isto é, as dimensões do

(2..J3 -

2) cm

S = (4-J3 + 4)(2..J3 - 2)

e 16.

1004. BC = 3 cm, AC = 4 cm ~ AB = 5 cm SABC = SBCR + SACR + SABR ~

(AC) · (DC) (DC)(RD) (AC)(ER) ~

4·3=3·5·r+4·r+5·r

6k =

..J- 3: e2

32-x

::} k = 196 (k - l)h I

-- =

(AB)(FR)

+--

k h2 -2-

(k + l)h 3

k = 14 (14 - l)h I 6k ::} -

= 6k ::} =

------------

k - k + 1)( 3: - k )e2 - k - 1)

6k ::}

168 6 . 14 ::} h I = -1-3-

(14 + l)h 3 == 6 . 14

56 -5-

1 r=-cm 2 B

1007. 3

154

S = ~p(P - a)(p - b)(p - c) ::}

1006. Sejam k - 1, k, k + 1 as medidas dos lados; h]t h2 e h3 suas respectivas alturas. Temos: s = 6k 2p = k - 1 + k + k + 1 => 2p = 3k => p = 3:

::}

::} S = 8 cm 2

(B + b)h

= 4 cm

4..J3 4 h=----

8 cm ::} R

B = f 3 ::} B = R.J3 ::} B = 4..J3cm b = f 6 ::} b = R ::} b = 4 cm h = a6 - a3 => R..J3 R ::} h = - - - - : : }

I"~ ~',

DM passa pelo centro 1~ DM 1. AB ~ AM = MB ~ âAMD == âBMD ~

~ AD == BD ~ âABD é isósceles. Como DM passa pelo centro, DM é a maior altura relativa à base AB. Logo, o JiABD isósceles é o que tem maior área.

1001. Exercício 784

1005. diâmetro

1000. Note na figura ao lado os triângulos ABC, ABD e ABE, de mesma base AB e mesmo ângulo (ex) opostos a essa base. NoâABD:

xy = a 2 { ± 2xy = ± 2a2 x 2 + y2 = d2 ::} x2 + y2 = d2 Somando membro a membro, temos: (x + y)2 = (d 2 + 2a2) => {x + Y = Vd2 + 2a2 { x - y = ..J d 2 - 2a2 (x - y)2 = (d2 - 2a2) Resolvendo o último sistema, encontramos: 2 -+-2a-2 v"'-d-.Jd2 + 2a2 + -Jd 2 - 2a2 ;y= x= 2

vd2 -

2a2

155

Devemos ter d2 Note:

2a2 ~ O =} d ~ aff.

1010.

~OAB

=} sen 30° = 18 _ r =}

r 1 =} - = - - - =} r=6m 2 18 - r _ OA· OB . sen 60° =} S.1üAB -

d = a-J2 =} x = Y = a =} ABCD é quadrado.

=} S.1üAB =

~ S.1üAB = 18V3m 2 SI = S.1üAB - 8 2 ~

7r . r2 r::t 8 A =} SI = 18'\'3 - - - =} 6 . r::t 7r . 62 ~ SI = 18'\' 3 - - - ~ SI = (18V3 - 67r) m 2 6 7rRl / r::t '" 2 - 67r)+ _ ~ S + SI + S2 + S3 = - - =} S +/18'\'3 2 12 =} S = 3(57r - 6V3) m 2

100S. Sejam b e c os catetos. Temos:

= 120

{ 2bc = 480 2 { bc = 240 b 2 + c2 = a 2 ~ b 2 + c2 = a 2 =} b 2 + c2 = a 2 Somand~ membro a membro as equações do último sistema: (b + C)2 = 480 + a 2 =} b + c = ~480 + a 2 . Então: (bc = 240; b + c = -J 480 + a 2 ) ~

~ b e c são raízes da equação

xl - -J480 + a2 x + 240 =

2 =}

1011. Note que o triângulo original e os

Resolvendo esta equação, encontramos os valores de b e c: a2=----4-8-0 . _ -J a 2 + 480 - .yr_ ~ a 2 + 480 + -J a 2 - 480 b 2 cm, c 2 cm. Além disso, devemos ter: a 2 - 480 ~ O =} a ~ 4..J30 cm.

7r. 18 12

triângulos de áreas A, B e C são semelhantes. Sendo S a área do triângulo original, temos: S A B C - - - - = - = - = - =} (a + b + C)2 a2 b2 c2

~ ~ ~ .JC =} a+b+c=a=l)=c=} ~ S

(-JÃ. + ~.+ &)2.

1012. A área procurada é igual à área de

um quadrado de lado x mais 4 vezes a área do segmento circular sombreado nesta figura.

I?) Cálculo de r: x2 = a 2 + a 2 - 2 . a . a . cos 30° ~ x2 = 2a2 - 2a2 . - =}

2 == (2 - ~ )a2

157

Z?) Cálculo da área do segmento circular: 1ra2 Sseg

Ssetor -

Sseg =

SdPQR

(;; -

+) a

Sseg

----u- -

a . a . sen 30 0

3?) Área da região sombreada:

S = x2 + 4 . S

158

S = (2 -

-J3) a2 + 4(~ 12

= (2 - -J3 + ; - 1) a2 ~ S =

(11"

~) 4

+ 3 - 3.J3) a