Geometria Plana II - Respostas

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Ensino de qualidade, quanto antes, melhor

Geometria Plana II - Respostas

01.

Seja M o ponto médio de DE , então BM é a mediana relativa à hipotenusa do triângulo BDE. Logo

BM ME DM

AB   . Como ABM é isósceles, temos que AMˆBx. Além disso, pelo paralelismo, temos que

B E A C A

Dˆ  ˆ , pois são alternos internos; e como BME é isósceles, MEˆBMBˆE.

Note que x é externo ao triângulo BME, então x18º18º36º. 02.

Pelo Teorema de Tales, temos as seguintes proporções:

cm w w cm z z cm y y cm x x 24 60 40 16 2 33 60 40 11 12 60 40 8 2 15 60 40 5             03.

Pelo Teorema da bissetriz interna, temos

x x x x 2 3 20 _

e pelo teorema da bissetriz externa, temos

x y x y 2 3 20 _ . Da primeira equação temos que x8cm. Substituindo na segunda, temos y 40cm.

x y z w 5 8 11 16 40 60 A B P C S 3x 20-x x 2x y r s B E A C D x x M 18º

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Ensino de qualidade, quanto antes, melhor 04.

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

Então: ' ' ' ' 2 2 c b a p c b a p       e k c c b b a a    ' ' '

A razão entre os perímetros será:

k c b a c b a k c b a kc kb ka c b a c b a p p _                ' ' ' ) ' ' ' ( ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 2 2 . 05.

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

Sendo 2x a medida da base (para simplificar os cálculos) e considerando as medidas indicadas na figura, temos:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 18 ( ) 2 2 ( 18 2 2 36 2 2 2 2 x x x a h x x a x h a h x a x x h                            

Resolvendo a equação, temos x5cm. Logo, a base

mede 10 cm. 07. Sabe-se que a 162122 20 Como 5 48 16 . 12 .h h a A B C A’ B’ C’ a b c c’ a’ b’ 4 x 10 C B A D a a x x h 16 m n 12 h a

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Ensino de qualidade, quanto antes, melhor Como 5 64 . 162 mam Como 12 5 36 . 122 nan 08.

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

Note que os triângulos BAC e BPS são semelhantes. Então:

2 2 2 2 2 2 x b bc x c by bc cy x y y c c y b x y y                     c b bc x bc xc xb       2 2 09.

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

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

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

m y y m x x 1200 1500 900 2100 2900 2000 2 2 2 2 2 2        

é possível ver que a diferença de altura entre as duas montanhas é de 1100 m, então calculamos a e b da seguinte forma: m b b x y b m a a y x a 1421 900 1100 ) ( 1100 3478 3300 1100 ) ( 1100 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2                

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

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

E P1 P2 900 x y 2000 2900 1500 a x+y b E P1 P2 900 2000 1500 2900 x y y-x

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Ensino de qualidade, quanto antes, melhor 10.

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

Como AH é mediana, temos que BH HC. Como AH é altura, temos que AHˆBAHˆC90º.

Tome agora os triângulos retângulos ABH e ACH. Podemos dizer que são congruentes pelo caso de congruência LAL (lado – ângulo – lado).

         comum lado é AH L C H A B H A A HC BH L ) ( º 90 ˆ ˆ ) ( ) (

Então ABACABCéisósceles. 11.

Como

EP//BC,m

 

CPˆE 

, analogamente,

m

 

BPˆD 

. Assim, os triângulos DPB e EPC são isósceles, e,

portanto,

DEPDPEBDEC752

.

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

Considere E sobre

AC

, tal que

CD//AB

. No triângulo retângulo isósceles AED,

2 º 45 ED AD AD ED sen   

.

Assim, como os triângulos EDC e ABC são semelhantes,

c b bc AD c AD b AD b AB DE AC EC        2 2 2

_.

13. Sejam AD e BE as medianas perpendiculares e G o baricentro do triângulo. Aplicando Pitágoras aos

triângulos AGB, BGD e AGE, obtemos:







 







5 4 12 4 4 12 4 4 4 4 4 4 4 4 2 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b a c b c c a b c GE c GD GE c a GE b GE GE c c GD GE a GE GE c b GE GD c GD GE a GE GD b GE AG c AG BG a BG GD                                                                    A B H C

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14. Traçam-se três retas passando por P, paralelas aos lados do triângulo ABC. Os três triângulos menores

PFG, PED e PHI, também são equiláteros (ver figura).

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



























AC AB BC



AB AB EC DE BD IB HI AH GA FG CF PF ED PI PD HI PG PH FG PE HI PI PH FG PG PE DE PD PE HI HI HI FG FG FG ED ED ED HI FG ED HI FG ED HI FG ED PZ PY PX                                                        2 3 3 6 3 6 3 6 3 6 3 6 3 6 3 3 3 3 6 3 2 3 2 3 2 3 2 3



AH HI BI



AB AH BI BI HI HI AH FG PE DE PI HI AH FZ CF DY BD HX AH CZ BY AX 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2                         

Logo

3 3      CZ BY AX PZ PY PX

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15. a)Como

AD

é bissetriz,

m



BÂD

 

mCÂD





, sendo

BE //AD

,

m

  

CÊB mCÂD





e

 

EBA m

 

BÂD 

m ˆ

, logo o triângulo ABE é isósceles e AE = AB. Sendo assim, pelo teorema de Talse,

CD AC BD AB CD AC BD AE   

b) Observe que

8 7    CD AC AC BC AD AB

, ou seja, os triângulos BAC e ADC são semelhantes, pelo caso LLL.

Assim,

m

   

BCˆA mACˆD

, ou seja,

AC

é bissetriz do ângulo

B ˆCD

. Assim, pelo Teorema da Bissetriz

Interna,

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