AD2- GP- Gabarito
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5/17/2018 AD2- GP- Gabarito - slidepdf.com
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Fundacao Centro de Ciencias e E ducacao Superior a Distancia do Estado do Rio de JaneiroCentro de E ducacao Superior a Distancia do Estado do Rio de Janeiro
Geometria Plana – AD2 – Gabarito – 2012.1
Questao 1 [1,0 pt]: AB,BC,CD e DE sao quatro lados consecutivos de um icosagono regular.
Os prolongamentos dos lados AB e DE cortam-se em I . Calcule o angulo B ID.Solucao: Considere AB,BC,CD e DE lados consecutivos de um icosagono regular. Os prolonga-mentos de AB e DE cortam-se em I :
A
B CD
I
E
a
162º
162º
O angulo central e360◦
20= 18◦ e os angulos internos do polıgono regular tem medida
Ai =180◦(20− 2)
20= 9◦
·18 = 162◦
Temos no quadrilatero BIDC , I DC = 180◦ − 162◦ = 18◦ = I BC.D CB = 162◦, entao a = 360◦ − 162◦ = 198◦.Entao 18◦ + 18◦ + D IB + 198◦ = 360◦ ⇒ D IB = 360◦ − 234◦ = 126◦.
Questao 2 [1,0 pt]: Considere 80◦, 70◦ e 150◦ tres angulos de um quadrilatero ABCD. Encontreos angulos do quadrilatero formado pelas bissetrizes dos angulo do quadrilatero ABCD.Solucao: Considerando o quadrilatero ABCD, com angulos A = 80◦, B = 70◦ e C = 150◦.
A
B
C
D
F
G
H
E
80º
70º
150º
60º
105º
110º
75º
70º
30º
40º
40º
35º
30º
75º
Temos que D = 360◦
−(80◦ + 70◦ + 150◦) = 360◦
−300◦ = 60◦.
Procurando os angulos do quadrilatero formado pelas bissetrizes temos:
E = 180◦ − 30◦ − 40◦ = 110◦.
F = 180◦ − 30◦ − 75◦ = 75◦.
G = 180◦ − 75◦ − 35◦ = 70◦.
H = 180◦ − 40◦ − 35◦ = 105◦.
Logo os angulos sao 110◦, 75◦, 70◦ e 105◦, se A = 80◦, B = 70◦ e C = 150◦.
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Geometria Plana– Gabarito AD2 2
Considerando o quadrilatero ABCD, com angulos A = 70◦, B = 80◦, C = 150◦ e D = 60◦.
A
B
CD
F
G
H
E80º
70º
150º
60º
75º
65º115º
105º
30º
35º
Procurando os angulos do quadrilatero formado pelas bissetrizes:
E = 180◦
−35◦
−40◦ = 105◦.
F = 180◦ − 30◦ − 35◦ = 115◦.
G = 180◦ − 75◦ − 30◦ = 75◦.
H = 180◦ − 75◦ − 40◦ = 65◦.
Logo os angulos sao 105◦, 115◦, 75◦ e 65◦, se A = 70◦, B = 80◦ e C = 150◦.
Tome o quadrilatero ABCD, com angulos A = 70◦, B = 60◦, C = 80◦ e D = 150◦
A
B
F
G
HE
80º
70º
150º
60º
70º
65º
110º115º
C
D
Procurando os angulos do quadrilatero formado pelas bissetrizes:
E = 180◦ − 35◦ − 30◦ = 115◦.
F = 180◦ − 35◦ − 75◦ = 70◦.
G = 180◦ − 75◦ − 40◦ = 65◦.
H = 180◦
− 40◦
− 30◦
= 110◦
.
Logo os angulos sao 115◦, 70◦, 65◦ e 110◦, se
A = 70◦, B = 60◦, C = 80◦ e D = 150◦.
Questao 3 [1,0 pt]: A, B e C sao tres pontos de uma circunferencia, tais que o angulo A BC = 38◦
e o angulo A
CB = 68◦. P e Q sao os pontos medios respectivos dos arcos
⌢AC e
⌢AB. Calcule a
medida dos angulos B
CP e C
P Q.
Solucao: Considere A, B e C pontos de uma circunferencia, A BC = 38
◦
e A CB = 68
◦
.
38º 68ºO
C
P
AQ
B
38◦ =⌢AC
2⇒
⌢AC = 76◦ e
68◦ =
⌢AB
2⇒
⌢AB= 136◦.
Como P e Q sao os pontos medios dos arcos⌢AC e
⌢AB,
respectivamente, entao
⌢AP =
⌢CP = 38◦ e
⌢AQ=
⌢BQ= 68◦.
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Geometria Plana– Gabarito AD2 3
Temos que B CP = B CA + A CP , mas A CP =
⌢AP
2, entao A CP =
38◦
2= 19◦.
Logo B CP = 68◦ + 19◦ = 87◦.
C P Q =
⌢CBQ
2 =
⌢BQ +
⌢CB
2 =
68◦ + (360◦
−76◦
−136◦)
2 =
68◦ + 148◦
2 =
216◦
2 = 108◦
.
Questao 4 [1,0 pt]: Considere A BC = 50◦ e A CB = 70◦ dois angulos de um triangulo ABC .Uma circunferencia exinscrita (leia-se ex - inscrita) a este triangulo tangencia o lado BC em P e os
prolongamentos dos lados AB e AC em Q e R, nesta ordem. Calcule a medida do angulo Q P R.Solucao: Sejam A BC = 50◦ e A CB = 70◦, angulos de ∆ABC . A circunferencia, de centro O,exinscrita a este triangulo tangencia o lado BC em P e os prolongamentos dos lados AB e AC emQ e R, nesta ordem.
A
B
C
P
Q
R
50º
70º
55º
65º
O
Temos que R
CO = B
CO = 55◦ e Q
BO = O
BC = 65◦, circunferencia exinscrita.
∆OQB e retangulo em Q, entao B OQ = 90◦ − 65◦ = 25◦.
∆OP B e retangulo em P , entao P OB = 90◦ − 65◦ = 25◦.
∆OCP e retangulo em P , entao P OC = 90◦ − 55◦ = 35◦.
∆OCR e retangulo em R, entao C OR = 90◦ − 55◦ = 35◦.
Logo
Q P R = 360◦
− (25◦
+ 25◦
+ 35◦
+ 35◦
)2
= 360◦
− 120◦
2= 120◦.
Questao 5 [1,0 pt]: AB e AC sao, respectivamente, lados de um hexagono regular e de umoctogono regular, inscritos em um mesmo circulo. Calcule os angulos do triangulo ABC .Solucao: Temos duas solucoes:
Solucao 1: Supondo C entre A e B:
O
A
BC
⌢AB=
360◦
6
= 60◦ e⌢AC =
360◦
8
= 45◦.
Daı
A BC =
⌢AC
2=
45◦
2= 22◦30′.
B AC =
⌢BC
2=
⌢AB −
⌢AC
2=
60◦ − 45◦
2=
15◦
2= 7◦30′.
B CA =
360◦
−60◦
2 =
300◦
2 = 150◦
.
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Geometria Plana– Gabarito AD2 4
Solucao 2: Supondo A entre B e C :
O
A
B
CA
BC =
⌢AC
2=
45◦
2= 22◦30′.
B AC =360◦ − (60◦ + 45◦)
2=
360◦ − 105◦
2= 127◦30′.
B CA =
⌢AB
2=
60◦
2= 30◦.
Nao e possıvel B entre A e C , pois sendo A vertice de ambos, AB > AC.
Questao 6 [1,0 pt]: Os lados de um triangulo sao AB = 16 dm, AC = 20 dm, e BC = 25 dm.Pelo ponto D de intersecao da bissetriz do angulo A com o lado BC traca-se a paralela ao lado AC .Calcule as medidas dos segmentos que esta paralela determina ao lado AB.Solucao:Seja o triangulo conforme dados do enunciado.
A B
C
E
D0
16 -
a
2 5 - a
x x
Seja a = BD, entao DC = 25− a.
Temos pelo T.B.I. que
a
16
=25− a
20 ⇒5a = 100
−4a
⇒a =
100
9
.
Como DE//AC , pelo teorema de Tales, temos que
a
x=
25− a
16− x⇒ x
(25− 100
9
)=
100
9· (16− x)
⇒ x
(125
9
)=
100(16 − x)
9⇒ 125x = 1600− 100x
⇒ 225x = 1600 ⇒ x = 649
.
Daı as medidas pedidas sao: x =64
9dm e 16− x = 16− 64
9=
80
9dm.
Questao 7 [1,0 pt]: ABCD e um paralelogramo e P e um ponto do lado AB tal que a razaoP A
P B=
4
3. A reta
←→DP intercepta a diagonal AC em M o prolongamento do lado CB em N . Calcule
as razoesBN
CN e
CM
MA.
Solucao:Seja ABCD um paralelogramo conforme enunciado.
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Geometria Plana– Gabarito AD2 5
A B
CD
M
P
N
Seja P o ponto do lado AB, tal queP A
P B=
4
3(1)
De (1) temosP A + P B
P B =
4 + 3
3 ⇒P B
AB =
3
7 (2)
∆DCN ∼ ∆P BN pois PB//DC , entao:
BN
CN =
P N
DN =
P B
DC ⇒ BN
CN =
P B
AB
De (2) temos que:BN
CN =
3
7.
De (1) temosP A + P B
P A =
4 + 3
4 ⇒P A
AB =
4
7 (3)
∆AMP ∼ ∆MCD, pois
A P M = C DM (alternos internos)
P AM = D CM (alternos internos)
⇒ AP
DC =
AM
MC (4)
Como AB = DC , de (4) temosCM
MA=
7
4
Questao 8 [1,0 pt]: AB = 2 cm, AC = 3 cm sao os catetos de um triangulo retangulo ABC .
Calcule o raio da circunferencia que passa pelo vertice C e e tangente ao cateto AB em B.Solucao: Seja ∆ABC retangulo com catetos AB = 2 cm, AC = 3 cm, a circunferencia de raio Rque passa por C e e tangente ao cateto AB em B.
O
A
B
CD
R
R
2
R 3 - R
∆ODC e retangulo, entao
22 + (3 −R)2 = R2 ⇒ 4 + 9 − 6R + R2 = R2
⇒ 6R = 13 ⇒ R =13
6.
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Geometria Plana– Gabarito AD2 6
Questao 9 [1,0 pt]: Mostre que os extremos de um segmento sao equidistantes de qualquer retaque passa pelo ponto medio desse segmento.Solucao: Seja o segmento AB, considere M o ponto medio de AB.
r
BM
A'
B'
A
Considere r uma reta que passsa por M , A′ e B′ os
pes das perpendiculares a r que passa por A e B, respectivamente.
∆AA′M ≡ ∆BB ′M , pois AM = MB e A′ MA = B′ MB,
angulos opostos pelo vertice. (Caso particular de congruencia
no triangulo retangulo).
Como A′
MA = B′
MB, entao AA′ = BB ′. Daı os extremos do segmento AB sao equidistantes de r.
Questao 10 [1,0 pt]: Um quadrado tem 2 cm de lado, com centro em dois vertices opostos e raioigual a metade da diagonal descrevem-se os arcos AB e CD. Calcule a area da superfıcie sombreada.
A
B
D
C
Solucao: Temos que a area da superfıcie do quadrado e 22 = 4 cm2.
A
B
D
C
S1
S2
S3
S4
2
22 -
A metade da diagonal do quadrado e:2√
2
2=√
2 cm.
Considere as areas S 1, S 2, S 3 e S 4. A area pedida e:
A p = 4− (S 1 + S 2 + S 3 + S 4) (1)
S 1 = S 2, que e a quarta parte da area de uma circulo, logo
S 1 + S 2 =π(√
2)2
2=
π · 2
2= π cm2.
S 3 = S 4, area de triangulo retangulo isosceles.
Logo S 3 + S 4 = 2 ·
(2−√
2) · (2−√
2)
2
= 4− 4
√2 + 2 = 6 − 4
√2 cm2.
Entao a area pedida e: A p = 4− π − 6 + 4√2 = −2− π + 4√2 cm2.
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