C A r. GABARITO MA13 Geometria I - Avaliação /2. A área de um triângulo ABC será denotada por (ABC).

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1 GRITO 13 Geometria I - valiação 3-01/ área de um triângulo será denotada por (). Questão 1. (pontuação: ) figura abaio mostra as semirretas perpendiculares r e s, três circunferências pequenas cada uma com raio igual a 1 e uma circunferência grande de centro O. Uma das circunferências pequenas é tangente a r e a s, cada uma das outras duas é tangente a ela e a uma das semirretas, e a circunferência grande é tangente às semirretas e a duas das circunferências pequenas. s O r alcule o raio da circunferência grande. Uma solução: Na figura a seguir, é o centro da circunferência pequena que tangencia r e a circunferência grande, OT é perpendicular a r e a reta passa por e é paralela a r. O s R r T

2 Seja R o raio da circunferência grande. No triângulo retângulo O temos O = R+1, O = R 1 e = R 3. O teorema de Pitágoras conduz à equação R 10R + 9 = 0 cujas raízes são 1 e 9. evido às características do problema, a menor raiz é o raio da circunferência pequena tangente às duas semirretas e a maior raiz é o raio da circunferência grande. O raio da circunferência grande é igual a 9. Questão. (pontuação: ) No triângulo a bissetriz do ângulo encontra o lado em. a) Prove que = (teorema da bissetriz interna). b) Use o teorema acima e a figura abaio para calcular a tangente de. Uma solução: a) Se dois triângulos têm mesma altura, então a razão entre suas áreas é igual à razão entre suas bases. ssim, () () = E d d F

3 Sejam E e F perpendiculares a e como na figura anterior. omo todo ponto da bissetriz de um ângulo equidista dos lados desse ângulo, então E = F = d. ssim, () () = (1/)..d (1/)..d =, portanto =, c.q.d. b) omo o triângulo da figura é retângulo em e tem ângulo  = 30o e hipotenusa =, então = 1 e = O teorema da bissetriz interna aplicado a esse triângulo fornece: plicando propriedades das proporções podemos escrever: = = 1 + (1 ) 1 = = , ou seja, 1 = 3 Porém, observando o triângulo, vemos que 3 é a tangente do ângulo de. ssim, Questão 3. (pontuação: 3) tan = = 3. O losango tem lado 3 e ângulo  = 60o. Os pontos, N, P e Q pertencem aos lados,, e, respectivamente e são tais que = N = P = Q = 1. a) Justifique, de forma breve, porque o quadrilátero NP Q é um paralelogramo. b) alcule a área do quadrilátero NP Q. c) alcule a distância entre os pontos e P.

4 Uma solução: Q N P a) Os triângulos Q e P N são congruentes (caso LL). aí, Q = NP. Os triângulos N e QP são congruentes (caso LL); daí, N = QP. ssim, o quadrilátero NP Q possui dois pares de lados opostos congruentes. Logo, é um paralelogramo. b) (Q) = 1.Q.sen 60o = = 3 omo os ângulos de 60 o e 10 o possuem mesmo seno, concluímos que os triângulos Q, N, P N e QP possuem todos a mesma área, igual a 3 área do losango é igual a..sen 60 o = = 9 3 área do paralelogramo é S = = 5 3 c) Seja R o ponto médio de P. omo é paralelo a R e ambos têm comprimento 1 então R é um paralelogramo e R = = 3. lém disso, RP = 1 e ˆRP = 10 o. R P No triângulo RP a lei dos cossenos fornece: P = R + RP.R.RP.cos 10 o = ( 1 ) = 13 = P = 13.

5 Questão 4. (pontuação: 1) O icosaedro regular é o poliedro formado por 0 faces triangulares equiláteras. icosaedro não passam pelo seu centro. etermine quantas diagonais do Uma solução: O icosaedro possui 0 faces triangulares. omo cada aresta é lado de eatamente duas faces, o número de arestas do icosaedro é = 0.3 = 30. O número de vértices pode ser calculado pela relação de Euler V + F =, de onde V = 1. ada segmento que une dois vértices do icosaedro ou é aresta ou é diagonal. ssim, denotando por V o número de escolhas de subconjuntos com dois elementos do conjunto de todos os vértices do icosaedro, o número de diagonais do icosaedro é = V = 1 = 1! 30 = = 36 10!! O icosaedro possui 6 pares de vértices diametralmente opostos e cada diagonal que une dois vértices diametralmente opostos passa pelo centro do icosaedro. Essas são as únicas diagonais que passam pelo centro. Então, o número de diagonais que não passam pelo centro é 36 6 = 30. Questão 5. (pontuação: ) onsidere o paralelepípedo retângulo de bases e EF GH e com arestas laterais E, F, G e H. s medidas são = 6, = E = 4 e é o ponto médio da aresta EF. São feitas as seções pelos planos H e G. Retirando-se os tetraedros EH e F G resulta o poliedro P. a) Faça um desenho do poliedro P e calcule seu volume. b) etermine o cosseno do ângulo entre as retas H e G.

6 Uma solução: H G E F O desenho de P está acima. Se pensarmos o tetraedro EH com base EH e altura E, podemos calcular seu volume do seguinte modo: v = 1 3.E.EH.E = = 8 O tetraedro F G tem também volume v = 8 porque é congruente com EH. O volume de P é o volume do paralelepípedo subtraído dos volumes dos tetraedros, ou seja, V = = = 80 b) O ângulo entre as retas H e G é o ângulo entre G e G, ou seja, o ângulo θ = Ĝ. omo F = 3 e F = F G = 4 temos, pelo teorema de Pitágoras, G = 4 e = G = 5. E H 5 F θ G 5 N O triângulo G é isósceles. Então, assinalando o ponto N médio do lado G, temos que N é perpendicular a G. ssim, no triângulo NG, cos θ = NG G = 5.