MA13 Geometria AVF 2014

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1 MA1 Geometria AVF 014 Questão 1 [,0 pt ] Na figura, AB AC e a bissetriz interna traçada de B intersecta o lado AC em P de forma que AP + BP = BC. Os pontos Q e D são tomados de forma que BQ BP e P D é paralelo a BC. (a) Mostre que os triângulos CQP e P AD são congruentes. (b) Determine as medidas dos ângulos do triângulo ABC. (a) Para simplificar a notação, denote (CBP ) = β. Como BP é bissetriz de A ˆBC, temos também (ABP ) = β. E, como AB AC, temos (ACB) = (ABC) = β. Como BQ + QC = BC = BP + P A e BQ = BP, temos QC = AP. Como BC e DP são paralelas, temos (BP D) = (CBP ) = β, (AP D) = (ACB) = β. Como A ˆDP é ângul oexterno do triângulo BDP, temos (ADP ) = (BP D) + (DBP ) = β. Mas então o triângulo ADP será isósceles, e, portanto, AD AP. Como AB AC, temos que BD P C, e, como BDP é isósceles, temos DP BD CP. Pelo caso LAL, temos então que os triângulos P AD e CQP são congruentes.

2 (b) Pela congruência de P AD e CQP, temos (QP C) = (ADP ) = β. Como P QC é isósceles, (QP B) = (P QB), e como (QP B) + (P QB) + β = 180, temos (QP B) = 90 β. Assim, considerando todos os ângulos da figura que têm vértice em P, temos ( β + 90 β ) + β + β = 180, logo 9 β = 90 β = 0. com isso, os ângulos internos ˆB e Ĉ medem β = 40, e  mede = 100. Questão [,0 pt ] Prove que se um trapézio isósceles tem os lados congruentes com comprimento a, os lados paralelos com comprimentos b e c, e diagonais com comprimento d, então d = a + bc. Vamos supor, sem perda de generalidade, b > c. Denotemos por h a altura do trapézio e por m a projeção ortogonal de um dos lados congruentes sobre a base maior. Note que m = b c. Assim, considerando um triângulo retângulo cujos catetos são m e h, e cuja hipotenusa é um lado a, temos, pelo Teorema de Pitágoras, m + h = a, logo ( ) b c + h = a, que nos dá b + c bc + 4h = 4a. Considerando agora um triângulo retângulo cujos catetos medem c + m e h, e de hipotenusa d, temos (c + m) + h = d, logo ( c + b c ) + h = d,

3 e então que implica Subtraindo as duas equações obtidas, temos logo, ( b + c ) + h = d, b + c + bc + 4h = 4d. 4bc = 4d 4a, d = a + bc. Questão [,0 pt ] Na figura abaixo o triângulo ABC é retângulo em A. Os quadriláteros ABED e ACGF são quadrados. Estendemos EB até P, de tal modo que EB BP. Estendemos GC até Q, de tal modo que GC CQ. (a) Prove que o triângulo ABC é congruente ao triângulo P BI e que o triângulo BQC é congruente ao triângulo HP I. (b) Prove que a área do triângulo BP C é a metade da área do quadrado ABED. (c) Prove que a área do triângulo BQC é a metade da área do quadrado ACGF. (d) Demonstre que AB + AC = BC (Teorema de Pitágoras). (a) Por simplicidade, vamos denotar (ABC) = β e (ACB) = γ. Note que β + γ = 90. Como (ABC) = β e A ˆBC é ângulo reto, (P BC) = 90 β = γ. E, como C ˆBI é ângulo reto, (P BI) = 90 γ = β. Assim, temos P B EB AB, BI BC e (P BI) = (ABC), logo, pelo caso LAL, os triângulos ABC e P BI são congruentes. Essa congruência implica que (P IB) = (ACB) = γ, logo (P IH) = 90 γ = β, e que P I AC. Temos (BCQ) = 90 γ, logo, (BCQ) = β. Note ainda que QC CG AC.

4 Temos então que (P IH) = β = (BCQ), P I AC QC, IH CB. Com isso os triângulos P BI e BQP serão congruentes pelo caso LAL. (b) Como AC é paralelo a BP, temos Área(BP C) = Área(BP A) = BP AB = AB, que é a metade da área AB do quadrado ABED. (c) Como AB é paralelo a QC, temos Área(BQC) = Área(AQC) = QC AC = AC, que é a metade da área AC do quadrado ACGF. (d) Pelos itens anteriores, já sabemos que AB + AC = Área(BP C) + Área(BQC). Portanto, resta apenas mostrar que Área(BP C) + Área(BQC) = BC Pelo item (a), temos Área(BQC) = Área(P IH), sendo h1 e h as alturas dos triângulos BP C e P IH, relativas às bases BC e IH, respectivamente (veja figura), temos h 1 + h = CH = BC, logo Área(BP C) + Área(BQC) = Área(BP C) + Área(P IH) BC h1 IH h = + = BC h 1 + BC h = (h 1 + h )BC = BC. Assim, AB + AC = Área(BP C) + Área(BQC) = BC. Questão 4 [,0 pt ] Um tetraedro regular é cortado por um plano paralelo a duas arestas, de tal forma que a seção seja um paralelogramo. (a) Descreva a posição do plano de forma que a seção seja um losango e calcule, em função de a, o lado desse losango.

5 (b) Determine, em função da medida a da aresta, a medida do lado do paralelogramo de área máxima assim obtido. (a) Para facilitar a escrita, seja ABCD o tetraedro e consideremos o plano paralelo às arestas AB e CD. Sejam ainda X, Y, Z e W as interseções do plano com as arestas AB, BC, BD e AD, respectivamente. O segmento XY é a interseção do plano paralelo a AB com a face ABC, contida em um plano que também contém AB. Ora, interseção de dois planos paralelos a uma reta dada (ou que contenham esta reta) será uma reta paralela à reta dada, portanto, o segmento XY é paralelo à aresta AB. Da mesma forma, o segmento ZW será paralelo a AB, e Y Z e XW paralelos a CD. Como ABC é um triângulo equilátero, e XY é paralelo a AB, temos que XCY é equilátero, implicando XY CX. Da mesma forma, como ACD é equilátero e XW é paralelo a CD, temos que XW AX. Para que XY ZW seja um losango, é necessário que XY XW, logo, que CX XY XW AX. Assim, X será o ponto médio de AC. Com isso, como CY CX e BC AC, Y também será ponto médio de BC. Da mesma forma, Z e W são pontos médios de BD e AD, respectivamente. (b) Na notação do item anterior, sendo XC = x, teremos XY = x e XW = AX = a x. As retas reversas suporte de AB e CD são ortogonais, logo, sendo XY e XW paralelas a estas retas, respectivamente, XY e XW são perpendiculares. Assim, a área do paralelogramo XY ZW é dada por Área(XY ZW ) = XC XW = x(a x) = x + ax. O valor máximo para esta expressão ocorre quando x = a. Portanto, o paralelogramo de área máxima ocorre quando seus lados medem a. Questão 5 [,0 pt ] Sejam x, y e z os volumes gerados por um triângulo ABC, retângulo em A, girando sucessivamente em torno de seus lados BC, CA e AB. Prove que 1 x = 1 y + 1 z

6 Quando giramos em torno do cateto CA, temos um cone circular reto cuja base é o círculo de raio AB e de altura CA. Assim, o volume é y = πab CA. Quando giramos em torno do cateto AB, temos um cone circular reto cuja base é o círculo de raio CA e de altura AB. Assim, o volume é z = πca AB. Girando em torno da hipotenusa BC, obtemos dois cones. A base de ambos será o círculo de raio igual à altura h do triângulo ABC, relativa ao vértice A. As alturas dos cones serão as medidas m e n das projeções ortogonais de AB e AC sobre a hipotenusa BC. Assim, o volume do sólido dado pelos dois cones é Como h BC = AB CA, temos h = AB CA, logo BC x = πh m = πh (m + n) = πh BC + πh n Assim, 1 y + 1 z = x = πab CA. BC 9 π AB 4 CA + 9 π CA 4 AB = 9CA + 9AB π AB 4 CA 4 = = 9BC π AB 4 CA 4 ( BC πab CA = 1 x. )

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