DIDÁTIKA - RESOLUÇÕES DOS EXERCÍCIOS EXTRAS

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1 DIDÁTIKA - RESOLUÇÕES DOS EXERCÍCIOS EXTRAS 01. Na figura, ABCD é um quadrado e ADE é um triângulo retângulo em E. Se P é o centro do quadrado, prove que a semirreta EP é a bissetriz do ângulo AED. Resolução. Como as diagonais do quadrado intersectam-se em P e são AED perpendiculares, APD o quadrilátero AEDP é inscritível numa circunferência, AEP ADP pois e são retos e, portanto, são suplementares. Daí,, pois são ângulos inscritos num mesmo arco. Por fim, como as diagonais do quadrado são bissetrizes de seus ângulos internos, temos ADP 45 o AEP 45. Logo, o o que prova que a semirreta EP é a bissetriz do ângulo AED. 02. Quanto aos ângulos internos, um polígono conveo possui-os com apenas duas medidas; 150º e 155º. Quantos lados tem esse polígono? Resolução. A cada ângulo interno de 150º corresponde um eterno de 30º e a cada interno de 155º, corresponde um eterno de 25º. Seja n o número de lados do polígono, o número de ângulos eternos de 30º e, portanto, (n ) o número de ângulos eternos de 25º. Como a soma das medidas dos ângulos eternos é igual a 360º, temos: n n 72 5 n 72 n 72 5 Para essa igualdade impomos ainda as seguintes 72 condições: 1) n e são inteiros positivos. Logo deve ser múltiplo de 5. 2) n tem que ser maior do que. Organizando uma tabela em que atribuímos valores para, obtendo 2 os 7 correspondentes valores de n, facilmente descobrimos n 14 que n apenas 13 e satisfazem as condições 1) e 2), resultando em e. n Resposta. O polígono tem 13 ou 14 lados. n > n > n n < n <

2 03. As três semirretas da figura 1 são dotadas de escalas iguais, que representam a unidade ohm de resistência elétrica. u v Considere, agora, dois resistores, um de Ω e outro de Ω, associados em paralelo (figura 2). figura 1 figura 3 figura 2 u Sobre a semirreta OA marca-se o ponto U, correspondente ao v valor Ω, e sobre a semirreta OB o ponto V, correspondente ao valor Ω. Em seguida, traça-se r a reta UV, a qual encontra a semirreta OC em R, correspondente ao valor Ω (figura 3). Mostre que r é o valor da resistência equivalente à associação em paralelo acima. Resolução. Pelo ponto U traçamos a reta paralela à semirreta OC, a qual encontra a reta suporte da semirreta OB no ponto P. Então, temos: UOP 60 o (é imediato) UP // OR P ROV 60 o (ângulos correspondentes) Assim, concluímos que o triângulo POU é equilátero. Por outro lado, UP // OR ORV PUV Daí, OR OV r v uv r PU PV u u v u v A última igualdade mostra que r é o valor da resistência equivalente à associação em paralelo dada. 04. Sejam M e N os pontos médios de dois lados opostos de um quadrilátero qualquer e sejam P e Q os pontos médios das diagonais desse quadrilátero. Prove que o ponto de intersecção de MN PQ e é o ponto médio desses dois segmentos. Resolução. ( 1 ) ( 2 ) PM PM // BC é uma base média do triângulo ABC. Logo,. QN QN // BC é uma base média do triângulo DBC. Logo, De ( 1 ) e ( 2 ), temos PM // QN MQ // PN Analogamente, concluímos que Desse modo, PMQN é um paralelogramo e, consequentemente, o ponto de intersecção de suas diagonais é o ponto médio das mesmas. Isso MN PQ prova que o ponto de interseção de e é o ponto médio desses segmentos.

3 05. Seja s o comprimento da bissetriz interna relativa ao vértice A de um triângulo ABC, em que AB c e AC b. Sejam m e n os comprimentos dos segmentos que o pé da bissetriz determina sobre o lado BC. Mostre que 2s m n b c. Resolução. Consideremos a circunferência circunscrita ao triângulo ABC. Seja P o pé da bissetriz, seja Q o ponto em que a semirreta AP intersecta a circunferência e seja PQ t. Então, observando que ângulos inscritos num mesmo arco são AP congruentes, e que é a bissetriz do ângulo BAC, temos: Daí, ABC AQC e BAQ QAC AB AP c s AQ AC s t b ABP 2 s s t bc AQC ( 1 ) e ACB AQB ACP BQP Assim, AP CP s n s t m n BP QP m t ( 2 ) CAQ CBQ De ( 1 ) e ( 2 ), obtemos a tese, isto é, 2s m n b c 06. No triângulo ABC a seguir, M é o ponto médio de AM AQ de. Se AB 15 cm, calcule a medida de. BC e P é o ponto médio MN Resolução. Traçamos a base média do triângulo ABC. Essa base média CQ encontra em seu ponto médio R. Então os triângulos AQP e MRP são congruentes pelo critério ALA, pois: APQ MPR (opostos pelo vértice) AP MP AM (P é o ponto médio de por hipótese) PAQ PMR (alternos internos) AQ MR Dessa congruência temos BQ. E como MR MR 2 triângulo CQB, temos 2. Logo, Resposta. AQ 5 cm MR é uma base média do

4 07. Na figura seguinte, BAC 60 o e ABC 70 o BB'. Sendo e relativas aos vértices B e C do triângulo ABC, calcule ' AC B '. CC' as alturas Resolução. Os triângulos retângulos BC C e BB C são inscritíveis na semicircunferência de diâmetro BC. Isso equivale a concluir que o quadrilátero BC B C é inscritível nessa circunferência e, por isso, possui os ângulos opostos suplementares. Por outro lado, no triângulo ABC calculamos ACB 50 o BC' B ' 130. Logo, o e, consequentemente, AC' B ' 50 o. 08. (ESPM) Numa parede estão dependurados dois relógios de ponteiros. O da esquerda marca 6h20min, enquanto o da direita perdeu seu ponteiro dos minutos. Com as indicações da figura abaio, podemos afirmar que o relógio da direita marca: Relógio da esquerda 6 h a) 7h 38min b) 7h 39min c) 7h 40min d) 7h 41min e) 7h 42min Resolução. Para problemas que envolvem o ângulo formado pelos ponteiros de um relógio, devemos observar os seguintes fatos: Os pontos que representam horas inteiras dividem a circunferência do relógio em 12 arcos de 30º cada um. 1 hora do ponteiro dos minutos equivale a um giro de 360º 1 hora do ponteiro das horas equivale a um giro de 30º. Considerando a hora inteira imediatamente anterior à que marca o relógio da esquerda, isto é, 6 horas (observe agora 1 as figuras ao lado), o ponteiro dos minutos deu um giro de 120º, equivalente a 3 de sua hora. Assim, o ponteiro das horas o 10 o girou também 3 de sua hora Ou seja, o ponteiro das horas girou 3. 6h 20 min Logo, 30o 30o 10 o 70o α α

5 Agora, nosso objetivo é calcular o valor de θ na figura ao lado. Para tanto, observando o ângulo eterno de medida α no triângulo OAC, temos: 30 o 70o 30o α β 40o β β Então, 60 o 40o 60o β θ θ 20o θ Assim, no relógio 2da direita, o ponteiro das horas 2girou 20º desde as 7 horas. Esse giro representa 3 de sua hora (20º equivale a 3 de 30º). Logo, o relógio da direita indica 7 h Ou ainda, 2 3 de hora. Isto é, Resposta. Alternativa c 7h min 7 horas e 40 minutos Na 1figura 1 ao lado, a. b AP // BQ // CṚ AP a Se, BQ b e CR, mostre que PR m RQ n Resolução. Façamos e. Então, RQ AP // CR APQ CRQ PQ n 1 m n a ( ) PR BQ // CR BQP CRP PQ m 2 m n b ( ) CR AQ CR BQ Somando membro a membro as igualdades ( ) 1 e ( ) 2, obtemos: m n m n a b a b a b a b

6 10. ABC é um triângulo em que AB 13 cm, BC 14 cm e AC 15 cm. Sejam AB AC BC M o ponto médio de, N o ponto médio de, P o ponto médio de e H o pé da altura relativa ao vértice A. a) Calcule o perímetro do quadrilátero MNPH. b) Esse quadrilátero é inscritível numa circunferência? Justifique. Resolução. a) Vamos calcular a medida BH (acompanhe na figura ao lado). Pelo teorema de Pitágoras, temos: ABH : h ACH : 14 h 15 ( ) Resolvendo esse sistema HP de BP equações, BH 2 encontramos. Logo, consequentemente, (observe a segunda figura) MN Agora, note que é uma base média do triângulo ABC, donde MN // BC BC e MN 7 2 HM é a mediana relativa à hipotenusa HM do triângulo AB AHB. Daí, 6,5 2 NP é uma base média do triângulo ABC. NP Portanto, AB 6,5 2 BH 5 e, Assim o perímetro do quadrilátero será igual a: MN NP PH HM 7 6,5 2 6,5 22 Resposta. 22 cm MN HP HM PN b) Como é paralelo a, MNPH é um trapézio e como, esse trapézio é isósceles, possuindo, portanto, os ângulos opostos suplementares. Logo, MNPH é inscritível numa circunferência.