MA13 Geometria AV1 2014

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1 MA13 Geometria AV1 014 Questão 1 [,0 pt ] Considere um paralelogramo ABCD e sejam M o centro da circunferência definida pelos vértices A, B e C N o centro da circunferência definida pelos vértices B, C e D; O o centro da circunferência definida pelos vértices C, D e A; P o centro da circunferência definida pelos vértices D, A e B; com M, N, O e P dois a dois distintos. Nessas condições, e sabendo que ABCD não é um retângulo, mostre que: (a) MNOP é um paralelogramo; (b) MNOP e ABCD possuem ângulos internos iguais. Solução (a) Como M é centro de uma circunferência que contém A e B, temos MA MB, portanto, M pertence à mediatriz do lado AB. Mas P também é centro de uma circunferência que contém A e B, logo, P também pertence à mediatriz do lado AB. Assim, M P está contido nesta mediatriz. Da mesma forma, N e O são centros de circunferências que contêm os pontos C e D, portanto, N e O pertencem à mediatriz do lado CD, o que implica que o segmento NO está contido nesta mediatriz. Como ABCD não é um retângulo, as mediatrizes que contêm MP e NO não coincidem. Como os lados AB e CD são paralelos, suas respectivas mediatrizes também serão. Mas, como os segmentos M P e N O estão contidos cada um em uma destas duas mediatrizes, eles serão também paralelos. Por argumentação análoga, M N e OP estão contidos, respectivamente, nas mediatrizes de BC e AD, portanto serão também paralelos. Isto mostra que MNOP é um paralelogramo.

2 (b) Denotemos por E e F os pontos médios de AB e BC, respectivamente. Considerando o quadrilátero M EBF, temos (EBF ) + (BF M) + (F ME) + (MEB) = 360, e, como B ˆF M e MÊB são retos, temos (ABC) + (F ME) + (EBF ) + (F ME) = 180. Por outro lado, (ONM) + (F ME) = (ONM) + (NMP ) = 180, pois O ˆNM e N ˆMP são ângulos suplementares, já que MP e OP são retas paralelas. Assim, (ABC) = (ONM), valendo o mesmo para seus congruentes no paralelogramo, isto é, (ADC) = (MP O). Consequentemente, seus suplementares BĈD, DÂB, N ˆMP e P ÔN serão também congruentes. Questão [,0 pt ] Seja ABCD (em ordem) um quadrilátero convexo. Prove que se BDA = ACB então o quadrilátero é inscritível em um círculo. Verifique, justificando, se a recíproca é verdadeira. Solução Considere o círculo determinado por A, B e C. Vamos provar que D pertence a esta circunferência. Seja D a interseção (diferente de B) da semirreta BD com a circunferência. Supondo por absurdo que D não pertença à circunferência, teremos D D. Com isso, (BD A) = (ACB), pois ambos são ângulos inscritos na circunferência e determinam o mesmo arco AB, e, com isso, (BD A) = (BDA), pois (BDA) = (ACB) por hipótese.

3 Caso D esteja entre D e B, o ângulo externo A ˆDB do triângulo ADD seria congruente ao ângulo interno A ˆD D, o que é um absurdo. Caso D esteja entre D e B, o ângulo externo A ˆD B seria congruente ao ângulo interno A ˆDD, o que também é um absurdo. A recíproca é obviamente verdadeira, pois se ABCD é inscritível em um círculo, os ângulos inscritos B ˆDA e AĈB determinarão o mesmo arco AB, portanto, (BDA) = (ACB). Questão 3 [,0 pt ] Num círculo, tomam-se um diâmetro AB e uma corda CD, perpendiculares entre si. Sendo E um ponto qualquer de CD, as retas suportes de AE e BE cortam a circunferência em F e G, respectivamente. (a) Prove que a semirreta F A bissecta C ˆF D e que a semirreta GB bissecta C ĜD. (b) Prove que o quadrilátero CF DG tem dois lados consecutivos na mesma razão que os dois outros. Solução (a) Como AB é um diâmetro que intersecta a corda CD perpendicularmente, esta interseção ocorrerá no ponto médio M de CD. Assim, sendo O o centro do círculo, pelo caso LLL, os triângulos COM e DOM serão congruentes, e então CÔA DÔA. Com isso, AC AD, portanto os ângulos inscritos que os determinam, C ˆF A e A ˆF D, serão congruentes. Isto mostra que a semirreta F A intersecta o ângulo C ˆF D. Da mesma forma, BC BD, logo os ângulos incritos, CĜB e DĜB, serão congruentes. Isto mostra que a semirreta GB intersecta o ângulo C ĜD. (b) Considerando o triângulo CF D, F E será uma bissetriz interna, portanto CE CF = DE DF DF CF = DE CE. Da mesma forma, no triângulo CGD, GE também será uma bissetriz interna, e então CE CG = DE DG DG CG = DE CE. Assim, DF CF = DG CG.

4 Questão 4 [,0 pt ] Dado um triângulo acutângulo ABC de baricentro G, constrói-se os triângulos equiláteros ABD e ACE, exteriores a ABC, de baricentros H e I, respectivamente. (a) Mostre que CD BE. (b) Mostre que GH GI. Solução (a) Observe que (CAD) = (CAB) + 60 = (EAB). Além disso, como AC AE e AD AB, pelo caso LAL, os triângulos ACD e AEB serão congruentes. Com isso, os lados BE e CD serão congruentes. (b) Sejam M e N pontos médios de AB e AC, respectivamente. Como GN = 1 3 BN e IN = 1 3 EN, e como G ˆNI B ˆNE, os triângulos BNE e GNI serão semelhantes, de razão de semelhança 1 3. Assim, GI = 1 3 BE. Analogamente, trabalhando com os triângulos semelhantes CM D e GM H, GH = 1 3 CD. Mas, como CD BE, temos GI = GH, portanto GI GH.

5 Questão 5 [,0 pt ] Seja ABCD um trapézio de base maior AB e base menor CD. Sendo AB = a, CD = c, BC = b, AD = d, determine a soma dos quadrados das medidas das diagonais AC e BD em função de a, b, c e d. Solução Sejam por P e Q as projeções ortogonais sobre AB de C e D, respectivamente. Denotemos por m e n as medidas de P B e AQ, respectivamente, e por h a altura do trapézio, relativa a AB. Aplicando o Teorema de Pitágoras aos triângulos AP C e BQD, temos D1 = (a m) + h, D = (a n) + h, onde D 1 e D são as medidas das diagonais AC e BD, respectivamente. Por outro lado, aplicando Pitágoras aos triângulos AQD e BP C, h = d n, h = b m, logo, D 1 = (a m) + d n, D = (a n) + b m. Somando as duas equações, temos D1 + D = (a m) + d n + (a n) + b m = a am an + b + d = a a(m + n) + b + d. Como m + n = a c, temos então D1 + D = a a(a c) + d + b = ac + b + d.

6 MA13 Geometria AV 014 Questão 1 [,0 pt ] Na figura a seguir temos que BAC = x/, BAD = y/, medidos em radianos, e AB =. Com base nessas informações: (a) Expresse a área dos triângulos ABC e ABD como funções de x e y. (b) Mostre que Área (ABD) Área (ABC) < 1 + Área (AED) Área (ABE). (c) Mostre que para 0 < x < y < π/ vale sin(x) x > sin(y). y Solução (a) Como AB =, considerando o triângulo ABC, retângulo em C, temos logo BC = BC ( x ) AB = sen ( BAC) = sen, ( x ) BC = sen. Da mesma forma, logo AC = AC ( x ) AB = cos ( BAC) = cos, ( x ) AC = cos. Assim, Área(ABC) = BC AC = sen ( ) ( x cos x ) ( x ) ( x ) = sen cos = sen(x).

7 Considerando agora o triângulo ABD, retângulo em D, e ainda utilizando que AB =, temos logo BD = BD ( y ) AB = sen ( BAD) = sen, ( y ) BD = sen, e que implica Então, (b) Observe que e Assim, Área(ABD) = AD = AD ( y ) AB = cos ( BAD) = cos, BD AD ( y ) AD = cos. = sen ( ) ( y cos y ) ( y ) ( y ) = sen cos = sen(y). Área(ABD) = Área(ABE) + Área(AED) Área(ABC) = Área(ABE) + Área(BCE) > Área(ABE). Área(ABD) Área(ABC) < Área(ABE) + Área(AED) Área(ABE) = 1 + Área(AED) Área(ABE). (c) Pelos itens anteriores, temos sen(y) sen(x) = Área(ABD) Área(ABC) < 1 + Área(AED) Área(ABE). O setor circular de centro A e determinado pelo arco F E está contido no triângulo ABE. Como a medida de F E em radianos é x/, temos onde r é o raio do círculo. O setor circular de centro A e determinado pelo arco em radianos é y/ x/ = (y x)/, temos Área(ABE) > rx, EG contém o triângulo AED. Como a medida de EG Assim, portanto Área(AED) < sen(y) sen(x) < 1 + Área(AED) Área(ABE) < 1 + sen(x) x r(y x) rx r(y x). > sen(y). y = 1 + y x x = 1 + y x 1 = y x, Questão [,0 pt ] Considere três retas r, s e t do espaço tais que qualquer plano seja concorrente a pelo menos uma destas retas. Considere ainda um poliedro tal que todas as suas faces são quadriláteros;

8 cada uma de suas arestas é paralela a alguma das retas r, s ou t; e Prove que todas as faces deste poliedro são paralelogramos. Solução Considere uma das faces do poliedro, a qual chamaremos de ABCD. Sem perda de generalidade, digamos que AB r. Não poderemos ter BC r, pois, neste caso, teremos AB e BC consecutivos e colineares. Digamos então, sem perda de generalidade, que BC s. Observe que já concluímos que cada uma das retas r e s é paralela ou está contida no plano da face ABCD. Assim, pela informação dada sobre as retas, t deve ser concorrente a tal plano, logo não pode ser paralela a este plano nem pode estar contida nele. Portanto, nenhuma das arestas CD e AD desta face pode ser paralela à reta t. Não poderemos ter CD s (pois, nesse caso, BC e CD seriam colineares) nem, como já vimos, CD t. Portanto, CD r. Da mesma forma, AD não pode ser paralela a r, logo AD s. Até aqui, já vimos que ABCD é um paralelogramo. Mas a mesma argumentação vale para qualquer uma das faces do poliedro, portanto todas as suas faces são paralelogramos. Questão 3 [,0 pt ] Sabendo que a diagonal de um pentágono regular mede 1+ 5 de seu lado, determine o cosseno do ângulo entre duas faces adjacentes de um icosaedro regular. Solução A partir de um vértice A do icosaedro, podemos retirar uma pirâmide de base BCDEF pentagonal regular, cujas faces laterais são cinco triângulos equiláteros que são faces do icosaedro. Se tomarmos o ponto médio M de AC, o ângulo entre as faces ABC e ACD será dado por BMD. Denotando por l a medida da aresta do icosaedro, como BM e DM são alturas de triângulos equiláteros de lado l, teremos BM = DM = l 3. Como BD é uma diagonal do pentágono regular BCDEF, de lado l, temos BD = l. Assim, pela lei dos cossenos, fazendo BMD = θ, temos ( l) = ( l 3 ) + ( l 3 ) ( l ) ( 3 l ) 3 cos θ,

9 logo e então Assim, o ângulo entre as faces é = 3 3 cos θ cos θ = 5 3. ( ) 5 θ = arccos. 3 Questão 4 [,0 pt ] Questão anulada Um poliedro convexo tem exatamente 3 faces triangulares, 1 face quadrangular, 1 face pentagonal e faces hexagonais. Obtenha: (a) O número total de vértices, faces e arestas do poliedro. (b) O número de diagonais do poliedro (c) A soma dos ângulos internos de todas as faces. Solução A questão está anulada. O poliedro descrito no enunciado não existe; vejamos o motivo. Somando o número de faces de cada tipo, o poliedro terá = 7 faces. Multiplicando o número de arestas em cada tipo de face pelo número de faces de cada tipo, e somando os resultados obtidos, estaremos contando duas vezes cada aresta, assim, A = = = 30, logo A = 15. Como temos V A + F =, V =, logo V = 10. Por outro lado (veja Problema.5 do Capítulo 9), 30 = A = 3V 3 + 4V 4 + 5V , onde V i é o número de vértices nos quais incidem i arestas. Assim, 30 = 3V 3 + 4V 4 + 5V V 3 + 3V 4 + 3V = = 3(V 3 + V 4 + V ) = 3V = 30. Com isso, a desigualdade é, na verdade, uma igualdade, e, portanto, 3V 3 + 4V 4 + 5V = 3V 3 + 3V 4 + 3V 5,

10 o que só é possível se V 4 = V 5 =... = 0, logo V 3 = V = 10. Assim, o poliedro possui apenas vértices nos quais incidem 3 arestas. De posse dessa informação, vamos tentar construir o poliedro. Se as duas faces hexagonais não tiverem vértice comum (figura 1), o poliedro deverá ter pelo menos 1 vértices. Mas isto contraria V = 10. Se as duas faces hexagonais tiverem apenas um vértice comum (figura ), o poliedro deverá ter pelo menos 11 vértices, contrariando também V = 10. Assim, como duas faces não podem ter três ou mais dois vértices em comum, as faces hexagonais terão exatamente dois vértices em comum (figura 3). Note que os vértices destas duas faces já são todos os 10 vértices que o poliedro pode ter. No vértice A acima não pode incidir nenhuma outra aresta (pois nele já incidem as 3 arestas possíveis). Portanto, devemos ter A, F e J em uma mesma face. Por outro lado, esta face não pode ter nenhum dos outros pontos como vértice, pois, nesse caso, ela teria três vértices em comum com alguma das faces hexagonais. Assim, AF J será uma face (Figura 4). Da mesma forma, BCG também é uma face (Figura 4). Repare que F, J, C e G já esgotaram as arestas que neles incidem. O segmento F J é aresta de alguma face, mas como não é possível incidir mais alguma aresta em F e J, esta face deverá ter como vértices os pontos E, F J e I. Veja que esta face já tem dois vértices em comum com cada uma das duas faces hexagonais, logo não poderá ter nenhum outro vértice. Assim, tal face é EF JI, logo uma face quadrangular (Figura 5). Da mesma forma, devemos ter obrigatoriamente a face DCGH (Figura 5), o que é um absurdo pois, pelo enunciado, não podemos ter mais de uma face quadrangular. Questão 5 [,0 pt ] O sólido da figura é limitado pelo triângulo ABC, pela lateral de um cone de vértice A e por um segmento

11 circular de centro O. Sabe-se que O é a projeção ortogonal de A sobre o plano que contém o círculo representado, que o ângulo BÔC é reto e que OA = 6cm e OB = 3cm. Determine o volume do sólido. Solução Como o ângulo BÔC é reto, o sólido em questão é obtido retirando-se a pirâmide de base BOC e vértice A de um quarto do cone circular reto, cuja base é o círculo e cujo vértice é A. O volume do quarto de cone será dado, em unidades de volume, por V c = 1 4 ( π OB ) OA = π 3 6 = 9π 3. O volume da pirâmide cuja base é o triângulo retângulo BOC e cuja altura é OA é dado, em unidades de volume, por V p = Assim, o volume procurado é, em unidades de volume, BO CO OA = = 9. 3 V = V c V p = 9π 9 = 9 ( π 1 ).

12 MA13 Geometria AV3 014 Questão 1 [,0 pt ] Sejam P T e P U segmentos tangentes a duas circunferências concêntricas, com T pertencente à menor e U à maior. Se o segmento P T corta a circunferência maior no ponto Q, mostre que P T P U = QT. Solução Prolongue QT na direção de T até o ponto R da circunferência maior. Sendo O o centro de ambos os círculos, como o raio OT é perpendicular a QR, temos que QT = T R A potência de P em relação ao círculo maior é dada tanto por P U quanto por P Q P R, logo P U = P Q P R. Mas P Q = P T QT e P R = P T + T R = P T + QT. Assim, P U = P Q P R = ( P T QT ) ( P T + QT ) = P T QT. Portanto, P T P U = QT. Solução alternativa Como P T e P U são tangentes às circunferências, serão retos os ângulos P ˆT O e P ÛO. Assim, aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos QT O, P T O e P UO, temos QO = T O + QT, (1) P O = T O + P T, () P O = UO + P U. (3)

13 Reescrevendo (1), temos Por () e (3), temos T O = QO QT. (4) T O + P T = UO + P U, logo, substituindo a expressão para T O obtida em (4), obtemos QO QT + P T = UO + P U. Como UO e QO são raios de uma mesma circunferencia, e, portanto, UO = QO, a expressão acima nos dá QT + P T = P U, que, reescrevendo, fica P T P U = QT. Questão [,0 pt ] Considere um polígono P circunscrito a um círculo C. Se uma reta r passa pelo centro de C e divide P em dois polígonos, P 1 e P, prove que P 1 e P têm mesma área se, e somente se, têm o mesmo perímetro. Solução Sejam P e Q os pontos onde a reta r intersecta o polígono e denote por P, A 1,..., A n, Q os vértices do polígono P 1 e P, B 1,..., B m, Q os vértices do polígono P, como na figura abaixo.

14 Denotemos ainda l 1 = P A 1, l = A 1 A,..., l n = A n 1 A n e l n+1 = A n Q e l 1 = P B 1, l = B 1 B,..., l m = B m 1 B m e l m+1 = B m Q. Observe que o perímetro de P 1 é dado por P 1 = l 1 + l l n + l n+1 + P Q, e o de P é dado por P = l 1 + l l m + l m+1 + P Q. Decompondo o polígono P 1 em n + 1 triângulos de altura dada pelo raio r do círculo, que tenham o centro O do círculo como um dos vértices (figura), a área de P 1 é dada por Área(P 1 ) = l 1 r + l r l n r = (l 1 + l l n 1 + l n )r = (P 1 P Q)r. Da mesma forma, decompondo o polígono P em m + 1 triângulos, temos + l n+1 r Assim, Área(P ) = l 1 r + l r l m r = (l 1 + l l m 1 + l m)r = (P P Q)r. Área(P 1 ) = Área(P ) (P 1 P Q)r = (P P Q)r + l m+1 r P 1 = P.

15 Questão 3 [,0 pt ] Sejam ABCD um quadrado de lado L, a semicircunferência de diâmetro CD, o segmento BG tangente à semicircunferência em E, conforme a figura abaixo. Calcule, em função de L, a medida do segmento DG. Solução Seja F o centro da semicircunferência. Como BE BC, e F E F C, os triângulos BEF e BCF serão congruentes pelo caso LLL, logo B ˆF E B ˆF C. Da mesma forma, serão congruentes os triângulos GEF e GDF. Logo, G ˆF E G ˆF D e DĜF EĜF. Como temos 180 = (DF E) + (EF C) = (GF D) + (BF C), (GF D) + (BF C) = 90, e, como (CBF ) + (BF C) = 90, temos G ˆF D C ˆBF. Assim, os triângulos retângulos BCF e F DG são semelhantes, com BC F D = CF DG L L = L DG DG = L 4

16 Questão 4 [,0 pt ] Um plano é perpendicular à diagonal AG do cubo ABCDEF GH da figura, de forma que sua interseção com as faces do cubo seja o hexágono UV W XY Z. (a) Mostre que cada lado do hexágono UV W XY Z é paralelo a uma das diagonais da face do cubo em que está contido. (b) Determine o perímetro do hexágono UV W XY Z, sendo 1 a medida da aresta do cubo. Solução (a) Primeiramente, observe que a diagonal AG do cubo é ortogonal às diagonais de face ED, BD e BE, pois AG contém a altura do tetraedro AEDB. Da mesma forma, AG é ortogonal às diagonais CH, CF e F H. O plano π considerado, perpendicular a diagonal AG, é paralelo ao plano determinado por E, D e B, portanto, a interseção Y Z com a face ADHE é paralela à diagonal ED desta face. Analogamente, UV e W X são paralelos às diagonais BD e BE das faces em que estão. Da mesma forma, π é paralelo ao plano determinado por C, F e H, portanto, UZ, V W e XY serão paralelos, respectivamente, às diagonais de face CH, CF e F H. (b) Pelo item (a), serão isósceles os triângulos CUV, BV W, F XW, EXY, HY Z e DUZ. Fazendo HY = a, teremos então a = HY = HZ = UC = CV = W F = XF, 1 a = EY = DZ = DU = BV = BW = EX. Assim, Y Z = UV = W X = a, Logo, o perímetro de UV W XY Z é dado por UZ = V W = XY = (1 a). Y Z + UV + W X + UZ = V W = XY = 3a + 3(1 a) = 3.

17 Questão 5 [,0 pt ] Considere o cubo ABCDEFGH de aresta a. Um cone C 1 tem base inscrita na face ABCD e vértice na intersecção das diagonais da face EFGH. Outro cone C tem base inscrita na face EFGH e vértice na intersecção das diagonais da face ABCD. Calcule o volume da parte comum a esses dois cones. Solução Seja I o ponto na face ABCD que é vértice de um dos cones, e J o ponto na face EF GH, vértice do outro cone. Considere os pontos K e M, interseção de cada um dos cones com as arestas AB e EF, respectivamente (veja a figura). Como K e M são pontos médios das arestas em que estão, e I e J são os centros de suas faces, IJMK é um retângulo, cujo centro é o ponto L, interseção das geratrizes IM e JK dos cones. A distância de L ao centro O do cubo será dada então por KI/ = a/4. A distância de O a cada um dos pontos I e J será igual a a/. Assim, a interseção dos cones será um sólido formado por dois cones, cuja base é um círculo de raio OL = a/4, e cujas alturas OI e OJ medem a/. Portanto, o volume deste sólido é dado por ) ) a ( ( π a 4 V = 3 = π a3 48.

18 MA13 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. Solução (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.

19 (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. Solução 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,

20 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 3 [,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). Solução (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.

21 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.

22 (b) Determine, em função da medida a da aresta, a medida do lado do paralelogramo de área máxima assim obtido. Solução (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 Solução

23 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. 3 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. 3 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 3 = πh (m + n) 3 = πh BC 3 + πh n 3 Assim, 1 y + 1 z = x = πab CA. 3BC 9 π AB 4 CA + 9 π CA 4 AB = 9CA + 9AB π AB 4 CA 4 = = 9BC π AB 4 CA 4 ( 3BC πab CA = 1 x. )

24 GABARITO MA13 - Avaliação 1 - o semestre Questão 1. (pontuação: ) ABCDE é um pentágono regular e ABF é um triângulo equilátero interior ao pentágono. Calcule os ângulos internos do triângulo AF C. Uma solução: Cada ângulo interno do pentágono regular mede 180 o (5 ) 5 = 108 o = A ˆBC Sendo AB = BC, então BÂC = BĈA = 180o 108 o = 36 o. Assim, F ÂC = F ÂB CÂB = 60o 36 o = 4 o. Temos ainda F ˆBC = A ˆBC A ˆBF = 108 o 60 o = 48 o. Sendo BF = BC, então B ˆF C = BĈF = 180o 48 o = 66 o. Assim, AĈF = BĈF BĈA = 66o 36 o = 30 o. Finalmente, A ˆF C = A ˆF B + B ˆF C = 60 o + 66 o = 16 o. Conclusão: os ângulos internos do triângulo AF C medem 4 o, 30 o e 16 o. Questão. (pontuação: ) No triângulo ABC tem-se AB = c, BC = a e AC = b. A semirreta AD (D BC) é bissetriz do ângulo BAC e o ponto I é o incentro do triângulo. a) (1,0) Calcule a razão IA em função dos lados a, b e c. ID b) (1,0) Sendo G o baricentro de ABC mostre que, se IG é paralelo a BC, então a = b + c. Uma solução:

25 a) Pelo teorema da bissetriz interna, temos BD DC = AB AC = c. Então, devido a uma propriedade útil das proporções, b Logo BD = ac b + c. BD c = DC b = a, pois BD + DC = a b + c Sendo I o incentro então BI é bissetriz do ângulo A ˆBC. Pelo mesmo teorema, IA ID = BA BD = c ac b + c = b + c a b) Seja M o ponto médio de BC. Como IG é paralelo a BC então IA ID = b + c = GA a GM = 1 (a última igualdade é válida pois G é o baricentro de ABC). Logo, a = b + c, c.q.d. Questão 3. (pontuação: ) No triângulo acutângulo ABC tem-se AB = x 1, BC = x e AC = x + 1. a) (1,0) Determine todos os valores possíveis de x para que exista um triângulo nas condições descritas acima. b) (1,0) Seja D o ponto do lado BC tal que AB = AD. Calcule o comprimento do segmento DC. Uma solução: a) Note que AC é o maior lado. Para que ABC seja acutângulo, o maior ângulo deve ser menor do que 90 o. Isto significa que devemos ter AC < AB + BC. De (x + 1) < (x 1) + x concluímos que x > 4. (O caso limite x = 4 é o conhecido triângulo retângulo 3 4 5) b) Seja AH perpendicular a BC. Como AB = AD, então H é médio de BD. Sejam AH = h, BH = a e HC = b.

26 Nos triângulos retângulos AHC e AHB temos: HC = AC AH ou seja b = (x + 1) h Subtraindo, HB = AB AH ou seja a = (x 1) h b a = (x + 1) (x 1) 4x ou seja, (b a)(a + b) = 4x. Como a + b = BC = x então b a = DC = 4. Questão 4. (pontuação: ) O quadrilátero ABCD está inscrito em uma circunferência. Seja M o ponto médio do arco CD como mostra a figura. Os segmentos MA e MB cortam o lado CD em P e Q, respectivamente. a) (1,0) Mostre que o quadrilátero ABQP é inscritível. b) (1,0) Mostre que os ângulos DÂQ e P ˆBC são iguais. Uma solução:

27 a) Sejam a, b, c, d e novamente d os arcos DA, AB, BC, CM e MD como na figura acima. Vamos calcular a soma de dois ângulos opostos do quadrilátero ABQP. arc(bm) P ÂB = MÂB = = c + d B ˆQP = B ˆQD = (já que B ˆQP é angulo externo ao triângulo DQM). Assim arc(db) + arc(cm) = a + b + d Logo, ABQP é inscritível. P ÂB + B ˆQP = a + b + c + d + d = 360o = 180 o b) DÂQ = DÂP + P ÂQ = DÂM + P ÂQ = d + P ÂQ e P ˆBC = P ˆBQ + Q ˆBC = P ˆBQ + M ˆBC = P ˆBQ + d Como ABQP é inscritível então P ÂQ = P ˆBQ. Logo DÂQ = P ˆBC, c.q.d. Questão 5. (pontuação: ) Considere um triângulo ABC inscrito em uma circunferência de centro O. Os pontos D e E das retas BC e AC, respectivamente, são tais que AD é perpendicular a BC e BE é perpendicular a AC. As retas AD e BE cortam-se em H. Sejam M, N e P os pontos médios dos segmentos AC, AH e AB, respectivamente. a) (1,0) Mostre que OMNP é um paralelogramo. b) (1,0) Mostre que em um triângulo qualquer, a distância do ortocentro a um vértice é o dobro da distância do circuncentro ao lado oposto. Uma solução:

28 a) O ponto O é o circuncentro de ABC e, portanto, pertence as mediatrizes dos lados do triângulo. Assim, OM é perpendicular a AC e OP é perpendicular a AB. Como P e N são médios de AB e AH então P N é paralelo a BH que, por sua vez, é perpendicular a AC. Logo, P N e OM são paralelos porque são ambos perpendiculares a AC. Agora, AD e BE são alturas do triângulo ABC e seja CF a terceira altura. Logo, CF passa por H, o ortocentro do triângulo. Repetindo o argumento, como N e M são pontos médios de AH e AC então MN é paralelo a CH que, por sua vez, é perpendicular a AB. Logo, MN e OP são paralelos porque são ambos perpendiculares a AB. Assim, OMNP é um paralelogramo. b) A distância do circuncentro O ao lado AC é OM. No triângulo AHB, como P e N são médios de AB e AH respectivamente, então BH é o dobro de P N que, por sua vez, é igual a OM. Assim, BH =.OM, como queríamos demonstrar. Obs: Naturalmente que essa propriedade vale qualquer que seja o vértice do triângulo.

29 GABARITO MA13 Geometria I - Avaliação - 013/ Questão 1. (pontuação: ) As retas r, s e t são paralelas, como mostra a figura abaixo. A distância entre r e s é igual a 3 e a distância entre s e t é igual a 1. O triângulo equilátero ABC possui os vértices A, B e C sobre as retas r, s e t, respectivamente. Determine o lado do triângulo ABC. Uma solução: Seja AB = BC = CA = 4a. Sendo D o ponto de interseção da reta s com o lado AC temos, pelo teorema de Tales, AD = 3a e DC = a. Vamos calcular a área de ABC de duas formas. a) A área de um triângulo equilátero de lado 4a é S = (4a) 3 = 4 3a. 4 b) A área de ABC é a soma das áreas dos triângulos BDA e BDC que possuem base comum BD = x e alturas 3 e 1, respectivamente. Então, S = x.3 + x.1 = x. Assim, 4 3a = x. Que relação há entre a e x?

30 A relação de Stewart no triângulo ABC com a ceviana AD fornece ou seja, x = a 13. Como 4 3a = x então 4 3a = a 13, ou seja, a = Então o lado do triângulo é AB = 4a = Outra solução 16.a.3a + 16a.a = x.4a + a.3a.4a Seja y o lado do triângulo e sejam α e β os ângulos que BA e BC fazem com uma reta perpendicular às paralelas, respectivamente. Como cos α = 3 y então sen α = 1 9 y = y 9 y e como cos β = 1 então sen β = y Como ABC = 60 o então α + β = 10 o. Assim, cos α.cos β sen α.sen β = 1. Daí, fazendo as substituições, temos 3 y. 1 y y 9 y 1. = 1 y y 5 Após as necessárias manipulações algébricas encontramos y = 3 = Mais uma solução 1 1y = y 1 y. Primeiro traçamos duas perpendiculares às retas paralelas, passando por B e C, como na figura:

31 y z l x Assim x = y + z e, aplicando três vezes o teorema de Pitágoras, temos x = y + z l = x + 1 l = y + 9 l = z + 16 Apesar de não linear, este sistema pode ser facilmente resolvido. De fato, l 1 = l 9 + l 16 Elevando ao quadrado, isolando o termo que aparecerá ainda com a raiz quadrada e elevando novamente ao quadrado, chegamos à solução l = Obs: Há várias outras soluções. Questão. (pontuação: ) Um poliedro convexo P possui 8 vértices, apenas uma face pentagonal e todas as outras faces triangulares. (1,0) a) Determine o número de faces triangulares de P. (1,0) b) Determine o número de diagonais de P. Uma solução: a) Como P possui 8 vértices e uma face pentagonal (5 vértices), então há uma face triangular oposta à essa face pentagonal. Fazendo um desenho e unindo os vértices dessas duas faces formando triângulos, obtemos o poliedro abaixo.

32 Como mostra o desenho, há 9 faces triangulares. Outra forma de chegar à mesma conclusão: No poliedro P temos uma face pentagonal e x faces triangulares: F 3 = x e F 5 = 1. Como A = 3F 3 + 5F 5, temos A = 3x + 5, ou seja, A = 3x + 5 A relação A + = F + V fornece 3x = x , pois só há faces triangulares e uma pentagonal. A solução dessa equação é x = 9. O poliedro P possui 9 faces triangulares. b) A face pentagonal possui 5 diagonais. Essas diagonais não são diagonais de P. O poliedro P possui 8 vértices, 10 faces e 16 arestas. O número de diagonais de P é d = C = 7 Questão 3. (pontuação: ) O quadrado ABCD está contido no plano Π e DE é um segmento perpendicular a Π. Trace os segmentos EA, EB e EC formando a pirâmide EABCD. Considere AB = e DE = 4.

33 (0,5) a) Calcule o cosseno do ângulo que a reta BE faz com Π. (0,5) b) Calcule o cosseno do ângulo que o plano EAB faz com Π. (1,0) c) Calcule o cosseno do ângulo entre os semiplanos EBA e EBC. Uma solução: a) O ângulo que BE faz com o plano da base da pirâmide é o ângulo D ˆBE = α. Como AB = então BD = e, no triângulo EDB, retângulo em B temos, pelo teorema de Pitágoras, EB = 6. Assim, cos α = BD BE = 6 = 1 = 3 b) ED é perpendicular a DA e DA é perpendicular a AB. Então, pelo teorema das três perpendiculares, EA é perpendicular a AB. Assim, o ângulo que o plano EAB faz com o plano da base da pirâmide é o ângulo DÂE = β. No triângulo retângulo DAE calculamos AE = 5 e, em seguida, cos β = AD AE = 5 5 = 5. c) O plano que contém AC e é perpendicular a BE corta BE em P. O ângulo entre os semiplanos EBA e EBC é o ângulo A ˆP C = θ. Sejam P A = P C = x (BDE é o plano mediador de AC). No triângulo EAB o segmento P A é a altura relativa à hipotenusa Como, AE.AB = EB.P A, temos 5. = 6.x, ou seja, x = 5 6. Assim, x = No triângulo AP C, usando a lei dos cossenos relativa ao vértice P, temos: Então, AC = P A + P C.P A.P C.cos θ Logo 4 = cos θ cos θ = 1 5. ( ) = x + x.x.x.cos θ 8 = x x cos θ 4 = x x cos θ

34 Questão 4. (pontuação: ) A figura abaixo mostra duas circunferências de raio 1, tangentes entre si e inscritas em uma semicircunferência de diâmetro AB. A B (0,5) a) Calcule o comprimento do segmento AB. (1,5) b) Calcule a área da região sombreada. Uma solução: Observando a figura a seguir, sejam: O, o centro da semicircunferência, OC o raio da semicircunferência perpendicular a AB, K, o centro da circunferência da direita, KE e KF, raios dessa circunferência perpendiculares a OB e OC respectivamente, e OD, o raio da semicircunferência que passa por K. B a) OEKF é um quadrado de lado 1. Como D é o ponto de tangência entre a circunferência da direita e a semicircunferência, então OD = OK + KD = + 1. Assim, AB = ( + 1). b) Seja S a área da região sombreada. Para calcular a área dessa região, transferimos a sua metade da esquerda da para a região EBD como mostra a figura acima. Assim, S é a área sombreada na figura acima, que é igual à área do quadrante circular OBC subtraída da área do quadrado OEKF e da área do setor KEDF K.

35 π Simplificando, obtemos S =. S = π( + 1) 1 3π 4 4 Questão 5. (pontuação: ) Considere uma esfera de centro O e raio 1, e seja AB um diâmetro dessa esfera. Um cone de revolução possui vértice A e base de centro B e raio 1. A figura abaixo mostra a seção nesses sólidos por um plano que contém a reta AB. (1,0) a) Mostre que a circunferência que é a interseção da superfície da esfera com a superfície lateral do cone tem raio igual a 4 5. (1,0) b) Calcule o volume da parte comum entre a esfera e o cone (relacionado com a área sombreada da figura). Obs: Você pode usar o resultado do item a) mesmo que não o tenha demonstrado. Uma solução: Como na figura abaixo, seja BD o raio da base do cone e CE o raio da circunferência Γ, intersecção da superfície da esfera com a superfície lateral do cone.

36 Se DAB = α então tan α = BD BA = 1. O triângulo AEB é retângulo em E. Assim, fazendo EB = b, temos tan α = EB EA O teorema de Pitágoras no triângulo AEB fornece b = 4 5. e, portanto, EA = b. O segmento CE = r é altura relativa à hipotenusa do triângulo AEB. b.b =.r e então r = b = 4 5. Assim, EB.EA = AB.CE, ou seja, b) A parte comum entre a esfera e o cone dado é formada por um cone de altura CA cuja base é a circunferência Γ, reunido com o segmento esférico com base na circunferência Γ e contendo o ponto B. Como OE = 1 e CE = 4 5, então CO = 3 5. Assim a altura do cone é H = CA = = 8 5. A altura do segmento esférico é h = = 5. O volume da parte comum entre a esfera e o cone dado é Logo V = 1 3 π.r.h + π.h (3R h) 3 V = π 3.(4 5 ) π 3.( 5 ).(3.1 5 ) = π π = π V = 1π 5

37 AV1 - MA Questão 1. A figura abaixo mostra uma sequência de circunferências de centros C 1, C,..., C n com raios r 1, r,..., r n, respectivamente, todas tangentes às retas s e t, e cada circunferência, a partir da segunda, tangente à anterior. s C 1 C C 3 t Considere r 1 = a e r = b. (1,0) (a) Calcule r 3 em função de a e b. (1,0) (b) Calcule r n em função de a e b. UMA SOLUÇÃO s C 1 a b A C B b x C 3 t (a) Todos os centros estão a igual distância das duas retas, portanto estão na bissetriz das retas s e t. Seja A o ponto de intersecção entre a paralela à reta t passando por C e a perpendicular à reta t passando por C 1, e seja B o ponto de intersecção entre a paralela à reta t passando por C 3 e a perpendicular à reta t passando por C. Seja x = r 3. 1

38 Como os triângulos-retângulos AC 1 C e BC C 3 são semelhantes, temos C 1 A C 1 C = C B C C 3, isto é, o que implica x = b a. a b a + b = b x b + x, (b) A relação obtida pode ser reformulada como r 3 = r r 1 r 3 r = r r 1 = b a, o que mostra que os três raios formam uma progressão geométrica de razão b a. Como a mesma situação ocorre para quaisquer três circunferências consecutivas, a sequência r 1, r,..., r n,... é uma progressão geométrica de razão b a e termo inicial a. Assim para n = 1,, 3,.... r n = a ( ) b n 1 = bn 1 a a n,

39 AV1 - MA Questão. Na figura abaixo, a circunferência de centro I é tangente em D ao lado BC do triângulo ABC e é tangente em E e F aos prolongamentos dos lados AB e AC, respectivamente. C F D I A B E (1,0) (a) Mostre que AE é igual ao semiperímetro do triângulo ABC. (1,0) (b) Mostre que o ângulo AÎB é a metade do ângulo AĈB. UMA SOLUÇÃO (a) Seja p o perímetro do triângulo ABC. Tem-se Logo AE = p. p = AB + BC + CA = AB + BD + DC + CA = AB + BE + CF + CA = AE + AF = AE. (b) No triângulo ABC, sejam BÂC =  e AĈB = Ĉ. O ângulo externo de vértice B é D BE =  + Ĉ. Seja AÎB = θ. Como AI e BI são bissetrizes dos ângulos CÂB e D BE então, no triângulo ABI, o ângulo externo I BE é tal que Logo  + Ĉ = D BE = I BE = IÂB + AÎB =  + θ. θ = Ĉ. 3

40 AV1 - MA Questão 3. (,0) Dado um paralelogramo ABCD construa no seu exterior os triângulos equiláteros BCE e CDF. Mostre que o triângulo AEF é equilátero. UMA SOLUÇÃO A D B α C F E Primeiro, vemos que BA = DF = CF. A segunda igualdade é consequência de CDF ser equilátero, enquanto a primeira segue de que AB = CD (pois ABCD é paralelogramo) e CD = DF (pois CDF é equilátero). Depois, vemos que AD = BE = EC. A segunda desigualdade segue de BCE ser equilátero. A primeira segue de que AD = BC (pois ABDC é paralelogramo) e BC = BE (pois BCE é equilátero). Finalmente, vamos mostrar que os ângulos A BE, EĈF e A DF são iguais. Para isso vamos mostrar que todos são iguais a α + 60 o, em que α é o ângulo A BC. De fato, isso é evidente para A BE, pois BCE equilátero implica C BE = 60 o. O mesmo para A DF, pois A DC = α (ângulos opostos do paralelogramos são iguais) e C DF = 60 o (CDF é equilátero). Finalmente, em torno do ponto C tem-se BĈD + DĈF + FĈE + EĈE = 360 o, logo (180 o α) + 60 o + EĈF + 60 o = 360 o e, portanto, EĈF = α + 60 o, como queríamos demonstrar. Portanto os triângulos ABE, FCE e FDA são congruentes, de onde concluímos que AE = EF = AF, isto é, AEF é equilátero. 4

41 AV1 - MA Questão 4. (,0) No triângulo ABC, B = 68 o e Ĉ = 40 o, AD e BE são alturas, M é médio de BC e N é médio de AC. Calcule os ângulos D NM e E DN. UMA SOLUÇÃO A E N B D M C (A figura não foi desenhada com os ângulos prescritos no enunciado) (a) Primeiro, BÂC = 180 o 68 o 40 o = 7 o. Segundo, como N é o ponto médio de AC, então é equidistante de A e D. Logo AND é isósceles e ND = NA. Pela mesma razão NA = NC, de onde resulta que NDC é isósceles. Disso resulta que N DC = AĈB = 40 o e que D NC = 180 o 40 o 40 o = 100 o. Terceiro, MN é paralelo a BA, logo MNC é semelhante a BAC e, por conseguinte, M NC é igual a BÂC, isto é, 7 o. Portanto, D NM = D NC M NC = 100 o 7 o = 8 o. (b) ADN é isósceles e A ND = 180 o D NC = 80 o, logo A DN = 50 o. Como B DA = 90 o = BÊA, então E e D pertencem à circunferência cujo diâmetro é AB. Logo, os ângulos A BE e A DE inscritos nessa circunferência são iguais. Então A DE = A BE = 90 o 7 o = 18 o. Portanto E DN = A DN A DE = 50 o 18 o = 3 o. 5

42 AV1 - MA Questão 5. (,0) O triângulo equilátero ABC está inscrito em uma circunferência e P é um ponto qualquer do menor arco BC. Prove que PA = PB + PC (isto é, que a distância de P ao ponto A é igual à soma das distâncias de P aos pontos B e C). Sugestão: Considere um ponto D sobre PA tal que PD = PB. UMA SOLUÇÃO A D B C P Seja D o ponto do segmento PA tal que PD = PB. Precisamos mostrar que AD = PC. Como o arco AB mede 10 o, então B PA = 60 o. Então B PD = 60 o (é o mesmo ângulo) e, como PB = PD, então PBD é equilátero, resultando que BD = PB. Também por PBD ser equilátero tem-se B DP = 60 o e, por conseguinte, B DA = 10 o. Como o arco BAC mede 40 o, então B PC = 40o = 10 o, logo B PC = B DA. Juntando essa informação com a igualdade BÂP = BĈP, que é evidente da simetria da construção, concluímos que A BD = P BC. Por LAL os triângulos ABD e CBP são congruentes, resultando que AD = PC, como queríamos demonstrar. 6

43 MA13 Geometria I Avaliação 011 Gabarito Questão 1 (,0) A figura abaixo mostra um triângulo equilátero e suas circunferências inscrita e circunscrita. A circunferência menor tem raio 1. Calcule a área da região sombreada. Uma solução: A X B Y O M C Seja O, o centro do triângulo equilátero ABC e seja M o ponto médio do lado BC como na figura acima. Pela propriedade do baricentro do triângulo, OA OM e como OM 1 temos OA. A região cuja área se pede é formada por duas partes justapostas X e Y como mostra a figura. Observando que 3 X 3Y é a área da coroa circular formada pelas duas circunferências temos 3( X Y ) 1 3. Logo, X Y.

44 Questão O poliedro P que inspirou a bola da Copa de 70 é formado por faces pentagonais e hexagonais, e é construído da seguinte forma: Considere um icosaedro regular de aresta a (Fig. 1 abaixo). A partir de um vértice e sobre cada uma das 5 arestas que concorrem nesse vértice, assinale os pontos que estão a uma distância de 3 a desse vértice. Esses 5 pontos formam um pentágono regular (Fig. ). Retirando a pirâmide de base pentagonal que ficou formada obtemos a Fig. 3. Repetindo a mesma operação para todos os vértices do icosaedro obtém-se o poliedro P. Fig. 1 Fig. Fig. 3 (0,5) (a) Determine quantas são as faces pentagonais e quantas são as faces hexagonais de P. (0,7) (b) Determine os números de arestas, faces e vértices de P. (0,8) (c) Sabendo que uma diagonal de um poliedro é todo segmento que une dois vértices que não estão na mesma face, determine o número de diagonais de P. Uma solução: (a) Cada face pentagonal de P apareceu onde havia um vértice do icosaedro. Como o icosaedro tem 1 vértices então P tem 1 faces pentagonais. Cada face (triangular) do icosaedro deu origem a uma face hexagonal de P. Como o icosaedro tem 0 faces triangulares então P tem 0 faces hexagonais. (b) Do item anterior temos F 5 1 e F 6 0 O número total de faces de P é F F 5 F Contando as arestas temos: A 5F 5 6F , ou seja, A Como P é convexo então vale a relação de Euler V A F. Portanto, V 60. (c) Seja d n o número de diagonais de um polígono de n lados. O número de diagonais de um pentágono é d 5 5 e o de um hexágono é d 6 9.

45 A soma dos números de diagonais de todas as faces é S F d F d 6 Vamos agora construir todos os segmentos cujas extremidades são os V vértices do poliedro P. A quantidade de diagonais de P é D C V A S Assim, D C

46 Questão 3 Definição: Dado um segmento AB, o plano mediador desse segmento é o plano perpendicular a AB que contém o seu ponto médio. 1ª Parte (,0) Prove que um ponto P equidista de dois pontos A e B se, e somente se, pertence ao plano mediador de AB. Uma solução: Seja M o ponto médio de AB e seja Π o plano mediador de AB. P A M B Π (a) Suponha que P pertença a Π. Se P coincide com M então equidista de A e B. Se não, como AB é perpendicular a Π então AB é perpendicular a MP. Como M é médio de AB então os triângulos retângulos MPA e MPB são congruentes. Logo, PA PB, ou seja, P equidista de A e B. P Q A B Π (b) Suponha que P não pertença a Π. Imaginemos, por exemplo e sem perda de generalidade, os pontos P e A no mesmo semiespaço determinado por Π. Como B está no semiespaço oposto a reta PQ corta Π em um ponto Q. Como Q então, pela parte a), QA QB. No triângulo PAQ tem-se: Assim, P não equidista de A e B. PA PQ QA PQ QB PB.

47 ª Parte A figura abaixo mostra o cubo ABCD-EFGH de aresta a. Sejam M, N, P, Q, R e S os pontos médios das arestas AB, BF, FG, GH, HD e DA. (0,5) (a) Mostre que esses seis pontos são coplanares. Sugestão: Mostre que qualquer um deles pertence ao plano mediador da diagonal EC do cubo (a propriedade enunciada na primeira parte da questão pode ser utilizada mesmo que você não a tenha demonstrado). E D H F G C (0,5) (b) Mostre que o hexágono MNPQRS é regular. A B (1,0) (c) Calcule o volume da pirâmide de vértice E e base MNPQRS. E Uma solução: A E A S M H R M O B B Q F N (a) Tomemos o ponto M, médio da aresta AB. Os triângulos AME e BMC são congruentes, pois AM BM, 0 AE BC e MAE MBC 90 Logo, ME MC e, portanto, M pertence ao plano mediador da diagonal EC. Analogamente, cada um dos outros pontos: N, P, Q, R e S também estão nesse mesmo plano. (b) Cada lado do hexágono é a metade da diagonal de BG a uma face. Por exemplo, NP. Seja O, o centro do cubo. Todos os vértices do hexágono possuem mesma distância ao ponto O. A distância do centro do cubo a qualquer aresta é a a metade da diagonal de uma face, ou seja,. Portanto, cada um dos triângulos MON, NOP,..., SOM é equilátero e o hexágono é regular. (c) A área do hexágono é Como a altura da pirâmide é a metade da diagonal do cubo temos a a 3 3a O volume da pirâmide é: V. 3 8 C P G C 6 a 3 4 a 3 OE. 3 3a.

48 3ª Parte A figura abaixo mostra o cubo ABCD-EFGH de aresta a. (1,0) (a) Mostre que as retas DB e EC são ortogonais. E H F G (1,0) (b) Calcule o comprimento da perpendicular comum entre DB e EC. D C A B Uma solução: H G E Π Y D A X B C (a) Seja Π o plano diagonal AEGC. Como AE é perpendicular ao plano ABCD então AE é ortogonal a BD. Mas AC é perpendicular a BD (pois as diagonais de um quadrado são perpendiculares. Como BD é ortogonal a AE e AC então BD é perpendicular a Π. Como EC está contida em Π então BD é ortogonal a EC. (b) Seja X o ponto onde BD fura o plano Π. O ponto X é o centro da face ABCD. Sobre o plano Π tracemos XY perpendicular a EC. Lembrando que BD é perpendicular a Π então BD é perpendicular a XY. Assim, XY é a perpendicular comum entre BD e EC. Os triângulos retângulos CYX e CAE são semelhantes. Logo, XY AE CX CE XY a a a 3 XY a 6 6

49 MA13 Geometria I Avaliação Questão 1 Considere um quadrado ABCD de lado a e seja E o ponto do lado CD tal que AE BC CE. (1,0) (a) Calcule o comprimento de CE. (1,0) (b) Calcule o seno do ângulo CA ˆ E. Questão Um trapézio ABCD tem altura h e bases AB a e CD b. Seja F o ponto de interseção das diagonais. (1,0) (a) Calcule as distâncias de F às duas bases. (1,0) (b) Calcule as áreas dos triângulos ADF e BCF. Questão 3 Seja ABC um triângulo qualquer. Desenhe exteriormente a ABC os triângulos equiláteros ABD e ACE. (1,0) (a) Mostre que DC = BE. Sugestão: use congruência de triângulos. (0,5) (b) Sendo F o ponto de interseção de DC e BE, mostre que o quadrilátero ADBF é inscritível. (0,5) (c) Mostre que A ˆ F B B ˆ F C C ˆ F A Questão 4 Seja um plano horizontal. A reta r é perpendicular a e seja A o ponto de interseção de r e. A reta s está contida em e não passa por A. O ponto B da reta s é tal que AB é perpendicular à reta s. Seja M um ponto de r e N um ponto de s. Dados: AM a, BN b, AB c. (0,5) (a) Faça um desenho da situação descrita no enunciado. (0,5) (b) Calcule a distância entre os pontos M e N. (0,5) (c) Calcule a tangente do ângulo que a reta MN faz com o plano. (0,5) (d) Calcule a tangente do ângulo entre as retas AB e MN. Questão 5 As bases de um tronco de pirâmide regular são quadrados de lados 1 e 4. Sabe-se que a área lateral é igual à soma das áreas das bases. (1,0) (a) Calcule a altura do tronco. (1,0) (b) Calcule o volume do tronco.

50 MA13 Geometria I Avaliação Gabarito Questão 1 Solução (a) Seja CE x. Assim AE a x. Traçando EF perpendicular a AB temos no triângulo AEF: a (a x) (a x) a o que dá x 4. D E C a (b) Seja AE ˆ C. a Como CE 4 e AE a a 4 a 4 5a 4 o que dá sin sin 5a temos, pela lei dos senos, A F B Questão Solução (a) Sejam x e y as distâncias de F às bases AB e CD, respectivamente. Como os triângulos FAB e FCD são semelhantes, temos: a x b y Assim, x a b h ah a b e y bh a b. h A D b y x F a C B (b) Os triângulos ADB e ACB têm mesma área porque possuem mesma base e mesma altura. Os triângulos ADF e BCF têm mesma área porque [ADF] = [ADB] [AFB] = [ACB] [AFB] = [BCF] [ ADF ] [ BCF ] ah ax a h ah a b abh ( a b)

51 Questão 3 Solução (a) Temos AD AB, AC AE e Dˆ A C ADC e ABE são congruentes e DC = BE. Bˆ A E ˆ A Portanto, os triângulos (b) Pela congruência anterior, AD ˆ F passa por A, B e F. A ˆ B F. Portanto D está na circunferência que (c) Como ADBF é inscritível, seus ângulos são suplementares. Então AF ˆ B AD ˆ B Analogamente, AECF é inscritível e CF ˆ A Consequentemente, B F ˆC 10. Questão 4 Solução (a) r M a c A P B b N s b) No triângulo ABN, retângulo em B, AN b c. No triângulo MAN, retângulo em A, MN a AN a b c. Então MN a b c. c) O ângulo que MN faz com é M ˆ N A. Assim, tan AM AN b a c. d) Construa o retângulo ABNP. AM é ortogonal a NP e AP é perpendicular a NP. Portanto, NP é perpendicular ao plano AMP e, consequentemente, o ângulo NPA é reto. O ângulo entre MN e BA é o ângulo entre MN e NP, MN ˆ P. Assim, PM a b tan. NP c

52 Questão 5 Solução (a) Sejam O e O os centros das duas bases (maior e menor) como mostra a O' N figura acima. 4 Na reta O O está o h x vértice V da pirâmide que dou origem ao tronco. A altura do tronco é O O O h. P M Cada face lateral do 1 tronco é um trapézio isósceles, e a altura de um dos trapézios é o segmento MN que une os pontos médios das duas bases. Seja MN x. A área lateral do tronco é a soma das áreas dos quatro trapézios. Então, V 4 (1 4) x 1 4 Isto dá x 5. Trace agora NP perpendicular à OM como na figura acima. Temos O O NP h, ON OP, OM 6 e, consequentemente, PN 4. No triângulo PMN retângulo em P temos h 3. (b) Seja V O y. y 4 Utilizando a semelhança entre as duas pirâmides temos o que dá y 3 1 A altura da pirâmide grande é OV e o seu volume é 9 V O volume da pirâmide pequena é V O volume do tronco é a diferença: V unidades de volume. 3 y. Obs: Pode-se também aplicar a fórmula do volume do tronco de pirâmide: h V ( S1 S S1S ) onde S 1 e S são as áreas das duas bases e h é a altura do 3 tronco. Assim, 3 V ( )

53 MA13 Geometria I Avaliação 1 01 SOLUÇÕES Questão 1. (pontuação: ) O ponto D pertence ao lado AC do triângulo ABC. Sabe-se que AB = BC = CD e que o ângulo ABD mede 1 o. Determine a medida do ângulo ABC. B 1 o A α D α C Uma solução: Como AB = BC, seja α = BAC = BCA. O ângulo BDC é externo do triângulo ABD. Então, BDC = 1 o + α = DBC, pois BC = CD. No triângulo BDC temos 1 o + α + 1 o + α + α = 180 o, ou seja, α = 46 o. O ângulo ABC mede 1 o + 1 o + α = 4 o + 46 o = 88 o. Questão. (pontuação: ) Quadrados foram construídos sobre os lados de um paralelogramo como mostra a figura abaixo. centros desses quatro quadrados são vértices de outro quadrado. Mostre que os G H x y x α A D β B F C E

54 Uma solução: No paralelogramo ABCD os quadrados construídos sobre os lados AB, BC, CD e DA têm centros E, F, G e H, respectivamente. Os triângulos AEB, BF C, CGD e DHA são retângulos e isósceles. O primeiro e o terceiro são congruentes e o segundo e o quarto são também congruentes. Sejam BAD = α e ADC = β dois ângulos internos vizinhos do paralelogramo. Sabemos que α + β = 180 o. Observemos que HAE = 45 o + α + 45 o = 90 o + α e que HDG = 360 o 45 o 45 o β = 70 o (180 o α) = 90 o + α = HAE. Reunindo as informações anteriores concluímos que os triângulos HAE, HDG, F CG e F BE são todos congruentes e, portanto, EH = HG = GF = F E e o quadrilátero EF GH possui os quatro lados iguais. Da congruência dos triângulos HAE e HDG temos AHE = DHG = x e seja EHD = y. Por um lado, AHE + EHD = x + y = 90 o, pois o ângulo AHD é reto. Por outro lado, EHG = DHG + EHD = x + y = 90 o. Assim, o quadrilátero EF GH possui os quatro lados iguais e um ângulo reto. Logo, é um quadrado. Questão 3. (pontuação: ) No triângulo ABC de lados AB = 8, BC = 7 e AC = 9, os pontos M e N dos lados AB e AC, respectivamente, são tais que o segmento M N é tangente à circunferência inscrita no triângulo ABC. Mostre que o perímetro do triângulo AMN é constante e calcule seu valor. Uma solução: A x y z N M P R B Q C Sejam AM = x, MN = y e NA = z os lados do triângulo AMN. Temos MB = 8 x e CN = 9 z. Como o quadrilátero BCNM é circunscritível temos, pelo teorema de Pitot (Unidade 7, Teorema 4), BC +MN = MB +NC

55 ou seja, 7+y = 8 x+9 z. Logo x+y +z = 10. Portanto o perímetro do triângulo AMN é igual a 10, independente da posição do segmento MN. Outra solução: A circunferência inscrita em ABC é uma circunferência exiscrita ao triângulo AMN. Sabemos que o semiperímetro do triângulo AMN é o segmento AP que é constante, ou seja, não depende da posição do segmento MN (Unidade 7, Proposição ). Fazendo AP = AR = a, BP = BQ = b e CQ = CR = c, temos as equações: a + b = 8 b + c = 7 c + a = 9 Resolvendo, encontramos a = 5 que é o semiperímetro do triângulo AMN. Logo, o perímetro de AMN é 10. Questão 4. (pontuação: ) No trapézio ABCD os ângulos A e D são retos, AB = 1, CD = 4 e AD = 10. O ponto E pertence ao lado AD e o ponto F pertence ao lado BC. Sabe-se que as retas EF e AB são paralelas e que o segmento EF fica dividido em três partes iguais pelas diagonais do trapézio. Calcule a distância entre as retas AB e EF. Uma solução: O problema tem duas soluções pois há duas possibilidades: quando EF está abaixo do encontro das diagonais do trapézio e quando EF está acima do encontro das diagonais do trapézio. Qualquer uma das soluções está igualmente correta. Primeira situação: D 4 C 10 x 10 E P Q m m m F x A 1 B

56 Na figura acima, seja AE = x. Então, ED = 10 x. Como as diagonais dividem EF em três partes iguais sejam m EP = P Q = QF = m. Da semelhança dos triângulos AEP e ADC temos: 4 = x 10 m = x 5. Da semelhança m dos triângulos DEQ e DAB temos: 1 = 10 x 10 m = 3(10 x) 5. Igualando temos x = 3(10 x), o que dá x = 6. Segunda situação: D E 4 P Q m m C m F 10 x A 1 B Na figura acima, seja AE = x. Então, ED = 10 x. Como as diagonais dividem EF em três partes iguais sejam m EP = P Q = QF = m. Da semelhança dos triângulos QEA e CDA temos: x = 4 10 m = x 5. Da semelhança 10 x dos triângulos DEP e DAB temos: m = 10 1 m = 1(10 x) 10. Igualando obtemos x = Questão 5. (pontuação: ) A figura abaixo mostra o triângulo acutângulo ABC inscrito na circunferência de centro O. A reta BD é perpendicular em D a AC e encontra a circunferência em M. A reta CE é perpendicular em E a AB e encontra a circunferência em N. As alturas BD e CE intersectam-se em H, ortocentro do triângulo. a) Mostre que HD = DM. b) Mostre que MN é perpendicular a OA.

57 Uma solução: A M D N B E α β H β O α α C a) Considerando a figura acima, sejam DCH = α e DHC = β. Como o ângulo HDC é reto então α e β são complementares. Temos EHB = β (oposto pelo vértice de DHC) e HBE = α pois o ângulo BEH é reto. Escrevemos ABM = HBE = α. Como os ângulos inscritos ABM e ACM subtendem o mesmo arco AM, então são iguais, ou seja, ACM = α. Os triângulos retângulos CDH e CDM são congruentes. Assim HD = DM, como queríamos demonstrar. b) A M N O α α C Os arcos AM e AN são iguais porque ACM = ACN = α. Como arcos iguais subtendem cordas iguais o ponto A equidista dos pontos M e N. Entretanto o ponto O, centro da circunferência também equidista de M e N. Assim, A e O são pontos da mediatriz do segmento MN o que significa dizer que a reta AO é a mediatriz do segmento MN. Logo, OA é perpendicular a MN.

58 MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL Avaliação - MA Gabarito Questão 01 [,00 pts ] Em um ponto da borda de um pasto circular, amarra-se um bode, com uma corda cujo comprimento é 3 vezes o raio do pasto. O bode pode comer todo o pasto que conseguir alcançar, podendo deslocar-se até a corda estar totalmente esticada. Determine a fração máxima do pasto que o bode pode comer. Solução Sejam O o centro do pasto, R a medida de seu raio e P o ponto onde a corda, de comprimento R 3, está presa. A área S do pasto que o bode pode comer pode ser decomposto em uma área S 1 mais duas áreas idênticas S e S 3, conforme a figura abaixo. Como OP = OA = R e AP = R 3, temos ( R ) 3) = R + R R R cos (P ÔA logo ) cos (P ÔA = 1, o que nos dá P ÔA = 10. Com isso, como o triângulo P OA é isósceles de vértice O, temos O ˆP A = 1 ( ) = 30. Teremos então A ˆP B = 60, logo a área do setor circular S 1, de raio R 3 e ângulo A ˆP B = 60 é dada por

59 ( S 1 = π R ) 3πR 3 = = πr 6. A área S, por sua vez, corresponde à área do setor circular de raio R e ângulo 10, subtraindo a área do triângulo AOP. Assim, Como S 3 = S, temos logo S = R R sen πr 10 = πr 3 S = S 1 + S + S 3 = S 1 + S = πr S = 7π R. R 3. 4 ( πr + R ) Questão 0 [,00 pts ] A figura mostra uma plataforma de base quadrada ABCD e uma torre central em forma de pirâmide quadrangular de base P QRS e vértice H, cujo volume é 576 m 3. As diagonais P R e QS estão contidas, respectivamente, nas diagonais AC e BD. As arestas das bases da plataforma e da pirâmide medem, respectivamente, 19 m e 6 m. Para aumentar a segurança, quatro cabos de aço serão presos e esticados entre cada ponto médio das arestas laterais da pirâmide e o vértice mais próximo da base da plataforma. (a) Sendo M o ponto médio da aresta HQ e N a projeção de M na base da pirâmide, determine a medida do segmento MN. (b) Determine o comprimento do cabo de aço BM. Solução (a) Sendo V o volume da pirâmide e O o centro do quadrado P QRS, temos: V = 1 3 P Q OH 576 = 1 ( 3 6 ) OH OH = 4m. Como M é ponto médio de QH, então MN é base média do triângulo OQH e, por isso: MN = OH MN = 1m. (b) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo P QS, retângulo em P, temos: QS = P Q + P S = ( 6 ) + ( 6 ) QS = 1 OQ = QS = 6m.

60 Como o segmento MN é base média do triângulo OQH, então N é ponto médio de OQ, sendo: ON = OQ = 3m. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABD, retângulo em A, temos: Assim segue que: BD = AB + AD = ( 19 ) ( + 19 ) BD BD = 38 OB = = 19m. BN = OB ON = 19 3 BN = 16m. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo MNB, retângulo em N, temos: BM = MN + BN = BM = 0m. Questão 03 [,00 pts ] (a) Prove que todo trapézio inscritível é isósceles. (b) Um trapézio ABCD, de bases AB e CD, é inscritível e circunscritível. Sabendo que AB > CD, prove que AB > BC. Solução (a) Seja ABCD um trapézio inscritível, com bases AB e CD. Como o trapézio é inscritível, temos que  + Ĉ = 180. Porém, como AB e CD são paralelos, temos ˆB + Ĉ = 180. As duas igualdades nos dão, juntas, que  = ˆB, o que implica que o trapézio é isósceles. (b) Como ABCD é inscritível, pelo item (a) ele será isósceles, logo BC = AD. Por outro lado, o trapézio é circunscritível, logo AB + CD = BC + AD. Mas, como BC = AD, temos E, como AB > CD, temos logo AB + CD = BC. AB = AB + AB > AB + CD = BC, AB > BC. Questão 04 [,00 pts ] Seja ABCD um losango de diagonais de medidas AC = a e BD = b. Dos pontos A e C, traçamos os segmentos AE e CF, de medidas AE = x e CF = y, perpendiculares ao plano que contém o losango e de um mesmo lado deste plano. Calcule o volume do sólido ABCDEF.

61 Solução Como pode ser visto na figura, o sólido ABCDEF é formado pela união de duas pirâmides: a pirâmide cuja base é o trapézio ACF E e cuja altura é P B e a pirâmide cuja base é o trapézio ACF E e cuja altura é P D, sendo P o ponto de encontro das diagonais do losango ABCD. Como P B = P D = b, o volume de cada uma dessas pirâmides é dado por Assim, o volume do sólido ABCDEF é V 1 = 1 3 ÁreaACF E b = 1 ( x + y ) 3 a b = V ABCDEF = V 1 = ab(x + y). 3 ab(x + y). 3 Questão 05 [,00 pts ] (a) Usando apenas a relação fundamental da trigonometria e as fórmulas de adição de arcos e de arcos duplos prove que: cos(3x) = 4 cos 3 (x) 3 cos(x). ( π ) (b) Resolva a equação 4 cos 3 (x) 3 cos(x) = cos. 5 Solução

62 (a) Aplicando a fórmula de adição de arcos temos: cos(3x) = cos(x + x) = cos(x) cos(x) sen(x)sen(x). Pelas fórmulas de arcos duplos segue que: cos(3x) = [ cos (x) sen (x) ] cos(x) [sen(x) cos(x)] sen(x) = cos 3 (x) 3sen (x) cos(x) = cos 3 (x) 3 [ 1 cos (x) ] cos(x) = 4 cos 3 (x) 3 cos(x). (b) Por (a) segue que 4 cos 3 (x) 3 cos(x) = cos(3x). ( π ) Logo cos(3x) = cos. 5 Portanto 3x = ± π 5 + kπ, k Z, ou seja, x = ± π 15 + kπ, k Z. 3

63 MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL Avaliação 1 - MA Gabarito Questão 01 [,00 pts ] Em um quadrilátero convexo ABCD, prove que MN AB + CD, onde M e N são os pontos médios dos lados BC e AD, respectivamente. Sugestão: Utilize o ponto médio da diagonal AC. Solução Tomando P como ponto médio de AC, temos que MP = AB e P N = CD. Para o ponto P há duas situações possíveis : (I) M, N e P não estão alinhados. Da existência do triângulo MNP, teremos: MN < MP + P N. (II) M, N De (I) e (II) : e P estão alinhados, ou seja, MN = MP + P N. MN AB + CD.

64 Questão 0 [,00 pts ] Na figura, M é ponto médio de AB. Descreva a construção com régua e compasso da circunferência C, tangente à reta r e ao segmento AB, e tal que M seja o ponto de tangência de C com AB. Solução Vamos imaginar a circunferência construída, para buscar um ponto chave da construção. Como a circunferência é tangente ao segmento AB em seu ponto médio M, o centro O estará sobre a mediatriz m de AB. E, como a circunferência é tangente tanto a AB quanto à reta r, seu centro estará sobre a bissetriz b entre r e AB. Assim, basta construir m e b. Para construir m, tomamos o compasso e, com uma mesma abertura maior que 1 AB, traçamos duas circunferências, uma de centro A e outra de centro B. Estas duas circunferências irão se intersectar em dois pontos, X e Y. Construímos então m = XY.

65 Para construir m, prolongamos AB até C AB r. Com um raio qualquer, construímos um círculo de centro C, que intersectará CA em um ponto W. Esta circunferência intersectará r dois pontos, escolhemos um deles, Z, de forma que CZ determine o menor ângulo ZĈA, como na figura. Com abertura maior que 1 W Z, construímos duas circunferências, de centros W e Z respectivamente, que se intersectam em dois pontos. Sendo T um destes pontos, b = CT. Assim, construídas as retas m e b, obtemos O m b. Para construir a circunferência pedida, basta fazer O como centro e tomar OM como abertura do compasso. Questão 03 [,00 pts ] Em um triângulo ABC de incentro I, sejam E e F pontos sobre AC tais que BE é bissetriz de ABC e BF é bissetriz de EBC. Se BAC mede 60 e F I é paralelo a BC, determine as medidas dos ângulos ABC e ACB. Dica: Procure uma relação entre os triângulos ABI e AF I. Solução Seja BAC = 4θ, teremos então que ABE = EIF = θ e que o triângulo BIF é isósceles. Sejam M e N os pés das perpendiculares traçadas de I sobre AB e AC, respectivamente. Da congruência dos triângulos BIM e NIF, temos que EF I = θ e consequentemente no triângulo ABC obtemos 4θ + θ + 60 = 180, ou seja, θ = 0. Logo os ângulos pedidos são 80 e 40.

66 Questão 04 [,00 pts ] Em um trapézio de bases AB e CD, com AB > CD, traça-se por B uma reta paralela à diagonal AC que encontra o prolongamento de AD em E. Sendo P o ponto de encontro dos prolongamentos dos lados AD e BC, determine P A em função apenas de P D e P E. Solução Sejam DP = a, P E = b, DC = x, AB = y, AC = n e EB = m. Queremos determinar AP = k como função de a e b. Das semelhanças dos triângulos AP C e P EB, ADC e ABE, ABP e P DC, temos que b k = m n, y x = m n, y x = k a. Das igualdades acima encontramos b k = k a, donde k = ab.

67 Questão 05 [,00 pts ] Seja P um ponto sobre a diagonal AC do quadrado ABCD. Prove que P A, P B, P C estão, nesta ordem, em progressão aritmética. Solução Sejam Q, R e S os pés das perpendiculares traçadas de P sobre os lados AB, AD e CD, respectivamente. Como P está sobre a diagonal AC, temos que P Q = AQ = x e P S = SC = QB = L x, onde L é a medida do lado do quadrado. Dos triângulos retângulos P QA, P QB e P SC teremos: P A = x + x = x, P B = x + (L x), P C = (L x). Como temos P C P B = (L x) ( x + (L x) ) = (L x) x, P B P A = x + (L x) x = (L x) x = P C P B. Com isso, P A, P B e P C estão em uma PA.

68 MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL Avaliação - MA Gabarito Questão 01 [,00 ] Considere um cilindro sólido de altura R, cujas bases são dois círculos de raio R, do qual são retirados dois cones sólidos de altura R e que têm por base as bases do cilindro, formando-se assim um sólido S. Considere ainda uma esfera de raio R, e que, assim como o sólido S, está sobre um plano. (a) Prove que, intersectando a esfera e o sólido S por um plano paralelo ao plano que apoia estes sólidos, como na figura, obtém-se seções com mesma área. (b) Supondo conhecidas as expressões do volume do cone e do cilindro, prove que o volume de uma esfera de raio R é dado por 4 3 πr3. Solução (a) Vamos denotar por x a distância do plano ao vértice V dos cones e ao centro O da esfera. Suponhamos inicialmente o plano abaixo de V e O. Como na figura, os triângulos V C 1P 1 e V C P são semelhantes, logo Como V C 1 = x, C P = R e V C = R, temos C 1P 1 C P = V C1 V C. C 1P 1 R = x C1P1 = x. R

69 Com isso, a seção do sólido S é a coroa circular entre os círculos de raios x e R, logo, sua área é dada por Sessão S = πr πx = π(r x ). A seção da esfera pelo plano será o círculo de raio CP 3 da figura. Como o triângulo OC 3P 3 é reto em C 3, temos OP 3 = CP3 + OC3, e, como OC 3 = x e OP 3 = R, logo R = CP 3 + x, CP 3 = R x. Com isso, a área da seção da esfera pelo plano será dada por Sessão esfera = π(r x ) = Sessão S, como queríamos provar. O raciocínio é idêntico para planos acima do vértice e do centro da esfera, bastando alterar a figura. Para o plano que passa pelo vértice dos cones e pelo centro da esfera, as seções em ambos os sólidos serão círculos de raio R e, assim, terão mesma área. (b) Pelo Princípio de Cavalieri, a esfera terá o mesmo volume do sólido S. Mas este sólido tem volume dado pelo volume do cilindro de base de raio R e altura R, subtraído de dois cones sólidos de base de raio R e altura R. Assim, ( ) Vol esfera = π R π R R R = πr 3 πr3 3 3 = 6πR3 πr 3 3 = 4 3 πr3. Questão 0 [,00 ] Em um tetraedro ABCD, AB = x, CD = y e as demais arestas medem z. Determine a distância entre as arestas AB e CD em função de x, y e z. Solução Sejam M e N pontos médios de AB e CD, respectivamente. Os triângulos ACB e ADB são congruentes (LLL) e isósceles, logo, as alturas CM e DM são congruentes. Assim, o triângulo DMC é isósceles, e, como N é ponto médio de CD, MN será altura de DMC. Da mesma forma, MN é altura do triângulo isósceles ABN. Com isso, MN é o segmento da perpendicular comum às arestas AB e CD, logo a distância entre estes segmentos é MN. Vamos então calcular este comprimento. O triângulo AMD é retângulo em M, logo, denotando h = DM, ( z x ) = + h,

70 portanto h = z x 4. Denotando d = MN, como DNM é um triângulo retângulo em N, temos ( h = d y ) +, logo e então Com isso, ( d = h y ) = h y 4, d = z x 4 y 4. d = z x 4 y 4. Questão 03 [,00 ] Sobre o lado BC de um quadrado ABCD marcam-se os pontos E e F tais que BE BC = 1 3 e CF BC = 1. Os segmentos 4 AF e ED intersectam-se em P. Determine a que fração da área do quadrado ABCD corresponde a área do triângulo BP E. Solução Seja a a medida da aresta do quadrado. Assim, BE = 1 3 BC = a 3 e CF = 1 4 BC = a 4. Como E ˆF P = DÂP, F ÊP = A ˆDP (alternos internos nos dois casos) e E ˆP F = D ˆP A (opostos pelo vértice), os triângulos AP D e F P E são semelhantes. Denotando por h e H as alturas desses triângulos, relativas as lados EF e DA, respectivamente, temos h H = EF DA. Como DA = a e temos então e, portanto, EF = BC BE CF = a a 3 a 4 = 5a 1, 5a h H = 1 a = 5 1, h = 5 1 H.

71 Mas h + H = a, logo H = a h e então logo que implica ou ainda h = 5 (a h), 1 h h = a, 17 1 h = 5 1 a h = 5 17 a. Assim, a área de BP E é S = 1 BE h = 1 a a = 5 10 a. Como a área de ABCD é a, a área do triângulo BP E é 5 da área de ABCD. 10 Questão 04 [,00 ] Um poliedro convexo com 3 vértices possui apenas faces triangulares. Determine o número de arestas e faces deste poliedro. Solução Vamos denotar por F o número de faces e A o número de arestas. Como este poliedro tem apenas faces triangulares, temos A = 3F (isto é, cada face contabiliza 3 arestas, sendo que, cada aresta é contada duas vezes, uma para cada face em que está contida). Com isso, A = 3 F. Pelo Teorema de Euler, temos logo e, então, implicando F = 60. Com isso, temos 3 A + F =, 3 3 F + F = F = 30, A = 3 60 = 90. Questão 05 [,00 ] (a) Usando apenas a identidade fundamental da trigonometria e as fórmulas de arcos duplos prove que: cos(x) = cos (x) 1, para todo x real. (b) Sabendo que cos ( ) x = 1 3, calcule cos(x).

72 Solução (a) Usando a relação fundamental da trigonometria e as fórmulas de arcos duplos temos que: cos (x) + sen (x) = 1 e Somando as equações anteriores segue que: cos(x) = cos (x) sen (x). cos(x) + 1 = cos (x). Logo, cos(x) = cos (x) 1. (b) Usando o item (a) temos que: cos(x) = cos ( ) ( ) ( ) x = cos x 1 1 = =

73 MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL AVF - MA Gabarito Questão 01 [,00 pts ] Mostre que se uma reta é tangente a um círculo então ela é perpendicular ao raio que liga o centro do círculo ao ponto de tangência. Solução Considere o círculo de centro O e seja T o ponto de tangência da reta r ao círculo. Designemos por P o pé da perpendicular a reta r baixada por O. Observe que basta mostrar que P = T. Suponha, por contradição, que P e T são distintos, assim o triângulo OP T é retângulo. Logo OT > OP, pois o maior lado se opõe ao maior ângulo. Como OT é o raio do círculo, P é um ponto interior do círculo. Seja T r tal que P T = P T com T T. Daí, os triângulos OP T e OP T são congruentes por LAL. Logo OT = OT e então T pertence ao círculo. Contradição, pois a reta r é tangente ao círculo em T. Portanto P = T. Questão 0 [,00 pts ] Denotando por l 1 e l as medidas dos lados não paralelos de um trapézio, e por d 1 e d as distâncias do ponto de interseção das diagonais a estes lados, respectivamente, mostre que d 1 d = l l 1. Solução Sejam ABCD o trapézio, com lados não paralelos AD e BC medindo l 1 e l respectivamente, e P o ponto de interseção das diagonais.

74 Os triângulos ACD e BCD possuem a mesma base CD e alturas de mesma medida (pois AB e CD são paralelos), logo possuem a mesma área. Com isso, Área(AP D) = = Área(ACD) Área(P CD) Área(BCD) Área(P CD) = Área(BP C). Por outro lado, e portanto Mas isto implica que Área(AP D) = Área(BP C) = l 1 d 1 = l1 d1 l d, l d. l 1 d 1 = l d e, consequentemente, d 1 d = l l 1. Questão 03 [,00 pts ] Em uma folha de papel retangular, de medidas 10cm por 6cm, são feitas as dobras paralelas AB e CD, como na figura abaixo. Se DE e BF medem ambos 1 cm, determine a medida de AE. Solução Seja G tal que EG é o lado da folha retangular que contém o ponto A e denote por G o ponto correspondente a G após a dobra, como na figura abaixo. Seja ainda P a projeção ortogonal de D sobre F G.

75 Denotando AE = x, teremos então AG = AG = 6 x. Como P G = DE = BF = 1cm, e como F G = 10cm temos P B = 8cm. E, como DP = EG = 6cm, aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo DP B, temos BD = 10cm. Além disso, como BG = BG = 9cm, temos então DG = 1cm. Os triângulos DEA e DG A serão ambos retângulos, com mesma hipotenusa DA e tais que DE = 1 = DG. Estes triângulos serão, portanto, congruentes. Com isso, x = AE = AG = 6 x, o que implica x = 6, logo AE = x = 3cm. Questão 04 [,00 pts ] Considere um tetraedro ABCD e sejam M, N, P, Q, R e S os pontos médios das arestas AB, AC, AD, BC, CD e BD, respectivamente. Prove que o volume do octaedro MNP QRS é metade do volume do tetraedro ABCD. Solução O volume do octaedro MNP QRS é obtido retirando-se, do volume do tetraedro ABCD, os volumes dos tetraedros AP MN, BMQS, CNRQ e DP RS. Considere o tetraedro AP MN. Como M, N e P são pontos médios de AB, AC e AD, respectivamente, AP MN é semelhante ao tetraedro ABCD, com razão 1. Com isso, V(AP MN) V(ABCD) = ( ) 3 1 = 1 8. Pelo mesmo raciocínio, os tetraedros BMQS, CNRQ e DP RS serão também semelhantes a ABCD com razão 1, logo Com isso, V(BMQS) V(ABCD) = V(CNRQ) V(DP RS) = V(ABCD) V(ABCD) = 1 8. V(AP MN) = V(BMQS) = V(CNRQ) = V(DP RS) = 1 8 V(ABCD), e então V(MNP QRS) = V(ABCD) V(AP MN) V(BMQS) V(CNRQ) V(DP RS) = V(ABCD) V(ABCD) = 1 V(ABCD).

76 Questão 05 [,00 pts ] Determine o cosseno do ângulo entre duas faces de um octaedro regular que possuam uma aresta em comum. Solução Sejam A e B dois vértices opostos do octaedro, e M o ponto médio de uma das arestas do octaedro que não tenha A ou B como extremo, como na figura abaixo. A medida do ângulo entre as faces será dado por A ˆMB. Denote por a a medida da aresta do octaedro. Sendo O o centro do octaedro, O será o centro da seção o octaedro destacada na figura, que é um quadrado. Assim, MO = a. O segmento MA será a altura da face que o contém, ou seja, a altura de um triângulo equilátero de lado a. MA = a 3. Da mesma forma, MB = a 3. O triângulo AOM é retângulo em O. Por Pitágoras, temos então que implica e então Com isso, Como OB OA, temos OA + OM = MA, ( OA a ) ( ) a 3 + =, OA = 3a 4 a 4. OA = a. AB = OA + OB = OA = a. O triângulo AMB terá então lados de medidas AB = a e AM = BM = a 3. Pela Lei dos Cossenos, temos então ( AB = AM + BM AM BM cos A ˆMB ), logo ( a ) ( a 3 = ) + ( ) ( ) a 3 a 3 ( cos A ˆMB ), e então ( a = 3a 3a cos A ˆMB ). Cancelando o a e simplificando a igualdade acima, temos ( cos A ˆMB ) = 1 3. Assim,

77 MESTRADO PROFISSIONAL EM MATEMÁTICA EM REDE NACIONAL AVF - MA Gabarito Questão 01 [,00 pts ] Em um triângulo ABC de perímetro 9, o lado BC mede 3 e a distância entre os pés das bissetrizes interna e externa partindo de A é igual a 4. Calcule as medidas dos lados AB e AC do triângulo. Solução Sejam P e Q os pés das bissetrizes interna e externa, respectivamente, partindo de A. Denotando x = AB, temos AC = P AB BC = 9 x 3 = 6 x. Pelo Teorema das Bissetrizes Internas, logo Com isso, Como QP = 4, temos BP AB = P C AC = BP + P C AB + AC, BP = x BP x = P C 6 x = 3 6. e P C = 6 x. e logo Pelo Teorema das Bissetrizes Externas, Simplificando, e então QB = QP BP = 4 x QC = QP + P C = x. 4 x x QB AB = QC AC, = x 6 x. 4 x 1 = 4 6 x + 1, 6 x x(6 x) = 1 4. Desta forma, temos x 14x + 4 = 0, implicando x = ou x = 1. Repare, porém, que AB = x = 1 não é possível, pois este valor é maior que o perímetro do triângulo. Assim, AB =, o que implica AC = 6 AB = 4. Esta solução considerou o vértice B entre os pés das bissetrizes relativas a A. Se C estivesse entre os pés das bissetrizes, teríamos AB = 4 e AC =.

78 Questão 0 [,00 pts ] Considere um triângulo ABC retângulo em A. Por A, trace uma reta r perpendicular a BC, que encontra BC em H. Em r, marque o ponto P, tal que AP = BC, estando A entre P e H. Trace os segmentos P B e P C. (a) Prove que a área do quadrilátero P BAC é BC. (b) Considere o quadrado ABDE tal que A está entre E e C. Prove que o triângulo BCD é congruente ao triângulo AP B. (c) Prove que área do triângulo BCD é AB. Solução (a) Observe que Área(P BAC) = Área(AP B) + Área(AP C). Como BH é a altura do triângulo AP B relativa ao lado AP, temos Área(AP B) = BH AP e, como CH é a altura do triângulo AP C relativa ao lado AP, temos = BH BC Assim, Área(P BAC) = Área(AP C) = CH AP Área(AP B) + Área(AP C) = BH BC = + CH BC. CH BC = BC ( BH + CH ) = BC. (b) Temos CÂH = A ˆBC, pois ambos são complementares ao ângulo AĈB, e P ÂE = CÂH, pois os ângulos são opostos pelo vértice. Com isso, P ÂE = A ˆBC. Assim, P ÂB = C ˆBD, pois ambos os ângulos são a soma de A ˆBC com um ângulo reto.

79 Sabemos também que BC = AP (dado do problema) e BD = AB (pois ABDE é um quadrado), logo, pelo caso LAL, os triângulos BCD e AP B são congruentes. (c) Como, pelo item (b), BCD e AP B são congruentes, temos Área(BCD) = BH BC Área(AP B) =, como calculado no item (a). Por outro lado, uma das relações métricas do triângulo retângulo nos diz que BH BC = AB, logo Área(BCD) = AB. Questão 03 [,00 pts ] OABC é um tetraedro tal que AÔB = AÔC = BÔC = 90, onde OA = x, OB = y e OC = z. Sabe-se que AB = 41, AC = 13 e BC = 61. (a) Determine x, y e z. (b) Determine o volume do tetraedro ABCO. Solução (a) Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos ABO, ACO e BCO, todos eles retângulos em O, temos: x + y = AB = 41. x + z = AC = 5. y + z = BC = 41. Somando membro a membro as três equações anteriores, temos: (I) (II) (III) x + y + z = 154 e então Das subtrações abaixo, obtemos os valores desejados: x + y + z = 77 (IV) (IV) (III) x = 16 x = 4cm. (IV) (II) y = 5 y = 5cm. (IV) (I) z = 36 z = 6cm. (b) Tomando o triângulo ABO como base do tetraedro, OC será sua altura. Daí, seu volume é: V = 1 3 x y z = V = 0cm3. Questão 04 [,00 pts ] Sejam L um círculo de raio 1 de centro O e r uma reta (no mesmo plano que L) exterior a L. Diga como construir, com régua e compasso, uma reta s tangente ao círculo e que determina, com r, um ângulo de 45. Solução A solução abaixo não depende das medidas dadas.

80 Uma possível construção está representada acima e descrita abaixo: 1. Trace a reta perpendicular a r passando por O e seja P sua interseção com r.. Construa o círculo de centro P e raio P O e seja A uma das interseções deste círculo com r. Repare que, por construção, o triângulo AP O é retângulo em P e isósceles, com OP AP. Com isso, P ÂO = Trace a reta t determinada por A e O e seja B a interseção de t com o círculo dado, de forma que O esteja entre A e B. 4. Construa o círculo de centro B e raio BA, e seja C seu ponto interseção com r diferente de A. Note que CB AB, logo ABC é isósceles, com AĈB = CÂB = 45. Teremos ainda que A ˆBC = A reta s procurada é a determinada por B e C. Questão 05 [,00 pts ] Considere três retas r, s e t do espaço tais que qualquer plano seja concorrente a pelo menos uma destas retas. Considere ainda um poliedro tal que todas as suas faces são quadriláteros; cada uma de suas arestas é paralela a alguma das retas r, s ou t; e se um plano contém uma das faces, nenhum vértice do poliedro pode estar neste plano, além dos vértices da própria face. Prove que (a) todas as faces deste poliedro são paralelogramos, e (b) este poliedro é um prisma. Solução

81 (a) Considere uma das faces do poliedro, a qual chamaremos de ABCD. Sem perda de generalidade, digamos que AB r. Não poderemos ter BC r, pois, neste caso, teremos AB e BC consecutivos e colineares. Digamos então, sem perda de generalidade, que BC s. Observe que já concluímos que cada uma das retas r e s é paralela ou está contida no plano da face ABCD. Assim, pela informação dada sobre as retas, t deve ser concorrente a tal plano, logo não pode ser paralela a este plano nem pode estar contida nele. Portanto, nenhuma das arestas CD e AD desta face pode ser paralela à reta t. Não poderemos ter CD s (senão BC e CD seriam colineares) nem, como já vimos, CD t. Portanto, CD r. Da mesma forma, AD não pode ser paralela a r, logo AD s. Até aqui, já vimos que ABCD é um paralelogramo. Mas a mesma argumentação vale para qualquer uma das faces do poliedro, portanto todas as suas faces são paralelogramos. (b) Seja ABCD uma das faces. Pelo item (a), podemos supor, sem perda de generalidade, AB e CD paralelas a r e BC e AD paralelas a s. Considere uma aresta que tenha A, B, C ou D como vértice, e que não esteja na face ABCD. Chamemos esta aresta de EA. Como E não pertence ao plano de ABCD, EA não é paralela a r ou s, logo EA t. Mas isto vale para todas as arestas que têm um vértice na face ABCD, portanto todas estas arestas são paralelas a t, e de cada vértice A, B, C e D sai apenas uma aresta que não está na face ABCD. A face que tem A, B e E como três de seus vértices deverá ser um paralelogramo (item (a)), portando, seu quarto vértice F é tal que EF AB e BF AE. A face adjacente a ABF E, compartilhando a aresta BF, deverá ser então um paralelogramo BCGF, com F G BC. A face adjacente a BCGF, compartilhando a aresta CF, deverá ser então um paralelogramo CDHG, com GH CD AB. Por fim, teremos a face ADHE, com HE AD BC. Repare que EF GH é, então, um paralelogramo, pois EF e GH são paralelos a AB, e F G e EH são paralelos a BC. Temos ainda que EF GH deverá ser uma face. De fato, se não fosse assim, haveria uma aresta EI, F I, GI ou HI que não estaria no plano de EF GH, portanto não seria paralela a r e s, e nem poderia ser paralela a t, pois, neste caso, teríamos duas arestas colineares. Assim, temos o prisma ABCDEF GH, tal que ABCD e EF GH são bases paralelas, com AE BF CG DH.

82 MA13 Geometria I - GABARITO DA AVALIAÇÃO - 01/ Questão 1. (pontuação: ) No setor AOB de centro O, raio OA = 3 e ângulo AOB = 60 o está inscrita uma circunferência como mostra a figura. a) Calcule o raio dessa circunferência. b) Calcule a área da região sombreada. Uma solução B O C r D r M A a) Seja M o ponto médio do arco AB. O raio OM passa pelo centro C da circunferência inscrita no setor. Seja CD perpendicular a OA como mostra a figura acima e seja r = CD = DM o raio da circunferência. Como AOM = 30 o então, no triângulo ODC tem-se OC = r e, portanto, OM = 3r = 3, ou seja, r = 1. b) A área sombreada (S) é igual à área do setor AOM subtraída da área do triângulo ODC e da área do setor DCM do círculo de centro C. A área do setor AOM é π3 1 = 3π 4. Como CD = 1 e OC =, então OD = 3 e a área do triângulo ODC é OD.OC = 3. Por outro lado, o ângulo DCM mede 10 o e, portanto, o setor DCM do círculo de centro C tem área igual à terça parte da área do círculo de centro C, ou seja, π 3. Assim, a área sombreada é S = 3π 4 3 π 3, ou seja, S = 5π Questão. (pontuação: ) O Teorema das Três Perpendiculares tem o seguinte enunciado: A reta r é perpendicular ao plano α no ponto A. A reta s está contida em α e não passa por A. O ponto B da reta s é tal que AB é perpendicular a s. Então, se P é qualquer ponto de r, P B é perpendicular a s. a) Faça uma figura que descreva o enunciado do Teorema. b) Demonstre o Teorema.

83 Uma solução a) r P s A B b) Como r é perpendicular a α então r é ortogonal a qualquer reta de α, portanto r é ortogonal a s. Porém, AB é perpendicular a s. Assim, s é ortogonal a duas retas concorrentes: AB e r. Logo s é perpendicular ao plano determinado por AB e r, que chamaremos de plano β. Como P e B são pontos de β então s é perpendicular a P B, como queríamos demonstrar. Questão 3. (pontuação: ) Em um cubo, ABCD e EF GH são faces opostas e AE, BF, CG e DH são arestas paralelas. Sejam M e N os pontos médios das arestas BC e DH, respectivamente. a) Se a aresta do cubo mede, calcule a distância entre os pontos M e N. b) Calcule o cosseno do ângulo entre as retas AB e NM. Uma solução H G E O N F D C A B M a) Observe a figura acima. No triângulo CDN, retângulo em D, CD = e DN = 1. Consequentemente, NC = 5. Como a aresta BC é perpendicular à face DCGH, o triângulo MCN é retângulo em C. Daí, MN = NC +MC = = 6, ou seja MN = 6. b) Façamos uma translação do segmento MN de forma que o ponto M concida com o ponto B. Nessa translação, o ponto N coincidirá com o ponto O, centro da face ADHE. O ângulo entre as retas reversas AB e NM é o ângulo entre as concorrentes AB e OB, ou seja, o ângulo ABO = θ.

84 No triângulo ABO, temos AB =, OB = NM = 6 e AO é a metade da diagonal do quadrado ADHE, ou seja, AO =. A lei dos cossenos no triângulo ABO fornece: ( ) = + ( 6).. 6.cos θ Daí, encontramos cos θ = 6 3. Isto também pode ser obtido notando-se que o triângulo ABO é retângulo em A e usando-se diretamente a definição de cosseno. Questão 4. (pontuação: ) O trapézio ABCD tem bases AB e CD. A altura do trapézio mede 8. As bases medem AB = 10 e CD = 6. As diagonais AC e BD do trapézio dividiram o trapézio em quatro triângulos. Calcule as áreas dos quatro triângulos em que o trapézio ficou dividido. Uma solução D 6 x C 8 P 8 x A 10 B Notação: (XY Z) representa a área do triângulo de vértices X, Y e Z. Seja P o ponto de interseção das diagonais e seja x a distância de P à base menor do trapézio. Como os triângulos P AB e P CD são semelhantes temos 6 10 = x x, o que dá x = 3. Assim, (P CD) = = 9 e (ABC) = = 5. (DAP ) = (DAB) (P AB) = = 40 5 = 15 As áreas dos quatro triângulos estão na figura abaixo: (CP B) = (CAB) (P AB) = 40 5 =

85 Questão 5. (pontuação: ) No cubo ABCDA B C D de aresta a, os pontos M, N, P e Q são médios das arestas A B, B C, C D e A D, respectivamente. Foram feitas as seções pelos planos AMQ, BNM, CP N e DP Q. Retirando-se os quatro tetraedros formados, resultou o poliedro P ilustrado na Figura 1. O poliedro P possui duas bases paralelas e faces laterais triangulares. Ele é um prismatóide. a) Calcule o volume do poliedro P. A' Q D' M P B' N C' D C A Figura 1 B Observe agora a Figura ; pelo ponto médio X da aresta AA foi traçado um plano paralelo à face ABCD que determinou em P uma seção octogonal. A forma dessa seção equidistante das bases do poliedro P, que é chamada se seção média, está ilustrada na Figura 3. No poliedro P, representaremos a área da base ABCD por S, a área da base MNP Q por s, a área da seção média por S m e a distância entre as bases por h. b) Calcule a área da seção média e calcule o volume de P usando a fórmula do volume dos prismatóides: V = h 6 (S + s + 4S m). A' Q D' M P B' N C' X D C A B X Figura Figura 3

86 Uma solução a) Um dos tetraedros retirados é AA MQ. Sua base é o triângulo retângulo A MQ de catetos A M = A Q = a e altura AA = a. O volume desse tetraedro é 1 3. (a/)(a/).a = a3 4. Como quatro desses tetraedros foram retirados, o volume do poliedro P é V = a 3 4. a3 4 = a3 a3 6 = 5a3 6. b) A seção média é obtida de um quadrado XY ZW, congruente com ABCD retirando-se quatro triângulos retângulos isósceles congruentes. O plano da seção média corta a aresta BB do cubo em Y e corta as arestas MA e MB do poliedro P em E e F, respectivamente. X E a/ F Y Temos EF = AB = a (já que a reta XY une pontos médios de lados do triângulo AMB) e, consequentemente, XE = F Y = a 4. Assim, cada um dos pequenos triângulos retângulos tem área 1. a 4. a 4 = a 3 e a área da seção média é S m = a 4. a 3 = 7a 8. Aplicando a fórmula do volume do prismatóide temos: o que coincide com o resultado do item a). V = a 6 (a + a + 4.7a 8 ) = a 6 (a + a + 7a ) = a 6.10a = 5a3 6

87 GABARITO MA13 Geometria I - Avaliação 3-01/ A área de um triângulo ABC será denotada por (ABC). Questão 1. (pontuação: ) A figura abaixo 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 Calcule o raio da circunferência grande. Uma solução: Na figura a seguir, A é o centro da circunferência pequena que tangencia r e a circunferência grande, OT é perpendicular a r e a reta BC passa por A e é paralela a r. O s R C A r T B

88 Seja R o raio da circunferência grande. No triângulo retângulo ABO temos OA = R+1, OB = R 1 e AB = R 3. O teorema de Pitágoras conduz à equação R 10R + 9 = 0 cujas raízes são 1 e 9. Devido 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 ABC a bissetriz do ângulo BAC encontra o lado BC em D. a) Prove que DB DC = AB AC (teorema da bissetriz interna). b) Use o teorema acima e a figura abaixo para calcular a tangente de 15 o. 15 o 15 o x Uma solução: a) Se dois triângulos têm mesma altura, então a razão entre suas áreas é igual à razão entre suas bases. Assim, (ADB) (ADC) = DB DC A B E d D d F C

89 Sejam DE e DF perpendiculares a AB e AC como na figura anterior. Como todo ponto da bissetriz de um ângulo equidista dos lados desse ângulo, então DE = DF = d. Assim, (ADB) (ADC) = (1/).AB.d (1/).AC.d = AB AC, portanto DB DC = AB AC, c.q.d. b) Como o triângulo ABC da figura é retângulo em B e tem ângulo BÂC = 30o e hipotenusa AC =, então BC = 1 e AB = 3. C 1 x D A 15 o 15 o 3 x B O teorema da bissetriz interna aplicado a esse triângulo fornece: DB Aplicando propriedades das proporções podemos escrever: DC = AB AC x = 1 x x + (1 x) 1 = = , ou seja, x 1 x = 3. Porém, observando o triângulo ABD, vemos que x 3 é a tangente do ângulo de 15 o. Assim, Questão 3. (pontuação: 3) tan15 o = = 3. O losango ABCD tem lado 3 e ângulo  = 60o. Os pontos M, N, P e Q pertencem aos lados AB, BC, CD e DA, respectivamente e são tais que AM = BN = CP = DQ = 1. a) Justifique, de forma breve, porque o quadrilátero MNP Q é um paralelogramo. b) Calcule a área do quadrilátero MNP Q. c) Calcule a distância entre os pontos M e P.

90 Uma solução: A M Q B D N P C a) Os triângulos AMQ e CP N são congruentes (caso LAL). Daí, MQ = NP. Os triângulos BNM e DQP são congruentes (caso LAL); daí, MN = QP. Assim, o quadrilátero MNP Q possui dois pares de lados opostos congruentes. Logo, é um paralelogramo. b) (AMQ) = 1.AM.AQ.sen 60o = = 3. Como os ângulos de 60 o e 10 o possuem mesmo seno, concluímos que os triângulos AMQ, BNM, CP N e DQP possuem todos a mesma área, igual a 3. A área do losango é igual a AB.AD.sen 60 o = = 9 3. A área do paralelogramo é S = = 5 3. c) Seja R o ponto médio de P D. Como AM é paralelo a DR e ambos têm comprimento 1 então AMRD é um paralelogramo e MR = AD = 3. Além disso, RP = 1 e M ˆRP = 10 o. D R P A C M B No triângulo MRP a lei dos cossenos fornece: MP = MR + RP.MR.RP.cos 10 o = ( 1 ) = 13 = MP = 13.

91 Questão 4. (pontuação: 1) O icosaedro regular é o poliedro formado por 0 faces triangulares equiláteras. icosaedro não passam pelo seu centro. Determine quantas diagonais do Uma solução: O icosaedro possui 0 faces triangulares. Como cada aresta é lado de exatamente duas faces, o número de arestas do icosaedro é A = 0.3 = 30. O número de vértices pode ser calculado pela relação de Euler V A + F =, de onde V = 1. Cada segmento que une dois vértices do icosaedro ou é aresta ou é diagonal. Assim, denotando por CV o número de escolhas de subconjuntos com dois elementos do conjunto de todos os vértices do icosaedro, o número de diagonais do icosaedro é D = CV A = C1 A = 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: ) Considere o paralelepípedo retângulo de bases ABCD e EF GH e com arestas laterais AE, BF, CG e DH. As medidas são AB = 6, AD = AE = 4 e M é o ponto médio da aresta EF. São feitas as seções pelos planos MHA e MBG. Retirando-se os tetraedros EMHA e F MBG resulta o poliedro P. a) Faça um desenho do poliedro P e calcule seu volume. b) Determine o cosseno do ângulo entre as retas AH e MG.

92 Uma solução: H G E M F D C A B O desenho de P está acima. Se pensarmos o tetraedro EMHA com base EMH e altura EA, podemos calcular seu volume do seguinte modo: v = 1 3.EM.EH.EA = = 8 O tetraedro F MBG tem também volume v = 8 porque é congruente com EMHA. O volume de P é o volume do paralelepípedo subtraído dos volumes dos tetraedros, ou seja, V = = = 80 b) O ângulo entre as retas AH e MG é o ângulo entre BG e MG, ou seja, o ângulo θ = BĜM. Como F M = 3 e F B = F G = 4 temos, pelo teorema de Pitágoras, BG = 4 e MB = MG = 5. E H M 5 F θ G D 5 N C A B O triângulo MBG é isósceles. Então, assinalando o ponto N médio do lado BG, temos que MN é perpendicular a BG. Assim, no triângulo MNG, cos θ = NG MG = 5.

93 GABARITO MA13 - Avaliação Final 1 o semestre Questão 1. (pontuação: ) No triângulo isósceles ABC tem-se AB = AC. Os pontos M, N e P dos lados AB, BC e CA são tais que P M = P N. Sendo P ˆMA = α, N ˆP C = β e M ˆNB = θ mostre que θ = α + β Uma solução: Sejam A ˆBC = AĈB = x e P ˆMN = P ˆNM = y. O ângulo A ˆMN é externo do triângulo MBN. Logo, α + y = x + θ. O ângulo B ˆNP é externo do triângulo P NC. Logo, β + x = y + θ. Somando, temos α + β = θ, ou seja, θ = α+β, cqd. Questão. (pontuação: ) Considere o triângulo ABC, retângulo em A, sendo BC = a e AC = b. Seja K 1 a circunferência de centro C que passa por A. A circunferência K tem centro P sobre o lado BC, é tangente externamente à K 1 e é tangente ao lado AB. a) (1,0) Descreva como se pode determinar com régua e compasso o ponto P. b) (1,0) Determine o raio da circunferência K em função de a e b. Obs.: os itens acima podem ser resolvidos de maneira independente.

94 Uma solução: a) Seja D o ponto onde K 1 corta BC. A perpendicular a BC por D é tangente a K 1 e corta AB em E. A bissetriz do ângulo DÊB corta BC em P. De fato, pela construção acima, P é equidistante das retas ED e EB. Logo, a circunferência de centro P que passa por D é tangente a K 1 e ao lado AB. b) Tracemos P G, perpendicular a AB e P F perpendicular a AC como na figura acima. Sejam P D = P G = x. Da semelhança dos triângulos CF P e CAB temos: Assim, b x b + x = b a. x = b(a b) a + b

95 Questão 3. (pontuação: ) A figura a seguir mostra duas semicircunferências com mesmo centro O e com raios OD = r e OA = r. Na semicircunferência maior foi assinalado um ponto B e ângulo AÔB mede α radianos. O raio OB cortou a circunferência menor em C e a região R é a que está sombreada (delimitada pelo arco AB, segmento BC, arco CD e segmento DA) na figura. a) (1,0) Calcule o perímetro de R em função de r e α. b) (1,0) Calcule a área de R em função de r e α. Uma solução: a) O comprimento de um arco de circunferência é igual a medida do ângulo central em radianos multiplicada pelo raio. Assim o perímetro de R é: P = 3r + α.r + r + (π α)r = (α + π + 4)r b) A área de um setor de ângulo central α em radianos em um círculo de raio r é αr. Assim a área da região R é: A = α(r) + (π α)r = (3α + π)r Questão 4. (pontuação: ) A aresta da base de uma pirâmide reta de base quadrada mede unidades e a esfera inscrita nessa pirâmide tem raio r (0 < r < 1).

96 E A D B C a) (1,0) Calcule o volume da pirâmide em função de r. b) (1,0) Se, para cada valor de r (0 < r < 1 ), o volume da pirâmide é V (r), faça um esboço do gráfico dessa função. Uma solução: a) Seja O o centro da base ABCD da pirâmide de vértice E como mostra a figura ao lado. Seja M o ponto médio da aresta BC. Seja K o ponto sobre a altura OE o centro da esfera inscrita na pirâmide. Assim, traçando KT perpendicular à face EBC temos KO = KT = r. Seja h = OE a altura da pirâmide. Da semelhança dos triângulos ET K e EOM temos ou seja, KT OM = KE EM Dessa relação determinamos a altura da pirâmide h = r 1 = h r h + 1 r 1 r.

97 O volume da pirâmide é V = 1 r r = 8r 3(1 r ). b) A função que associa r e V é crescente. Quando r se aproxima de 0, temos que V se aproxima de 0. Porém, quando r se aproxima 1 temos que V tende a +. Logo, o gráfico de V (r) tem o seguinte aspecto: 1 Questão 5. (pontuação: ) Um copo de plástico rígido e espessura muito fina tem a forma de um tronco e cone com 8 cm de diâmetro na boca, 6 cm de diâmetro no fundo e 1 cm de altura. a) (1,0) Determine um valor aproximado para o volume do copo (ou seja, o número inteiro de cm 3 que melhor aproxima o volume). b) (1,0) Determine um valor aproximado para a área externa total do copo (ou seja, o número inteiro de cm que melhor aproxima a área externa). Uma solução: a) Os raios das bases são 4 cm, e 3 cm e a fórmula do volume do tronco de cone fornece o resultado: V = πh 3.(R + r + Rr) = π.1 ( ) 3, cm3 3 b) A geratriz do tronco de cone é igual a que é aproximadamente igual a 1. Nesse copo, a altura é quase igual à geratriz. A área do copo é a soma da área lateral com a área da base, isto é: A = π(r + r)g + πr 3, 14.[(4 + 3) ] 9 cm