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RaquelSilva604657

Capítulo II discute segmentos de reta. Os próximos 15 capítulos cobrem tópicos de geometria plana incluindo ângulos, triângulos, paralelismo, circunferências e áreas. O documento fornece exemplos e exercícios resolvidos para professores ensinarem esses conceitos de geometria elementar.

Dados e análise
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OSVALDO DOLCE JOSÉ NICOLAU POMPEO COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR FUNDAMENTOS DE '> MATEMÁTICA 9 ELEMENTAR GEOMETRIA PLANA ~ A~l EDITORA OSVALDO DOLCE JOSÉ NICOLAU POMPEO COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR FUNDAMENTOS DE '> MATEMÁTICA 9 ELEMENTAR GEOMETRIA PLANA ~ A~l EDITORA
Capítulo II - Segmento de reta Sumário Capítulo II - Capítulo III - Capítulo IV - capítulo V - Capítulo VI - Capítulo VII - Capítulo VIII - Capítulo IX - Capítulo X - Capítulo XI - Capítulo' XII - Capítulo XIII - Capitulo XIV - Capítulo XV - Capítulo XVI - Capítulo XVII - Capítulo XVIII - Capítulo XIX - Segmento de reta 1 Ângulos 4 Triângulos 6 Paralelismo 10 Perpendicularidade 15 Quadriláteros notáveis 20 Pontos notáveis do triângulo '................................... 28 Polígonos 31 Circunferência e círculo 35 Ângulos na circunferência 39 Teorema de Tales 45 Semelhança de triângulos e potência de ponto 49 Triângulos retângulos 59 Triângulos quaisquer 85 Polígonos regulares 94 Comprimento da circunferência 102 Equivalência plana .........•............................................ 107 Áreas de superfícies planas ........................................... 109 17. AD = 36 => 9x = 36 => X = 4 AB=6x=24cm B C D BC = 2x = 8 cm A" ,I~I,-"V_.) V CD = x = 4 cm 6x 2x x 18. Hipótese Tese A Q IB pi I I PA == QB => PQ == AB Demonstração: Observando o segrnento AQ comum a PQ e AR, temos: PA == QB => PA + AQ = AQ + QB => PQ == AB. 19. Temos duas possibilidades: 1~) R está entre A e C 2~) C está entre A e R 20 I A. C ' AI I~B v 20 12 AC = AB + BC => AC + BC = AB => => AC = 20 + 12 => AC == 32 cm => AC + 12 = 20 => AC = 8 cm 20. 5x + x = 42 => X = 7 cm AB = 5x => AB = 35 cm BC = x => BC = 7 cm 21. Temos duas possibilidades: 1~) R está entre A e C 2~) C está entre A e B 45 4x / Â'-- , /_----/A . B C AI, t 1,----- )C AI I 1.8 " v /' '----y--------' V ~ 4x x 45 x 4x + x = 45 => X = 9 cm 45 + x = 4x => X = 15 cm AB = 4x => AB = 36 cm AB = 4x => AB = 60 cm BC = x => BC = 9 cm BC = x => BC = 15 cm 1
- B C 22. Temos três possibilidades: Demonstraçao AI I I I D 1?) ao 1) Observando o segmento BC, temos: ~-- -JI _ 1 M B N AC == BD => AC - BC == BD - BC => AB == CD. e ' AI... ti" t 1,- .-'IP V V v . 5x 4x x 5x + 4x + x = 80 => X = 8 cm MN = MB + BN => MN = 2,5x + 2x => MN = 36 cm 2?) 5x / 1 4x AI M " / A _ , 7 P N " V ) le ao ~ x 1) BP + PC = BC => BP + x = 4x => BP = 3x 2) AB + BP = 80 => 5x + 3x = 80 => X = 10 cm 3) MN = MB + BN => MN = 2,5x + 2x => MN = 45 cm 3?) 80 I 1'--- ........ , C P M N AI"-y--------/ I"-y--------/ I~I v /I.B x x x 2x 1) BP + PC = BC => BP + x = 4x => BP = 3x 2) BN + NP = BP => 2x + NP = 3x => NP = x 3) iC + BC = AP => AC + 4x = 5x => AC = x 4) AP = 80 => 2x = 80 => X = 40 cm 5) Se o ponto M dista 2,5x do ponto A, então M é ponto médio de PN. Logo, MN = ; e então MN = 20 cm. 23. Hipótese Tese AB == CD => AD e BC têm o mesmo ponto médio B M e D AI I I I ir Demonstração Seja M o ponto médio de BC. Temos: AM == AB + BM == CD + MC == MD. Como AM == MD, M também é ponto médio de AD. 24. Hipótese Tese . 11) AB == CD AC == BD ~ 2) BC e AD têm o mesmo ponto médio 2) Análogo ao exercício 23. 26. Temos duas possibilidades: M B N 1?) AI I I I IC MN = MB + BN => MN = AB + 2 => MN _ AB + BC BC 2 --~-- 2?) AI M C N I I I IB MN = MC + CN => MN = (BM - BC) + CN => BC BC => MN = (BM - BC) + -2- => MN = BM - BC + -2- => => MN = BM _ BC => MN = AB - BC 2 2 28. O segmento MN terá medida constante e igual à metade do segmento AB. Justificação Temos três casos a analisar: 1?) A~2 A~2 / / , / A "- M B N AI I r I I P ~ '-------v--' BP/2 BP/2 Neste caso temos: => MN = AP _ BP => MN = AP - BP => MN = AB MN = MP - NP 2 2 2 T· M P N 2?) AI'-------y------I~'~I.~IB A~2 A~2 B~2 B~2 AP + BP AB Neste caso temos: MN 2 => MN = -2-· B~2 B~2 _--------.l Â"----- _ 3?) A I M 'N' . PI~I~I I IB AP/2 AP/2 Neste caso temos: => MN = BP AP => MN = BP - AP => MN = AB MN = PN - PM 2 T 2 T 2 3
Capítulo III Ângulos 75. 55. ângulo ~ x complemento ~ (90° "Ângulo mais triplo do complemento é igual a 210°." x + 3 . (90° - x) = 210° => 2x = 60° => X = 30° - x) O B 59. ângulo ~ x complemento do ângulo: (900 - x) complemento da metade: (900 - ~) Y C I c ~c ' A X triplo do complemento da metade: 3 · (900 - ~) suplemento do triplo do complemento da metade: 1800 - 3(900 - ~) 77. 180° ( - 3 90° x) - 2 = 3 . (90° - x) => 9x 2 = 360° => x:= 80° y s x 60. ângulo ~ x complemento do dobro do ângulo ~ (90° suplemento do complemento do ângulo => 90° - 2x 180° - (90° - x) - = 85° => 3 - 2x) 180° - (90° X = 15° - x) o 65. Sejam x e y os ângulos. x 2 1 y = 7 => (x = 40°, y = 140°) x + y = 180° O complemento do menor é igual a 90° - x = 90° - 40° = 50°. 78. b y s x 68. ângulo ~ x complemento do ângulo ~ (90° - x) suplemento do ângulo ~ (180° - x) "Triplo do complemento mais 50 o é igual ao suplemento." 3 . (90° - x) + 50° = 180° - x => 2x = 140° => X = 70° o 79. Temos duas possibilidades: I?) 18° 74. Os ângulos são da forma 2k, 3k, 4k, 5k e 6k e somam 360°. 2k + 3k + 4k + 5k + 6k = 360° =>. 20k = 360° => k = O maior ângulo é 6k = 6 . 18° = 108°. 72. x e Z são opostos pelo vértice => X = Z x e y são suplementares => y = 1800 - x "x mede a sexta parte de y, mais metade de z." 180° - x x x = + T => 6x = 1800 - x + 3x => X 45° x o Ox e Oy são bissetrizes a + b = 52 0 1 =>2a + 2b = 104° 2a = 40° => 40° + 2b = 104° => 2b = 64° IAÔB == CÔD Hipótese: OX, õY são bissetrizes ----. ~ Tese: { OX e OY são semi-retas opostas Demonstração -+ --+ O ângulo entre OX e O Y é dado por (a + b + c) 2a + 2b + 2c = 360° => a + b + c = 180° --+ ~ Portanto, OX e OY são semi-retas opostas. Hipótese Tese rôs e sôt, adjacentes e complementares # xôy = 45° Ox e Oy, respectivas bissetrizes Demonstração Sejam a medida de rôx = xôs = a e a me- dida de sôy = yôt = {3: a + a + {3 + {3 = 90° => => 2a + 2{3 = 90° => => a + (3 = 45° => xôy = 45°. 2a + 2b = 136° a + b ::; 68° Resposta: o ângulo formado pelas bissetri- zes é igual a 68°. 2?) Ox e Oy são bissetrizes 0 => a - b = 52 1 => a-20° = 52° => 2b = 40° => => a = 72° => => 2a = 144° 5 4
Capítulo IV - Triângulos 109. Hipótese Tese 91. a) IAB = AC AB = BC => Ix + 2y = 2x - y x + 2y = x + y + 3 => Ix y - 3y = 3 = O => (x = 9 = ' Y 3) dABC é isósCeleS') AD é bissetriz => AD é mediana (isto é, BD == DC) A AB = x + 2y => AB = 15 relativa à base O perímetro do triângulo ABC é igual a 3 . 15 = 45. Demonstração b) AB AB = AC => 2x + 3 = 2x + 3 => AB = = 3x _. 3 15 AC = => X = 6 AB => AC = 15 BC = x + 3 => BC = 9 (AB = AC; BÂD LAL = CÂD; AD comum) - - => O perímetro do triângulo ABC é igual a AB + AC + BC = 39. ==> dABD == dACD => BD == DC 92. Sejam f a medida dos lados congruentes, b a medida da base e p o semiperímetro. 111. Hipótese Tese A Temos: p = 7,5 I2f = 4b =? 1 2f + b 2 1 = 2b =75 ' =? (I = 6 m, b = 3 m) dABC é isósceles de base BC CD é bissetriz de ê ~ CD == BE Resposta: Os lados do triângulo medem 3 m, 6 m e 6 m. BE é bissetriz de ã 9S. dABC == dDEC => IÂ fi = Ô = Ê => 13a = 2a + 10 0 {3 + 480 = 5{3 => (a = o 10 , (3 = o 12 ) Demonstração (EBC = DêB; BC comum; EêB = DãC) => ALA BU ,- C 100. dCBA == dCDE => IAC AB = = CE DE => 12x 35 - = 6 = 22 3y + 5 => (x = 14, y = 10) ===> dCBD == dBCE => CD == BE Os perímetros são iguais; portanto, a razão entre eles é 1. 101 1) dPCD == dPBA => IPD = PA => I3y - 2 = 2y + 17 · CD = AB x + 5 = 15 => ( = 10 = x , Y 19) 112. AM é bissetriz AM é mediana Hipótese ) =? dABC é isósceles Tese 2) dPCD = dPBA => AB = CD (1) PC = PB PBC = PêB (dPBC é isósceles)' LAL. dPCA == dPBD. Demonstração ---+ 1) Tomemos P sobre a semi-reta AM com A CA = BD (usando (1) e o fato M entre A e P e MP = AM. lOS. A Tese MÂB = MÂC Hipótese dABC é isósceles I AM é mediana => de BC ser comum) Logo, a razão entre os perímetros destes triângulos é igual a 1. 2) (dAMB == dPMC pelo LAL) => => (BÂM == CPM e AB == PC) 3) (BÂM == CPM; AM (bissetriz) => => CPM == CÂM Donde sai que dACP é isósceles de ba- Bt II' I »H >C relativa à base se AP. Então: AC == PC. Demonstração AB = AC (hipótese) ILLL 4) De AB == PC e PC == AC obtemos AB == AC. 'Então, o J1ABC é isósceles. BM = MC (hipótese) AM comum ~ dABM == dACM B« M Mil' C Logo, MÃB == MÂC e concluímos que AM é bissetriz do ângulo Ã. p 6 7
Desigualdades nos triângulos ~ a + b + c < 2(x + y + z) < 2(a + b + c) ~ 114. Seja x o terceiro lado. Temos: ~ a + b + c <x+y+z<a+b+c 18 - 211 < x < 8 + 21 ~ 13 < x < 29. Se x é múltiplo de 6 entre 13 e 29 (exclusive), então x = 18 cm ou x = 24 cm. 115. 120 - 2x - (2x + 4)1 < x + 10 < 20 - ~ + ~ + 4 ~ x + 10 < 24 Ix < 14 I ~ ~ 116 - 4x 1 < x + 10 ~ - x-lO < 16 - 4x < x + 10 I x < 14 x < 14 x<~ 6 26 ~ -x - 10 < 16 - 4x ~ 3 ~ T<x<-3- .16 - 4x < x + 10 x >~ 5 116. Aparentemente temos duas possibilidades: 38 cm ou 14 cm. Mas um triângulo de lados 14 cm, 14 cm, 38 cm não existe, pois não satisfaz a desigualdade triangular. O triângulo de lados 38 cm, 38 cm, 14 cm satisfaz a desigualdade triangular. Resposta: 38 cm. 117. AC = b = 27, BC = a = 16, AB = céinteiro ê < Â < B ~ c < 16 < 27 ~ c < 16 O valor máximo de AB é 15. 122. Sejam: a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos: a>b b+c ( ~ 2a > b + c ~ a > --2-. a > c a + b + c 123. a < b + c ~ 2a < a + b + c => a < ----- 124. De acordo com o teorema do ângu- A lo externo, temos: a > {3. (a > {3, (3 > A) => a > A ar ::::::::.sh C & A I c<x+y<a+b 126. b < x + z < a + c => a<y+z<b+c I x<m+n x + Y + z < (p + q) + (n + o) + (m + r) '---v----' ~ ~ 127. y < r + q => Z < o + p x + y + z < a /+ ~---------- c b + n b ~ , x ~...N o z --+- A 128. 1) Tomemos A' sobre a semi-reta AM, com M entre A e A' e MA' = ma. 2) (LlAMB == LlA'MC pelo caso LAL) ~ ~ A'C = c 3) No LlAA'C temos: Bt I I ~c Ib - c I < 2ma < b + c ~ Ib - cl b + c => 2 < ma < --2-· 129. 1) De acordo com o exercício 128~ temos: A b+c a+c a+b) (ma < -2-; mb < -2-; me < -2- ~ ~ ma + mb + me < a + b + c. b a 2) LlABM: c < ma + T. Analogamente, 8/ ""C C b a M a b < me + 2' a < mb + 2· 2" 2" . a+b+c Somando membro a membro as deSIgualdades, temos < ma + mb +mc• 8 C 8 9
Capítulo V - Paralelismo 147. a) Os ângulos internos são dados por (180° - a), (180° - (3) e (180° - 'Y). Como a soma destes deve ser igual a dois retos, temos: (180° - a) + (180° - (3) + (180° - 'Y) ;::: 180° => a + (3 + 'Y ;::: 360°. b) Oe modo análogo: (360° - a) + (360° - (3) + (360° - 'Y) ;::: 180° => a + (3 + 'Y = 900°. 148. a) ê ;::: x + 15° => (x + 15°) + (x + 15°) + x ;::: 180° => x;::: 50° b) AêB ;::: 180° - 4x. dABC é isósceles de base BC => 180° - 4x ;::: x => X ;::: 36° c)  ;::: 180° - (x + 70°) i  ;::: 110° - x => X 70° " 180° -  ~ 180° - (110° - x) C ;::: 2 x ;::: - - - 2 - - - 149. d) AB ;::: AC 1) dACO é isósceles => A => Aêo;::: x 2) AÔC ;::: 180° - 2x 3) CÔB ;::: 2x 4) 4CBO é isósceles => => CBO;::: 2x 5) Bêo ;::: 180° - 4x 6) 4ABC é isósceles => => 180° - 4x + x = 2x => => X = 36° B" • '" "'C 1800 -4x f) 1) 4ABO é isósceles => A B => ARO;::: 65° 2) AOB = 50° 3) BÔC ;::: 130° 4) 4DBC é isósceles => => X = 25° c ) { x + y ;::: 2x + 10° ( -x + Y ;::: 10° g x + y + 2x + 10° + Y ;::: 180° => 3x ~ 2y ;::: 1700 => x;::: 30°, y = 40° h) 1) dABC é isósceles => AêB;::: 2x + y 2) Eêo ;::: 180° - (x + y) - (2y - 25°) 3) Eêo ;::: AêB (o.p.v.) 4) dCOE é isósceles => X + Y ;::: 2y - 25° 11800 3) e 4) => - (x + y) - (2y - 25°) ;::: 2x + ~ => x;::: 150 ;::: 400 x + y ;::: 2y - 25° , Y A E 2y-25° 152. Construímos a reta t, t / / r, t / / s. t divide o ângulo de 1200 em dois outros: y e z. 40° y ;::: 40° (alternos internos) y + z ;::: 112° => z;::: 72° - - - - - - - --t z ;::: x (alternos internos) => X 72° 154. Construímos a reta t, t / / r, t / / s. t divide o ângulo de 1000 em x e y. 3a x ;::: 180° - 3a (colaterais internos) y ;::: 180° - 2a (colaterais internos) - -t x + y ;::: 100° => 360° - 5a ;::: 100° => a 52° 2a 165. Do dABC temos: A 2b + 2c + 80° ;::: 180° => b + c ;::: 50°. 00 dBCO temos: b + c + x ;::: 180° => => 50° + x ;::: 180° => x;::: 130°. x b c B Pfb ~C 11 10
167. ângulo do vértice: x 176. A A ângulo da base: (1800 - ~ x) x 5 ~x 180o --x 4 X+ 2(1800 - ~ X) = 1800 => X= 1200 4 Resposta: os ângulos medem 120°, 30° e 30°. A 168. Seja x o valor dos ângulos externos em B e C. Temos: 8 l I - - Fig. 1 C 8 K I ' - - ....., -« '" C I • ~ 2x ~ x A=W ~ A=T a) É fácil deduzir (figura 1) que os ângulos medem 30°, 75° e 75°. 75° 75° x b) De acordo com a figura 2, temos x + -2- + -2- = 180°. Donde vem: ---,- + 2 . (180° - x) = 180° ~ x = 100° 5 x = 105°. x c) De acordo com a figura 3, temos: ~ x ~ A = - => A = 20° x + 15° + 37° 30' == 180° => X 127° 30' 5 B c y = 15° + 37° 30' => y = 52° 30' A 169. AABC: x + 2b + 2c = 180° ~ 179. primeiro ângulo: x I x segundo ângulo: x-28° => X + (x - 28°) + (x + 10°) = 180° ~ x == 66° 180° - x => b + c = terceiro ângulo: x + 10° Resposta: os ângulos medem 66°, 38° e 76°. APBC: x + 76° + b· + c = 180° ~ 180° - x 182. Prolonguemos a reta AB. x + 76° + = 180° => 3m 2 c Na figura temos: {3=2m+3m => (3=5m a={3+m => a=6m  A 81=""': ) - , "'C => X 28° m 170. a é ângulo externo do AABD => a=-+B 2 => a-{3=B-ê  ~ {J é ângulo externo do AACD => {3=-+C 183. 1)  + B+ ê = 180° => A 2 => B + ê = 180° -  174. ACDE: CDE = 180° - 6{3; A 2) 2b + B= 180° 1 EêD = 100° ~ => 2c + C = 180° x + 100° + (180° - 6(3) = 180° ~ => 2(b + c) = 360° - (B + ê) 8/8 => X = 6{3 - 100° C" ","C b AABC: 3{J + {3 = 100° => 3) 2 (b + c) = 360° - (13 + ê) => c b I C => (3 = 25° => 2(b + c) = 3600 - (180° - Â) = / x = 6{3 - 100° ~ = 180° +  ' / => X = 50° I " x / I X B' ! , , ! " :'>  4) x + (b + c) = 1800 => X + 180° +  180° => X 90° C 180 0 -61j D T 12 13
184. Na figura marcamos os ângulos de A mesma medida. ~ABD: x + y == z + 48° ~ACD: y == z + x Subtraindo membro a membro: x == 48° - x ~ x == 24°. A 185.. Seja x a me~ida do ângulo Â. Temos: 1) ~AEF é isósceles => FÊA == x 2) DPE é externo ao ~AEF => DFE == 2x 3) DÊC é externo ao ~AED => DÊC == 3x 4) ~CDE é isósceles => DêE == 3x 5) BDC é externo ao ~ACD => BDC == 4x 6) ~BCD é isósceles => CíiD == 4x 7) AC == AB => BêD == x 8) Â + B + ê == 180° => => X + 4x + 4x == 180° => X == 20° CV) x II &+1 ( 8 187.. Na figura temos: A 1) ~ABC é isósceles => ABD == AêD 5-x 2) EDB, AêD correspondentes => => EDB == AêD 3) FÕC, ABD correspondentes => ~ FDC == ABD BA (IV l (( C 4) AEBD e ~FDC são isósceles 3 o 4 Indiquemos por x e y os lados de mesma medida desses triângulos. Temos: AE + ED + DF + AF == (AE + x) + (y + AF) == 5 + 5 == 10 cm. 188.. 1) Indiquemos as medidas AB == AC == b A e CD == a, donde obtemos BC == a + b. 2) Tracemos AP com AP == b, de modo b b que BÂP == 60°. Obtemos dessa forma o triângulo equilátero APB de lado b. 3) Consideremos agora os triângulos PAD e ABC. Note que eles são congruentes ,/" B pelo caso LAL. A a I / ' / ' Logo: PD == AC == b e APD == 100°. I 60~'/b 4) De PD == b concluímos que o ~BD 1!!.-0L1>" é isósceles. Neste triângulo PBD, o P como fi == 160°, concluímos que !J == D == 10°. 5) Finalmente, de ABP == 60°, DBP == 10° e CRA == 40°, concluímos que CBD == 10°. 14 Capítulo VI - Perpendicularidade A 192. 1) (AHB == 90°, B == 70°) => HÂB == 20° 2) AS bissetriz => SÂC == 35° 3) ~ABC: (Â == 70°, B== 70°) => ê == 40° 8' "V- m e H 5 I "c E b) 193. a) A< ,...... '"' o c - ---+ 1) AêB == 65° 1) Prolongamos AR até cortar CD em E. 2) AêB e DêE são o.p.v. => 2) ~AED: Ê == 55° => DêE == 65° 3) ~BCE: x == 90° + 55° => 3) x == 90° - DêE => X == 25° => X == 145° 198. 1) âABH => HÂB == 30° 2) âACH => HÂC == 70° 3) SÂC == 70° - x 4) AS é bissetriz => X + 30° == 70° - x => => X == 20° 200 c 8 H 5 199. 1) Usando o resultado do exercício 194: c 2 x + TX == 180° => X == 108°. ,... 2 A ... 2) B == -x => B == 72° == A 3 3) Â + B+ ê == 180° => ê == 36° Resposta: os ângulos medem 36°, 72° e 72°. AI '"' -, '8 P 15
201. a) b) A A B c c B 1) AM = MC ~ ê = x 1) AM = MB ~ B = 50° + x 2) ~ABC: x + 90° + 65° = 180° => 2) ~ABH: x + 50° + x = 90° ~ ~ X = 25° ~ x = 20° 203. 1) ~AEB: ABE = 20° 2) ABE = 20° ~ EBC = 70° 3) ~ABC: ê = 20° B 4) BD é mediana => DB = DC => => DBC = ê = 20° 5) EBO + OBC = 70° => => EBO + 20° = 70° => EBO = 50° A I - - ,-I 20 o E D" ( ......... c 204. 1) AM é mediana => A => AM = MB ~ BÂM = B 2) BF é bissetriz => ABF = ~ 3) x é externo ao LlABF => " B 3B ~ x=B+-=-- 2 2 c ' " ç B 'II;:sr. '" '" 205. 1) ~AMS: M = 68°, AMC = 112° 2) AM = MC => ~AMC isósceles ~ ~ ê = MÂC = 34° 3) ~ABC: B = 56° Resposta: B = 56°; ê = 34°. C < , II" ) I " B s 207. 1) LlPBC: b + c + 116° = 180° ~ 3) Usando o resultado do exercício 194, ~ b + c = 64° temos: 2) LlABC: 2b + 2c + Â = 180° ~ H 1ÔH2 = 128° ~ H 2ÔC = 52°. ~ Â = 52° A A b BEc': ..... C 208. 1) LlABC: 90° + fi + C = 180° => A ~ B + ê = 90° 2) ~ACH: HÂC = fi 3) ~AMC é isósceles => MÂC = ê 4) x + 13 = ê => X = ê - B B < .... II _'_ I I - I 'C Procedendo de modo análogo, obtemos: A 5) x = fi - ê Logo, 4), 5) ~ x = IB- êI. , , , e ! ~C B -- II H 209. Hipótese Tese AM é mediana J A ~ LlABC é retângulo AM = BM = MC Demonstração 1) LlABM é isósceles => ABM = MÂB = a 2) LlACM é ísósceles ~ AêM = MÂC = {3 Bt , II '-( ....... C • >- 3) LlABC: 2a + 2{3 = 180° ~ a + (3 = 90° 4) a + (3 = 90° => Â = 90° 17 16
A 211. Hipótese Tese ~BC é isósceles BD altura relativa a AC ~ {BD =CE CE altura relativa a AB Demonstração Br ;pc BC == CB (comum) LAAo --- ABC == AêB (âABC isósceles) ==> âBCE == âCBD ~ BD =CE CÊB = Bbc (retos) 212. AM é lado comum A I _ "" _ LAL AMB =AMC (AM é altura) ~ âAMC == âAMB BM =MC (AM é mediana) ~ AB == AC ~ âABC é isósceles. 'B ' ,,':':' ' ) C 214. Conforme a figura: A 1) âABC: 2b + 2c + 900 = 1800 ~ ~ b + c = 450 2) âIBC: x + b + c = 1800 ~ => X = 1350 B r c' ::=se. C ! 215. Hipótese Tese A BE =CD âABC é isósceles Demonstração caso (BE = CD; BC comum) ~ especial ~ âBCD = âCBE ~ CBD == BêE ~ ~ ~BC é isósceles. B tc :==+c A 220. 1.a parte: âAHB: ha < c Analogamente: hb < a; hc < b. Somando as desigualdades, temos: ha + hb + hc < a + b + c. Be ,-, 'c 2.a parte: x H a-x âABH: c < ha + x )~ 2ha > b + c - a âACH: b < ha + a - x Analogamente: 2hb > a + c - b; 2he > a + b - c. Somando as três últimas desigualdades: ha + hb + hc > a + b + c 221. Sendo M o ponto médio de DE e in- B E dicando AB = f, temos DM = EM = f. Note que também BM = f. Dessa forma concluímos que os triân- gulos ABMe BME são isósceles. Cal- culando os ângulos das bases, obte- s A C mos x = 36°. 222. Tracemos SP tal que SP .1 BC. B Temos: _ / ' o " " : ' /' LAAo (BS comum; SBP == SBA, P ~- A) ==> ~ âBSP == âBSA ~ ~ AS == SP ) ~ AS < SC âSPC ~ SP < SC s c 223. 1) Os ângulos da base devem medir A 70° cada. Daí, EBD = 35°; EêB = 55°; BFC = 90°. 2) Note que BP é bissetriz e altura. Assim, o ãECE é isósceles e então PC = PE. 3) Note agora que DP é mediana e é altura no âCDE. Então, âCiJE é isósceles e daí: DÊP = 15°. ~150 4) Do ânEP tiramos x = 75°. 35oh:;: 35° 55° B c 18 19
Capítulo VII - Quadriláteros notáveis 226. a) PA = PB => B= x 1000 + 1200 + 3x + x = 3600 => D p => X = 350 b) Traçamos BD. dABD e dBCD são isósceles => => ADB = 400 , CnB = 700 x + 400 + 700 = 1800 => X = 700 227. a) 1) AP bissetriz => BÂP = 65o 2) Indiquemos por 2y o ângulo Ê. C 3) BP bissetriz => ABP = PRD = y o 4) dABP: x + 35 0 = y + 65 0 ] => X = 700 ABCD: x + 2y + 800 + 1300 = 3600 b) A ' YB 1) Marquemos os ângulos congruentes determinados pelas bissetrizes AP e BP. 2) dPAB: a + b = 180 0 - x ] => X = 1000 ABCD: 2(a + b) + x + 1000 = 3600 229. De acordo com a figura, temos: dABP: a + b = 1800 - x dPCD: c + d = 1800 - Y ABCD: 2(a + b) + 2(c + d) = 3600 => => 2(1800 - x) + 2(1800 - y) = 3600 => => X + Y = 1800 D C B o c~c 1.Q parte Trapézio ABCD: 2d + 1100 = 1800 => d = 350 dPCD: c + d + (x - 150 ) ;::::: 1800 => C + 350 + x => C + x = 1600 (1) Trapézio ABCD: 2c + x = 1800 (2) (1) e (2) => X = 1400 2.0 parte c + x = 1600 => C + 1400 = 1600 => C = 200 => - 150 BêD = 1800 400 => 235. AD = 20 cm, BQ = 12 cm => 20 => CQ = 8 cm A Se BQ = BP = 12 cm, então dBPQ é isósceles e fi = BQP e BQP = CQD (o.p.v.). Como AP / / CD, temos APQ = CDQ (alternos internos) => => dCQD é isósceles => c« _ ' ii : II => CQ = CD = 8 cm. Logo, o perímetro do paralelogra- mo ABCD vale 56 cm. p 244. Sejam a e b os ângulos consecutivos. Temos: [:::: 1:(~0: b) ~ (a = 110°. b = 70°). Resposta: os ângulos medem 110°, 70°, 110° e 70°. 20 21
245. Hipótese ABCD é paralelogramo AP e BP são bissetrizes => Tese APB = 900 I .C Ângulo formado pelas bissetrizes de  e Ê: dABP => => 500 + 600 + x = Ângulo formado pelas bissetrizes de ê e D: ACDQ => => 400 + 300 + Y = Ângulo formado pelas bissetrizes de Ê e ê: dBCR => => 500 + 400 + z = Demonstração p = 1800 => X = 700 = 1800 => y = 1100 = 1800 => z = 900 ABCD é paralelogramo => => 2a + 2b = 1800 : a + b = 900. 4?) 5?) 6?) dPAB: a + b + APB = 1800 => => APB = 900 AV b(~ 247. ABCD é losango => as diagonais são perpendiculares ,. 1 A C' , "U-l~D CV'foU- >.I'" I D Seja PAB = T . 90° = 30°. ,s • - - , 3D Então, temos: no dABP, ABP = 60°. Como as diagonais do losango são Ângulo formado pelas Ângulo formado pelas Ângulo formado pelas bissetrizes de  e D: bissetrizes de  e ê: bissetrizes de Be 15: também bissetrizes, os ângulos do lo- AADS => Quadrilátero ABCT: Quadrilátero BADM: sango são: 60°, 120°, 60°, 120°. Dt L-_- r' -- I )8 => 600 + 300 + w = 600 + 1000 + 400 + t = 500 + 1200 + 300 + m = = 1800 => w = 900 = 3600 => t = 1600 = 3600 => m = 1600 0 0 254. a) 1) PÂB = 60 , BÂD = 90 => PÂD = 30 0 I .ADP = 750 c 2) PA = AD => AAPD é isósceles ~ 251. Os ângulos a que se refere o enunciado são adjacentes a uma mesma base, se- não sua soma seria 180°. Sejam x e y os ângulos. Temos: c { X + Y = 47~0 => (x = 41 0,y = 370). x - y = O maior ângulo do trapézio é o suplementar de y, que é 180° - 37° 143°. Resposta: 1430. K II ,,8 252. Seja ABCD o trapézio, com ê = 80°, fJ = 60°. Daí,  = 120° e fJ = 100°. 0 b) 1) PÂB = 600, BÂD = 900 => PÂD 150 => ADP = 150 I 1?) 2?) 3?) 2) PA = AD => dAPD é isósceles p C I ou ou - ( D ,e , ! .... D ,V ! « 'D c 8 22 23
255. b) y x = 2y - 7 -2- 3x + -2- =? x = 6; y = 19 2 RS é base média do trapézio 20 + 12 => RS = _ => RS =? = 16 cm 12 256. DE é base média ~ DE = 1 2 4 = 7 A AV 20 ~B EF é base média DF é base média ~ ~ EF = ; = 4,5 DF = Jf- = 5,5 264. c) y x = = y -2- + 7 x + 16 -2- =? (x = 10, y = 13) 7 Perímetro âDEF = 7 + 4,5 + 5,5 = 17. 16 = Y + -2-z => z = 19 14 259. l.a parte A N B d) AACD => MP = ~ 2 z M, N, P, Q pontos médios de AD, AB, BC, CD; MN = NP = PQ = QM I âABC ~ AC = 2NP =? âABD =? BD = 2MN AC == BD o Q c âBCD =? NQ = .L 2 MN = .L + Y + 1 +.L => 2 2 x - y y + 1 = --2- => X - 3y X - 2y + 5 = 2 = 2y + => 2.a parte B => (x = 20; y = 6) M, N, P, Q pontos médios de AD, AB, BC, CD; MNPQ é retângulo_ I âABC ~ ACIINP ~ i i NV-__~_---~P I i I I i I . I AL._. _._.~-_._.~_.-'----1-'-'-._~C M/,.< o y i< c âABD ~ BD II MN I i I I i I => AÔB == MNP =? AC .1. BD M~----i----~Q I ~ A x B o 262. Sejam B a base maior e b a base menor. Temos: o b c B+b =20 2 B=~ 2 => (B = 24 cm; b = 16 cm). 265. Note que no flBCE da figura o ângu- lo ê mede 45 o. Logo, o MJCE é isós- celes e então BE = h. Como AE = b, temos BE = B - b. h Portanto, h = B - b. 263. âABC => AB PR = -2- => 20 PR = 2 => PR = 10 cm âBCD => RQ = CD -- => 2 RQ = 12 - 2 => RQ = 6 cm 24 25
266. SejaABCD o trapézio, com ê = 30°. Tracemos BF, BF 1- CD, BF = 2h. ~BCE ~ :ã = 60° I . ~CEF ~ F = 60° ~ ~ ~CF equilátero de lado 2h. BC Portanto, h = -2-. A hl o 271. Inicialmente observemos que Pé pon- to médio de AC e Q é ponto médio deAB. AQ = BQ = AP = PC = f MQ é base média => MQ = f) => MP é base média => MP = f => APMQ é losango A I R/i Q p IV B· M C 272. Seja ABCD o quadrilátero com A Â = ê = 90°, BE bissetriz de Ê, DF bissetriz de 15. 8 267. Seja o paralelogramo ABCD, ao lado. Sejam AF e CE as bissetrizes dos ân- A A E ( i o Temos: ~CDF => d + x = 900] b gulos obtusos. ABCD ~ 2b + 2d = 1800 ~ = x AD II BC ]-C ".. => DE DÊC = BCE (alternos) D~C = a] => AF I I CE EAF = a = a c b e x são correspondentes => BE I I DF => D c 268. Da figura podemos concluir que: 4a + 4b = 360° => a + b = 90°. Quadrilátero BFOG ~ => FÔG = a + b = 90° (1) ~OB é isósceles ] ~ oÂF = OBF = b 2a + 2b = 1800 B F A I a I a EJ-----~b ~b-----tG 273. Unimos E com M, ponto médio de BC. Temos: CME == BMG (o.p.v.) I - - ALA ÇM =;. BM ~ ~CEM =~BGM C == B (retos) => (EM == MO, EC == BO) ~BOF ~ F = 90° (2) (1), (2) ~ EG II AB Analogamente, FR 1/ AD. o O H a, a I c Além disso, como BC + CE = AE, temos: EC == BG ~ AG == AB + BG == BC + CE Então: == AE. 269. Seja BÂC = a. A B - - - - - LLL - - (EM == MG, AG == AE, AM comum) ~ ~E == ~G ~ GAM = EAM = a. _ _ _ _ A ALAL - _ BÂC, AêD alternos internos ~ ~êD = a] => (BM == DF, AB == AD, B = D)==> ~BM == ~F ~ BAM = DAF = a. ~A.aC isósceles de base AC ~ ~ AC é bissetriz do ângulo ê. BCA = a Logo, BAE = 2a = 2· FÂD. o F E C Analogamente, BD é bissetriz de D. a o C M 270. Seja o paralelogramo ABCD. B / / AD == BC (lados opostos) ILAA DÂC == BêA (alternos) ~ AQn == BPC (por construção) ",/'" / / / / a",/ , / ", a ~ ~ ~AQD == ~CPB ~ BP == DQ A 8 G OK V 26 27
Capítulo VIII - Pontos notáveis do ~riângulo b) Tracemos a diagonal BD. Seja BDnAC= {M). 278. Tracemos a diagonal BD. A M B Note que G é baricentro do fJJCD. ABCD é paralelogramo ~ BQ == DQ }~ A diagonal AC mede 8 + x. Daí, B M é ponto médio de AB ~ AM == MB ~ P é baricentro do dABD ~ AM =MC = 8; x. DP 16 ~ x=-- ~ x=- ~ x=8 8+x 2 2 MG = MC - GC = -2- - x ~ o A "" A 279. 1) DHE e BHC são o.p.v. ~ DHE = 1500 ~ MG=~ 2) Quadrilátero ADHE ~ Â = 300 2 G é baricentro do fJJCD ~ ~ GC = 2 . MG ~ x = 8 - x ~ o => X = 4. 286. Quadrilátero ADOE ~ DÔE = 1100 A Quadrilátero CEOF ~ EÔF = 1300 Quadrilátero BDOF ~ DÔF = 1200 A razão entre os dois maiores ângu- 282. Temos duas possibilidades: los formados pelas alturas vale: I?) A 2~) A 1300 13 1200 12 1200 = 12 ou 1300 = 13· 8 (' ,-- 7/ M '" r J "ç - - , ) , c '~c~ 288. PQ é base média do dABC ~ AP = PC = 15 cm. dABC é retângulo I BP = 15 , . . , . ~ cm BP e medIana relatIva a hIpotenusa O é baricentro do dARC ~ PO = 5 cm. APN = 500 ~ PÂN = 400 Então, Ê = ê = 50°. ~ Â = 800 NPQ = 500 ~ NPR = 1300 Então, Ê = ê = 65°. => Â = 500 289. Tracemos a diagonal AC, que intercepta o 283. a) P é baricentro ~ (~~ ;(; !XX) ~ (x = 4, y = 6) BD em Q. Temos: ~~ :, ~~ } ~ P é baricentro do .:1ACD AM = AB = 15 ~ AP 2 = - 3 . 15 => ~ AP = 10 / / / /~ / Q / / / Aw ~B 28 29
290. RS / / BC ~ IRgB = Q~C (alternos) ~ ;;A~ SQC = QCB (alternos) => ILlRBQ ~ .isósceles => IRQ = RB LlSCQ e Isósceles QS = SC Ternos: 15 18 Perímetro do LlARS = Q ~ JR = (AR + RQ) + (QS + AS) = ~ b = (AR + RB) + (Se + AS) = b/ c = 15 + 18 = 33 cm b c B C 291. Para facilitar, sejam  = 20, Ê = 2b e ê = 2c. A LlABC ~ 2a + 2b + 2c = 180° => => a + b + c = 90° Daí: a + b = 90° - c; a + c = 90° - b; b + c = 90° - a. LlAOB => AÔB = 180° - (a + b) ~ => AÔB = 180° - (90° - c) ~ => AÔB = 900 + c ~ BV "..... , -III "C " ê ~ AOB = 90° + - 2 " B -  Analogamente, AOC = 90° + T; BOC = 90° + T· Capítulo IX - Polígonos A B 293. e) AB / / ED =>  + Ê = 180° ABCDE é pentágono => ~  + fi + ê + Ô + Ê = 540° ~ ~ ( + Ê) + B + ê + fi = 540° ~ ~ 180° + (x + 20°) + 90° + (x + 10°) ~ X = 120° = 540° => o ....c 294. a) Quadrilátero ABCD:  + B + ê + Ô = 360° ~ => 90° + 1100 + 90° + + 180° - x = 360° => ~ X = 110° b) Quadrilátero ABCP: .x + 15° + B + 65° + + 180° - X = 360° ~ => B = 100° ~B 100 0 Pentágono ABCDE:  + B + e+ Ô + Ê = 540° ~ ~ 2x + 30° + 100° + 130° + C 90° + 85° = 540° ~ x = 52°30' ~ p c) Análogo ao item b. d) Sejam  = 2y e D = 2z. Temos o que segue: Pentágono ABCDP => => y + 90° + 160° + z + 135° = = 540° ~ y + z = 155° Hexágono ABCDEF => => 2y + 90° + 160° + 2z + x + + 40° + x = 720° ~ ~ 2(y + z) + 2x + 290° = 720° ~ ~ x = 60° F, E' E ! ,-- o o .• >' , ·~B , 297. a) Note que o MJPC é isósceles, pois BP = BC. O ãngulo interno ai do pentágo- 540° no mede ai = -5- = 108°. E c ABP == 60° => PBC = 48° ~ => X = 66° 30 31
b) LlABP é equilátero => BÂP = 60° D 311. De cada vértice partem n - 3 diagonais. Logo, n - 3 25 e, então, n = 28. Resposta: o polígono possui 28 lados. Ê ~= 1,~8~ } => DÂE = 360 ADE e lsosceles A B E c DÂE + BÂP + x = 108° => 320. Seja 2x o ângulo interno. => 96° + x = 108° => X = 12° Quadrilátero ABCP => 2 => X + 2x + x + 9 . 2x = 360° => c => X = 81 ° => ai = 162° => B => ae = 18° => 298. a) BÂF = 90° => FÂE = 18° 360° => 18° => n 20 ABE é isósceles => AÊB = 36° n x é externo ao LlABE => X = 36° + 18° => X = 54° GÂF = 45°, x = 5.4° => ERA = 81° = GHB 321. n = 20 => ai = 162° => ae = 18° ~ÇBD é is~sceles => CBD = 360} . ORE = 360 LlPBC => P = 180° - 18° - 18° => EBA = BAE = 36° =? => P = 144° A B P Y + ORE + OHB = 180° => y + 36° + 81 ° = 180° => y = 63° l~o---~~-- D '-90 ..." 'c c D 322. Observando o quadrilátero MBNP, B temos: Av' I ... B = 156° => ai = 156° => / ~ , / .A. b) A~ = AG => LlA~G é isóSceles} => AFG = 750 = 450 => ae = 24° => N BAG = 90° => FAG = 30° => y 360° A / => - - = 24° => n = 15 24° ;' Note que FOA = 75°, AGI = 90° e, então: HGI = 15°. n '0/ c Analogamente, l/O = 15°. d = n(n - 3) => )~P LlGIJ => X = 15° + 15° => X = 30° 2 E D => d = 15(15 3) => d=90 2 n(n - 3) 323. Sendo d = 2 ' temos: d + 21 = (n + 3) . (n + 3 - 3) n(n - 3) 21 = (n + 3) . n => => F c 2 2 + 2 => (n + 3)n _ n(n - 3) = 21 => n[(n + 3) - (n - 3)] = 42 => 2 2 => 6n = 42 => n =------r- d = n(n - 3) => d = _7_._(7_-_3_) => d = 14 2 2 A B 32 33
324. Quadrilátero ABCD: Capítulo X - Circunferência e círculo  = 1800 - (a + b) fi = 1800 - (c + d) I ~ 342. (1) RA + RB = 7; (2) RA + Rc = 5; (3) RB + Rc = 6 ç = 1800 - (e + O Somando (1), (2) e (3) temos: RA + RB + Rc = 9. (4) D = 1200 Fazendo (4) - (1), vem Rc = 2; (4) - (2) vem RB = 4; e (4) - (3) vem RA = 3. ~  + fi + ê + D = 3600 ~ 1800 - (a + b) + 343. a) + 1800 - (c + d) + + 1800 - (e + O + 1200 = o = 3600 ~ ~ a + b + c + d + e + f = 3000 328. nI = n; n2 = n + 1; n3 = n + 2 n(n - 3) (n + 1)(n + 1 - 3) (n + 2)(n + 2 - 3) - 28 2 + 2 + 2 - ~ ~ n2 - n - 20 = O ~ n = - 4 (não serve) ou n = 5. O polígono com maior número de lados é o que tem mais diagonais. Logo, n3 = 5 + 2 ~ n3 = 7. PA = PQ ~ âPAQ é isósceles I PJ! = PQ ~ âPBQ é isósceles Quadrilátero APBQ ~ 0 331. (n + 1 - 2) · 1800 _ (n - 2) . 180 = 50 ~ APB = 800 n + 1 n 0 0 ~ 2a + 2b = 280 ~ a i" b = 140 } ~ AQB = 1400 (n - 1)· 1800 (n - 2) · 1800 ~ - = 50 ~ AQB = a + b n + 1 n ~ n(n - 1) . 1800 - (n + 1)(n - 2) . 1800 = 50 · n(n + 1) ~ ~ n2 + n - 72 = O ~ (n = - 9 ou n = 8) ~ n = 8 b) Traçamos a reta t, tangente comum pelo ponto Q. Prolongamos BP até interceptar a reta t em R. Note que t n AP = {SI. p SA = SQ ~ âSAQ é isósceles I Rg = RB ~ âRQB é isósceles Quadrilátero APBQ ~ APB = 1000 ~ 2a + 2b = 260 0 ~ a t b = 130 0 } ~ AQB = 1300 AQB = a + b 353. R - r < d < R + r I ~ R-II < 20 < R + 11 ~ 9 < R < 31 d = 20 cm; r = 11 cm 34 35
R é múltiplo de 6] ~ 9 < R < 31 ~ (R = 12 cm ou R = 18 cm ou R = 24 cm ou R = 30 cm) 354. Seja RA , RB e Rc os raios das circunferências de centros A, B e C, respectiva- mente. Temos: RA + RB = 12 (1) Rc - RA = 17 (2) Rc - RB = 13 (3) (2) + (3) ~ 2· Rc - (RA + RB) = 30 =1 2Rc - 12 = 30 ~ ~ Rc = 21 m ~ RA = 4 m ~ RB = 8 m Resposta: RA = 4 m, RB = 8 m, Rc = 21 m. 355. Seja AP = x. Então, c PB = 7 - x = BQ. BQ = 7 - x] ~ QC = x-I = CR 9- x BC = 6 ~~ : ; - 1] ~ AR = 9 - x 7-x Mas: AR = AP ~ 9 - x = x ~ ~ x = 4,5. B 7-x x A p 359. Temos: a + b + c = 2p ~ ~ b + c = 2p - a. (1) B c-x x A Seja AP = x ~ AO = x ~ ~ OB = c - x ~ BR = c - x ~ c-x ~ RC = a + x - c ~ x ~ CP = a + x - c Como CP + AP = b, temos a+x-c+x=b ~ ~ 2x = b + c-a. a+x-c a+x-c Utilizando (1), segue que 2x = 2p - a - a ~ x = p - a. c 361. Note que RA = RC, que SB = SC e que PA = PB. Temos: perímetro dPRS = = (PR + RC) + (SC + PS) = p = (PR + RA) + (SB + PS) = = PA + PB = 10 + 10 = 20 cm. 364. Temos BC = 26 cm (Pitágoras). De acordo com a figura: (10 - r) + (24 - r) = 26 ~ ~ r = 4 cm. 366. De acordo com as medidas indicadas na figura: (c - r) + (b - r) = a ~ b + c - a ~ r 2 367. a = (b - r) + (c - r) ~ a = o + c - 2r I ~ ~-rC a + b + c = 2p ~ b + c = 2p - a 1 ~ a = 2p - a - 2r ~ a = p - r ~a r .lb-r B c-r c r A A 10 D 370. Observe que a altura do trapézio (AB) tem medida igual a 2r. ABCD é circunscrito ~ 2r ~ AB + CD = AD + BC Então: 2r + 13 = 10 + 15 ~ r = 6. 8 15 C 371. Sejam a e b dois lados opostos e c e d os outros dois lados opostos. Temos: a - b = 8 (1); c - d = 4 (2); a + b = c + d (3); a + b + c + d = 56 (4) Substituindo (3) em (4): a + b + a + b = 56 ~ a + b = 28 (5) (5) e (1) ~ (a = 18 cm, b = 10 cm) (3) ~ c + d = a + b ~ c + d = 28 (6) (6) e (2) ~ (c = 16 cm, d = 12 cm) 372. BC = 4 ] perímetro dABC = 10 ~ AB + AC = 6 (1) DP = x ~ DQ = x EQ = y ~ ER = y BR = z ~ (BS - - z, SC = 4 - z = CP) 37 36
(1) => AB + AC = 6 => A => AE + ER + RB + AD + + DP + PC = 6 => => AE+y+z+AD+ +x+4-z=6 => => AE+y+ + AD + x = 2cm,emque AE + Y + AD + x é o perímetro do AADE. C 4-z S z B 374. A x Q y 8 I , o w S zC Hipótese: [ABCD é paralelogramo circunscrito Tese: [ABCD é losango. .Demonstração Basta mostrar que AB = BC. , IAB CD X + Y w = => = z + (1) ABCD e paralelogramo => AD BC (2) = => X + w = y+ z Somando membro a membro (1) e (2), obtemos: 2x + y + w· = 2z + y + w => X = z. Então: AB = x + Y = z + Y = BC => AB = BC = CD = AD => ABCD é losango. 375. Sendo O o centro, AB o diâmetro e c CD uma corda qualquer que não pas- sa pelo centro, considerando o triân- o gulo COD, vem: B CD < OC + OD => CO < R + R => => CO < 2R => CO < AB. 376. Sejam AB e CD as cordas tais que A MO == NO, em que M é ponto mé- B dio de AB, N é ponto médio de CD e O é o centro da circunferência. Temos: c MO == NO (hipótese) o I Capítulo XI - Ângulos na circunferência 382. c) COA = 1800 - x => => ABc = 2 . (180° - x) ABC = 150° => ÁDc = 3000 ABc + ADc = 360° => => 2(180° - x) + 3000 = 3600 => X = 1500 => 384. AÔC = 100° OA = OC (raios) => dAOC é isósceles (OB 1.. AC; dAOC isósceles) => => OB é também bissetriz => => AÔB = BÔC = 50° OH = oe (raios) => .:lHO: isósceles 1 => X = 650 B BOC = 50° 385. AÔD = 1150 => ÁÕ = 115° ,.--..... ....-..- ADC AD + DC x=-2-=>x= 2 => B => X 1150 + 105° 2 => X = 1100 F 386. ex Cm + ÃEB 2 => 115 0 => 70° AEB + 50° 2 + AEB => => AEB = 450 cm = AEB + 500 => ..--.. CFD = 950 x 388. b) ABC = 40° => AÔP = 120° => => BE = 120° BE-éD 2 => éD = 80° PDB = 600 => B B 120 0 E => X 120° - 800 2 => => X 20° OB == 00 (raios) => dMBO == dNDO => MB == ND => AB == CD dMBO, dNDO retângulos A 38 39
389. b) AVB ....--... ACB - AR 2 => B => AVB = 310° - 50° => => AVB = 130° dRVS => (8 = 40°; V= 130°) => => X = 10° R/X A V ::::-=:-'~Q 391. B6c = 160°. Prolongamos CO até interceptar a circunferência em D. Temos, então, BÔD = 20°. BÔD = 20° => fiB = 20°. Unindo O e A e usando o fato de => => a a OBA = 60°, obtemos t1A.OB isósce- les. Daí, AÔB :;::: 60° e AR = 60°. Então: ÃB+OO 2 60° + 20° => a = 400. c A 60° 393. Unimos o p~nto A com o ponto C. Note que ACB :;::: 90°. Unimos C com Q e Q com D. Temos: (CD :;::: R, CQ = R, QD = R) => => dCQD é equilátero. Então: ....-.... ... CD = 60° => CAD = 30°. (dACK, C = 90°) => a = 60°. A B 600 395. a) dAOD é isósceles => => (OÃD = y, AÔD = 180° - 2y) AÔD = Ãi> => 180° - 2y = 120° => y = 30° dABC é retângulo em B, então: x + L = 90° => 2 => A c => X + 15° = 90° => X = 75°. 40 b) ABCDE é pentágono regular. Então: o ÃB = BC = éD = fiE = ÁE = 72° Daí: E c ÃB + DE x => 2 => X 72° _ + .72° => X 720. B 396. Unimos o centro O com o ponto C e com o ponto A: o OB .i AC => M é ponto médio de AC. dOMA == dOMC (LAL) => => AÔB = BÔC = 60° ..... ~ AOB = 60° => AFB = 60° .--.. .....-..... AFB = 60° => ABC = 120° => => ADC = 60° 397. Consideremos o triângulo PQR da figura. Seja QR = x. Calculemos x: ~ ...-.... A 800 = QPR - QR => 2 => 800 = 360° - x - X => 2 => X = 100°. Analogamente, y = 140° e z ::;: 120°. Daí: A X P _ 500. P=T=> - , y ;.. y Ô - 70°· Q--=> 2 - , - ~ B R C z ,.. R--=>R= 600. - 2 398. AR, Bce AC são proporcionais a 2, 9 e 7 quer dizer que AR, BC e AC são da forma 2k, 9k, 7k. Então: 2k + 9k + 7k = 360° => k = 20° => => ÁB = 400;OC = 1800;ÁC = 140°. v ..,C Daí: AC ÁB => a = -2 a = 20°; {3 ::;: -2- => {3 = 70°. 41 ~
~ 401. BQC = x => BC = 360° - x 2So = 360° - x - X => 2 => X = 152° => BÔC = 152° dBOP == dQOP (caso especial) => => BÔP = QOP = a dCOR == dQOR (caso especial) => A => CÔR = QOR = b Temos: 2a + 2b = 152° => a + b = 76°. Como PÔR = a + b, temos PÔR = 76°. ,........ ' I d d ." I ·1' . . AM .......... 360° 402. AM e a o o trIangu o equI atero InscrIto => = -3- => AM = 120° - , . . . - . 360° .......... BN e lado do quadrado InscrIto => BN = -4- => BN = 90° .......... ...--.... (AM~ 120°, AMB = IS0b ) => => MB = 60° N t :;: P ............ ,........ o. (MB = 60°, NB = 90°) => ~ ~ => NBM = 150° => NAM = 210° Então: ,,--.... ~ NAM - NBM a = => 2 210° - 150° => a = 2 => a = 30°. 404. Â = B= é = 60° => A P ,,-.. ,..... ~ => AB = AC = BC = 120° Temos: ~ --.. APB = ACB - AB => 2 => APB = _2_4_0°_-_12_0_° => 2 => APB = 60°. 1200 c 405. a) BÂC = 35° => BC = 70° => ~ => CD = 110° ~ 110° - 70° DI • I J :> ) CPD = . => => CPD = 20° => X = 160° ....--... 2000 160° b) EGF = 1600 => BÂC = 2 => BÂC = 200 ........... BÂC = 200 => BC = 400 ~ ~ AD + BC AD + 40° .......... 700 = => 70° = => AD = 1000 2 2 ~ AD = 1000 => X = SOo E x o 407. Hipótese Tese r / / s => m(ÁB) = m(éõ) A c ,/' " Demonstração /><:., AêB = ADB = a (pois subtendem o mesmo arco ÁB) a s Analogamente, CÂD = CBD = {3. AêB, CBD são alternos => => AêB = CBD => ex = {3 ex = (3 => m(ÁB) = m(éD) 409. Sendo a hipotenusa igual ao diâme- tro (2R) da circunferência circunscri- ta e CPOR um quadrado, temos: BR = BS = a - r 1=> AP=AS=b-r A => AB = a + b - 2r => b-r => a + b - 2r = 2R => a-r => a +b = 2(R + r) B a-r R r 42 43 I A
412. A , " A A Capítulo XII - Teorema de Tales B H1 s............... .~ __--", H1 " I I I I I I I I ·-1 H2 H, C Teorema de Tales - - - 419. A'C' II AC 1~ ACC'A' é paralelogramo AA' II CC' ~ A'C' = AC = 30 cm. Daí: (; = ;, x + y = 30) = ~ (x = 12 cm, Y = 18 cm). • _ ~ r -~ t -, .. b ;r=-a 1) AÊH2 ;: AêH], pois possuem lados respec- tivamente perpendicu- lares. 2) A circunferência de diâmetro AB passa por H j e Hb pois AfIjB = AHI3 = 90°. Então, AÊH2 ~ Alij H2 , pois subtendem o mesmo arco AR2 na circunfe- rência de diâmetro AB. 3) Analogamente ao pas- so 2), temos AêH] == A HjH], pois subtendem o mes- mo arco AR] na cir- cunferência de diâme- tro AC. A K ___------,---------~----~-----~--~-a ....!!!..k ~k 5 5 n ... J L ~k/ ~k 5 Y 10 424. b De 1), 2) e 3) concluínlos que: AHj é bissetriz do ângulo H]Hj H2 • Procedendo de modo análogo aos passos 1), 2) e 3), teremos HjH]C ~ Cfi]H2 e H]fi2B == BH2 H j e, portanto, o ponto H é incentro do AHj H2H]. A .... AC /0 I _ G ~k 5 / 7 t H )~ M' ~k 5 .. c N· d H2 s H, C AB, BC e CD são proporcionais a 2,3 e 4, isto é, AB, BC e CD são da forma 2k, 3k e 4k, respectivamente. Temos: 1) AE AB = ~ 2 ~ AE 2k = ~ 2 ~ AE = 3k AB BC = AE EF ~ 2k 3k = ~ EF ~ EF = ~ k 2 BC CD = EF FG ~ 3k 4k = 9 T k FG ~ FG = 6k JK AB = ~ 5 ~ JK 2k = ~ 5 ~ lK = ~k 5 44 45
2) Analogamente, encontramos: b) Sejam AB == x e AC == y. Temos: 11 = 2 5 7 k; IR = 3 5 6 k 27 81 KL == -5-k, LM == lQk e MN == 54 -5-k. perímetro dABC == 23 ~ x + y == AP , b·· 18 8 e lssetrlz externa ~ - == - x y 131 ~ x 9m 3) AD + AG + HK + KN == 180 ~ ~ (2 + 3 + 4 + 3 + 9 - 2 + 6 + 36 - 5 + 27 - 5 + 18 - 5 + 27 - 5 + 81 - 10 + 54) - k 5 == 180 ~ x , ..... ..... ..... , ~ k==~ 7 ~ 4) k == 20 7 (EF == 90 - cm LM 7 ' == 162 - - cm CD 7 ' == 80) - cm 7 437. Sejam CP Temos: == x, AR B == y, AC 10 m == z. ...' ... , ........ -------- --~ 8m p 427. Hipótese AD AE - - = - - DB EC Demonstração ~ Tese DE II BC A Teo. biss. int. 3 ~ Z == TY Teo. biss. ext. ~ => Z 6 8 Y 14 + x _ --y- ~ ~ Z ~ B 8 S 6 ----.............................. -- ê--- ---i----::===p Tomemos E' em AC, DE' I I BC. Temos: AD AE --==-- ~ DB EC D~ _ 14 + x __ x_ ~----- 3 Y _)j' 4 ~ x == 42 m ~ AD + DB DB AE + EC EC ~. 438. Temos duas possibilidades: 1~) A 2~) A ~ AB == AC DB EC Teorema de Tales (1) ~ B c 18 cm AB ~ DB (l)e(2) == ~ AC E'C (2) EC == E'C ~ E = E' => DE II BC B 9 cm 16 cm C B 16 cm 9 cm 'C 9 18 == 16 AC ~ AC == 32 cm ~ 18 _ 9 - AC ~ AC == 81 -8- cm Teorema das bissetrizes 434. a) perímetro ~ABC == 75 cm I ~ BS == 10 cm, AC == 30 cm Sejam AB == x, SC == y. Temos: I ~ == .L x == 300 x 30 ~ Y x + y = 35 [ x + Y = 35 AB + SC == 35 cm Ix == 20 cm e y ~ ou x = 15 cm e y == = 15 cm 20 cm ~ 439. Note que BC == 40 m. Perímetro dABC == 100 m ~ AB + AC == 60 m => ~ c+b==60 c + b == 601 ~ == ~ ~ (c == 40 e 16 24 ~ b == 36) A b ~ (AB == 15 m ou AB == 20 m) B 16 m 24m c 46 47
=> => X = 12 cm 441. Teo. biss. int. Teo. biss. ext. => 20+Y_2- =>~-24 x 20 - x - - - - => 3x 2x 20+y_~=> ~ - 2x => y=40cm 8 x , 3x ~ /12x ", " , ......, , 20-x C-----------s Capítulo XIII - Semelhança de triângulos e potência de ponto 2p = 42 cm Semelhança de triângulos 454. 2p = 8,4 + 15,.6 + 18 => 443. O centro do círculo é o incentro do ãABC. Sejam E, F, G os pontos de tangên- cia da circunferência com os lados BC, 6 k = - 5 Seja t o maior lado do segundo triângulo. Temos: 18 18 6 -t- = k => -t- 5 => t = 15 cm. 2p 42 k=-=>k=-=> 2p' 35 AB e AC, respectivamente. Temos: AF = AG = 3; CG = CE = x; BE = BF = 6 (BD = 7; BE = 6) => DE = 1 => => CD = x-I O centro' do círculo inscrito é incen- tro do dABC, donde tiramos AD bis- setriz de Â. Então: BD CD 7 x-I - - - - => - - - - => AB AC 9 3 + x => X = 15. 458. DE / / BC => dABC - dADE => AB AC BC => --=--=-- => AD AE DE x + 5 y + 7 18 => - - - = - - - = - => X y 12 => (x = 10 m, y = 14 m) A r, XI "- Y I , I "- I ' I " I " 5i' 12m '3 B 18 m C 444. BC = 5 cm 1 Casos ou critérios de semelhança Perímetro dABC = 15 cm => => AB + AC = 10 cm (1) Teo. biss. int. ~ iB = lc (2) (1)e(2) => (AB=6cm,AC=4cm) . ect~ BS CS Teo. blSS. 8. => AB = AC => => 5 + CS = CS => CS = 10 cm 6 4 B 3 460. a) a ~ {j ~ 1=> dABC ACB == BCE AB AC BC => DE = DC = EC y 12 8 => - = - = - => 8 x 6 ~ (x = 9, y = 33 2 ) b) a = {j 1 AêB == DêE => dABC - dDEC => - dEDC => => A ~ A, é O / 8 J E => => AB _ AC ED - EC = ~=~_ 4 y - BC DC => y+2 --8~ => ex 6 X O ~ (x = 7, y = 10) 8 2 48 49
------------------------ A AêB == BêD (comum) ~ 461. a) BÂC == CBO I 465. ASR == ABC (iguais a a) I ~ ~SAR __ ~BAC ~ SÂR == BÂC (comum) ~ ~ABC -- ~BDC ~ SR AS x 5 ~ - - = - - ~ - = - ~ AB AC BC ~ - - = - - = - - ~ BC AB 8 10 BD BC DC ~ x = 4 5 9 x ~ - = - = - ~ y x 4 c ' 8 'B I => (x = 6, y = 13°) A 467. AêE == A~B (dado) I ~ ~ACE -- ~AOB ~ c x B CÂE == OAB (comum) AC AE 11 -.2- ---~--- ~ c ~ AD - AB x + 5 8 b) BÂC == CãD I AêB == BêD (comum) => 63 ~ x = -5-cm 4 => ~ABC -- ~BOC ~ AB AC BC ~ - - = - - = - - ~ o BD BC DC ~ x =Y+4=~ ~ I b) B1C == C~D I ~ 5 6 4 q, 468. a) B1C == CÇE (retos) => , B ACB == DCE (comum) ACB == DCB (x = ~, y = 5) ~ ~BC -- ~DEC ~ ~ ~ABC -- ~BDC ~ AB AC AC BC 462. a) r II s ~ dABC -- ~ADE => ~--=--=> => _.- = - - => DE DC BC DC A BC H ~--=-=> 8 15 8 x + 4 10 DE h => - = - ~ X=- ~---=-~ x = 21 x 5 3 10 4 h 21 8 + x 8 ~ - = - - - ~ x=6 A<!"" 12 8 H E"-------r Q 12 QA'A . '> Ix 5 B 21 c ()c b) Análogo ao item o. B c~, aVVB 464. a) AI} I I DE ,,=> BÂC = DÊC (alternos) I => ~ABC __ ~EOC v ' ACB == ECD (o.p.v.) 17 10 b) Da semelhança do item o, temos: , A 5 B 469. CÇE == A~C (retos) 1 ~ A AB BC 5 7 --=--~- DCE == ACB (comum) DE CD 10 CD => ~ ~DCE -- ~BCA ~ '0 ~ CD = 14. c DE CD ~--=--~ AB BC 15 x 15 45 ~ T5=w ~ x=T '$ o 10 E 50 51
A 4 B 476. Note que y é base média do trapézio. 470. ABC == COE (retos) 1 Daí: x-4 AéB == CÊD (correspondentes) => 4 + 16 => dABC -- dCDE => ~ y == 2 => y == 10. a-b AB BC => --= - - => Tracemos RI, com RI .1 KI. Temos: CD DE a a-b b b2 => - - - = - => x=-- ., ",., 11:>-' E b x a - b ~~D'----v---' a b x 471. ABC == COE (retos) 1 AêB == CÊD (correspondentes) => => AABC -- dCDE => 6-x 3 AB BC => CD + DE => 3 6 => - - - = - => x==4 6 - x x 2p == 4x => 2p == 16 9 472. Seja x o lado do quadrado. Temos: CÊD == CÂB (retos) 1 4-x COE == DBF (correspondentes) => => dCDE -- dDBF => DE CE => --= - - => BF DF x 4 - x 12 => ---==--- => x==- 6 - x x 5 474. ABCD trapézio => AB / / CD => E => dEAB -- dECD => EF AB => -.-==-- => h EG CD h+ 10 cm h + 10 50 => h == 3'"0 => h == 15 cm => 10 cm => (EG == 15 cm, EF == 25 cm) A 475. DE / / BC => dADE -- dABC => A DE AF =>--==--=> BC AG b 12 => - == - => b == 10 cm 20 -3- 50 20 50 I C 3 ED = FG == IK == 4. ,"' .-, A H Então obtemos: CD == x - 4 e GH == 6. CD / / GH => dBCD -- dBHG => 9 CD BD => --==-- => HG BG x - 4 3 => ---==- => x==6 f / 6 9 16 477. (AC == 17, EC == 4) => AE == 13 / AêR e EnC possuem lados respecti- o vamente perpendiculares. Daí: A AêB == EÔC 1 ABC == DÊC (retos) => y => dABC -- dCED => 8 AB AC BC => CE == CD == ED => 8 17 15 => - = = - = - => B 15 c 4 y x = y ~ (x li, = 1;) 478. Sejam ABC == b, AêR == c. Então: dABC => b + c == 900 d~GD => b + Bf;D == 90° => ~ÔD == c 1=> A dCFE => C + CFE == 90° => CFE == b BD GD => dBGD -- dFCE => - - == - - => FE CE 8 x => -==- => x=4cm x 2 Logo, o perímetro do quadrado é B igual a 16 cm. AB AC} 480. AE == AD . caso LAL dABC -- dAED => A BÂC comum semelhança 8 10 AB BC 25 X => - - == - - => -- x == 30 li=> AE ED 10 B 53 52
481. BÂC == BêD I . A ABC comum ~ ~ LlABC - LlCBD => AB BC ~--=--~ CB BD x + 4 10 ~---=-~ 10 4 x = 21 B 10 c 482. B1C == A~D (retos)I => c APC == BPD ~ LlAPC -- LlBPO ~ o AP AC =>--=--=> BP BD 13 x 13 =>---=-=> 25 - x 7 65 x = Tcm 7 A x p 25-x S 483. Unimos os pontos C e E. AE é diâmetro => AêE = 900 (1) ABD e AÊC subtendem o mesmo ar- co AC => ARO == AÊC (2) Si 1°' ~ "'1 (1) e (2) => LlABD -- LlAEC ~ => 6 h - = - => 30 10 h=2cm E 484. Tracemos o diâmetro BP e unamos PcomA. A~B == AÇB (subtendem o arco ÁB) I=> BAP == AHC (retos) => LlAPB - LlHCA => => AB PB --=-- => HA CA => -±- = 2R => R = 4 3 6 485. Pelo ponto A tracemos MN, com MN//CD. OIÂM ==02ÂN (o.p.v.) I _ A => OIMA == 02NA (retos) => LlOIMA - Ll02NA => OlA OIM =>--=--~ 02A 02N h h => ~ = R - h => h = 2Rr r h-r R+r o 54 486. GÔB == EÔD (o.p.v.) I 00 == OB ~ ABO == ADO == côo ~ LlBGO == LlBEO => ~ BG = DE = 2 m DE = 2 m => AG = x - 2 DE / / AG => AFAG -- LlFDE => B(" '" 'L:- "II FA AG => - - = - - ~ FD DE x+4 x-2 ~ --4- = --2- => X = 8 m F c 487. Tracemos a bissetriz interna AS. Temos o que segue: A Aês = SÂC = y => => LlACS isósceles => AS = SC = k 10m (BC = x, SC = k) => BS = x - k 6m ASB é externo ao LlACS => ASB = 2y B~S == A~B I => LlABS - LlCBA ~ B/ LY( . v"'. c ASB == BAC x-k S k 6 k x-k I => X = 10 = -6- ~ ~~x=-~O~l~ 6k (2) 5 (2) => 10x = 16k ~ k = TX (3) (3) em (l) ~ x· ~ x = 60 ~ x = 4..J6m 488. Unimos A e B com Q. Temos o que p segue: Q~H == P~Q (subtendem QB) I => QHA == QSB (retos) ~ LlQAH - LlQBS => QH QA =>--=--=> QS QB x QA => - = -- (1) 9 QB QBA == RÂQ (subtendem ÁQ) I A ~~ => QHB == QK1. (retos) ~ LlQHB -- LlQRA ~ QH QB ~ - - = - - => QR QA 55
=> ~ = QB => --±- = QA (2) 4 QA x QB x 4 (1) e (2) => - = - => X = 6 9 x ~ ~ ~ ~ 489. 1) Ô = ARC - AQB => fi = ARC _ AQB => ~ ÁRC_ê*1 D = -2- 2 2 2 Ao ",...-.... => C + D= ARC --2-- 5 R p ê a D ~ ,,--..... ,.....-......, ,..--.... ,.. ........--... 2) ê = ASD - APB => ê = ASD _ APB => C = ASD ... -2 - D => 2 2 2 ~ => ê + Ô = ASD 2 1) e 2) => Ãiê = ÃSD => ABC = ARD = 90° => IAC é diâmetro AD é diâmetro. 3) Como t e i são tangentes, temos CÂD = 90°. Então: dACD => ê + fi = 90°. Daí: (dABC => BÃC = Ô; dABD => BÃD = ê) => dABC - âDBA ::} AB BC x b => - - = -- => - = - => x2 = ab => X = .Jab. DB BA a x Potência de ponto A 495. a) (PA) x (PB) = (PC) x (PD) => x-4 => 3· 8 = (x + 4) . (x - 4) => D => x2 - 16 = 24 => c 2 x = 40 => X = 2..J1O Resposta: 2.vw . 8 b) (PT)2 = (PA) x (PB) => => x2 = 2 . (2 + 2x) => => X = 2(1 - ~) (não serve) ou x = 2(1 + ~) Resposta: 2(1 + ~). T 496. a) (PA) x (PB) = (PC) x (PD) => b) (PA) x (PR) = (PC) x (PE) => => 4· (4 + 2R) = 8 . 18 => => 5· 11 = 4 . (16 + CD) => => R = 16 => CD = 4 (CD) x (DE) = (DF) x (DR) => => 4· 12 = 2 . (2R - 2) => => R = 13 8 R 5 p 4 R 10 E p 500. Temos: dA = 10, d8 = 3, de = 6, r = 6. A 2 Pot A = Idi - r 1 => => Pot A = 1102 - 62 1 => Pot A = 64 Pot B = Id~ - r21 => => Pot B = 132 - 62 1 => Pot B = 27 Pot C = I d~ - r2 1 => => PotC = 162 - 62 1 => PotC = O Logo, Pot A + Pot B + Pot C = 91. 57 56
501. (PT)2 = (PA) x (PB) => Capítulo XIV - Triângulos retângulos => (PT)2 = 18 . 28 => BI • r - :::;> p => (PT) = 6VÍ4 Relações métricas T 514. a) (6-JS)2 = 122 + y2 => y = 6 b) y2 + 42 = (4v'5)2 => -B y2 = 12 . z => 36 = 12· z ~ => y2 = SO - 16 => 502. (PV = R, SV = 2r) => PS = R - 2r => Z = 3 => y = S Potência de ponto => x2 = y2 + Z2 => x2 = 36 + 9 => 42 = X • Y => 16 = x . S => => (PT)2 = (PV) . (PS) => => X = 2 => X = 3-JS => r2 = R(R - 2r) => => r2 + 2Rr - R2 = O => z 2 x => r + 2Rr + R2 - R2 - R2 = O => x => r2 + 2Rr + R2 - 2R2 = O => R 12 y 4 y => (r + R)2 = 2R2 => => r + R =.J2R => 6Y5 4.J5 => r = (.J2 - I)R 515. x2 + 122 = 132 => X = 5 144 122 = 13 . y ~ y = - - A p~ 13 r 2 x = 13 . Z => 25 = 13z => 505. A~ == AC" => fi == ÁC => AÔB == ABP 1 => 25 o => z = O 13 BAD == BAP (comum) => ~ABD -- ~APB 12 . x = 13 . t => 12· 5 = 13 . t => A 60 z => t = O 516. a) b) c) f( I I ! ' "c o 2R 62 = 2R . 2 => IX2 + y2 = 80 => x2 + 42 = 62 => 2~ => R = 3 x2 = 2y 42 = X • Y => => y2 + 2y - 80 = O=> => 16 = 2~· y => => y = -10 (não S~ => y = -5- serve) ou y = 8 Masy = 2R - 2. DaÍ': x + y = 2R => 2R - 2 = 8 => sv'5 => 2-JS + -5- = 2R => => R = 5. ~ R = 9-JS 5 58 59
519. a) 8 F x b) 524. a) x v 4 4~ x 4 ~p Be ,-, ' - ' ) 10 o 2 E y x '-~ v 12 (x + y)2 + 42 := (4v!5)2 => x2 + y2 == (2.Ji3)2 = 52 Note que (2X)2 + y2 = 102 => ( 12 :; x y+ 42 = 52 => => X + Y == 8 (1) 2 AABC == AFED (caso especial) => x2 = y2 + 42 => x2 ~ y2 = 16 => => 4x2 + 52 - x := 100 => => BC = DE = 2. Daí: => (x + y)(x - y) = 16 => => X = 4 => (12:;XY=9 => x2 + 22 = 62 ::::> X == 4.J2. => 8(x - y) = 16 => => 12 - x = 3 => X = 6 => X - Y == 2 (2) (1) e (2) => X == 5 522. a) b) d) c) A A 10 B A B , r I I I 1 , I I I I I I " 12 I I 5 X/ '4 x/ 17./ xl :8 v: 6 I I I I I I I I I I I ~ ___ EL __ ' > I K { - __ ci o x B 8 c o H 7 C o 9 C V E y 5-y ABCD paralelogramo => ABCD paralelogramo => x2 X2 + y2 = 20 => AB = CD = 10 => HD == 3 => AD = BC = x I y2 == 36 - [ AAHD: x2 == 32 + 42 => X == 5 ABED: (9 + y)2 + 82 = 172 => y2 = 144 - (x + 8)2 => x2 + (5 - y)2 := 25 => => (9 + y)2 = 225 => => 36 - x2 = 144 - (x + 8)2 => => 20 - y2 = 25 - (5 - y)2 => => 9 + Y = 15 => y = 6 11 => y=2 => x=4 => X = 4 ABEC: x2 = 82 + y2 => => x2 = 64 + 36 => X = 10 Pit. 525. c) AACD: (AC = 10, AD = 8) ===:) CD == 6 523. Da figura temos: Pit. r;:::;- (EF = AB == 10, CD == 20, DE == x) => ABCD => (BC == 8, CD = 6) ~ x == 2" 7 => (CF == 10 - x) A 10 B 2 AADE: h2 + x =:; 64 1 ABCF: h2 + (10 - X)2 == 84 => 2 h 2 = 64 - x 1 => => h2 = 84 - (10 - X)2 ;:;> 64 - x2 = 84 - 100 + 20x - x2 => => X == 4 o x E h2 + x2 = 64 => h2 + 16 = 64 => 10 F 10-x C => h::; 4-13 60 61
527. b) Tracemos ACpelo ponto de conta- to da circunferência maior com a reta tangente. Temos: 53t. b) Unimos o centro com os pontos de tangência e obtemos o quadrado POQA. A ~ABC: (AC = 9, AB ==. 15, (AD == 8, DC == 4m ~ => BC== x) =} x2 == 152 - 92 =} X == 12. => AC == 12 AC II OP => Aêo == PÔBl AB II OQ => ABO == QÔC => 528. a) A 10 B b) A => áPBO PB - áQOC PO => B III ((('../=1 I ''> C r- I =>--==--=> QO QC I R: I => 8 - r - - - r r = - - 12 - r => + => r == 4,8 m A B H 15 531. b) AS é bissetriz ~ ~ = 1~ ~ ABCD é circunscritível => => AB + CD == AC + BD => (AH = 25, DA = R) => OH == 25 - R => => X == 2y áABC => AC2 == AB2 + BC2 => 100 == (2y)2 + (y + 5)2 => => x 1. => => 10 + 15 = 2R + BD BD == 25 - 2R => ~DHC => => R2 == (25 - R)2 + 152 => => y == -5 (não serve) y==3 => x==6 ou y == 3 ~BED => => R = 17 m B y 5 c => (25 - 2R)2 == (2R)2 + 52 => => R=6m 536. Aplicando o teorema de Pitágoras A 529. a) m b) no áAMB: 62 + U r= (2 ~ (= 4.J3 2p == 3f => 2p == 12.J3m C t M t B 2 """2 Note que as retas f e m são tangen- tes e, portanto, perpendiculares aos raios nos pontos de contato. Daí: ~ABC é retângulo em C ~ => AB2 = 82 + 62 => AB == 10 ReI. métricas => PA == PB = PC == x (tangentes a partir de P). Daí: ~RST: (RS = 10, RT = x - 4, ST = x - 6) Teorema de Pitágoras: 102 = (x - 6)2 + (x - 4)2 => => x2 - 10x - 24 == O => 537. Para facilitar os cálculos, seja a ba- se BC == 2x. 2p == 18 => AB == AC == 9 - x. 4AMC: x2 + 32 == (9 - X)2 => => x=4 => BC==2x => BC==8m A => 8· 6 = 10 . ~ 2 => X 9 6 ' => X = -2 (não serve) ou x = 12 B x x C 62 63
538. A menor altura é relativa ao maior lado. Triângulo de lados 4 m, 5 m e 6 m é acutângulo. Temos: dABD: x2 + y2 = 16 } dACD: x2 + (6 - y)2 = 25 =) =) 16 - y2 = 25 - (6 - y)2 =) A 5m =) Y = 9 4 =) x2 + ( 9)2 4 = 16 => 6-y =) x = 5-Jf -4-m B o 6m C 539. dAHC =) (10 - X)2 + h2 = 100) =) dBHC =) x2 + h2 = 144 => 100 - (10 - X)2 = 144 - x2 => =) x2 - (10 - X)2 = 100 =) 36 =) x = - 5 362 x2 + h2 = 144 =) h2 = 144 - - =) 52 x A =) h 9,6 m B 12 C 543. Seja 2x a medida da base. Temos que os lados congruentes devem me- dir 2x + 3, cada um. Aplicando Pitá- goras no dAHB: (2x + 3)2 = x2 + 122 =) =) x2 + 4x - 45 = O => =) (x = - 9 (não serve) ou x = 5) x = 5 =) base = 2x = 10 m. A x B 544. Sendo 2D e 2d as medidas das diago- nais e .e a medida do lado do losan- go' temos: 2p = 68 =) f = 68 4 =) .e = 17 m 1 2D - 2d = 14 D2 + d2 = 172 =) Id=D-7 => D2 + d2 = 289 => =) D2 + (D - 7)2 = 289 =) => D2 - 7x - 120 = O => =) (D = - 8 (não serve) ou D = (D = 15 m => d = 8 m) =) 15 m) (2D = 30 m, 2d = 16 m) 64 545. Seja ABCD o trapézio retângulo. Temos: A 3 B AB + BC + CD + AD = 30 =) => AD + BC = 18 m AD = h => h + BC = 12 => => BC = 18 - h. h 18-h Traçando BE, BE ..1 CD, temos: DE = AB = 3 } CD = 9 dBCE: (18 - h)2 6 =) CE = m = h2 + 62 =) o 3 6 C =) h=8m 550. Sejam b e c as medidas dos catetos. Temos: Ib2 + c2 = 625 =) Ib2 + c2 = 625 =) bc = 12 . 25 bc = 300 .Ib2 + c2 = 625 (1) b c ~ 2bc = 600 (2) (1) + 2) => b2 + 2bc = c2 = => (b + C)2 = 1225 =) 1225 =) , v 25 m ' =) b + c = 35 (3) (3) e (2) =) b2 - 35b + 300 = O =) I b=20=) ou b = 15 =) c c = = 15 20 Resposta: os catetos medem 15 m e 20 m. 556. Seja P o ponto de tangência de CD com a circunferência e tracemos a altura CQ. Temos: BC = CP = r· AD , = DP = R } =) AD = R, AQ = r =) RD = R - r =) CD = R + r dCRD: (R + r)2 = h2 + (R - r)2 => h = 2-JRf 557. a: hipotenusa, b, c: catetos. Temos: a2 + b2 + c2 = 200 (1) [ 2 a = b2 + c2 (2) 2 2 (1) em (2) =) a = 200 - a =) a = 10m 65
559. Considerando a figura, note que 563. Traçando os raios pelos pontos de AB = EF = 10 cm. Temos: tangência e BC / / PQ, em que C é (CE = x, EF = 10, CD = 24) => DF = 14 - x o centro da circunferência menor, 2 LACE: x2 + h2 = 169 => h2 = 169 - x I obtemos o triângulo ABC. Daí: LBDF: (14 - X)2 + h2 = 225 => h2 = 225 - (14 - X)2 => AB2 + BC2 = AC2 => => 169 - x2 = 225 - (14 - X)2 => X = 5 cm => 82 + BC2 = 322 => LACE: x2 + h2 = 169 => 52 + h2 = 169 => h = 12 cm => BC = 8mcm. x A 10 B PQ = BC = 8..JIT cm 565. Seja ABCD o trapézio isósceles cir- A x B cunscritível, conforme figura ao la- do. Seja x e y as bases. Temos: y - x AB = EF = x· DE = FC = - - e , 2 AD=BC= X;y. 5". Trapézio é isósceles => A 8 o => AB = CD = 13 cm Sendod o diâmetro, no LADE, vem: Trapézio é circunscrito => X + y)2 ( Y - X)2 ___ = d2 + --- => ( => AD+BC=AB+CD => 2 2 => AD = 8 cm ~ d2 = ~ d = (x ; yr-(y ; xy ~. Traçando as alturas AFe DE, temos: (EF = 8, BC = 18, BF = CE) => 566. Unindo B com C obtemos o triângu- => BF = CE = 5 cm lo ABC, retângulo em B, pois AC é LABF: 52 + h2 = 132 => h = 12 cm F 8 E 5 C diâmetro. Daí: ~E > 561. LABM: AM2 + 82 = 172 => B~ ~ li == D(retos) I => => AM = 15 cm BÂC == EÂD (comum) => LABC - LADE => LBMC: MC 2 + 82 = 102 => A/ , IMI AC AB => MC = 6 cm 1116 I "'c => --=-- => AC = AM + MC => AC = 21 cm AE AD 2R 8 => --=- => R=5cm 0'- 15 12 12 .JII'" 562. Considerando as medidas indicadas 567. Seja D o ponto de tangência da cir- A na figura e aplicando potência de cunferência com o lado AB. Trace- ponto ao ponto P em relação a À, te- mos o raio ODe Temos: mos: LADO => OD2 + DA2 = OA2 => 5 p (PT)2 = (PA) x (PB) => => 32 + DA2 = 52 => DA = 4 cm => (PT)2 = 6 . 24 => (PT) = 12 cm A~O == A~B (retos) I => OAD == BAM (comum) => LAMB - LADO => Cl '- t:t/ B 24cm MB AM x 8 x M x => - - = - - => - = - => X = 6 => BC - 12 cm DO AD 3 4 - 66 67
568. dABC => AB2 = b2 + 1 l => o dABD ==> AB2 = 4 + BD2 2 PJ J => BD2 + 4 = b2 + 1 => A => BD = ~, b > -Jf b L ~ C 1 B 569. dACD => AC2 + AD2 = CD2 => A B => AC2 + 152= 252 => => AC = 20 cm 7 ! 20 Relações métricas no dACD: ~ AC . AD = CD . h => !h I => 20· 15 = 25 . h => h = 12 cm 1-, ( I o ,.e 25 571. Temos duas possibilidades: 1?) 2?) <4 A B Sejam P e Qos centros das circun- Neste caso traçamos PR tal que ferências. Traçamos QR, QR / / AB PR / / BQ e QR tal que QR / / AB. e os raios PA e PB. Note RA = BQ = 3 cm. Como Note RA = QB = 3 cm. Como PA = 15 cm, segue-se PR = 18 cm. PA = 15cm,segue-sePR = 12 cm. Então: dPQR: PR2 + RQ2 = PQ2 => Então: âPQR: PR2 + RQ2 = PQ2 => => 182 + RQ2 = 242 => => 122 + RQ2 = 242 => => RQ2 = 252 => RQ = 6.Jfcm I, => RQ2 = 432 => RQ = 12-Jfcm AB = RQ = 6.Jfcm. AB = RQ = 12.J3cm. I I 572. a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos: 2p = 24 => a + b + c = 24 => I => b + c = 24 - a (1) I ,. b 24 b 1 I c RI e . metrlcas => • C = a . -5- => 24 1- : 5 24 => b· c = - . a (2) I 5 Teorema de Pitágoras => => b2 + c2 = a2 (3) (1) => (b + C)2 = (24 - a)2 => b2 + c2 + 2bc = 576 - 48a + a2 => (3) (2) 24 => a2 + 2 . Ta = 576 - 48a + a2 => a = 10 m 573. Considere o triângulo PQR, em que P, Q e R são os centros das três cir- cunferências que se tangenciam exter- namente. Seja x o raio a determinar. Note que PO = r-x. Então: âOPR: 1'1 ~ • I A' • Á -. r B (x + ~r= (r - X)2 + (~r ~ "2 r => X = T' 574. Sejam ABC o triângulo que obtemos ao unir os centros dos círculos, P o ponto de tangência entre os dois círculos de mesmo raio. Temos: dBPC: BC2 = Bp2 + PC2 ~ (16 + r)2 = 162 + (16 - r)2 => => (16 + r)2 - (16 - r)2 = 256 => => (16 + ; + 16 - f)(1P + r - 1,,6 + r) = 256 => => 32· (2r) = 256 => r = 4. A 16-r c I I 69 68
::) x 575. Sejam ABCn o quadrado e EFGHIJLM o octógono regular. Temos: (AD = 1, AF = x, DE = x) ::) ::) EF = 1 - 2x EFGHIJLM é regular ::) ::) EF = FG = 1 - 2x âAFG: (1 - 2X)2 = x2 + x2 ::) ::) (1 - 2X)2 = 2x2 ::) ::) 1 - 2x = x-J2 ::) ::) x(~ + 2) = 1 ::) 2 - V2 2 1 A x G D x M _xl ~ / / //H v/ 1 - 2x I F 1-2x I E r", ", h '..... x J x L x C H x B , L.:.. ,, ", '.... // / / / / ,,/ r:- 576. Traçamos os raios pelos pontos de tangência e obtemos o trapézio retân- guIo EPQF. Traçando a altura QS desse trapézio, obtemos o triângulo retângulo QSP. Daí: a 2- r a 2 B (; + rY = (; - rY + (; - ~ ; + r= (; - r) ·V2 (3 - 2V2) . a ::) r = 2 rY ~ ~ a 2 D c 577. Construímos o triângulo ABC, de la- dos AB e BC paralelos aos lados do quadrado, conforme figura ao lado. Considerando as medidas indicadas, podemos aplicar o teorema de Pitágo- ras ao âABC: a (4r)2 = 2 · (a - 2r)2 ::) ::) 4r = (a - 2r)~ ::) (V2 - 1) . a ::) r = 2 a-2r a-2r 578. Construímos o triângulo OPB, tal que OP II AC, PB II DE. Note que OB = R, OP = R - 12 e PB = 54 - R. âOPB ::) => R2 = (R - 12)2 + (54 - R)2 ::) ::) R2 - 132R + 3 060 = O => R ::) R = 102 cm (não serve) ou R = 30 cm. 579. Temos duas possibilidades: 1~) E está entre as mantanhas. 2~) A montanha menor está entre E e a maior. ~P2 P2 17 _._._._._._._._._._._._._. "/ ~,. / 1 100 8 // 11 ._.-.-. 2 900 / // Q lN P1"'"-1-5õõ---------+-----J::I~ o o o (O 900 900 o o H, 1 200 E 2 100 H2 Pitágoras âP1H 1E H 1E = 1200m (P1H 1 = 900, P2H2 = 2 000) ::) Pitágoras ~ P2Q = 1 100 m âP2H2E H2E = 2100 m âP1H1E~EH1 = 1200m!::) âP1P2Q ::) ::) (P1Q = H 1H2 = 3 300 m; âP2H2E~EH2 = 2100m P2Q = 1 100 m) ~ H1H2 = 900 m Aplicando o teorema de Pitágoras âP1P2Q ::) neste último triângulo, temos: ::) (P1Q = H1H2 = 900 m; (P1P2)2 = 3 3002 + 1 1002 ::) P2Q = 1 100 m) ::) P1P2 == 3 478 m. Aplicando o teorema de Pitágoras ao âP1P2Q: (P1P2)2 = 1 1002 + 9002 ::) ::) P1P2 == 1 421 m. 71 70 I
580. Considere o ponto Z, interseção de PQ com a circunferência menor. 583. Cálculo da diagonal AC: AACD: AC2 = AD2 + CD2 ~ a a Temos: ~ AC2 = a2 + a2 ~ ZS = SQ = ST = 3 cm ~ ~ (ZQ = 6 cm) (ZQ = 6 cm, PQ = 8 cm) ~ R ~ AC = 1 AM = - 3 a.J2 = CE . AC ~ AM a.J2 = -- 3 ~ ~ PZ APST = ~ 2 cm ~ PS = 5 cm (PT)2 + 32 = 52 ~ ~ MC = 1- . a.J2 3 ~ PT = 4 cm. f == Ô. (retos) 1. EP = 1 2: CE ~ EP = PC = a.J2 2 a TPS == RPQ (comum) ~ (AêD = 45°, EêD = 45°) ~ ~ APST - APRQ ~ ~ AêE = 90° PT ST 4 3 E a F ~--=--~-=--~ ~ PQ RQ = RQ 6 cm. 8 RQ ,lACE: (MP)2 = (2afy + (afy => MP = 5.J2 -6 a 581. Considere o triângulo isósceles OAB, o OM sua altura relativa à base, P o 584. 1) 2) A centro do círculo inscrito no setor OAB, S, Tpontos de tangência entre a circunferência e raios OA e OB, c respectivamente. Temos: AB = R T ~ AM = MB = R 4· k 3k ai Hb M "" c ~~~ 3,~ / OT = R ~ OP = R - r 9 S == M(retos) SÔP == AÔM (comum) ) ~ Sendo m e n as projeções proporcio- nais a 1 e 3, temos: AH: altura; AM: mediana Se k = 3, temos: ~ ASOP - AMOA ~ m = k e n = 3k. (BH = 3, HC = 9) ~ ~ SP OP - - = - - MA OA ~ ReI. métricas ~ ~ b2 = 4k . k ~ b = 2k ~ (BC = 12, MC = 6) (HC = 9, MC = 6) ~ ~ r R 4 = R - R r ~ r R = 5· B A c2 = 4k . 3k ~ c = 2~ k Dado ~ 2p = 18 + 6~ ~ => 2k + 4k + 2.J3k = 18 + 6.J3 ~ ~ HM = 3m => k = 3 582. De acordo com a figura, temos: i 3+T=R ~ => 3 + += 3(.J2 + 2) => 585 AAHM Pitágoras · ; HM=2cm AM é mediana ~ AM = MC ReI. métricas no AABC: r b2 = 8 · 6 => b = 4-..13cm = MB = 4 cm A I ~ BH = 2 cm => i = 6(~ + 1) cm. lc2=8.2 ~ c=4cm c 4 b Sendo 2p o perímetro do quadrado, Logo: 2.../3 vem: 2p = 4 + 8 + 4-Jf ~ a H . M C 2p = 4 · i ~ 2p = 24(v2 + 1) cm. ~ 2p = 4(3 + IJ) 'V:} cm. '---v--/~ 2 2 ~ 4 73 72 L
586. (BC)2 = (AB)2 + (AC)2 ~ (2) em (1) ~ A ~ (BC)2 = 802 + 602 ~ A ~ (AM)2 == (AB)2 - (BH)2 + (MH)2 ~ ~ (BC) = 100 cm ~ (AM)2 = (AB)2 - (BH)2 + (BH - BM)2 ~ (AB) x (AC) = (BC) . (AH) ~ 80 ~ (AM)2 == (AB)2 - 2(BH)(BM) + (BM)2 ~ ~ 80· 60 = 100· (AH) ~ ~ (AM)2 == (AB)2 - (BM)(2 BH - (BM» ~ ~ (AH) = 48 cm ~ (AM)2 == (AB)2 - BM«BC) - (BM» ~ =? (AM)2 == (AB)2 - (BM)(MC) ~ (AM) = (BC) ~ (AM) = 100 ~ 2 2 Br ' o "C ~ (AB)2 - (AM)2 = (MB)(MC). M H ~ (AM) = 50 cm (AB)2 = (BC) . (HB) ~ 802 == (IOO)2(HB) ~ HB = 64 cm M (AC)2 = (BC) . (HC) ~ 602 == (100)2(HC) ~ HC == 36 cm 590. Na figura, temos: (MH) = (BC) - (BM) - (HC) ~ (MH) == 100 - 50 - 36 ~ (MH) == 14·cm. dPER é retângulo, EF é altura relativa à hipotenusa ~ p ~ (PE)2 == (PR) . (PF) ~ h2 587. Na figura, sejam ABC o triângulo ~ h2 == i· a ~ i = - isósceles de base BC, O o centro da a A dPER ~ h2 + b2 == i 2 ~ circunferência inscrita e T o ponto h4 de tangência desta com o lado AB. ~ h2 + b2 = - ~ 2 Temos: a ~TO ~ (AT)2 + (OT)2 == (AO)2 ~ b=J!.-~ - =? (AT)2 + r2 = (h - r)2 =? a 2p = 2i + 2b ~ ~ AT == ~h(h - 2r) => 2p = 2h2 + _2_h .Jh2 _ a2 =? A!O == A~B (retos) I ~ QI FV IR a b. E b TAO == MAB (comum) ~ 2p == 2h(h + yt-h~2---a~2) . ~ dTAO -- dMAB ~ AT TO a ~--=--=? AM MB Pitágoras OE == a-J5 ~h(h - 2r) r 591. dAOE : ~ 4 ~ h a A a/2 o a/2 B Pitágoras 2: dBOC : OC == a-J5 ~ ~ 2 2 ~ h(h - 2r) r a/4~// Pitágoras Z dCDE : EC-~ h2 a ~ 4 4" Pela recíproca do teorema de Pitágo- 2a2 • r ~ h=---- ras, aigualdade obtida acima nos ga- p a2 - 4r2 la rante que dCOE é retângulo em O. , (Note que devemos ter a ~ 2r.) Como OP é altura relativa à hipote- ", nusa, temos: 3a/4 (OP)2 = (EP) . (CP). 589. Na figura, ABC é isósceles de base BC e AR é altura relativa à base. Temos: " dAMH: (AM)2 == (AH)2 + (MH)2 (1) ~ dABH: (AH)2 = (AB)2 - (BH)2 (2) D a C 75 74 I
592. Aplicações do teorema de Pitágoras ....... 598. a) b) " ............. ........ ......... ......, ............. ~ ....... y ....... , ' ...... ( ,I ..1_-- ~:..~ - ~~ / BrnO ne E . V ~ 30° x 12 Hipótese Tese ° Y . ~ y sen 45 == - =;> - - = - => sen 30° = L =;> -..!- = L => 6 2 6 12 2 12 AD é bissetriz interna vAD2 + AE2 ..JAD2 + AE2 = 2 => y = 3-Jf => y = 6 AE é bissetriz externa => CD y 1 3-Jf x -13 x sen 30° = - => - = ~- => tg 30° = - => ~- = - => Demonstração X 2 x y 3 6 2 CAD + 2 CÃE = 180° => CÃD + CAE = 90° => LlADE retângulo em A => => X = 6..J"2 => X == 2-13 => DE = ..JAD2 + AE2 = x c) d) Utilizando as medidas indicadas, devemos provar que ~ - ~ = 2. n m y Teor. biss. interna => ~ = -.E.... => ~ = ...!.... x 12 r s n s => x+m x-n x + m r Teor. biss. externa => -~-- == - - - => 60° 30° r s x - n s x x + m m (m - n) y => X - n = -n- => mn = 2 · x r;:;- Y => -J3 _~ => tg 60° = L => '13 = TI sen 60° = ~ =>'2--y 2 y Daí: ~ _ ~ = m - n . x = m - n · x - 2. n m mn (m - n) => y = 12-13 => y = 8-J3 2 x -13 12-13 1 8-13 tg 30° = ~ => - = - - => sen 30° = ..J..- => 2 X 3 x x x => - .- - - - - _ _ o - _ _ LLL => X == 36 => X = 16-13 593. (De =DA, oe =OA, OD comum) LLL .leDO =MDO => e~D =A~DI=> (CE == BE, OC == OB, OE comum) ==> LlCOE == âBOE => COE == BOE 599. b) 8 c) x 45° => 2 CÔD + 2 CÔE = 180° => CÔD + CÔE = 90° => LlDEO é retângulo em O. 2 x OC é altura relativa à hipotenusa => OC2 = CD · CE => r = CD . CE. y 6 45° 8 x 1 4 cos 600 4 => - =;> cos 450 6 ~ - ~ => => -2- - x x 2 x x => X = 8 x = 6-Jf 2 2 42 + y = x => 16 + y2 == 64 => y2 + 62 == x2 => y2 + 36 = 72 => A o B => y = 4-13 => y = ó 76 77 # I...
d) 6 y/ 71 I I I I I yl I I I I I I I '.. 12.[2 e) x x 604. Na figura temos: --+ PQ = 10 m, PR = 4 m, OA bisse- triz de QÔR. SÔT = 45° ~ ·,dSOT é isósceles ~ ~ ST = TO = QS = 4 m ~ ~ QS = 4 m ~ PS = 6 m ar' x ,dMPS: sen 45° ="6 ~ 5/45° AG , M/ A u,,, ',x ,,,, 6m -.P , 6 x-6 " z v 22 ~ ~ ..J2 x - - = - ~ 4m 2 6 cos 45° = x - 6 12-v2 ~ sen 600 = 6-Jf X => ~ x = 3-v2 m o T R ~-~~ ~ -2- - 12v'2 y ~ sen 45° = 12~ x = 18 ~ -Jf = 6~ ~ x = 12 2 x 600 z . 1 z cos =-~-=-~ x 2 12 605. ~ - Na figura, OR é bissetriz de SOQ. Prolongamos o segmento de medida 2 m, formando o triângulo PQT. s R ~ z = 6 Note que OQR - 45° ~ ,dPQT isós- 2m ~ ~ -2- - - -y 12-v2 ~ y = 12 2z + y ~ y = = 22 10 ~ 12 + Y = 22 ~ celes ~ (QT = v'2m, PQ PQ = 2 m ~ RQ = 4 m. = 2 m) 600. a) Prolongando o segmento de medi- ,dRQO: sen 45° = 4 OQ ~ ..,. da 3, temos: sen 600 = 3-Jf ~ -Jf. = 3..J3 ~ => v'2 -2- = 4 OQ =* OQ = 4.../2 =* a ~ a = 6 ° 9 tg 30 = - ~ b ~ b=9.J3 x2 = b2 + 32 ~ 2 a ~ 9 - = - ~ 3 b x2 = (9-Jf)2 + 9 ~ x=6.J7 ~ OT = 3v'2m dPOT: x2 = (3v'2)2 + (.../2)2 ~ X 606. Prolongando o segmento, cuja medi- da é procurada, até interceptar os la- dos do ângulo, obtemos um triângulo = 2...[5m 3~ T..J2mQ b) Prolongando o segmento de medi- da ..J3, temos: equilátero e os segmentos a e b. Temos: dADF ~ sen 60° = 3 - a ~ A ° sen60 6 =- a ~ -Jf 6 --=- ~ 2 a ~ -J3 2 = 1.- a ~ a = 2-Jf ~ ~ a = 4-Jfm ~ AM = 3~ ° sen60 9 =- b ~ ..J3 9 - - = - ~ 2 b (LlABC é equilátero, BM ..l AC) ~ ~ AM = MC DE dCDE ~ sen 60° = CD ~ x ~ b = 6-J3m. O lado do triângulo equilátero é igual a a + b = 1Mm. Temos: ~ ~ x - = - - ~ x=6 MC = a; b =* MC = 5-Jfm. B 2 4-Jf 8 E c x = MC - a ~ x = 5-Jf- 4-J3 => X = -Jfm. 78 79 ~
607. Prolongando o segmento de medida 6 m, obtemos o triângulo BCn com CÊD = 30°. Daí: CD 1 3 sen 30° = -- ~ - = -- => BD 2 BD => BD = 6 m A / "6.m h h h 612. tg 60° = - ~ ~ = - => X = - x x ~ h h tg 45° = - - ~ 1 = - - ~ x = 30 + x 30 + x ~ = h - 30 =? h = 15(3 + ~) m h - 30 l => BD = 6 m => AB = 12 m AB âAOB: tg 60° = AO => 12 ~ ~ = AO => AO = 4 3 Lôoo o ~ 1 C L ) B ... h âAOD: x2 = A02 + AD2 ~ ~ x2 = 48 + 36 ~ x = 2.J2f m 60S. Prolongamos o segmento cuja medi- da vamos determinar e obtemos o I _~ I I triângulo ABC. Temos: y2 + 32 = (3m)2 => y = 6~m A 613. (BÃD = 45°, fi = 90°) ~ ABD = 45° ~ AD ~ = BD 3 ~ 3 tg 60° = - => 3 = - Z Z ~ Z = ~m 3 ~ sen 60° = - ~ -- = w 2 => 3 w ~ B-4F":"": - y ,." I C ~ABD ~ BD (AC = => a2 = BD2 + BD2 = a-J2 = AD 2 a-J2) 2a, AD = -2- => ~ a 8 ~ w = 2~ ~ABC: sen 30° = x+w 1 => - = y + z 2 609. Na figura ao lado precisamos deter- minar a distância PT. Temos: x + 2-J3 7V3 ~ p x = 3~ -2-m A a~ => CD = 2a - - - ~ 2 ~ CD = (4 - -J2) . a 2 ilBCD: BC2 = (a~r + (4 -2~) o ·ar =? BC = ,Js c - 2../2· a ~PQW ~ sen 60° = 3~ - - ~ y ~ 3~ ~ - - = - - ~ y=6m 2 y M ~PRS: sen 60° = --ps ~ sv'3 615. Seja b a base menor. Daí AF = BC = b. Traçando as alturas AE e BD, temos m -b DE = b e CD = EF = -2-· ~ ~ -- 2 95 = -- PS => PS = 18 m F m-b -2 E ·b PS = 18 => y + 2x ~ 6 + 2x = 18 => PT = x + y ~ PT ~ PT = 12 m = 18 ~ X = 6 m = 6 + 6 ~ s âAEF: cos 60° = 2p = 3 . b + m (m - b) 2 b ~ 3m => 2p = - - 2 2 + m (m - b) 2 b- ~ 2p = ~ 5m 2 b = ~ 2 80 81
616. Sejam R e b as bases maior e menor, respectivamente. Traçando as alturas PR e TS, temos: B - b QS = RM = e 2 T b p ~ (3r - r sen a)2 + (r sen a)2 CD CD mas: sen a = -- ~ -- = 3r 3r 3 = 9r2 ~ sen a = T 3 9 - ~ CD = - r 5 5 QR = B + b 2 (b ; b) v3 621. 1) POQA é quadrado => ~ PA = AQ = r 2) LlABC: (AB = a cos a, A LlPQR: tg y = (B + b) 2 => tg y = v3 ~ y = 60° LlQSN ~ x = 30° ~ R B-b 2 M AC = a sen a) 1),2) ~ g~:: :s~o:: ~~' 3) QC = CS = a sen a - r 4) BC = a ~ BS = a - (a sen a - r) p 0'"(lO o""Õ' f&v q~& 'l'Jq, ,. 618. Seja ia medida do lado do quadrado. Traçamos EF tal que EF / / AR. D c 5) BS = BP ~ ~ a - a sen a + r = a cos a - r ~ L--J_a_ _---.;::~.~ B '-----y------J' ii _ (a sen a - r) S ~ ~ Temos: LlCDE == LlBAE (LAL) => f "2 ~ r = a T (sen a + cos a-I) => DE == AE LlDEF == LlAEF (LLL) ~ DÊF = AÊF = a ~ F~--f-------~' f 2 E 622. o 10 A LlDEF: tg a = f 2 f ~ tg a = 1 T A B ~o;o ~o 619. No LlABC => D => (AÔB = 30°, AB == r, 8 OA = 6 - r) sen 30° = AB -- OA => 1 - 2 = - 6 r - r => ~O; o ~o 60 0 60° => r = 2 dm c 10 B dABE: (Â = 30°, B= F = Ô = ii = 90° => 60°) ~ Ê = 90°. Analogamente, EFOH é retângulo. 620. Na figura ao lado, precisamos deter- minar CD. Temos: 1) (DBC = a, DêB = (3) => ~ a + (3 = 90° 2) EêB = (3 ~ Eêo = a 3) LlCOE: OE = AD = r sen a 4) AB = 3r ~ BD = 3r - r sen a 5) LlBCD: CD = 3r sen a 6) LlBCD: BD2 + CD2 = BC2 => ~ c Q,) U'J , ........... 'L............. 3r '"' ' ~ 3r-r sen a a ():,,1 B ~ FE = OH = 1 cm ~ BF 1 BF .LlBCf: sen 30° = BC ~ 2: = ----w ~ BF = 5 BE 1 BE dABE· sen 30° = - - ~ - = - - ~ BE = 4 . AB 2 8 CF .J3 CF r::;- dBCF· cos 30° = - - ~ - = - - ~ CF = 5-v3 cm . BC 2 10 CO ..J3 CO J ~ FO = EH =-v'3cm dCDO· cos 30° = -- ~ - = -- ~ CO = 4-v'3cm . CD 2 8 Sendo 2p o perímetro de EFGH, temos 2p = 2(..J3 + 1) cm. 82 83
623. a) 3 Capítul. XV - Triângul.s quaisquer Teorema dos senos 6 627. b) A o 6-a 12 ~ 45° 6 6 o 6 C B c Considerando as medidas indicadas Paralelogramo ABCD ~ ABCD trapézio ~ tg 300 = _a_ ~ na figura, temos: 6 - a ~ (Â = 135°,AB = 6) ~ DÂC = BêA (alternos) 12 -J3 a âABD. x = __ 6 ãABC: ~x_ h= 6-J3 ~ h=3-J3 ~ - = - - ~ ~ 2 . 3 6 - a · sen 135° sen 30° sen sen 30° ~ x2 = 32 + (6 - h)2 ~ ::) x 12 ~ a = 3(-J3 - 1) ~ _x_ = ~ ~ x = 6-J2 -J2 = -1- ~ x = 12-J2 ~ x2 = 9 + (6 - 3..J3)2 ~ -J2 1 sen 45° = ~ ~ T 2 T 2 ~ X = 6.J2 - -13 ~ y ~ x = 3(..../6 - -J2) . -J2 3(-13 - 1) =:;. - = ~ 2 y 628. b) 6(-J3 - 1) 6-J2 = 2R ~ 6~ 12 ~ ~ y = . ~ sen x sen x ~ b) ~ y = 3(..J6 - ~) 6 -J2 ~ sen x = - - ~ x = 45° 2 5° x a A I t-·_·_·_·_·_· i 630. âABM ~ e= 10· <cos 30° ~ ~ e= 10· -13 ~ e= 5..J3 Logo: BC = 1Mcm. B M c 3 6-a{ 2 Considerando as medidas indicadas na figura, temos: a + b sen A + sen B 6 - a 632. Devemos provar que --b- = tgex = --a- 6 - a 1 ~ -a- Da lei dos senos, temos: 3+-J3 ~ a=3+.J3 3 a b c tg ex = 6 + 3~ -s-en-A- = -s-en-B- = -s-en-C- = 2R. -J2 3 + -13 ~ x = 3.J2 + ..../6 Daí: a = 2R sen A, b = 2R sen B, c = 2R sen C. sen 45° ~ ~ - = x 2 x a + b 2R sen A + 2R sen B sen A + sen B Logo: - - -------- 84 85 ~
641. d) Os lados são da forma 3k, 4~ e 4,5k ou 6k, 8k e 9k. Relações métricas - Teorema dos cossenos Temos: (9k)2 = 81k2 < (6k)2 + (8k)2 = 1ook2 ~ o triângulo é acutângulo. b) 635. a) A e) Os lados são da forma ;, ~, : ou 4k, 3k, 2k. I Temos: (4k)2 = 16k2 > (3k)2 + (2k)2 = 13k2 ~ o triângulo é obtusângulo. 7 8 I I I I I 5 I I tl " ~~c '" v / x B 7 10 Â é âgudo ~ ABC é obtuso ~ ~ 82 = 72 + 102 - 2 . 10x ~ ~ (2.J29)2 = 52 + 72 + 2 . 7 . x ~ 17 ~ x = 3 ~ x=T A 637. a) A b) 5 3~ 6- B x fi é agudo ~ (dABC, ê é obtuso) ~ ~ (3..[5)2 = 102 + 52 - 2 . 10 . x ~ ~ (2-J19)2 = 42 + 62 + 2 . 6 . x =) ~ x = 4 ~ x = 2 h2 + 42 = 52 ~ h = 3 h2 + 22 = 42 ~ h = 2-.f3 639. b) 3 x 5 Pela lei dos cossenos, temos: 72 = 32 + 52 - 2 . 3 . 5 · cos x ~ -1 ~ cos x = -2- ~ x = 1200 • 7 A D 640. dABE ~ ~ a2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos 600 ~ 1 ~ a2 = 100 + 256 - 2 . 10 . 16 . - ~ 2 ~ a = 14 cm ~ 16 ~ dADE ~ B C ~ b2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos 1200 ~ => b2 = 100 + 256 - 2 · 10 · 16 · (-+) => b = 2.Jrn cm 644. (282 = 784, 122 + 202 = 544) ~ ~ 282 > 122 + 202 ~ I I =) o triângulo é obtusângulo. I I Aplicando relações métricas: : . 12 , I 282 = 122 + 202 + 2 · 20 . x ~ ~ x = 6 m. a , ::::"", x 20 646. dABC é acutângulo ~ x2 = 72 + 52 - 2 · 5 · 1 ~ x2 = 64 =) x = 8 cm. B 647. Usando as medidas em cm, temos a projeção de AB sobre AC igual a 0,3 cm. Daí: 82 = 52 + x2 + 2 · 5 · 0,3 ~ ~ x = 64 - 25 - 3 ~ x = 6 cm. 2 tL , ~ 0.3 A - 5 649. (142 = 196; 82 + 102 = 164) ~ ~ 142 > 82 + 102 ~ c ~ o triângulo é obtusângulo e te- mos da figura ao lado: 142 = 82 + 102 + 2 · 10 . x ~ 14 8 ~ x = Tcm. A projeção de A C sobre a base AB 8 mede Tem. 10 B A projeção de BC sobre a base AB 8 58 mede 10 + 5 = Tem. 655. Aplicamos a lei dos cossenos: (x + 2)2 = x2 + (x + 1)2 - 2 . x(x + 1) . cos 1200 ~ => (x + 2)2 = x2 + (x + 1)2 - 2 · x(x + 1) · (-+) => => 2x2 - X - 3 = O => X = -+(não serve) ou x = ;. 87 86
Temos: 2p == x + 2 + x + 1 + x => 2p == 3x + 3 => 2p == 7,5. 662. a a + (3 == 180° 1=> - (3 == 600 a == 120° (3 == 60° , x2 == 62 + 122 - 2 . 6 . 12 . cos 120° => x x => y2 X == 6.J? cm == 62 + 122 - 2 ·6 . 12 . cos 60° ~ ex => X == 6~ cm x+1 z == 12 + 12 => z == 24 cm. z 657. Na figura, dAOB é isósceles => OÂB == 30° dABD => sen 300 == x => f 1 x f =>2 i=>x==T => CI FI II e=l'JA 663. Pela lei dos cossenos, temos: AC2 == AB2 + BC2 - 2(AB)(BC) . cos (3 => -J3 => 1 == AB2 + 100 - 2 . AB . 10 . -- => 2 => AB2 - 1oJ3AB + 99 == O => não possui solução real. Resposta: não existe o triângulo com as medidas indicadas. 658. Seja R o raio do círculo. Temos: AB == R => dAOB equilátero => ÁB == 60° " ÁB ,. ACB == - - => ACB == 30° 2 HC dBHC: cos 30° == BC => => -J3 == HC => HC == 13-J3 2 26 660. (62 == 36, 42 + 52 == 41) => => 62 < 42 + 52 => => o triângulo de lados 4, 5 e 6 é acutângulo => => a diagonal de medida 6é oposta ao ângulo agudo do paralelogramo. Pela lei dos cossenos: 62 == 42 + 52 - 2 . 4 . 5 . cos a => 1 => COS a == S. Agora, x2 == 42 + 52 - 2 . 4 . 5 . cos (180° - a) => => x2 == 16 + 25 - 2 . 4 . 5 . (- COS a) => ~ x2 = 41 + 40 · +~ x = .J46cm. B 6 x 5 c a b c ex a b => b ..... 0. a ~ b => COS a c2 == a2 + b2 - 2ab cos a => a2 + b2 - c2 2ab Seja a medida da outra diagonal igual a d. d2 == a2 + b2 - 2ab cos (180° - a) => => d2 == a2 + b2 - 2ab (-cos a) => a2 + b2 - c2 => d2 == a2 + b2 + 2.at5 . _ => d2 == 2a2 + 2b2 - c2 => => d == -J2a2 + 2b2 - c2 664. 668. Sejam P, Q e R os centros dos quadrados. PA e PR medem metade da diagonal do quadrado de lado 6 cm. Então, PA == PR == 3-J2cm. Analogamente, QA == QC == 3#cm. Observando os ângulos formados no vértice, pode-se concluir que os pontos P, A e Q estão alinhados; logo, PQ == 3(-J2 + #) cm. Agora, no triângulo ABC temos: ~ 6-J3 ~ -J3,. Â sen B == ~ => sen B == -2- => B == 60° => C == 30°. Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo PBR: PR2 == PB2 + BR2 - 2 . (PB)(BR) . cos B => => PR2 == (3-v2)2 + (6.J2)2 - 2 . 3~· 6~· cos 150° => => PR2 == 18 + 72 - 72 . (- cos 30°) => PR == 3.J"i()+4-J3 cm. 5em Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo QCR: 88 89
QR2 = QC2 + CR2 - 2(QC)(CR) cos ê ~ ~ QR2 = (l,,'6)2 + (6-J2)2 - 2 · 3~ . 6-J2· cos 120° ~ ~ QR2 = 54 + 72 - 72 . .J3 (- cos 60°) ~ QR = 3..J".....14-+-4-~-3cm. 12 12 Q 6~1 16~ d 6~ 669. Quadrilátero ABCD é inscrito ~  + ê = 180° âABD ~ x2 = 62 + 102 - 2 . 6 · 10 . cos  (1) 1 âBCD ~ x2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos (180° - A) ~ ~ 62 + 102 - 120 cos  = 102 + 162 - 320( - cos Â) ~ ~ cos  =- ~ . Substituindo em (1): x2 = (,2 + 1()2 - 120· (-+) ~ x = 14 m. 670. 1) 'Considere um ponto Q externo ao triângulo, tal que BQ = 5 e CQ = 7. Note que LlPBA == ~QBC (LLL), donde obtém-se PBQ = 60°. Então, àPBQ é equilátero. Logo, BPQ = 60° (a = 60°). A 2) Aplicando a lei dos cossenos no àPQC, temos: (3 = 60°. B~ , ~c 3) (a = 60°, (3 = 60°) ~ ~ BFC = 120°. Aplicando a lei dos cossenos no ãEPC, temos: BC = ~129 ~ x = .J129 cm. I" X I I Linhas notáveis - Relações de Stewart 674. a) Usando a relação de Stewart: 42 . 6 + 62 . 2 - x2 . 8 = 8 . 2 . 6 ~ 96 + 72 - 8x2 = 96 ~ x = 3. ~ 2 6 I I 1 1 675. ma = T-v'2(b2 + c2) - a2; mb = T-v'2(a2 + c2) - b2; me = 1 1 mi + m~ + m~ = 4[2(b2 + c2) - a2] + 4[2(a2 + c2) - 1 T-v'2(a2 + b2) - b2] + c2 1 + -[2(a2 + b2) 4 - c2] ~ ~ 1 m2 + m2 + m2 = -[2b2 + 2c2 - a b c 4 a2 + 2a2 + 2c2 - b2 + 2a2 + 2b2 - c2] ~ ~ m2 + a m2 + b m2 = c 1 -[3a2 + 3b2 + 4 3c2] = 3 -(a2 + b2 + 4 c2) Logo, 3 4· 677. 1) { x2 + h2 = 25 (6 - X)2 + h2 = 49'~ { h2 = h2 = 25 49 - x2 - (6 - X)2 90 91
~ 25 - x2 = 49 - (6 - X)2 ~ x = 1 h2 + x2 = 25 ~ h2 + 1 = 25 ~ h = 2.J6 cm ~ ~ B => x2(m + n) = b2n + c2m - amn. Multiplicando ambos os membros por (m + n): x2(m + n)2 = b2n(m + n) + c2m(m + n) - amn(m + n) "-v---' => 2) Teorema da bissetriz interna: x 6 - x 5" = --...--..... 7- ~ x = 2,5 cm Relação de Stewart: 52 . 3,5 + 72 • 2,5 - Z2 • 6 = = 6 . 2,5 . 3,5 ~ 1575 Víõ5 => z2 = _ .........- => Z = --cm 60 2 3) Teorema da bissetriz externa: 5 + x x - ..... 7- = 6 => X = 30 Relação de Stewart: i 2 • 5 + 72 • 30 - 62 • 35 = = 35 . 5 · 30 => ~ 5i2 = 5 040 ~ i = 12-J7 cm 7 6 AI B x 6-x AI (4] , ,- , / ' / ' ,- I / 30=x' // I ,. , ,~ I ,. ,- , ,. , / I /' , / , / , / I ,- '/ // ,C "C 18 A x B' , 3 S B => x2(m + n)2 = b2n2 + c2m2 + b2mn + c2mn - a2mn -v'b2n2 + c2m2 + mn(b2 + c2 - a2) => x2 =--------------- m+n 679. Teor. biss. interna => ~::::: ~ => X y 9 => 4x = 3y ~ x2 = - y2 16 Aplicando a relação de Stewart, vem: x2 • 4 + y2 • 3 - 62 • 7 = 7 . 3 . 4 => 9 => - y2 • 4 + 3y 2 - 252 = 84 => 16 => y = 8 9 9 x2 = - y2 => x2 = - . 64 => 16 16 => X = 6 . 36 18 680. Teor. bISS. externa => - = - => X y => X = 2y => x2 = 4y2 Com a relação de Stewart, temos: (9.J6)2 . 18 + x2 • 18 - y2 • 36 = = 36 . 18 . 18 => => 8 748 + 4y2 • 18 - 36y2 = 11 664 => => 36y2 = 2 916 => y = 9 => X = 18 C 4 => 18 'C p 678. Aplicando a relação de Stewart: b2n + c2m - x2(m + n) = (m + n) . m . n ~ => a A c B' , " m M n >C -----------"""-----~/ a 92 I 93 L
Capítul. XVI - Pelígenes regulares s 686. Note que PS = QS = 120° e AB = 90° ~ PÀ + QB = 60° - - ~ ,,-...... PQ / / AB ~ PA = PB I ",-................ ~ PA + QB = 60° .............. ~ PA = 30° ~ x = 15° ~ 90° 687. AB é lado do pentadecágono regular ~ ",-.... 360° ............ ~ AB = - - - ~ AB = 24° 15 PQ é lado do hexágono regular ~ -... 360° ...-.. ~ PQ = - - ~ PQ = 60° 6 AB / / PQ ~ ÁP = BQ I ÁP + ÁB + BQ = 60° ~ ÁP = BQ = 36° ~ Cl ~ ÁP = 18° AQP é inscrito e subtende AP ~ AQP = 9°. 360° 689. ae = 3Q""O ~ ae = 12 ,.. c ~BCP ~ P = 156° pr.. o 691. g) O número de diagonais com medidas A3 duas a duas diferentes em um polígono regular de n lados, n par, é dado por: n - 2 A _ _ _ 1 2 Dedução: Seja o polígono A]A2 ••• A n, n par. A5 O vértice diametralmente oposto a A J é A n • "2 + J A!!+ 1 Z De A] partem ~ + 1 - 2 diagonais com medidas duas a duas diferentes. _ -n n - 2 Entao - + 1 - 2 = --- , 2 A união de A] com os demais vértices fornece diagonais com medidas iguais às já obtidas. AZ h) O número de diagonais com medidas A1 duas a duas diferentes em um polígono ~-=---­ regular de n lados, n ímpar, é dado por: n - 3 -2- A4 Dedução: Seja o polígono A]A2 ••• A n, n ímpar. O vértice que unido a A] fornece a maior medida de diagonal possível é A n _ I • -2- + I " A~+1 • 2 DeA] partem n ; 1 + 1 - 2 diagonais com medidas duas a duas diferentes. _ n-1 n-3 Entao, 2 + 1 - 2 = 2 . A união de A I com os demais vértices resulta em diagonais com medidas iguais às já obtidas. 692. Temos: n-2 n-3 - - = 6 ou 6 ~ n = 14 ou n = 15 ~ Si = 2 160° ou 2 Si = 2 340°. 693. Na figura, temos: AB == BC ~ âABC isósceles ~ ~ Â = 10°, B = 160° B ai = 160° ~ ae = 20° ~ A <:: br • - _ ri::>n 360° ~ - - = 20° ~ n = 18 n d = n(n - 3) ~ 2 ~ d = 18· (18 - 3) ~ d = 135 2 n = 18 ~ 9 diagonais passam pelo centro. Logo, não passam pelo centro 135 - 9 = 126 diagonais. L 94 95
695. Polígono MBCNP: Si = 5400 => 8 => 2ai + 2000 = 5400 => ai = 1700 ai = 1700 => ae = 100 => A 3600 => - - = 100 => n = 36 n Logo, passam pelo centro; 18 diagonais. o 697. Soma dos ângulos internos do polígo- no MBCDNP é igual a 720°. Então: 3 . (1800 - ae) + 1800 + ae + 200 = 7200 => 3600 D => a = 100 => - - = 100 => n = 36. e n N Logo, o número de diagonais diferentes, duas a duas, é: n - 2 36 - 2 - = =17. X 698. Na figura, prmongamos também os 1', / lados BC e DE, formando o triângu- ~ / 2ae lo ZCD. I Temos: / ~ ~ EYZ externo ao dBXY => EYZ = 3 . ae• / / CiD externo ao dEYZ => CZD = 4 . ae• I I dCZD => 6ae = 1800 => ae = 300 => ,/ ",,,,.,,Y 3600 / Z ,'" => - - = 300 => n 12 I ""-<. .... ae ' n ae C O d = n(n - 3) => ~ / E 2 B => d = 12(12 - 3) => d = 54. 2 ,I 702. Seja f6 o lado do hexágono. a) Se os triângulos são equiláteros, temos R = f 6• Assim, diagonal maior = 2R = 2f6 = 12 m. b) R é lado do triângulo equilátero => => R = f6 = 6 m. c) ré altura do triângulo equilátero => => r = f6.J3 => r 6.J3 => r = -2- -2 3.J3 m. = d) diagonal menor => 2r = 2 . 3-J3 = 6.Jfm. e) apótema = r => a6 = 3-J3 m. 710. a) f6 = R => R = 5 cm => AAC ::::::::=. se::::: A R.J3 5-J3 => a6 = -2- => a6 = -2- cm 5.J3 b) r = a6 => r = -2- cm c) Note que AM ..1 BC => AM é altura do triângulo equilátero OAB => AC = 2 AM => AC = 2 . r => => AC = 5-J3 cm. EV :.........., • ........-:: 'lD 712. Sejam RJ e R2 os raios dos círculos onde estão inscritos o quadrado e o triângu- lo equilátero, respectivamente. Temos: f4 = Rlv'2 => 2PI = 4RI.J2 f3 = R2.J3 => 2P2 = 3R2.J3 RI 4.J6 2Pl = 2P2 => 4R1v'2 = 3R2-J3 => R = -9-· 2 714. ACEG quadrado => AC = R-v'2 => => OM = R.J2 => 2 => BM = R _ R.J2 2 Aplicando relações métricas no dBCF, retângulo em C, vem: I _ . - ' : J o (BC)2 = (BF) . (BM) f§ = 2R(R - Rf2) fs = R~2 - ~. Aplicando o teorema de Pitágoras no dFNO: fs )2 a~ = R2 - (T => 2 _ R2 R2(2 - v'2) _ R.J2 + .J2 => as - - 4 => as - 2 96 97 C
716. r = 1 2r = ~_- 1 I . h ::) h = K+1 A h 2 ' I 725. fã fã = = R2 + R2 - 2 . R . R . cos 45° .J2 2R2 - 2R2 . - ::) 2 o AV = ~ 2 ::) AV = -J5 + ~ fs = R-J2 - ~ B c 717. Aplicando o teorema da bissetriz in- terna no dOAB: f 2 - f - = - - ~ f2 + 2f - 4 = O ::) 2 f ::) f = (~ - 1) m. o 726. i = RJ2 ~ R = - ~ ~ R = ; J4 + 2../2 f 2 _ V'1 ::) R = ~2 f . .J2 + ..fi . .J2 - V2 . ~2 + ~2 . .J2 ::) 727. Temos: ai = 135°. Lei dos cossenos no dABC: AC2 = f 2 + f 2 - 2 . f . f . (- cos 45°) ::) AC2 = 2f2 + f2.J2 ::) ::) AC = f~2 + -fi ::) 720 2 2 2 . 2 2 (-J5 - 1)2 . f 5 = f 6 + f 10 ~ f 5 = R + 2 . R 719. No dOAB temos: OM bissetriz ::) AÔB = 36° ~ ( fIO) ::) AB = flO,OB = R, MB = T fIO -J5 - 1 MB 2 2 · R sen 18° = - - = -- = ::) OB R 2R -J5 - 1 ::) sen 18° = -- ::) f5 = A R C" T'V10 - o ,,~ L.'V 5 ::) AE = fJ4 + 2~ AE é diâmetro ~ ::) dADE é retângulo em D. Aplicando Pitágoras ao dADE: AD2 = AE2 - DE2 ::) ::) AD2 = f2(4 + 2.J2) - f2 ::) ::) AD = f..J3 + 2..J2 ::) ::) AD = fJ(2 + 2.J2 + 1) ::) AD AE _ 2R. exercício 726 ~ AE = 2· ; ../4 + 2..fi ~ = G ............ • f· .J(~ + 1)2::) lIE AD = f· (-fi + 1) f 5 721. sen 360 = 2" R ~ sen 360 = _ KJlO - 2.J5 - 4R' JlO - 2-/5 ~ b) dAEF é retângulo ::) ::) AE2 = AF2 - EF2 ::) ::) AE2 = (2R)2 - f2 ::) ::) AE2 = f2(-J5 + 1)2 - f2 728. a) i = ~ - 1 _ . R ::) R= ~ A~ c • ::) ::) AE2 = f2(5 + 2-J5) AE = f-J5 + 2-/5 => 99 98
~ - f / c) AB + BC = 72° =} AC = f5 = 2'110 + 2-15 d) ~ADF é retângulo em D, DF = f5, AF = (-JS + l)f Daí: AD2 = AF2 - DF2 => AD2 = (6 + 2../5 )f2 _ 10 +. 2E . f2 => => AD2 = 7 + _3E . f2 => AD = +.Ji4 + 6--/5 729. x2 = a2 + a2 - 2 . a . a . cos 360 =} E + 1 =} => x2 = 2a2 - 2a2 • 4 . 2 _ (6 - 2JS) 2 ::::;. X - 4 . a =} (3 - E) =} x2 = . a2 =} x 2 ~2~ =} x = ·a =} a 2 J<5= 2-JS + 1) =} x= "'2 ·a =} ~(JS - 1)2 JS - ~x= 2 ·a=>x= 2 ·a 730. Usando o resultado do exercício 729: JS - 1 a x =} -2- 2 =} x a I ~-;. E_I· => a JS + 1 =} x 2 . a. 731. Usando o resultado do exercício 730 no dABD: E d = .JS2+ 1 . f. 732. a) OstriângulosA'AR,B'BC,C'CD, D'DE e E' EA são congruentes e isósceles de bases AR, BC, CD, DEeEA. Daí: Â' = R' = ê' = Ô' = Ê' (1) e, por diferença, obtemos: A'B' = B'e' = C'D' = D'E' = = E'A' (2) (1) e (2) => A'B'C'D'E' é pen- tágono regular. E;K: -/ A " y~ b) dA ' B ' B exercício 729 => X = ~ (.JS - 1) (1) BD é diagonal exercício 731 => 2x + y = f T(.J"5 + 1) (2) (2) => y = f(.J5 2 + 1) - 2x. Substituindo em (1), obtemos x = 3 - ~ f. c 101 100
-- ~1 ,...---..... Capítulo XVII - Comprimento da circunferência 737. ACD = (270°/360°) • 211'" ·18 => ACD = 2711'" cm --........ .....-- DEF = (288°/360°) . 211'" . 35 => DEF = 5671'" cm ..--... ...-...... 735. a) b) , FGH = (225°/360°) • 271'" . 24 => FGH = 3011'" cm J => W6cm " HU = (120°/360°) • 271'" . 36 => íiiJ = 2471'" cm o ,6 cm .'_ 0 3 ~, ,6cm 6 cm " ..... -- R] = Rz = 12 => RI = 12 cm => C1 = Cz = 11'"R1 = 1211'" Rz = R3 = 6 => R3 = 24 => C3 = 11'"R3 => => Cz = C3 = 1I'"Rz = 611'" => C3 = 2411'" 1 C1 = 6 . 271'"R] => C1 + Cz + C3 = 1211'" + 1211'" + 2411'" => => C1 + Cz + C3 = 4811'" cm 1 => C1 = - . 2 . 11'" . 12 => 6 => C] = 411'" cm C1 + Cz + C3 = 471'" + 611'" + 611'" = 1611'" cm A A D 736. a) b) B~,.""",._.~>...........,,,,,,,,,~ c Ao ~ABC é equilátero, pois seus lados Note que EBF = 30°. Daí: são os raios dos arcos. 600 ....-- 30° A ~ EF = - - . 211'" . R => ACB = 60° => AB = -- . 211'"R => 360° 360° --.. 1 ,.--.... 1 => EF = - . 11'" . 48 => => AB = - 11'" . 12 => 6 3 => ÁB = 411'" m j => EF = 811'" ffi. ".-.. ,.-.... .....-.. => AB = AC = BC Logo, comoEF = Fo = Gil = ÍiE, temos: => ÃB + ÁC + BC = 1211'" m. ......--.... ..--- ..--- ,.-.... EF + FG + GH + HE = 3211'" m. E L G JLB = (255°/360°) • 271'" . 48 => fLB = 6811'" cm ~ -- ~ ~ r--... => ACD + DEF + FGH + HIJ + JLB = 20511'" cm 738. y- ~ E ~ o c.o p ~ o c.o "- A ~ . oAP ~6M· . . ~PAOI ~ sen 60 = OlA => -2- = OlA ~ OlA = 120 m ~ => 04A = 180 m ........... 120° 1 r"' r- AB = 3600 . 211'"(OIA) => AB = T . 211'" . (120) => AB = 8011'" m r- 60° ,,-... 1 ,-... AD = 3600 . 271'"(04A) => AD = 6 . 211'" . 180 => AD = 6011'" m Seja 2p o comprimento total da pista. Temos: 2p = fi + éD + ÁD + BC => 2p = 8011'" + 8011'" + 6011'" + 6011'" => => 2p = 28071'" m. 745. Sejam C, Cb C2 e C3 os comprimentos "normal", aumentado o raio em 2 m, aumentado o raio em 3 m e aumentado o raio em o metros. Temos: C = 211'"R CI = 211'"(R + 2) => CI = 271'"R + 471'" => CI = C + 411'" C2 = 211'"(R + 3) => Cz = 211'"R + 671'" => Cz = C + 611'" C3 = 211'"(R + a) => C3 = 211'"R + 2a7l'" => C3 = C + 2a1l'" Portanto o comprimento aumenta em 471'" m, 671'" m e 2011'" m, respectivamente. 746. pz : 21l"Rz : 1 -:- Wj => 211'"R _ 211'"RI = 1 + 103 _ 103 => PI - 271'"RI - 10 z 1 => Rz - RI = 271'" 102 103 L
747. Sejam o comprimento normal e o comprimento com o raio duplicado iguais a C e Cj , respectivamente. Temos: C = 211'"R C} = 211'"(2R) => C} = 2 . 27rR => C} 27rC Logo, o comprimento também duplica. 748. (f = 27rR, r = 2R, f = r . a) => 27rR = 2R . a => a 7r => a 180° 750. C ---. comprimento normal da circunferência. C] ---. comprimento da circunferência cujo raio aumentou 500/0. Temos: C = 211'"R C C1 = 27r(R + 0,5R) => C} = 27rR + 7rR => C} C + T => => C} = C + 0,5C. Resposta: o comprimento aumenta 500/0. 755. C} = 27rR} => 1 500 = 27rR} => 750 => R} = --m 7r C2 = 27rR2 => 1 200 = 27rR2 => 600 => R2 = - - m 7r => d = 750 600 d = R} - R2 11'" => 11'" => d = 150 ~m 756. C = 211'"R => C = 27r . 40 => C = 807r cm n: n? de voltas, 26 km = 26 X 105 cm d 26 X 105 d=n·C => n=C => n= => n == 10 350 voltas 1 h 5Omin = 110 min n.° d I /. 10 350 ~ - - 94 e vo tas mln = ~ = 757. Sejam RF: raio da roda dianteira; R T: raio da roda traseira; d: distância percorrida. Distância percorrida quando RF dá 25 voltas: d = 25 . 27rRF => d = 25 . 27r . 1 => d = 507r m. Nessa distância, R T dá 20 voltas. Então: 5 d = 20 . 27rRT => 5011'" = 20 . 2 . 7r . RT => RT = - m. 4 758. C} = 27rR} => C} = 27r . 1,5 => C} = 37r cm C2 = 27rR2 => C2 = 27r . 1 => C2 = 27r cm C} - C2 = 37r - 27r => C} - C2 = 7r cm 765. (a = 80°, e = 20cm,e = ~:O~) => ~20cm 20 = 7r. ~8~~0~. R => R = ~ cm 7r ~l R 767. (A:8 = a . OB; éD = a . OD => B => ÃB - éD = a(OB - OD) => o 100 => 100 - 80 = a . 25 => 4 => a = - rad 5 ;;-........--.. 770. Na figura, temos: OM J:lOMB => COS a = OB => 3 1 => COS a = 6 => COS a = T => p => a = 60° a = 60° => AÔB = 120° => ,--..... ,--........ (APB = 120°, AQB = 240°) Como os comprimentos dos arcos são proporcionais aos ângulos cen- trais determinados, temos: Q AQB 2 APB T· '773. Note o ~ABC, equilátero. Temos A ê = 60° => PÔQ = 120° => 1', I ~ 1 / => PQ = - . 27r . R => /.----.~ 3 ,-... 1 => PQ = - . 27r . 10 => 3 ~ 20 -- p => PQ = -3-.11'" cm I . . / I I Também temos / I I ' ~, QS = 2R => = 20 cm. BL---- S~Q--r-.,c QS Logo, o comprimento da correia será dado por: 20 60 0 Distância percorrida depois que RF deu /00 voltas: 3(20 + 23° 11") = 60 + 2011" = 20(3 + 11") cm. d = 100· 27rRF => d = 100 . 27r . 1 => d = 2007r m. 104 105
774. { p ...... , ' .............. 2 A ......~......... ........ , 1 ' ...... I 1 ............ 41 x O/~ y " ---- B LlOPO' => (OP = 6,00' = 12) ~ O'P = 6-J3cm => => (AB = 6.J3 cm, CD = 6.J3 cm) Seja PÔO' = exo Temos: OP 6 1 ~ cos ex = -- => cos ex = - => cos ex = - => ex = 600 => AOD = 1200 00' 12 2 AOO' e BO'O são alternos => BO'O = ex = 600 => BO'C = 1200 ~ ,--...., ~ 2400 ,--..... 16 AOD = 1200 => AXD = 2400 => AXD = 3600 271'" . 4 => AXD = T7I'" cm • r--.. ~ 2400 r---.... 871'" BO'C = 1200 => BYC = 2400 => BYC = 3600 • 211'" . 2 => BYC = T cm Logo, o comprimento da correia será dado por: ~ ~ 16 8 AB + CD + AXD + BYC = '6-J3 + 6.J3 + T7I'" + T7I'" = 4(3.J3 + 271'") cm. 775. dA'AD => x2 = 4 + Z2 Cálculo de z: Note que y = 3 - z. A' 1 LlOPA => AP = - 2 dAPC => C = 600 => AP => sen 600 = -- => AC 1 ~ 2: => - - = --- => 60 0 ~ - . •• AI 2 3 - z c'---y---J , v 'o' Y A z / 9 - ~ , v => Z = 3 DaI: o 3R x2 = 4 + (9 -3 V3r=> => X == 3,1415333. o. 106 Capítulo XVIII - Equivalência plana 783. Pelos itens 235 e 236 da teoria podemos concluir que todo triângulo'é equivalen- te a um retângulo de base congruente à base do triângulo e altura igual à meta- de da altura do triângulo. Se reduzirmos à metade a base de um triângulo, o retângulo equivalente tam- bém terá sua base reduzida à metade. Para manter a equivalência, a altura deve- rá dobrar. 784. dABD ~ dBCD => D c => I + II + III == I + II + IV => => III == IV IV p Ul A B 789. 4 . (I) + Pt ~ 4 . (I) + P2 + P3 => => Pt ~ P2 + P3 c b c b b c 790. c / /' /' ~- ~' B A B' A' dPAB ::::: dDAB (mesma base e mesma altura) => dDAB ~ dD' A' B' I dP ,A' B' ~ dD'A 'B' (mesma base e mesma altura) Como a diagonal do retângulo o divide em triângulos equivalentes, concluímos que os retângulos são equivalentes. 107
791. ACBa 55 AABE (LAL) o Capítulo XIX - Áreas de superfícies planas Utilizando a dedução feita no exercÍ- cio anterior, temos: h -vI h A 798. g) sen 60° = - => - - = - => ABCD ~ BEIH. c 6 2 6 => h = 3-Jfm 6 2~ BD 1 BD G cos60° = -- => - = -- => 6 2 6 i i i => BD = 3 m AACD => CD = 5 fi s o I i BC· h 2 => SABC = --- 792. J E F => _ 8· 3-Jf SABC - 2 => SABC ° h ~ h h) sen 45 = - => - - = - 16 2 16 = => 12-J3 m 2 A L => h = 8~ m BC· h SABC = '" => 16 => SABC = 18· 8~ 2 => H i) => x2 (7 SABC = 72~ m2 + h2 = 52 - X)2 + h2 = (4.J2)2 I => A Exercício 791 Exercício 791 ::) => E ABCD ~ BEIH I=> AJLG =:; GHIF => F ABCD + AJLG :::::: BEIH + GHIF . ABCD + AJLG :::::: BGFE => 799. => BO=5m a) AABO Pitágoras; => BD = 10 m => x=3m => h=4m S - BC· h ABC - 2 7 . 4 => SABC =! -2- => SABC = => 14 m 2 si 5 x h A 4~ 7 - x " " C S = BD· AC 2 => => S = 10·24 => S = 120 m2 b) sen 45° = h - 12 => ~ - 2 = h - 12 => c 12 => h=6.J2m 12 12 S = 12 . h => S = 12· 6-Jf => => S = 72-J2 m2 ... 1" ~ ~ c
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  • 1. OSVALDO DOLCE JOSÉ NICOLAU POMPEO COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR FUNDAMENTOS DE '> MATEMÁTICA 9 ELEMENTAR GEOMETRIA PLANA ~ A~l EDITORA OSVALDO DOLCE JOSÉ NICOLAU POMPEO COMPLEMENTO PARA O PROFESSOR FUNDAMENTOS DE '> MATEMÁTICA 9 ELEMENTAR GEOMETRIA PLANA ~ A~l EDITORA
  • 2. Capítulo II - Segmento de reta Sumário Capítulo II - Capítulo III - Capítulo IV - capítulo V - Capítulo VI - Capítulo VII - Capítulo VIII - Capítulo IX - Capítulo X - Capítulo XI - Capítulo' XII - Capítulo XIII - Capitulo XIV - Capítulo XV - Capítulo XVI - Capítulo XVII - Capítulo XVIII - Capítulo XIX - Segmento de reta 1 Ângulos 4 Triângulos 6 Paralelismo 10 Perpendicularidade 15 Quadriláteros notáveis 20 Pontos notáveis do triângulo '................................... 28 Polígonos 31 Circunferência e círculo 35 Ângulos na circunferência 39 Teorema de Tales 45 Semelhança de triângulos e potência de ponto 49 Triângulos retângulos 59 Triângulos quaisquer 85 Polígonos regulares 94 Comprimento da circunferência 102 Equivalência plana .........•............................................ 107 Áreas de superfícies planas ........................................... 109 17. AD = 36 => 9x = 36 => X = 4 AB=6x=24cm B C D BC = 2x = 8 cm A" ,I~I,-"V_.) V CD = x = 4 cm 6x 2x x 18. Hipótese Tese A Q IB pi I I PA == QB => PQ == AB Demonstração: Observando o segrnento AQ comum a PQ e AR, temos: PA == QB => PA + AQ = AQ + QB => PQ == AB. 19. Temos duas possibilidades: 1~) R está entre A e C 2~) C está entre A e R 20 I A. C ' AI I~B v 20 12 AC = AB + BC => AC + BC = AB => => AC = 20 + 12 => AC == 32 cm => AC + 12 = 20 => AC = 8 cm 20. 5x + x = 42 => X = 7 cm AB = 5x => AB = 35 cm BC = x => BC = 7 cm 21. Temos duas possibilidades: 1~) R está entre A e C 2~) C está entre A e B 45 4x / Â'-- , /_----/A . B C AI, t 1,----- )C AI I 1.8 " v /' '----y--------' V ~ 4x x 45 x 4x + x = 45 => X = 9 cm 45 + x = 4x => X = 15 cm AB = 4x => AB = 36 cm AB = 4x => AB = 60 cm BC = x => BC = 9 cm BC = x => BC = 15 cm 1
  • 3. - B C 22. Temos três possibilidades: Demonstraçao AI I I I D 1?) ao 1) Observando o segmento BC, temos: ~-- -JI _ 1 M B N AC == BD => AC - BC == BD - BC => AB == CD. e ' AI... ti" t 1,- .-'IP V V v . 5x 4x x 5x + 4x + x = 80 => X = 8 cm MN = MB + BN => MN = 2,5x + 2x => MN = 36 cm 2?) 5x / 1 4x AI M " / A _ , 7 P N " V ) le ao ~ x 1) BP + PC = BC => BP + x = 4x => BP = 3x 2) AB + BP = 80 => 5x + 3x = 80 => X = 10 cm 3) MN = MB + BN => MN = 2,5x + 2x => MN = 45 cm 3?) 80 I 1'--- ........ , C P M N AI"-y--------/ I"-y--------/ I~I v /I.B x x x 2x 1) BP + PC = BC => BP + x = 4x => BP = 3x 2) BN + NP = BP => 2x + NP = 3x => NP = x 3) iC + BC = AP => AC + 4x = 5x => AC = x 4) AP = 80 => 2x = 80 => X = 40 cm 5) Se o ponto M dista 2,5x do ponto A, então M é ponto médio de PN. Logo, MN = ; e então MN = 20 cm. 23. Hipótese Tese AB == CD => AD e BC têm o mesmo ponto médio B M e D AI I I I ir Demonstração Seja M o ponto médio de BC. Temos: AM == AB + BM == CD + MC == MD. Como AM == MD, M também é ponto médio de AD. 24. Hipótese Tese . 11) AB == CD AC == BD ~ 2) BC e AD têm o mesmo ponto médio 2) Análogo ao exercício 23. 26. Temos duas possibilidades: M B N 1?) AI I I I IC MN = MB + BN => MN = AB + 2 => MN _ AB + BC BC 2 --~-- 2?) AI M C N I I I IB MN = MC + CN => MN = (BM - BC) + CN => BC BC => MN = (BM - BC) + -2- => MN = BM - BC + -2- => => MN = BM _ BC => MN = AB - BC 2 2 28. O segmento MN terá medida constante e igual à metade do segmento AB. Justificação Temos três casos a analisar: 1?) A~2 A~2 / / , / A "- M B N AI I r I I P ~ '-------v--' BP/2 BP/2 Neste caso temos: => MN = AP _ BP => MN = AP - BP => MN = AB MN = MP - NP 2 2 2 T· M P N 2?) AI'-------y------I~'~I.~IB A~2 A~2 B~2 B~2 AP + BP AB Neste caso temos: MN 2 => MN = -2-· B~2 B~2 _--------.l Â"----- _ 3?) A I M 'N' . PI~I~I I IB AP/2 AP/2 Neste caso temos: => MN = BP AP => MN = BP - AP => MN = AB MN = PN - PM 2 T 2 T 2 3
  • 4. Capítulo III Ângulos 75. 55. ângulo ~ x complemento ~ (90° "Ângulo mais triplo do complemento é igual a 210°." x + 3 . (90° - x) = 210° => 2x = 60° => X = 30° - x) O B 59. ângulo ~ x complemento do ângulo: (900 - x) complemento da metade: (900 - ~) Y C I c ~c ' A X triplo do complemento da metade: 3 · (900 - ~) suplemento do triplo do complemento da metade: 1800 - 3(900 - ~) 77. 180° ( - 3 90° x) - 2 = 3 . (90° - x) => 9x 2 = 360° => x:= 80° y s x 60. ângulo ~ x complemento do dobro do ângulo ~ (90° suplemento do complemento do ângulo => 90° - 2x 180° - (90° - x) - = 85° => 3 - 2x) 180° - (90° X = 15° - x) o 65. Sejam x e y os ângulos. x 2 1 y = 7 => (x = 40°, y = 140°) x + y = 180° O complemento do menor é igual a 90° - x = 90° - 40° = 50°. 78. b y s x 68. ângulo ~ x complemento do ângulo ~ (90° - x) suplemento do ângulo ~ (180° - x) "Triplo do complemento mais 50 o é igual ao suplemento." 3 . (90° - x) + 50° = 180° - x => 2x = 140° => X = 70° o 79. Temos duas possibilidades: I?) 18° 74. Os ângulos são da forma 2k, 3k, 4k, 5k e 6k e somam 360°. 2k + 3k + 4k + 5k + 6k = 360° =>. 20k = 360° => k = O maior ângulo é 6k = 6 . 18° = 108°. 72. x e Z são opostos pelo vértice => X = Z x e y são suplementares => y = 1800 - x "x mede a sexta parte de y, mais metade de z." 180° - x x x = + T => 6x = 1800 - x + 3x => X 45° x o Ox e Oy são bissetrizes a + b = 52 0 1 =>2a + 2b = 104° 2a = 40° => 40° + 2b = 104° => 2b = 64° IAÔB == CÔD Hipótese: OX, õY são bissetrizes ----. ~ Tese: { OX e OY são semi-retas opostas Demonstração -+ --+ O ângulo entre OX e O Y é dado por (a + b + c) 2a + 2b + 2c = 360° => a + b + c = 180° --+ ~ Portanto, OX e OY são semi-retas opostas. Hipótese Tese rôs e sôt, adjacentes e complementares # xôy = 45° Ox e Oy, respectivas bissetrizes Demonstração Sejam a medida de rôx = xôs = a e a me- dida de sôy = yôt = {3: a + a + {3 + {3 = 90° => => 2a + 2{3 = 90° => => a + (3 = 45° => xôy = 45°. 2a + 2b = 136° a + b ::; 68° Resposta: o ângulo formado pelas bissetri- zes é igual a 68°. 2?) Ox e Oy são bissetrizes 0 => a - b = 52 1 => a-20° = 52° => 2b = 40° => => a = 72° => => 2a = 144° 5 4
  • 5. Capítulo IV - Triângulos 109. Hipótese Tese 91. a) IAB = AC AB = BC => Ix + 2y = 2x - y x + 2y = x + y + 3 => Ix y - 3y = 3 = O => (x = 9 = ' Y 3) dABC é isósCeleS') AD é bissetriz => AD é mediana (isto é, BD == DC) A AB = x + 2y => AB = 15 relativa à base O perímetro do triângulo ABC é igual a 3 . 15 = 45. Demonstração b) AB AB = AC => 2x + 3 = 2x + 3 => AB = = 3x _. 3 15 AC = => X = 6 AB => AC = 15 BC = x + 3 => BC = 9 (AB = AC; BÂD LAL = CÂD; AD comum) - - => O perímetro do triângulo ABC é igual a AB + AC + BC = 39. ==> dABD == dACD => BD == DC 92. Sejam f a medida dos lados congruentes, b a medida da base e p o semiperímetro. 111. Hipótese Tese A Temos: p = 7,5 I2f = 4b =? 1 2f + b 2 1 = 2b =75 ' =? (I = 6 m, b = 3 m) dABC é isósceles de base BC CD é bissetriz de ê ~ CD == BE Resposta: Os lados do triângulo medem 3 m, 6 m e 6 m. BE é bissetriz de ã 9S. dABC == dDEC => IÂ fi = Ô = Ê => 13a = 2a + 10 0 {3 + 480 = 5{3 => (a = o 10 , (3 = o 12 ) Demonstração (EBC = DêB; BC comum; EêB = DãC) => ALA BU ,- C 100. dCBA == dCDE => IAC AB = = CE DE => 12x 35 - = 6 = 22 3y + 5 => (x = 14, y = 10) ===> dCBD == dBCE => CD == BE Os perímetros são iguais; portanto, a razão entre eles é 1. 101 1) dPCD == dPBA => IPD = PA => I3y - 2 = 2y + 17 · CD = AB x + 5 = 15 => ( = 10 = x , Y 19) 112. AM é bissetriz AM é mediana Hipótese ) =? dABC é isósceles Tese 2) dPCD = dPBA => AB = CD (1) PC = PB PBC = PêB (dPBC é isósceles)' LAL. dPCA == dPBD. Demonstração ---+ 1) Tomemos P sobre a semi-reta AM com A CA = BD (usando (1) e o fato M entre A e P e MP = AM. lOS. A Tese MÂB = MÂC Hipótese dABC é isósceles I AM é mediana => de BC ser comum) Logo, a razão entre os perímetros destes triângulos é igual a 1. 2) (dAMB == dPMC pelo LAL) => => (BÂM == CPM e AB == PC) 3) (BÂM == CPM; AM (bissetriz) => => CPM == CÂM Donde sai que dACP é isósceles de ba- Bt II' I »H >C relativa à base se AP. Então: AC == PC. Demonstração AB = AC (hipótese) ILLL 4) De AB == PC e PC == AC obtemos AB == AC. 'Então, o J1ABC é isósceles. BM = MC (hipótese) AM comum ~ dABM == dACM B« M Mil' C Logo, MÃB == MÂC e concluímos que AM é bissetriz do ângulo Ã. p 6 7
  • 6. Desigualdades nos triângulos ~ a + b + c < 2(x + y + z) < 2(a + b + c) ~ 114. Seja x o terceiro lado. Temos: ~ a + b + c <x+y+z<a+b+c 18 - 211 < x < 8 + 21 ~ 13 < x < 29. Se x é múltiplo de 6 entre 13 e 29 (exclusive), então x = 18 cm ou x = 24 cm. 115. 120 - 2x - (2x + 4)1 < x + 10 < 20 - ~ + ~ + 4 ~ x + 10 < 24 Ix < 14 I ~ ~ 116 - 4x 1 < x + 10 ~ - x-lO < 16 - 4x < x + 10 I x < 14 x < 14 x<~ 6 26 ~ -x - 10 < 16 - 4x ~ 3 ~ T<x<-3- .16 - 4x < x + 10 x >~ 5 116. Aparentemente temos duas possibilidades: 38 cm ou 14 cm. Mas um triângulo de lados 14 cm, 14 cm, 38 cm não existe, pois não satisfaz a desigualdade triangular. O triângulo de lados 38 cm, 38 cm, 14 cm satisfaz a desigualdade triangular. Resposta: 38 cm. 117. AC = b = 27, BC = a = 16, AB = céinteiro ê < Â < B ~ c < 16 < 27 ~ c < 16 O valor máximo de AB é 15. 122. Sejam: a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos: a>b b+c ( ~ 2a > b + c ~ a > --2-. a > c a + b + c 123. a < b + c ~ 2a < a + b + c => a < ----- 124. De acordo com o teorema do ângu- A lo externo, temos: a > {3. (a > {3, (3 > A) => a > A ar ::::::::.sh C & A I c<x+y<a+b 126. b < x + z < a + c => a<y+z<b+c I x<m+n x + Y + z < (p + q) + (n + o) + (m + r) '---v----' ~ ~ 127. y < r + q => Z < o + p x + y + z < a /+ ~---------- c b + n b ~ , x ~...N o z --+- A 128. 1) Tomemos A' sobre a semi-reta AM, com M entre A e A' e MA' = ma. 2) (LlAMB == LlA'MC pelo caso LAL) ~ ~ A'C = c 3) No LlAA'C temos: Bt I I ~c Ib - c I < 2ma < b + c ~ Ib - cl b + c => 2 < ma < --2-· 129. 1) De acordo com o exercício 128~ temos: A b+c a+c a+b) (ma < -2-; mb < -2-; me < -2- ~ ~ ma + mb + me < a + b + c. b a 2) LlABM: c < ma + T. Analogamente, 8/ ""C C b a M a b < me + 2' a < mb + 2· 2" 2" . a+b+c Somando membro a membro as deSIgualdades, temos < ma + mb +mc• 8 C 8 9
  • 7. Capítulo V - Paralelismo 147. a) Os ângulos internos são dados por (180° - a), (180° - (3) e (180° - 'Y). Como a soma destes deve ser igual a dois retos, temos: (180° - a) + (180° - (3) + (180° - 'Y) ;::: 180° => a + (3 + 'Y ;::: 360°. b) Oe modo análogo: (360° - a) + (360° - (3) + (360° - 'Y) ;::: 180° => a + (3 + 'Y = 900°. 148. a) ê ;::: x + 15° => (x + 15°) + (x + 15°) + x ;::: 180° => x;::: 50° b) AêB ;::: 180° - 4x. dABC é isósceles de base BC => 180° - 4x ;::: x => X ;::: 36° c)  ;::: 180° - (x + 70°) i  ;::: 110° - x => X 70° " 180° -  ~ 180° - (110° - x) C ;::: 2 x ;::: - - - 2 - - - 149. d) AB ;::: AC 1) dACO é isósceles => A => Aêo;::: x 2) AÔC ;::: 180° - 2x 3) CÔB ;::: 2x 4) 4CBO é isósceles => => CBO;::: 2x 5) Bêo ;::: 180° - 4x 6) 4ABC é isósceles => => 180° - 4x + x = 2x => => X = 36° B" • '" "'C 1800 -4x f) 1) 4ABO é isósceles => A B => ARO;::: 65° 2) AOB = 50° 3) BÔC ;::: 130° 4) 4DBC é isósceles => => X = 25° c ) { x + y ;::: 2x + 10° ( -x + Y ;::: 10° g x + y + 2x + 10° + Y ;::: 180° => 3x ~ 2y ;::: 1700 => x;::: 30°, y = 40° h) 1) dABC é isósceles => AêB;::: 2x + y 2) Eêo ;::: 180° - (x + y) - (2y - 25°) 3) Eêo ;::: AêB (o.p.v.) 4) dCOE é isósceles => X + Y ;::: 2y - 25° 11800 3) e 4) => - (x + y) - (2y - 25°) ;::: 2x + ~ => x;::: 150 ;::: 400 x + y ;::: 2y - 25° , Y A E 2y-25° 152. Construímos a reta t, t / / r, t / / s. t divide o ângulo de 1200 em dois outros: y e z. 40° y ;::: 40° (alternos internos) y + z ;::: 112° => z;::: 72° - - - - - - - --t z ;::: x (alternos internos) => X 72° 154. Construímos a reta t, t / / r, t / / s. t divide o ângulo de 1000 em x e y. 3a x ;::: 180° - 3a (colaterais internos) y ;::: 180° - 2a (colaterais internos) - -t x + y ;::: 100° => 360° - 5a ;::: 100° => a 52° 2a 165. Do dABC temos: A 2b + 2c + 80° ;::: 180° => b + c ;::: 50°. 00 dBCO temos: b + c + x ;::: 180° => => 50° + x ;::: 180° => x;::: 130°. x b c B Pfb ~C 11 10
  • 8. 167. ângulo do vértice: x 176. A A ângulo da base: (1800 - ~ x) x 5 ~x 180o --x 4 X+ 2(1800 - ~ X) = 1800 => X= 1200 4 Resposta: os ângulos medem 120°, 30° e 30°. A 168. Seja x o valor dos ângulos externos em B e C. Temos: 8 l I - - Fig. 1 C 8 K I ' - - ....., -« '" C I • ~ 2x ~ x A=W ~ A=T a) É fácil deduzir (figura 1) que os ângulos medem 30°, 75° e 75°. 75° 75° x b) De acordo com a figura 2, temos x + -2- + -2- = 180°. Donde vem: ---,- + 2 . (180° - x) = 180° ~ x = 100° 5 x = 105°. x c) De acordo com a figura 3, temos: ~ x ~ A = - => A = 20° x + 15° + 37° 30' == 180° => X 127° 30' 5 B c y = 15° + 37° 30' => y = 52° 30' A 169. AABC: x + 2b + 2c = 180° ~ 179. primeiro ângulo: x I x segundo ângulo: x-28° => X + (x - 28°) + (x + 10°) = 180° ~ x == 66° 180° - x => b + c = terceiro ângulo: x + 10° Resposta: os ângulos medem 66°, 38° e 76°. APBC: x + 76° + b· + c = 180° ~ 180° - x 182. Prolonguemos a reta AB. x + 76° + = 180° => 3m 2 c Na figura temos: {3=2m+3m => (3=5m a={3+m => a=6m  A 81=""': ) - , "'C => X 28° m 170. a é ângulo externo do AABD => a=-+B 2 => a-{3=B-ê  ~ {J é ângulo externo do AACD => {3=-+C 183. 1)  + B+ ê = 180° => A 2 => B + ê = 180° -  174. ACDE: CDE = 180° - 6{3; A 2) 2b + B= 180° 1 EêD = 100° ~ => 2c + C = 180° x + 100° + (180° - 6(3) = 180° ~ => 2(b + c) = 360° - (B + ê) 8/8 => X = 6{3 - 100° C" ","C b AABC: 3{J + {3 = 100° => 3) 2 (b + c) = 360° - (13 + ê) => c b I C => (3 = 25° => 2(b + c) = 3600 - (180° - Â) = / x = 6{3 - 100° ~ = 180° +  ' / => X = 50° I " x / I X B' ! , , ! " :'>  4) x + (b + c) = 1800 => X + 180° +  180° => X 90° C 180 0 -61j D T 12 13
  • 9. 184. Na figura marcamos os ângulos de A mesma medida. ~ABD: x + y == z + 48° ~ACD: y == z + x Subtraindo membro a membro: x == 48° - x ~ x == 24°. A 185.. Seja x a me~ida do ângulo Â. Temos: 1) ~AEF é isósceles => FÊA == x 2) DPE é externo ao ~AEF => DFE == 2x 3) DÊC é externo ao ~AED => DÊC == 3x 4) ~CDE é isósceles => DêE == 3x 5) BDC é externo ao ~ACD => BDC == 4x 6) ~BCD é isósceles => CíiD == 4x 7) AC == AB => BêD == x 8) Â + B + ê == 180° => => X + 4x + 4x == 180° => X == 20° CV) x II &+1 ( 8 187.. Na figura temos: A 1) ~ABC é isósceles => ABD == AêD 5-x 2) EDB, AêD correspondentes => => EDB == AêD 3) FÕC, ABD correspondentes => ~ FDC == ABD BA (IV l (( C 4) AEBD e ~FDC são isósceles 3 o 4 Indiquemos por x e y os lados de mesma medida desses triângulos. Temos: AE + ED + DF + AF == (AE + x) + (y + AF) == 5 + 5 == 10 cm. 188.. 1) Indiquemos as medidas AB == AC == b A e CD == a, donde obtemos BC == a + b. 2) Tracemos AP com AP == b, de modo b b que BÂP == 60°. Obtemos dessa forma o triângulo equilátero APB de lado b. 3) Consideremos agora os triângulos PAD e ABC. Note que eles são congruentes ,/" B pelo caso LAL. A a I / ' / ' Logo: PD == AC == b e APD == 100°. I 60~'/b 4) De PD == b concluímos que o ~BD 1!!.-0L1>" é isósceles. Neste triângulo PBD, o P como fi == 160°, concluímos que !J == D == 10°. 5) Finalmente, de ABP == 60°, DBP == 10° e CRA == 40°, concluímos que CBD == 10°. 14 Capítulo VI - Perpendicularidade A 192. 1) (AHB == 90°, B == 70°) => HÂB == 20° 2) AS bissetriz => SÂC == 35° 3) ~ABC: (Â == 70°, B== 70°) => ê == 40° 8' "V- m e H 5 I "c E b) 193. a) A< ,...... '"' o c - ---+ 1) AêB == 65° 1) Prolongamos AR até cortar CD em E. 2) AêB e DêE são o.p.v. => 2) ~AED: Ê == 55° => DêE == 65° 3) ~BCE: x == 90° + 55° => 3) x == 90° - DêE => X == 25° => X == 145° 198. 1) âABH => HÂB == 30° 2) âACH => HÂC == 70° 3) SÂC == 70° - x 4) AS é bissetriz => X + 30° == 70° - x => => X == 20° 200 c 8 H 5 199. 1) Usando o resultado do exercício 194: c 2 x + TX == 180° => X == 108°. ,... 2 A ... 2) B == -x => B == 72° == A 3 3) Â + B+ ê == 180° => ê == 36° Resposta: os ângulos medem 36°, 72° e 72°. AI '"' -, '8 P 15
  • 10. 201. a) b) A A B c c B 1) AM = MC ~ ê = x 1) AM = MB ~ B = 50° + x 2) ~ABC: x + 90° + 65° = 180° => 2) ~ABH: x + 50° + x = 90° ~ ~ X = 25° ~ x = 20° 203. 1) ~AEB: ABE = 20° 2) ABE = 20° ~ EBC = 70° 3) ~ABC: ê = 20° B 4) BD é mediana => DB = DC => => DBC = ê = 20° 5) EBO + OBC = 70° => => EBO + 20° = 70° => EBO = 50° A I - - ,-I 20 o E D" ( ......... c 204. 1) AM é mediana => A => AM = MB ~ BÂM = B 2) BF é bissetriz => ABF = ~ 3) x é externo ao LlABF => " B 3B ~ x=B+-=-- 2 2 c ' " ç B 'II;:sr. '" '" 205. 1) ~AMS: M = 68°, AMC = 112° 2) AM = MC => ~AMC isósceles ~ ~ ê = MÂC = 34° 3) ~ABC: B = 56° Resposta: B = 56°; ê = 34°. C < , II" ) I " B s 207. 1) LlPBC: b + c + 116° = 180° ~ 3) Usando o resultado do exercício 194, ~ b + c = 64° temos: 2) LlABC: 2b + 2c + Â = 180° ~ H 1ÔH2 = 128° ~ H 2ÔC = 52°. ~ Â = 52° A A b BEc': ..... C 208. 1) LlABC: 90° + fi + C = 180° => A ~ B + ê = 90° 2) ~ACH: HÂC = fi 3) ~AMC é isósceles => MÂC = ê 4) x + 13 = ê => X = ê - B B < .... II _'_ I I - I 'C Procedendo de modo análogo, obtemos: A 5) x = fi - ê Logo, 4), 5) ~ x = IB- êI. , , , e ! ~C B -- II H 209. Hipótese Tese AM é mediana J A ~ LlABC é retângulo AM = BM = MC Demonstração 1) LlABM é isósceles => ABM = MÂB = a 2) LlACM é ísósceles ~ AêM = MÂC = {3 Bt , II '-( ....... C • >- 3) LlABC: 2a + 2{3 = 180° ~ a + (3 = 90° 4) a + (3 = 90° => Â = 90° 17 16
  • 11. A 211. Hipótese Tese ~BC é isósceles BD altura relativa a AC ~ {BD =CE CE altura relativa a AB Demonstração Br ;pc BC == CB (comum) LAAo --- ABC == AêB (âABC isósceles) ==> âBCE == âCBD ~ BD =CE CÊB = Bbc (retos) 212. AM é lado comum A I _ "" _ LAL AMB =AMC (AM é altura) ~ âAMC == âAMB BM =MC (AM é mediana) ~ AB == AC ~ âABC é isósceles. 'B ' ,,':':' ' ) C 214. Conforme a figura: A 1) âABC: 2b + 2c + 900 = 1800 ~ ~ b + c = 450 2) âIBC: x + b + c = 1800 ~ => X = 1350 B r c' ::=se. C ! 215. Hipótese Tese A BE =CD âABC é isósceles Demonstração caso (BE = CD; BC comum) ~ especial ~ âBCD = âCBE ~ CBD == BêE ~ ~ ~BC é isósceles. B tc :==+c A 220. 1.a parte: âAHB: ha < c Analogamente: hb < a; hc < b. Somando as desigualdades, temos: ha + hb + hc < a + b + c. Be ,-, 'c 2.a parte: x H a-x âABH: c < ha + x )~ 2ha > b + c - a âACH: b < ha + a - x Analogamente: 2hb > a + c - b; 2he > a + b - c. Somando as três últimas desigualdades: ha + hb + hc > a + b + c 221. Sendo M o ponto médio de DE e in- B E dicando AB = f, temos DM = EM = f. Note que também BM = f. Dessa forma concluímos que os triân- gulos ABMe BME são isósceles. Cal- culando os ângulos das bases, obte- s A C mos x = 36°. 222. Tracemos SP tal que SP .1 BC. B Temos: _ / ' o " " : ' /' LAAo (BS comum; SBP == SBA, P ~- A) ==> ~ âBSP == âBSA ~ ~ AS == SP ) ~ AS < SC âSPC ~ SP < SC s c 223. 1) Os ângulos da base devem medir A 70° cada. Daí, EBD = 35°; EêB = 55°; BFC = 90°. 2) Note que BP é bissetriz e altura. Assim, o ãECE é isósceles e então PC = PE. 3) Note agora que DP é mediana e é altura no âCDE. Então, âCiJE é isósceles e daí: DÊP = 15°. ~150 4) Do ânEP tiramos x = 75°. 35oh:;: 35° 55° B c 18 19
  • 12. Capítulo VII - Quadriláteros notáveis 226. a) PA = PB => B= x 1000 + 1200 + 3x + x = 3600 => D p => X = 350 b) Traçamos BD. dABD e dBCD são isósceles => => ADB = 400 , CnB = 700 x + 400 + 700 = 1800 => X = 700 227. a) 1) AP bissetriz => BÂP = 65o 2) Indiquemos por 2y o ângulo Ê. C 3) BP bissetriz => ABP = PRD = y o 4) dABP: x + 35 0 = y + 65 0 ] => X = 700 ABCD: x + 2y + 800 + 1300 = 3600 b) A ' YB 1) Marquemos os ângulos congruentes determinados pelas bissetrizes AP e BP. 2) dPAB: a + b = 180 0 - x ] => X = 1000 ABCD: 2(a + b) + x + 1000 = 3600 229. De acordo com a figura, temos: dABP: a + b = 1800 - x dPCD: c + d = 1800 - Y ABCD: 2(a + b) + 2(c + d) = 3600 => => 2(1800 - x) + 2(1800 - y) = 3600 => => X + Y = 1800 D C B o c~c 1.Q parte Trapézio ABCD: 2d + 1100 = 1800 => d = 350 dPCD: c + d + (x - 150 ) ;::::: 1800 => C + 350 + x => C + x = 1600 (1) Trapézio ABCD: 2c + x = 1800 (2) (1) e (2) => X = 1400 2.0 parte c + x = 1600 => C + 1400 = 1600 => C = 200 => - 150 BêD = 1800 400 => 235. AD = 20 cm, BQ = 12 cm => 20 => CQ = 8 cm A Se BQ = BP = 12 cm, então dBPQ é isósceles e fi = BQP e BQP = CQD (o.p.v.). Como AP / / CD, temos APQ = CDQ (alternos internos) => => dCQD é isósceles => c« _ ' ii : II => CQ = CD = 8 cm. Logo, o perímetro do paralelogra- mo ABCD vale 56 cm. p 244. Sejam a e b os ângulos consecutivos. Temos: [:::: 1:(~0: b) ~ (a = 110°. b = 70°). Resposta: os ângulos medem 110°, 70°, 110° e 70°. 20 21
  • 13. 245. Hipótese ABCD é paralelogramo AP e BP são bissetrizes => Tese APB = 900 I .C Ângulo formado pelas bissetrizes de  e Ê: dABP => => 500 + 600 + x = Ângulo formado pelas bissetrizes de ê e D: ACDQ => => 400 + 300 + Y = Ângulo formado pelas bissetrizes de Ê e ê: dBCR => => 500 + 400 + z = Demonstração p = 1800 => X = 700 = 1800 => y = 1100 = 1800 => z = 900 ABCD é paralelogramo => => 2a + 2b = 1800 : a + b = 900. 4?) 5?) 6?) dPAB: a + b + APB = 1800 => => APB = 900 AV b(~ 247. ABCD é losango => as diagonais são perpendiculares ,. 1 A C' , "U-l~D CV'foU- >.I'" I D Seja PAB = T . 90° = 30°. ,s • - - , 3D Então, temos: no dABP, ABP = 60°. Como as diagonais do losango são Ângulo formado pelas Ângulo formado pelas Ângulo formado pelas bissetrizes de  e D: bissetrizes de  e ê: bissetrizes de Be 15: também bissetrizes, os ângulos do lo- AADS => Quadrilátero ABCT: Quadrilátero BADM: sango são: 60°, 120°, 60°, 120°. Dt L-_- r' -- I )8 => 600 + 300 + w = 600 + 1000 + 400 + t = 500 + 1200 + 300 + m = = 1800 => w = 900 = 3600 => t = 1600 = 3600 => m = 1600 0 0 254. a) 1) PÂB = 60 , BÂD = 90 => PÂD = 30 0 I .ADP = 750 c 2) PA = AD => AAPD é isósceles ~ 251. Os ângulos a que se refere o enunciado são adjacentes a uma mesma base, se- não sua soma seria 180°. Sejam x e y os ângulos. Temos: c { X + Y = 47~0 => (x = 41 0,y = 370). x - y = O maior ângulo do trapézio é o suplementar de y, que é 180° - 37° 143°. Resposta: 1430. K II ,,8 252. Seja ABCD o trapézio, com ê = 80°, fJ = 60°. Daí,  = 120° e fJ = 100°. 0 b) 1) PÂB = 600, BÂD = 900 => PÂD 150 => ADP = 150 I 1?) 2?) 3?) 2) PA = AD => dAPD é isósceles p C I ou ou - ( D ,e , ! .... D ,V ! « 'D c 8 22 23
  • 14. 255. b) y x = 2y - 7 -2- 3x + -2- =? x = 6; y = 19 2 RS é base média do trapézio 20 + 12 => RS = _ => RS =? = 16 cm 12 256. DE é base média ~ DE = 1 2 4 = 7 A AV 20 ~B EF é base média DF é base média ~ ~ EF = ; = 4,5 DF = Jf- = 5,5 264. c) y x = = y -2- + 7 x + 16 -2- =? (x = 10, y = 13) 7 Perímetro âDEF = 7 + 4,5 + 5,5 = 17. 16 = Y + -2-z => z = 19 14 259. l.a parte A N B d) AACD => MP = ~ 2 z M, N, P, Q pontos médios de AD, AB, BC, CD; MN = NP = PQ = QM I âABC ~ AC = 2NP =? âABD =? BD = 2MN AC == BD o Q c âBCD =? NQ = .L 2 MN = .L + Y + 1 +.L => 2 2 x - y y + 1 = --2- => X - 3y X - 2y + 5 = 2 = 2y + => 2.a parte B => (x = 20; y = 6) M, N, P, Q pontos médios de AD, AB, BC, CD; MNPQ é retângulo_ I âABC ~ ACIINP ~ i i NV-__~_---~P I i I I i I . I AL._. _._.~-_._.~_.-'----1-'-'-._~C M/,.< o y i< c âABD ~ BD II MN I i I I i I => AÔB == MNP =? AC .1. BD M~----i----~Q I ~ A x B o 262. Sejam B a base maior e b a base menor. Temos: o b c B+b =20 2 B=~ 2 => (B = 24 cm; b = 16 cm). 265. Note que no flBCE da figura o ângu- lo ê mede 45 o. Logo, o MJCE é isós- celes e então BE = h. Como AE = b, temos BE = B - b. h Portanto, h = B - b. 263. âABC => AB PR = -2- => 20 PR = 2 => PR = 10 cm âBCD => RQ = CD -- => 2 RQ = 12 - 2 => RQ = 6 cm 24 25
  • 15. 266. SejaABCD o trapézio, com ê = 30°. Tracemos BF, BF 1- CD, BF = 2h. ~BCE ~ :ã = 60° I . ~CEF ~ F = 60° ~ ~ ~CF equilátero de lado 2h. BC Portanto, h = -2-. A hl o 271. Inicialmente observemos que Pé pon- to médio de AC e Q é ponto médio deAB. AQ = BQ = AP = PC = f MQ é base média => MQ = f) => MP é base média => MP = f => APMQ é losango A I R/i Q p IV B· M C 272. Seja ABCD o quadrilátero com A Â = ê = 90°, BE bissetriz de Ê, DF bissetriz de 15. 8 267. Seja o paralelogramo ABCD, ao lado. Sejam AF e CE as bissetrizes dos ân- A A E ( i o Temos: ~CDF => d + x = 900] b gulos obtusos. ABCD ~ 2b + 2d = 1800 ~ = x AD II BC ]-C ".. => DE DÊC = BCE (alternos) D~C = a] => AF I I CE EAF = a = a c b e x são correspondentes => BE I I DF => D c 268. Da figura podemos concluir que: 4a + 4b = 360° => a + b = 90°. Quadrilátero BFOG ~ => FÔG = a + b = 90° (1) ~OB é isósceles ] ~ oÂF = OBF = b 2a + 2b = 1800 B F A I a I a EJ-----~b ~b-----tG 273. Unimos E com M, ponto médio de BC. Temos: CME == BMG (o.p.v.) I - - ALA ÇM =;. BM ~ ~CEM =~BGM C == B (retos) => (EM == MO, EC == BO) ~BOF ~ F = 90° (2) (1), (2) ~ EG II AB Analogamente, FR 1/ AD. o O H a, a I c Além disso, como BC + CE = AE, temos: EC == BG ~ AG == AB + BG == BC + CE Então: == AE. 269. Seja BÂC = a. A B - - - - - LLL - - (EM == MG, AG == AE, AM comum) ~ ~E == ~G ~ GAM = EAM = a. _ _ _ _ A ALAL - _ BÂC, AêD alternos internos ~ ~êD = a] => (BM == DF, AB == AD, B = D)==> ~BM == ~F ~ BAM = DAF = a. ~A.aC isósceles de base AC ~ ~ AC é bissetriz do ângulo ê. BCA = a Logo, BAE = 2a = 2· FÂD. o F E C Analogamente, BD é bissetriz de D. a o C M 270. Seja o paralelogramo ABCD. B / / AD == BC (lados opostos) ILAA DÂC == BêA (alternos) ~ AQn == BPC (por construção) ",/'" / / / / a",/ , / ", a ~ ~ ~AQD == ~CPB ~ BP == DQ A 8 G OK V 26 27
  • 16. Capítulo VIII - Pontos notáveis do ~riângulo b) Tracemos a diagonal BD. Seja BDnAC= {M). 278. Tracemos a diagonal BD. A M B Note que G é baricentro do fJJCD. ABCD é paralelogramo ~ BQ == DQ }~ A diagonal AC mede 8 + x. Daí, B M é ponto médio de AB ~ AM == MB ~ P é baricentro do dABD ~ AM =MC = 8; x. DP 16 ~ x=-- ~ x=- ~ x=8 8+x 2 2 MG = MC - GC = -2- - x ~ o A "" A 279. 1) DHE e BHC são o.p.v. ~ DHE = 1500 ~ MG=~ 2) Quadrilátero ADHE ~ Â = 300 2 G é baricentro do fJJCD ~ ~ GC = 2 . MG ~ x = 8 - x ~ o => X = 4. 286. Quadrilátero ADOE ~ DÔE = 1100 A Quadrilátero CEOF ~ EÔF = 1300 Quadrilátero BDOF ~ DÔF = 1200 A razão entre os dois maiores ângu- 282. Temos duas possibilidades: los formados pelas alturas vale: I?) A 2~) A 1300 13 1200 12 1200 = 12 ou 1300 = 13· 8 (' ,-- 7/ M '" r J "ç - - , ) , c '~c~ 288. PQ é base média do dABC ~ AP = PC = 15 cm. dABC é retângulo I BP = 15 , . . , . ~ cm BP e medIana relatIva a hIpotenusa O é baricentro do dARC ~ PO = 5 cm. APN = 500 ~ PÂN = 400 Então, Ê = ê = 50°. ~ Â = 800 NPQ = 500 ~ NPR = 1300 Então, Ê = ê = 65°. => Â = 500 289. Tracemos a diagonal AC, que intercepta o 283. a) P é baricentro ~ (~~ ;(; !XX) ~ (x = 4, y = 6) BD em Q. Temos: ~~ :, ~~ } ~ P é baricentro do .:1ACD AM = AB = 15 ~ AP 2 = - 3 . 15 => ~ AP = 10 / / / /~ / Q / / / Aw ~B 28 29
  • 17. 290. RS / / BC ~ IRgB = Q~C (alternos) ~ ;;A~ SQC = QCB (alternos) => ILlRBQ ~ .isósceles => IRQ = RB LlSCQ e Isósceles QS = SC Ternos: 15 18 Perímetro do LlARS = Q ~ JR = (AR + RQ) + (QS + AS) = ~ b = (AR + RB) + (Se + AS) = b/ c = 15 + 18 = 33 cm b c B C 291. Para facilitar, sejam  = 20, Ê = 2b e ê = 2c. A LlABC ~ 2a + 2b + 2c = 180° => => a + b + c = 90° Daí: a + b = 90° - c; a + c = 90° - b; b + c = 90° - a. LlAOB => AÔB = 180° - (a + b) ~ => AÔB = 180° - (90° - c) ~ => AÔB = 900 + c ~ BV "..... , -III "C " ê ~ AOB = 90° + - 2 " B -  Analogamente, AOC = 90° + T; BOC = 90° + T· Capítulo IX - Polígonos A B 293. e) AB / / ED =>  + Ê = 180° ABCDE é pentágono => ~  + fi + ê + Ô + Ê = 540° ~ ~ ( + Ê) + B + ê + fi = 540° ~ ~ 180° + (x + 20°) + 90° + (x + 10°) ~ X = 120° = 540° => o ....c 294. a) Quadrilátero ABCD:  + B + ê + Ô = 360° ~ => 90° + 1100 + 90° + + 180° - x = 360° => ~ X = 110° b) Quadrilátero ABCP: .x + 15° + B + 65° + + 180° - X = 360° ~ => B = 100° ~B 100 0 Pentágono ABCDE:  + B + e+ Ô + Ê = 540° ~ ~ 2x + 30° + 100° + 130° + C 90° + 85° = 540° ~ x = 52°30' ~ p c) Análogo ao item b. d) Sejam  = 2y e D = 2z. Temos o que segue: Pentágono ABCDP => => y + 90° + 160° + z + 135° = = 540° ~ y + z = 155° Hexágono ABCDEF => => 2y + 90° + 160° + 2z + x + + 40° + x = 720° ~ ~ 2(y + z) + 2x + 290° = 720° ~ ~ x = 60° F, E' E ! ,-- o o .• >' , ·~B , 297. a) Note que o MJPC é isósceles, pois BP = BC. O ãngulo interno ai do pentágo- 540° no mede ai = -5- = 108°. E c ABP == 60° => PBC = 48° ~ => X = 66° 30 31
  • 18. b) LlABP é equilátero => BÂP = 60° D 311. De cada vértice partem n - 3 diagonais. Logo, n - 3 25 e, então, n = 28. Resposta: o polígono possui 28 lados. Ê ~= 1,~8~ } => DÂE = 360 ADE e lsosceles A B E c DÂE + BÂP + x = 108° => 320. Seja 2x o ângulo interno. => 96° + x = 108° => X = 12° Quadrilátero ABCP => 2 => X + 2x + x + 9 . 2x = 360° => c => X = 81 ° => ai = 162° => B => ae = 18° => 298. a) BÂF = 90° => FÂE = 18° 360° => 18° => n 20 ABE é isósceles => AÊB = 36° n x é externo ao LlABE => X = 36° + 18° => X = 54° GÂF = 45°, x = 5.4° => ERA = 81° = GHB 321. n = 20 => ai = 162° => ae = 18° ~ÇBD é is~sceles => CBD = 360} . ORE = 360 LlPBC => P = 180° - 18° - 18° => EBA = BAE = 36° =? => P = 144° A B P Y + ORE + OHB = 180° => y + 36° + 81 ° = 180° => y = 63° l~o---~~-- D '-90 ..." 'c c D 322. Observando o quadrilátero MBNP, B temos: Av' I ... B = 156° => ai = 156° => / ~ , / .A. b) A~ = AG => LlA~G é isóSceles} => AFG = 750 = 450 => ae = 24° => N BAG = 90° => FAG = 30° => y 360° A / => - - = 24° => n = 15 24° ;' Note que FOA = 75°, AGI = 90° e, então: HGI = 15°. n '0/ c Analogamente, l/O = 15°. d = n(n - 3) => )~P LlGIJ => X = 15° + 15° => X = 30° 2 E D => d = 15(15 3) => d=90 2 n(n - 3) 323. Sendo d = 2 ' temos: d + 21 = (n + 3) . (n + 3 - 3) n(n - 3) 21 = (n + 3) . n => => F c 2 2 + 2 => (n + 3)n _ n(n - 3) = 21 => n[(n + 3) - (n - 3)] = 42 => 2 2 => 6n = 42 => n =------r- d = n(n - 3) => d = _7_._(7_-_3_) => d = 14 2 2 A B 32 33
  • 19. 324. Quadrilátero ABCD: Capítulo X - Circunferência e círculo  = 1800 - (a + b) fi = 1800 - (c + d) I ~ 342. (1) RA + RB = 7; (2) RA + Rc = 5; (3) RB + Rc = 6 ç = 1800 - (e + O Somando (1), (2) e (3) temos: RA + RB + Rc = 9. (4) D = 1200 Fazendo (4) - (1), vem Rc = 2; (4) - (2) vem RB = 4; e (4) - (3) vem RA = 3. ~  + fi + ê + D = 3600 ~ 1800 - (a + b) + 343. a) + 1800 - (c + d) + + 1800 - (e + O + 1200 = o = 3600 ~ ~ a + b + c + d + e + f = 3000 328. nI = n; n2 = n + 1; n3 = n + 2 n(n - 3) (n + 1)(n + 1 - 3) (n + 2)(n + 2 - 3) - 28 2 + 2 + 2 - ~ ~ n2 - n - 20 = O ~ n = - 4 (não serve) ou n = 5. O polígono com maior número de lados é o que tem mais diagonais. Logo, n3 = 5 + 2 ~ n3 = 7. PA = PQ ~ âPAQ é isósceles I PJ! = PQ ~ âPBQ é isósceles Quadrilátero APBQ ~ 0 331. (n + 1 - 2) · 1800 _ (n - 2) . 180 = 50 ~ APB = 800 n + 1 n 0 0 ~ 2a + 2b = 280 ~ a i" b = 140 } ~ AQB = 1400 (n - 1)· 1800 (n - 2) · 1800 ~ - = 50 ~ AQB = a + b n + 1 n ~ n(n - 1) . 1800 - (n + 1)(n - 2) . 1800 = 50 · n(n + 1) ~ ~ n2 + n - 72 = O ~ (n = - 9 ou n = 8) ~ n = 8 b) Traçamos a reta t, tangente comum pelo ponto Q. Prolongamos BP até interceptar a reta t em R. Note que t n AP = {SI. p SA = SQ ~ âSAQ é isósceles I Rg = RB ~ âRQB é isósceles Quadrilátero APBQ ~ APB = 1000 ~ 2a + 2b = 260 0 ~ a t b = 130 0 } ~ AQB = 1300 AQB = a + b 353. R - r < d < R + r I ~ R-II < 20 < R + 11 ~ 9 < R < 31 d = 20 cm; r = 11 cm 34 35
  • 20. R é múltiplo de 6] ~ 9 < R < 31 ~ (R = 12 cm ou R = 18 cm ou R = 24 cm ou R = 30 cm) 354. Seja RA , RB e Rc os raios das circunferências de centros A, B e C, respectiva- mente. Temos: RA + RB = 12 (1) Rc - RA = 17 (2) Rc - RB = 13 (3) (2) + (3) ~ 2· Rc - (RA + RB) = 30 =1 2Rc - 12 = 30 ~ ~ Rc = 21 m ~ RA = 4 m ~ RB = 8 m Resposta: RA = 4 m, RB = 8 m, Rc = 21 m. 355. Seja AP = x. Então, c PB = 7 - x = BQ. BQ = 7 - x] ~ QC = x-I = CR 9- x BC = 6 ~~ : ; - 1] ~ AR = 9 - x 7-x Mas: AR = AP ~ 9 - x = x ~ ~ x = 4,5. B 7-x x A p 359. Temos: a + b + c = 2p ~ ~ b + c = 2p - a. (1) B c-x x A Seja AP = x ~ AO = x ~ ~ OB = c - x ~ BR = c - x ~ c-x ~ RC = a + x - c ~ x ~ CP = a + x - c Como CP + AP = b, temos a+x-c+x=b ~ ~ 2x = b + c-a. a+x-c a+x-c Utilizando (1), segue que 2x = 2p - a - a ~ x = p - a. c 361. Note que RA = RC, que SB = SC e que PA = PB. Temos: perímetro dPRS = = (PR + RC) + (SC + PS) = p = (PR + RA) + (SB + PS) = = PA + PB = 10 + 10 = 20 cm. 364. Temos BC = 26 cm (Pitágoras). De acordo com a figura: (10 - r) + (24 - r) = 26 ~ ~ r = 4 cm. 366. De acordo com as medidas indicadas na figura: (c - r) + (b - r) = a ~ b + c - a ~ r 2 367. a = (b - r) + (c - r) ~ a = o + c - 2r I ~ ~-rC a + b + c = 2p ~ b + c = 2p - a 1 ~ a = 2p - a - 2r ~ a = p - r ~a r .lb-r B c-r c r A A 10 D 370. Observe que a altura do trapézio (AB) tem medida igual a 2r. ABCD é circunscrito ~ 2r ~ AB + CD = AD + BC Então: 2r + 13 = 10 + 15 ~ r = 6. 8 15 C 371. Sejam a e b dois lados opostos e c e d os outros dois lados opostos. Temos: a - b = 8 (1); c - d = 4 (2); a + b = c + d (3); a + b + c + d = 56 (4) Substituindo (3) em (4): a + b + a + b = 56 ~ a + b = 28 (5) (5) e (1) ~ (a = 18 cm, b = 10 cm) (3) ~ c + d = a + b ~ c + d = 28 (6) (6) e (2) ~ (c = 16 cm, d = 12 cm) 372. BC = 4 ] perímetro dABC = 10 ~ AB + AC = 6 (1) DP = x ~ DQ = x EQ = y ~ ER = y BR = z ~ (BS - - z, SC = 4 - z = CP) 37 36
  • 21. (1) => AB + AC = 6 => A => AE + ER + RB + AD + + DP + PC = 6 => => AE+y+z+AD+ +x+4-z=6 => => AE+y+ + AD + x = 2cm,emque AE + Y + AD + x é o perímetro do AADE. C 4-z S z B 374. A x Q y 8 I , o w S zC Hipótese: [ABCD é paralelogramo circunscrito Tese: [ABCD é losango. .Demonstração Basta mostrar que AB = BC. , IAB CD X + Y w = => = z + (1) ABCD e paralelogramo => AD BC (2) = => X + w = y+ z Somando membro a membro (1) e (2), obtemos: 2x + y + w· = 2z + y + w => X = z. Então: AB = x + Y = z + Y = BC => AB = BC = CD = AD => ABCD é losango. 375. Sendo O o centro, AB o diâmetro e c CD uma corda qualquer que não pas- sa pelo centro, considerando o triân- o gulo COD, vem: B CD < OC + OD => CO < R + R => => CO < 2R => CO < AB. 376. Sejam AB e CD as cordas tais que A MO == NO, em que M é ponto mé- B dio de AB, N é ponto médio de CD e O é o centro da circunferência. Temos: c MO == NO (hipótese) o I Capítulo XI - Ângulos na circunferência 382. c) COA = 1800 - x => => ABc = 2 . (180° - x) ABC = 150° => ÁDc = 3000 ABc + ADc = 360° => => 2(180° - x) + 3000 = 3600 => X = 1500 => 384. AÔC = 100° OA = OC (raios) => dAOC é isósceles (OB 1.. AC; dAOC isósceles) => => OB é também bissetriz => => AÔB = BÔC = 50° OH = oe (raios) => .:lHO: isósceles 1 => X = 650 B BOC = 50° 385. AÔD = 1150 => ÁÕ = 115° ,.--..... ....-..- ADC AD + DC x=-2-=>x= 2 => B => X 1150 + 105° 2 => X = 1100 F 386. ex Cm + ÃEB 2 => 115 0 => 70° AEB + 50° 2 + AEB => => AEB = 450 cm = AEB + 500 => ..--.. CFD = 950 x 388. b) ABC = 40° => AÔP = 120° => => BE = 120° BE-éD 2 => éD = 80° PDB = 600 => B B 120 0 E => X 120° - 800 2 => => X 20° OB == 00 (raios) => dMBO == dNDO => MB == ND => AB == CD dMBO, dNDO retângulos A 38 39
  • 22. 389. b) AVB ....--... ACB - AR 2 => B => AVB = 310° - 50° => => AVB = 130° dRVS => (8 = 40°; V= 130°) => => X = 10° R/X A V ::::-=:-'~Q 391. B6c = 160°. Prolongamos CO até interceptar a circunferência em D. Temos, então, BÔD = 20°. BÔD = 20° => fiB = 20°. Unindo O e A e usando o fato de => => a a OBA = 60°, obtemos t1A.OB isósce- les. Daí, AÔB :;::: 60° e AR = 60°. Então: ÃB+OO 2 60° + 20° => a = 400. c A 60° 393. Unimos o p~nto A com o ponto C. Note que ACB :;::: 90°. Unimos C com Q e Q com D. Temos: (CD :;::: R, CQ = R, QD = R) => => dCQD é equilátero. Então: ....-.... ... CD = 60° => CAD = 30°. (dACK, C = 90°) => a = 60°. A B 600 395. a) dAOD é isósceles => => (OÃD = y, AÔD = 180° - 2y) AÔD = Ãi> => 180° - 2y = 120° => y = 30° dABC é retângulo em B, então: x + L = 90° => 2 => A c => X + 15° = 90° => X = 75°. 40 b) ABCDE é pentágono regular. Então: o ÃB = BC = éD = fiE = ÁE = 72° Daí: E c ÃB + DE x => 2 => X 72° _ + .72° => X 720. B 396. Unimos o centro O com o ponto C e com o ponto A: o OB .i AC => M é ponto médio de AC. dOMA == dOMC (LAL) => => AÔB = BÔC = 60° ..... ~ AOB = 60° => AFB = 60° .--.. .....-..... AFB = 60° => ABC = 120° => => ADC = 60° 397. Consideremos o triângulo PQR da figura. Seja QR = x. Calculemos x: ~ ...-.... A 800 = QPR - QR => 2 => 800 = 360° - x - X => 2 => X = 100°. Analogamente, y = 140° e z ::;: 120°. Daí: A X P _ 500. P=T=> - , y ;.. y Ô - 70°· Q--=> 2 - , - ~ B R C z ,.. R--=>R= 600. - 2 398. AR, Bce AC são proporcionais a 2, 9 e 7 quer dizer que AR, BC e AC são da forma 2k, 9k, 7k. Então: 2k + 9k + 7k = 360° => k = 20° => => ÁB = 400;OC = 1800;ÁC = 140°. v ..,C Daí: AC ÁB => a = -2 a = 20°; {3 ::;: -2- => {3 = 70°. 41 ~
  • 23. ~ 401. BQC = x => BC = 360° - x 2So = 360° - x - X => 2 => X = 152° => BÔC = 152° dBOP == dQOP (caso especial) => => BÔP = QOP = a dCOR == dQOR (caso especial) => A => CÔR = QOR = b Temos: 2a + 2b = 152° => a + b = 76°. Como PÔR = a + b, temos PÔR = 76°. ,........ ' I d d ." I ·1' . . AM .......... 360° 402. AM e a o o trIangu o equI atero InscrIto => = -3- => AM = 120° - , . . . - . 360° .......... BN e lado do quadrado InscrIto => BN = -4- => BN = 90° .......... ...--.... (AM~ 120°, AMB = IS0b ) => => MB = 60° N t :;: P ............ ,........ o. (MB = 60°, NB = 90°) => ~ ~ => NBM = 150° => NAM = 210° Então: ,,--.... ~ NAM - NBM a = => 2 210° - 150° => a = 2 => a = 30°. 404. Â = B= é = 60° => A P ,,-.. ,..... ~ => AB = AC = BC = 120° Temos: ~ --.. APB = ACB - AB => 2 => APB = _2_4_0°_-_12_0_° => 2 => APB = 60°. 1200 c 405. a) BÂC = 35° => BC = 70° => ~ => CD = 110° ~ 110° - 70° DI • I J :> ) CPD = . => => CPD = 20° => X = 160° ....--... 2000 160° b) EGF = 1600 => BÂC = 2 => BÂC = 200 ........... BÂC = 200 => BC = 400 ~ ~ AD + BC AD + 40° .......... 700 = => 70° = => AD = 1000 2 2 ~ AD = 1000 => X = SOo E x o 407. Hipótese Tese r / / s => m(ÁB) = m(éõ) A c ,/' " Demonstração /><:., AêB = ADB = a (pois subtendem o mesmo arco ÁB) a s Analogamente, CÂD = CBD = {3. AêB, CBD são alternos => => AêB = CBD => ex = {3 ex = (3 => m(ÁB) = m(éD) 409. Sendo a hipotenusa igual ao diâme- tro (2R) da circunferência circunscri- ta e CPOR um quadrado, temos: BR = BS = a - r 1=> AP=AS=b-r A => AB = a + b - 2r => b-r => a + b - 2r = 2R => a-r => a +b = 2(R + r) B a-r R r 42 43 I A
  • 24. 412. A , " A A Capítulo XII - Teorema de Tales B H1 s............... .~ __--", H1 " I I I I I I I I ·-1 H2 H, C Teorema de Tales - - - 419. A'C' II AC 1~ ACC'A' é paralelogramo AA' II CC' ~ A'C' = AC = 30 cm. Daí: (; = ;, x + y = 30) = ~ (x = 12 cm, Y = 18 cm). • _ ~ r -~ t -, .. b ;r=-a 1) AÊH2 ;: AêH], pois possuem lados respec- tivamente perpendicu- lares. 2) A circunferência de diâmetro AB passa por H j e Hb pois AfIjB = AHI3 = 90°. Então, AÊH2 ~ Alij H2 , pois subtendem o mesmo arco AR2 na circunfe- rência de diâmetro AB. 3) Analogamente ao pas- so 2), temos AêH] == A HjH], pois subtendem o mes- mo arco AR] na cir- cunferência de diâme- tro AC. A K ___------,---------~----~-----~--~-a ....!!!..k ~k 5 5 n ... J L ~k/ ~k 5 Y 10 424. b De 1), 2) e 3) concluínlos que: AHj é bissetriz do ângulo H]Hj H2 • Procedendo de modo análogo aos passos 1), 2) e 3), teremos HjH]C ~ Cfi]H2 e H]fi2B == BH2 H j e, portanto, o ponto H é incentro do AHj H2H]. A .... AC /0 I _ G ~k 5 / 7 t H )~ M' ~k 5 .. c N· d H2 s H, C AB, BC e CD são proporcionais a 2,3 e 4, isto é, AB, BC e CD são da forma 2k, 3k e 4k, respectivamente. Temos: 1) AE AB = ~ 2 ~ AE 2k = ~ 2 ~ AE = 3k AB BC = AE EF ~ 2k 3k = ~ EF ~ EF = ~ k 2 BC CD = EF FG ~ 3k 4k = 9 T k FG ~ FG = 6k JK AB = ~ 5 ~ JK 2k = ~ 5 ~ lK = ~k 5 44 45
  • 25. 2) Analogamente, encontramos: b) Sejam AB == x e AC == y. Temos: 11 = 2 5 7 k; IR = 3 5 6 k 27 81 KL == -5-k, LM == lQk e MN == 54 -5-k. perímetro dABC == 23 ~ x + y == AP , b·· 18 8 e lssetrlz externa ~ - == - x y 131 ~ x 9m 3) AD + AG + HK + KN == 180 ~ ~ (2 + 3 + 4 + 3 + 9 - 2 + 6 + 36 - 5 + 27 - 5 + 18 - 5 + 27 - 5 + 81 - 10 + 54) - k 5 == 180 ~ x , ..... ..... ..... , ~ k==~ 7 ~ 4) k == 20 7 (EF == 90 - cm LM 7 ' == 162 - - cm CD 7 ' == 80) - cm 7 437. Sejam CP Temos: == x, AR B == y, AC 10 m == z. ...' ... , ........ -------- --~ 8m p 427. Hipótese AD AE - - = - - DB EC Demonstração ~ Tese DE II BC A Teo. biss. int. 3 ~ Z == TY Teo. biss. ext. ~ => Z 6 8 Y 14 + x _ --y- ~ ~ Z ~ B 8 S 6 ----.............................. -- ê--- ---i----::===p Tomemos E' em AC, DE' I I BC. Temos: AD AE --==-- ~ DB EC D~ _ 14 + x __ x_ ~----- 3 Y _)j' 4 ~ x == 42 m ~ AD + DB DB AE + EC EC ~. 438. Temos duas possibilidades: 1~) A 2~) A ~ AB == AC DB EC Teorema de Tales (1) ~ B c 18 cm AB ~ DB (l)e(2) == ~ AC E'C (2) EC == E'C ~ E = E' => DE II BC B 9 cm 16 cm C B 16 cm 9 cm 'C 9 18 == 16 AC ~ AC == 32 cm ~ 18 _ 9 - AC ~ AC == 81 -8- cm Teorema das bissetrizes 434. a) perímetro ~ABC == 75 cm I ~ BS == 10 cm, AC == 30 cm Sejam AB == x, SC == y. Temos: I ~ == .L x == 300 x 30 ~ Y x + y = 35 [ x + Y = 35 AB + SC == 35 cm Ix == 20 cm e y ~ ou x = 15 cm e y == = 15 cm 20 cm ~ 439. Note que BC == 40 m. Perímetro dABC == 100 m ~ AB + AC == 60 m => ~ c+b==60 c + b == 601 ~ == ~ ~ (c == 40 e 16 24 ~ b == 36) A b ~ (AB == 15 m ou AB == 20 m) B 16 m 24m c 46 47
  • 26. => => X = 12 cm 441. Teo. biss. int. Teo. biss. ext. => 20+Y_2- =>~-24 x 20 - x - - - - => 3x 2x 20+y_~=> ~ - 2x => y=40cm 8 x , 3x ~ /12x ", " , ......, , 20-x C-----------s Capítulo XIII - Semelhança de triângulos e potência de ponto 2p = 42 cm Semelhança de triângulos 454. 2p = 8,4 + 15,.6 + 18 => 443. O centro do círculo é o incentro do ãABC. Sejam E, F, G os pontos de tangên- cia da circunferência com os lados BC, 6 k = - 5 Seja t o maior lado do segundo triângulo. Temos: 18 18 6 -t- = k => -t- 5 => t = 15 cm. 2p 42 k=-=>k=-=> 2p' 35 AB e AC, respectivamente. Temos: AF = AG = 3; CG = CE = x; BE = BF = 6 (BD = 7; BE = 6) => DE = 1 => => CD = x-I O centro' do círculo inscrito é incen- tro do dABC, donde tiramos AD bis- setriz de Â. Então: BD CD 7 x-I - - - - => - - - - => AB AC 9 3 + x => X = 15. 458. DE / / BC => dABC - dADE => AB AC BC => --=--=-- => AD AE DE x + 5 y + 7 18 => - - - = - - - = - => X y 12 => (x = 10 m, y = 14 m) A r, XI "- Y I , I "- I ' I " I " 5i' 12m '3 B 18 m C 444. BC = 5 cm 1 Casos ou critérios de semelhança Perímetro dABC = 15 cm => => AB + AC = 10 cm (1) Teo. biss. int. ~ iB = lc (2) (1)e(2) => (AB=6cm,AC=4cm) . ect~ BS CS Teo. blSS. 8. => AB = AC => => 5 + CS = CS => CS = 10 cm 6 4 B 3 460. a) a ~ {j ~ 1=> dABC ACB == BCE AB AC BC => DE = DC = EC y 12 8 => - = - = - => 8 x 6 ~ (x = 9, y = 33 2 ) b) a = {j 1 AêB == DêE => dABC - dDEC => - dEDC => => A ~ A, é O / 8 J E => => AB _ AC ED - EC = ~=~_ 4 y - BC DC => y+2 --8~ => ex 6 X O ~ (x = 7, y = 10) 8 2 48 49
  • 27. ------------------------ A AêB == BêD (comum) ~ 461. a) BÂC == CBO I 465. ASR == ABC (iguais a a) I ~ ~SAR __ ~BAC ~ SÂR == BÂC (comum) ~ ~ABC -- ~BDC ~ SR AS x 5 ~ - - = - - ~ - = - ~ AB AC BC ~ - - = - - = - - ~ BC AB 8 10 BD BC DC ~ x = 4 5 9 x ~ - = - = - ~ y x 4 c ' 8 'B I => (x = 6, y = 13°) A 467. AêE == A~B (dado) I ~ ~ACE -- ~AOB ~ c x B CÂE == OAB (comum) AC AE 11 -.2- ---~--- ~ c ~ AD - AB x + 5 8 b) BÂC == CãD I AêB == BêD (comum) => 63 ~ x = -5-cm 4 => ~ABC -- ~BOC ~ AB AC BC ~ - - = - - = - - ~ o BD BC DC ~ x =Y+4=~ ~ I b) B1C == C~D I ~ 5 6 4 q, 468. a) B1C == CÇE (retos) => , B ACB == DCE (comum) ACB == DCB (x = ~, y = 5) ~ ~BC -- ~DEC ~ ~ ~ABC -- ~BDC ~ AB AC AC BC 462. a) r II s ~ dABC -- ~ADE => ~--=--=> => _.- = - - => DE DC BC DC A BC H ~--=-=> 8 15 8 x + 4 10 DE h => - = - ~ X=- ~---=-~ x = 21 x 5 3 10 4 h 21 8 + x 8 ~ - = - - - ~ x=6 A<!"" 12 8 H E"-------r Q 12 QA'A . '> Ix 5 B 21 c ()c b) Análogo ao item o. B c~, aVVB 464. a) AI} I I DE ,,=> BÂC = DÊC (alternos) I => ~ABC __ ~EOC v ' ACB == ECD (o.p.v.) 17 10 b) Da semelhança do item o, temos: , A 5 B 469. CÇE == A~C (retos) 1 ~ A AB BC 5 7 --=--~- DCE == ACB (comum) DE CD 10 CD => ~ ~DCE -- ~BCA ~ '0 ~ CD = 14. c DE CD ~--=--~ AB BC 15 x 15 45 ~ T5=w ~ x=T '$ o 10 E 50 51
  • 28. A 4 B 476. Note que y é base média do trapézio. 470. ABC == COE (retos) 1 Daí: x-4 AéB == CÊD (correspondentes) => 4 + 16 => dABC -- dCDE => ~ y == 2 => y == 10. a-b AB BC => --= - - => Tracemos RI, com RI .1 KI. Temos: CD DE a a-b b b2 => - - - = - => x=-- ., ",., 11:>-' E b x a - b ~~D'----v---' a b x 471. ABC == COE (retos) 1 AêB == CÊD (correspondentes) => => AABC -- dCDE => 6-x 3 AB BC => CD + DE => 3 6 => - - - = - => x==4 6 - x x 2p == 4x => 2p == 16 9 472. Seja x o lado do quadrado. Temos: CÊD == CÂB (retos) 1 4-x COE == DBF (correspondentes) => => dCDE -- dDBF => DE CE => --= - - => BF DF x 4 - x 12 => ---==--- => x==- 6 - x x 5 474. ABCD trapézio => AB / / CD => E => dEAB -- dECD => EF AB => -.-==-- => h EG CD h+ 10 cm h + 10 50 => h == 3'"0 => h == 15 cm => 10 cm => (EG == 15 cm, EF == 25 cm) A 475. DE / / BC => dADE -- dABC => A DE AF =>--==--=> BC AG b 12 => - == - => b == 10 cm 20 -3- 50 20 50 I C 3 ED = FG == IK == 4. ,"' .-, A H Então obtemos: CD == x - 4 e GH == 6. CD / / GH => dBCD -- dBHG => 9 CD BD => --==-- => HG BG x - 4 3 => ---==- => x==6 f / 6 9 16 477. (AC == 17, EC == 4) => AE == 13 / AêR e EnC possuem lados respecti- o vamente perpendiculares. Daí: A AêB == EÔC 1 ABC == DÊC (retos) => y => dABC -- dCED => 8 AB AC BC => CE == CD == ED => 8 17 15 => - = = - = - => B 15 c 4 y x = y ~ (x li, = 1;) 478. Sejam ABC == b, AêR == c. Então: dABC => b + c == 900 d~GD => b + Bf;D == 90° => ~ÔD == c 1=> A dCFE => C + CFE == 90° => CFE == b BD GD => dBGD -- dFCE => - - == - - => FE CE 8 x => -==- => x=4cm x 2 Logo, o perímetro do quadrado é B igual a 16 cm. AB AC} 480. AE == AD . caso LAL dABC -- dAED => A BÂC comum semelhança 8 10 AB BC 25 X => - - == - - => -- x == 30 li=> AE ED 10 B 53 52
  • 29. 481. BÂC == BêD I . A ABC comum ~ ~ LlABC - LlCBD => AB BC ~--=--~ CB BD x + 4 10 ~---=-~ 10 4 x = 21 B 10 c 482. B1C == A~D (retos)I => c APC == BPD ~ LlAPC -- LlBPO ~ o AP AC =>--=--=> BP BD 13 x 13 =>---=-=> 25 - x 7 65 x = Tcm 7 A x p 25-x S 483. Unimos os pontos C e E. AE é diâmetro => AêE = 900 (1) ABD e AÊC subtendem o mesmo ar- co AC => ARO == AÊC (2) Si 1°' ~ "'1 (1) e (2) => LlABD -- LlAEC ~ => 6 h - = - => 30 10 h=2cm E 484. Tracemos o diâmetro BP e unamos PcomA. A~B == AÇB (subtendem o arco ÁB) I=> BAP == AHC (retos) => LlAPB - LlHCA => => AB PB --=-- => HA CA => -±- = 2R => R = 4 3 6 485. Pelo ponto A tracemos MN, com MN//CD. OIÂM ==02ÂN (o.p.v.) I _ A => OIMA == 02NA (retos) => LlOIMA - Ll02NA => OlA OIM =>--=--~ 02A 02N h h => ~ = R - h => h = 2Rr r h-r R+r o 54 486. GÔB == EÔD (o.p.v.) I 00 == OB ~ ABO == ADO == côo ~ LlBGO == LlBEO => ~ BG = DE = 2 m DE = 2 m => AG = x - 2 DE / / AG => AFAG -- LlFDE => B(" '" 'L:- "II FA AG => - - = - - ~ FD DE x+4 x-2 ~ --4- = --2- => X = 8 m F c 487. Tracemos a bissetriz interna AS. Temos o que segue: A Aês = SÂC = y => => LlACS isósceles => AS = SC = k 10m (BC = x, SC = k) => BS = x - k 6m ASB é externo ao LlACS => ASB = 2y B~S == A~B I => LlABS - LlCBA ~ B/ LY( . v"'. c ASB == BAC x-k S k 6 k x-k I => X = 10 = -6- ~ ~~x=-~O~l~ 6k (2) 5 (2) => 10x = 16k ~ k = TX (3) (3) em (l) ~ x· ~ x = 60 ~ x = 4..J6m 488. Unimos A e B com Q. Temos o que p segue: Q~H == P~Q (subtendem QB) I => QHA == QSB (retos) ~ LlQAH - LlQBS => QH QA =>--=--=> QS QB x QA => - = -- (1) 9 QB QBA == RÂQ (subtendem ÁQ) I A ~~ => QHB == QK1. (retos) ~ LlQHB -- LlQRA ~ QH QB ~ - - = - - => QR QA 55
  • 30. => ~ = QB => --±- = QA (2) 4 QA x QB x 4 (1) e (2) => - = - => X = 6 9 x ~ ~ ~ ~ 489. 1) Ô = ARC - AQB => fi = ARC _ AQB => ~ ÁRC_ê*1 D = -2- 2 2 2 Ao ",...-.... => C + D= ARC --2-- 5 R p ê a D ~ ,,--..... ,.....-......, ,..--.... ,.. ........--... 2) ê = ASD - APB => ê = ASD _ APB => C = ASD ... -2 - D => 2 2 2 ~ => ê + Ô = ASD 2 1) e 2) => Ãiê = ÃSD => ABC = ARD = 90° => IAC é diâmetro AD é diâmetro. 3) Como t e i são tangentes, temos CÂD = 90°. Então: dACD => ê + fi = 90°. Daí: (dABC => BÃC = Ô; dABD => BÃD = ê) => dABC - âDBA ::} AB BC x b => - - = -- => - = - => x2 = ab => X = .Jab. DB BA a x Potência de ponto A 495. a) (PA) x (PB) = (PC) x (PD) => x-4 => 3· 8 = (x + 4) . (x - 4) => D => x2 - 16 = 24 => c 2 x = 40 => X = 2..J1O Resposta: 2.vw . 8 b) (PT)2 = (PA) x (PB) => => x2 = 2 . (2 + 2x) => => X = 2(1 - ~) (não serve) ou x = 2(1 + ~) Resposta: 2(1 + ~). T 496. a) (PA) x (PB) = (PC) x (PD) => b) (PA) x (PR) = (PC) x (PE) => => 4· (4 + 2R) = 8 . 18 => => 5· 11 = 4 . (16 + CD) => => R = 16 => CD = 4 (CD) x (DE) = (DF) x (DR) => => 4· 12 = 2 . (2R - 2) => => R = 13 8 R 5 p 4 R 10 E p 500. Temos: dA = 10, d8 = 3, de = 6, r = 6. A 2 Pot A = Idi - r 1 => => Pot A = 1102 - 62 1 => Pot A = 64 Pot B = Id~ - r21 => => Pot B = 132 - 62 1 => Pot B = 27 Pot C = I d~ - r2 1 => => PotC = 162 - 62 1 => PotC = O Logo, Pot A + Pot B + Pot C = 91. 57 56
  • 31. 501. (PT)2 = (PA) x (PB) => Capítulo XIV - Triângulos retângulos => (PT)2 = 18 . 28 => BI • r - :::;> p => (PT) = 6VÍ4 Relações métricas T 514. a) (6-JS)2 = 122 + y2 => y = 6 b) y2 + 42 = (4v'5)2 => -B y2 = 12 . z => 36 = 12· z ~ => y2 = SO - 16 => 502. (PV = R, SV = 2r) => PS = R - 2r => Z = 3 => y = S Potência de ponto => x2 = y2 + Z2 => x2 = 36 + 9 => 42 = X • Y => 16 = x . S => => (PT)2 = (PV) . (PS) => => X = 2 => X = 3-JS => r2 = R(R - 2r) => => r2 + 2Rr - R2 = O => z 2 x => r + 2Rr + R2 - R2 - R2 = O => x => r2 + 2Rr + R2 - 2R2 = O => R 12 y 4 y => (r + R)2 = 2R2 => => r + R =.J2R => 6Y5 4.J5 => r = (.J2 - I)R 515. x2 + 122 = 132 => X = 5 144 122 = 13 . y ~ y = - - A p~ 13 r 2 x = 13 . Z => 25 = 13z => 505. A~ == AC" => fi == ÁC => AÔB == ABP 1 => 25 o => z = O 13 BAD == BAP (comum) => ~ABD -- ~APB 12 . x = 13 . t => 12· 5 = 13 . t => A 60 z => t = O 516. a) b) c) f( I I ! ' "c o 2R 62 = 2R . 2 => IX2 + y2 = 80 => x2 + 42 = 62 => 2~ => R = 3 x2 = 2y 42 = X • Y => => y2 + 2y - 80 = O=> => 16 = 2~· y => => y = -10 (não S~ => y = -5- serve) ou y = 8 Masy = 2R - 2. DaÍ': x + y = 2R => 2R - 2 = 8 => sv'5 => 2-JS + -5- = 2R => => R = 5. ~ R = 9-JS 5 58 59
  • 32. 519. a) 8 F x b) 524. a) x v 4 4~ x 4 ~p Be ,-, ' - ' ) 10 o 2 E y x '-~ v 12 (x + y)2 + 42 := (4v!5)2 => x2 + y2 == (2.Ji3)2 = 52 Note que (2X)2 + y2 = 102 => ( 12 :; x y+ 42 = 52 => => X + Y == 8 (1) 2 AABC == AFED (caso especial) => x2 = y2 + 42 => x2 ~ y2 = 16 => => 4x2 + 52 - x := 100 => => BC = DE = 2. Daí: => (x + y)(x - y) = 16 => => X = 4 => (12:;XY=9 => x2 + 22 = 62 ::::> X == 4.J2. => 8(x - y) = 16 => => 12 - x = 3 => X = 6 => X - Y == 2 (2) (1) e (2) => X == 5 522. a) b) d) c) A A 10 B A B , r I I I 1 , I I I I I I " 12 I I 5 X/ '4 x/ 17./ xl :8 v: 6 I I I I I I I I I I I ~ ___ EL __ ' > I K { - __ ci o x B 8 c o H 7 C o 9 C V E y 5-y ABCD paralelogramo => ABCD paralelogramo => x2 X2 + y2 = 20 => AB = CD = 10 => HD == 3 => AD = BC = x I y2 == 36 - [ AAHD: x2 == 32 + 42 => X == 5 ABED: (9 + y)2 + 82 = 172 => y2 = 144 - (x + 8)2 => x2 + (5 - y)2 := 25 => => (9 + y)2 = 225 => => 36 - x2 = 144 - (x + 8)2 => => 20 - y2 = 25 - (5 - y)2 => => 9 + Y = 15 => y = 6 11 => y=2 => x=4 => X = 4 ABEC: x2 = 82 + y2 => => x2 = 64 + 36 => X = 10 Pit. 525. c) AACD: (AC = 10, AD = 8) ===:) CD == 6 523. Da figura temos: Pit. r;:::;- (EF = AB == 10, CD == 20, DE == x) => ABCD => (BC == 8, CD = 6) ~ x == 2" 7 => (CF == 10 - x) A 10 B 2 AADE: h2 + x =:; 64 1 ABCF: h2 + (10 - X)2 == 84 => 2 h 2 = 64 - x 1 => => h2 = 84 - (10 - X)2 ;:;> 64 - x2 = 84 - 100 + 20x - x2 => => X == 4 o x E h2 + x2 = 64 => h2 + 16 = 64 => 10 F 10-x C => h::; 4-13 60 61
  • 33. 527. b) Tracemos ACpelo ponto de conta- to da circunferência maior com a reta tangente. Temos: 53t. b) Unimos o centro com os pontos de tangência e obtemos o quadrado POQA. A ~ABC: (AC = 9, AB ==. 15, (AD == 8, DC == 4m ~ => BC== x) =} x2 == 152 - 92 =} X == 12. => AC == 12 AC II OP => Aêo == PÔBl AB II OQ => ABO == QÔC => 528. a) A 10 B b) A => áPBO PB - áQOC PO => B III ((('../=1 I ''> C r- I =>--==--=> QO QC I R: I => 8 - r - - - r r = - - 12 - r => + => r == 4,8 m A B H 15 531. b) AS é bissetriz ~ ~ = 1~ ~ ABCD é circunscritível => => AB + CD == AC + BD => (AH = 25, DA = R) => OH == 25 - R => => X == 2y áABC => AC2 == AB2 + BC2 => 100 == (2y)2 + (y + 5)2 => => x 1. => => 10 + 15 = 2R + BD BD == 25 - 2R => ~DHC => => R2 == (25 - R)2 + 152 => => y == -5 (não serve) y==3 => x==6 ou y == 3 ~BED => => R = 17 m B y 5 c => (25 - 2R)2 == (2R)2 + 52 => => R=6m 536. Aplicando o teorema de Pitágoras A 529. a) m b) no áAMB: 62 + U r= (2 ~ (= 4.J3 2p == 3f => 2p == 12.J3m C t M t B 2 """2 Note que as retas f e m são tangen- tes e, portanto, perpendiculares aos raios nos pontos de contato. Daí: ~ABC é retângulo em C ~ => AB2 = 82 + 62 => AB == 10 ReI. métricas => PA == PB = PC == x (tangentes a partir de P). Daí: ~RST: (RS = 10, RT = x - 4, ST = x - 6) Teorema de Pitágoras: 102 = (x - 6)2 + (x - 4)2 => => x2 - 10x - 24 == O => 537. Para facilitar os cálculos, seja a ba- se BC == 2x. 2p == 18 => AB == AC == 9 - x. 4AMC: x2 + 32 == (9 - X)2 => => x=4 => BC==2x => BC==8m A => 8· 6 = 10 . ~ 2 => X 9 6 ' => X = -2 (não serve) ou x = 12 B x x C 62 63
  • 34. 538. A menor altura é relativa ao maior lado. Triângulo de lados 4 m, 5 m e 6 m é acutângulo. Temos: dABD: x2 + y2 = 16 } dACD: x2 + (6 - y)2 = 25 =) =) 16 - y2 = 25 - (6 - y)2 =) A 5m =) Y = 9 4 =) x2 + ( 9)2 4 = 16 => 6-y =) x = 5-Jf -4-m B o 6m C 539. dAHC =) (10 - X)2 + h2 = 100) =) dBHC =) x2 + h2 = 144 => 100 - (10 - X)2 = 144 - x2 => =) x2 - (10 - X)2 = 100 =) 36 =) x = - 5 362 x2 + h2 = 144 =) h2 = 144 - - =) 52 x A =) h 9,6 m B 12 C 543. Seja 2x a medida da base. Temos que os lados congruentes devem me- dir 2x + 3, cada um. Aplicando Pitá- goras no dAHB: (2x + 3)2 = x2 + 122 =) =) x2 + 4x - 45 = O => =) (x = - 9 (não serve) ou x = 5) x = 5 =) base = 2x = 10 m. A x B 544. Sendo 2D e 2d as medidas das diago- nais e .e a medida do lado do losan- go' temos: 2p = 68 =) f = 68 4 =) .e = 17 m 1 2D - 2d = 14 D2 + d2 = 172 =) Id=D-7 => D2 + d2 = 289 => =) D2 + (D - 7)2 = 289 =) => D2 - 7x - 120 = O => =) (D = - 8 (não serve) ou D = (D = 15 m => d = 8 m) =) 15 m) (2D = 30 m, 2d = 16 m) 64 545. Seja ABCD o trapézio retângulo. Temos: A 3 B AB + BC + CD + AD = 30 =) => AD + BC = 18 m AD = h => h + BC = 12 => => BC = 18 - h. h 18-h Traçando BE, BE ..1 CD, temos: DE = AB = 3 } CD = 9 dBCE: (18 - h)2 6 =) CE = m = h2 + 62 =) o 3 6 C =) h=8m 550. Sejam b e c as medidas dos catetos. Temos: Ib2 + c2 = 625 =) Ib2 + c2 = 625 =) bc = 12 . 25 bc = 300 .Ib2 + c2 = 625 (1) b c ~ 2bc = 600 (2) (1) + 2) => b2 + 2bc = c2 = => (b + C)2 = 1225 =) 1225 =) , v 25 m ' =) b + c = 35 (3) (3) e (2) =) b2 - 35b + 300 = O =) I b=20=) ou b = 15 =) c c = = 15 20 Resposta: os catetos medem 15 m e 20 m. 556. Seja P o ponto de tangência de CD com a circunferência e tracemos a altura CQ. Temos: BC = CP = r· AD , = DP = R } =) AD = R, AQ = r =) RD = R - r =) CD = R + r dCRD: (R + r)2 = h2 + (R - r)2 => h = 2-JRf 557. a: hipotenusa, b, c: catetos. Temos: a2 + b2 + c2 = 200 (1) [ 2 a = b2 + c2 (2) 2 2 (1) em (2) =) a = 200 - a =) a = 10m 65
  • 35. 559. Considerando a figura, note que 563. Traçando os raios pelos pontos de AB = EF = 10 cm. Temos: tangência e BC / / PQ, em que C é (CE = x, EF = 10, CD = 24) => DF = 14 - x o centro da circunferência menor, 2 LACE: x2 + h2 = 169 => h2 = 169 - x I obtemos o triângulo ABC. Daí: LBDF: (14 - X)2 + h2 = 225 => h2 = 225 - (14 - X)2 => AB2 + BC2 = AC2 => => 169 - x2 = 225 - (14 - X)2 => X = 5 cm => 82 + BC2 = 322 => LACE: x2 + h2 = 169 => 52 + h2 = 169 => h = 12 cm => BC = 8mcm. x A 10 B PQ = BC = 8..JIT cm 565. Seja ABCD o trapézio isósceles cir- A x B cunscritível, conforme figura ao la- do. Seja x e y as bases. Temos: y - x AB = EF = x· DE = FC = - - e , 2 AD=BC= X;y. 5". Trapézio é isósceles => A 8 o => AB = CD = 13 cm Sendod o diâmetro, no LADE, vem: Trapézio é circunscrito => X + y)2 ( Y - X)2 ___ = d2 + --- => ( => AD+BC=AB+CD => 2 2 => AD = 8 cm ~ d2 = ~ d = (x ; yr-(y ; xy ~. Traçando as alturas AFe DE, temos: (EF = 8, BC = 18, BF = CE) => 566. Unindo B com C obtemos o triângu- => BF = CE = 5 cm lo ABC, retângulo em B, pois AC é LABF: 52 + h2 = 132 => h = 12 cm F 8 E 5 C diâmetro. Daí: ~E > 561. LABM: AM2 + 82 = 172 => B~ ~ li == D(retos) I => => AM = 15 cm BÂC == EÂD (comum) => LABC - LADE => LBMC: MC 2 + 82 = 102 => A/ , IMI AC AB => MC = 6 cm 1116 I "'c => --=-- => AC = AM + MC => AC = 21 cm AE AD 2R 8 => --=- => R=5cm 0'- 15 12 12 .JII'" 562. Considerando as medidas indicadas 567. Seja D o ponto de tangência da cir- A na figura e aplicando potência de cunferência com o lado AB. Trace- ponto ao ponto P em relação a À, te- mos o raio ODe Temos: mos: LADO => OD2 + DA2 = OA2 => 5 p (PT)2 = (PA) x (PB) => => 32 + DA2 = 52 => DA = 4 cm => (PT)2 = 6 . 24 => (PT) = 12 cm A~O == A~B (retos) I => OAD == BAM (comum) => LAMB - LADO => Cl '- t:t/ B 24cm MB AM x 8 x M x => - - = - - => - = - => X = 6 => BC - 12 cm DO AD 3 4 - 66 67
  • 36. 568. dABC => AB2 = b2 + 1 l => o dABD ==> AB2 = 4 + BD2 2 PJ J => BD2 + 4 = b2 + 1 => A => BD = ~, b > -Jf b L ~ C 1 B 569. dACD => AC2 + AD2 = CD2 => A B => AC2 + 152= 252 => => AC = 20 cm 7 ! 20 Relações métricas no dACD: ~ AC . AD = CD . h => !h I => 20· 15 = 25 . h => h = 12 cm 1-, ( I o ,.e 25 571. Temos duas possibilidades: 1?) 2?) <4 A B Sejam P e Qos centros das circun- Neste caso traçamos PR tal que ferências. Traçamos QR, QR / / AB PR / / BQ e QR tal que QR / / AB. e os raios PA e PB. Note RA = BQ = 3 cm. Como Note RA = QB = 3 cm. Como PA = 15 cm, segue-se PR = 18 cm. PA = 15cm,segue-sePR = 12 cm. Então: dPQR: PR2 + RQ2 = PQ2 => Então: âPQR: PR2 + RQ2 = PQ2 => => 182 + RQ2 = 242 => => 122 + RQ2 = 242 => => RQ2 = 252 => RQ = 6.Jfcm I, => RQ2 = 432 => RQ = 12-Jfcm AB = RQ = 6.Jfcm. AB = RQ = 12.J3cm. I I 572. a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos: 2p = 24 => a + b + c = 24 => I => b + c = 24 - a (1) I ,. b 24 b 1 I c RI e . metrlcas => • C = a . -5- => 24 1- : 5 24 => b· c = - . a (2) I 5 Teorema de Pitágoras => => b2 + c2 = a2 (3) (1) => (b + C)2 = (24 - a)2 => b2 + c2 + 2bc = 576 - 48a + a2 => (3) (2) 24 => a2 + 2 . Ta = 576 - 48a + a2 => a = 10 m 573. Considere o triângulo PQR, em que P, Q e R são os centros das três cir- cunferências que se tangenciam exter- namente. Seja x o raio a determinar. Note que PO = r-x. Então: âOPR: 1'1 ~ • I A' • Á -. r B (x + ~r= (r - X)2 + (~r ~ "2 r => X = T' 574. Sejam ABC o triângulo que obtemos ao unir os centros dos círculos, P o ponto de tangência entre os dois círculos de mesmo raio. Temos: dBPC: BC2 = Bp2 + PC2 ~ (16 + r)2 = 162 + (16 - r)2 => => (16 + r)2 - (16 - r)2 = 256 => => (16 + ; + 16 - f)(1P + r - 1,,6 + r) = 256 => => 32· (2r) = 256 => r = 4. A 16-r c I I 69 68
  • 37. ::) x 575. Sejam ABCn o quadrado e EFGHIJLM o octógono regular. Temos: (AD = 1, AF = x, DE = x) ::) ::) EF = 1 - 2x EFGHIJLM é regular ::) ::) EF = FG = 1 - 2x âAFG: (1 - 2X)2 = x2 + x2 ::) ::) (1 - 2X)2 = 2x2 ::) ::) 1 - 2x = x-J2 ::) ::) x(~ + 2) = 1 ::) 2 - V2 2 1 A x G D x M _xl ~ / / //H v/ 1 - 2x I F 1-2x I E r", ", h '..... x J x L x C H x B , L.:.. ,, ", '.... // / / / / ,,/ r:- 576. Traçamos os raios pelos pontos de tangência e obtemos o trapézio retân- guIo EPQF. Traçando a altura QS desse trapézio, obtemos o triângulo retângulo QSP. Daí: a 2- r a 2 B (; + rY = (; - rY + (; - ~ ; + r= (; - r) ·V2 (3 - 2V2) . a ::) r = 2 rY ~ ~ a 2 D c 577. Construímos o triângulo ABC, de la- dos AB e BC paralelos aos lados do quadrado, conforme figura ao lado. Considerando as medidas indicadas, podemos aplicar o teorema de Pitágo- ras ao âABC: a (4r)2 = 2 · (a - 2r)2 ::) ::) 4r = (a - 2r)~ ::) (V2 - 1) . a ::) r = 2 a-2r a-2r 578. Construímos o triângulo OPB, tal que OP II AC, PB II DE. Note que OB = R, OP = R - 12 e PB = 54 - R. âOPB ::) => R2 = (R - 12)2 + (54 - R)2 ::) ::) R2 - 132R + 3 060 = O => R ::) R = 102 cm (não serve) ou R = 30 cm. 579. Temos duas possibilidades: 1~) E está entre as mantanhas. 2~) A montanha menor está entre E e a maior. ~P2 P2 17 _._._._._._._._._._._._._. "/ ~,. / 1 100 8 // 11 ._.-.-. 2 900 / // Q lN P1"'"-1-5õõ---------+-----J::I~ o o o (O 900 900 o o H, 1 200 E 2 100 H2 Pitágoras âP1H 1E H 1E = 1200m (P1H 1 = 900, P2H2 = 2 000) ::) Pitágoras ~ P2Q = 1 100 m âP2H2E H2E = 2100 m âP1H1E~EH1 = 1200m!::) âP1P2Q ::) ::) (P1Q = H 1H2 = 3 300 m; âP2H2E~EH2 = 2100m P2Q = 1 100 m) ~ H1H2 = 900 m Aplicando o teorema de Pitágoras âP1P2Q ::) neste último triângulo, temos: ::) (P1Q = H1H2 = 900 m; (P1P2)2 = 3 3002 + 1 1002 ::) P2Q = 1 100 m) ::) P1P2 == 3 478 m. Aplicando o teorema de Pitágoras ao âP1P2Q: (P1P2)2 = 1 1002 + 9002 ::) ::) P1P2 == 1 421 m. 71 70 I
  • 38. 580. Considere o ponto Z, interseção de PQ com a circunferência menor. 583. Cálculo da diagonal AC: AACD: AC2 = AD2 + CD2 ~ a a Temos: ~ AC2 = a2 + a2 ~ ZS = SQ = ST = 3 cm ~ ~ (ZQ = 6 cm) (ZQ = 6 cm, PQ = 8 cm) ~ R ~ AC = 1 AM = - 3 a.J2 = CE . AC ~ AM a.J2 = -- 3 ~ ~ PZ APST = ~ 2 cm ~ PS = 5 cm (PT)2 + 32 = 52 ~ ~ MC = 1- . a.J2 3 ~ PT = 4 cm. f == Ô. (retos) 1. EP = 1 2: CE ~ EP = PC = a.J2 2 a TPS == RPQ (comum) ~ (AêD = 45°, EêD = 45°) ~ ~ APST - APRQ ~ ~ AêE = 90° PT ST 4 3 E a F ~--=--~-=--~ ~ PQ RQ = RQ 6 cm. 8 RQ ,lACE: (MP)2 = (2afy + (afy => MP = 5.J2 -6 a 581. Considere o triângulo isósceles OAB, o OM sua altura relativa à base, P o 584. 1) 2) A centro do círculo inscrito no setor OAB, S, Tpontos de tangência entre a circunferência e raios OA e OB, c respectivamente. Temos: AB = R T ~ AM = MB = R 4· k 3k ai Hb M "" c ~~~ 3,~ / OT = R ~ OP = R - r 9 S == M(retos) SÔP == AÔM (comum) ) ~ Sendo m e n as projeções proporcio- nais a 1 e 3, temos: AH: altura; AM: mediana Se k = 3, temos: ~ ASOP - AMOA ~ m = k e n = 3k. (BH = 3, HC = 9) ~ ~ SP OP - - = - - MA OA ~ ReI. métricas ~ ~ b2 = 4k . k ~ b = 2k ~ (BC = 12, MC = 6) (HC = 9, MC = 6) ~ ~ r R 4 = R - R r ~ r R = 5· B A c2 = 4k . 3k ~ c = 2~ k Dado ~ 2p = 18 + 6~ ~ => 2k + 4k + 2.J3k = 18 + 6.J3 ~ ~ HM = 3m => k = 3 582. De acordo com a figura, temos: i 3+T=R ~ => 3 + += 3(.J2 + 2) => 585 AAHM Pitágoras · ; HM=2cm AM é mediana ~ AM = MC ReI. métricas no AABC: r b2 = 8 · 6 => b = 4-..13cm = MB = 4 cm A I ~ BH = 2 cm => i = 6(~ + 1) cm. lc2=8.2 ~ c=4cm c 4 b Sendo 2p o perímetro do quadrado, Logo: 2.../3 vem: 2p = 4 + 8 + 4-Jf ~ a H . M C 2p = 4 · i ~ 2p = 24(v2 + 1) cm. ~ 2p = 4(3 + IJ) 'V:} cm. '---v--/~ 2 2 ~ 4 73 72 L
  • 39. 586. (BC)2 = (AB)2 + (AC)2 ~ (2) em (1) ~ A ~ (BC)2 = 802 + 602 ~ A ~ (AM)2 == (AB)2 - (BH)2 + (MH)2 ~ ~ (BC) = 100 cm ~ (AM)2 = (AB)2 - (BH)2 + (BH - BM)2 ~ (AB) x (AC) = (BC) . (AH) ~ 80 ~ (AM)2 == (AB)2 - 2(BH)(BM) + (BM)2 ~ ~ 80· 60 = 100· (AH) ~ ~ (AM)2 == (AB)2 - (BM)(2 BH - (BM» ~ ~ (AH) = 48 cm ~ (AM)2 == (AB)2 - BM«BC) - (BM» ~ =? (AM)2 == (AB)2 - (BM)(MC) ~ (AM) = (BC) ~ (AM) = 100 ~ 2 2 Br ' o "C ~ (AB)2 - (AM)2 = (MB)(MC). M H ~ (AM) = 50 cm (AB)2 = (BC) . (HB) ~ 802 == (IOO)2(HB) ~ HB = 64 cm M (AC)2 = (BC) . (HC) ~ 602 == (100)2(HC) ~ HC == 36 cm 590. Na figura, temos: (MH) = (BC) - (BM) - (HC) ~ (MH) == 100 - 50 - 36 ~ (MH) == 14·cm. dPER é retângulo, EF é altura relativa à hipotenusa ~ p ~ (PE)2 == (PR) . (PF) ~ h2 587. Na figura, sejam ABC o triângulo ~ h2 == i· a ~ i = - isósceles de base BC, O o centro da a A dPER ~ h2 + b2 == i 2 ~ circunferência inscrita e T o ponto h4 de tangência desta com o lado AB. ~ h2 + b2 = - ~ 2 Temos: a ~TO ~ (AT)2 + (OT)2 == (AO)2 ~ b=J!.-~ - =? (AT)2 + r2 = (h - r)2 =? a 2p = 2i + 2b ~ ~ AT == ~h(h - 2r) => 2p = 2h2 + _2_h .Jh2 _ a2 =? A!O == A~B (retos) I ~ QI FV IR a b. E b TAO == MAB (comum) ~ 2p == 2h(h + yt-h~2---a~2) . ~ dTAO -- dMAB ~ AT TO a ~--=--=? AM MB Pitágoras OE == a-J5 ~h(h - 2r) r 591. dAOE : ~ 4 ~ h a A a/2 o a/2 B Pitágoras 2: dBOC : OC == a-J5 ~ ~ 2 2 ~ h(h - 2r) r a/4~// Pitágoras Z dCDE : EC-~ h2 a ~ 4 4" Pela recíproca do teorema de Pitágo- 2a2 • r ~ h=---- ras, aigualdade obtida acima nos ga- p a2 - 4r2 la rante que dCOE é retângulo em O. , (Note que devemos ter a ~ 2r.) Como OP é altura relativa à hipote- ", nusa, temos: 3a/4 (OP)2 = (EP) . (CP). 589. Na figura, ABC é isósceles de base BC e AR é altura relativa à base. Temos: " dAMH: (AM)2 == (AH)2 + (MH)2 (1) ~ dABH: (AH)2 = (AB)2 - (BH)2 (2) D a C 75 74 I
  • 40. 592. Aplicações do teorema de Pitágoras ....... 598. a) b) " ............. ........ ......... ......, ............. ~ ....... y ....... , ' ...... ( ,I ..1_-- ~:..~ - ~~ / BrnO ne E . V ~ 30° x 12 Hipótese Tese ° Y . ~ y sen 45 == - =;> - - = - => sen 30° = L =;> -..!- = L => 6 2 6 12 2 12 AD é bissetriz interna vAD2 + AE2 ..JAD2 + AE2 = 2 => y = 3-Jf => y = 6 AE é bissetriz externa => CD y 1 3-Jf x -13 x sen 30° = - => - = ~- => tg 30° = - => ~- = - => Demonstração X 2 x y 3 6 2 CAD + 2 CÃE = 180° => CÃD + CAE = 90° => LlADE retângulo em A => => X = 6..J"2 => X == 2-13 => DE = ..JAD2 + AE2 = x c) d) Utilizando as medidas indicadas, devemos provar que ~ - ~ = 2. n m y Teor. biss. interna => ~ = -.E.... => ~ = ...!.... x 12 r s n s => x+m x-n x + m r Teor. biss. externa => -~-- == - - - => 60° 30° r s x - n s x x + m m (m - n) y => X - n = -n- => mn = 2 · x r;:;- Y => -J3 _~ => tg 60° = L => '13 = TI sen 60° = ~ =>'2--y 2 y Daí: ~ _ ~ = m - n . x = m - n · x - 2. n m mn (m - n) => y = 12-13 => y = 8-J3 2 x -13 12-13 1 8-13 tg 30° = ~ => - = - - => sen 30° = ..J..- => 2 X 3 x x x => - .- - - - - _ _ o - _ _ LLL => X == 36 => X = 16-13 593. (De =DA, oe =OA, OD comum) LLL .leDO =MDO => e~D =A~DI=> (CE == BE, OC == OB, OE comum) ==> LlCOE == âBOE => COE == BOE 599. b) 8 c) x 45° => 2 CÔD + 2 CÔE = 180° => CÔD + CÔE = 90° => LlDEO é retângulo em O. 2 x OC é altura relativa à hipotenusa => OC2 = CD · CE => r = CD . CE. y 6 45° 8 x 1 4 cos 600 4 => - =;> cos 450 6 ~ - ~ => => -2- - x x 2 x x => X = 8 x = 6-Jf 2 2 42 + y = x => 16 + y2 == 64 => y2 + 62 == x2 => y2 + 36 = 72 => A o B => y = 4-13 => y = ó 76 77 # I...
  • 41. d) 6 y/ 71 I I I I I yl I I I I I I I '.. 12.[2 e) x x 604. Na figura temos: --+ PQ = 10 m, PR = 4 m, OA bisse- triz de QÔR. SÔT = 45° ~ ·,dSOT é isósceles ~ ~ ST = TO = QS = 4 m ~ ~ QS = 4 m ~ PS = 6 m ar' x ,dMPS: sen 45° ="6 ~ 5/45° AG , M/ A u,,, ',x ,,,, 6m -.P , 6 x-6 " z v 22 ~ ~ ..J2 x - - = - ~ 4m 2 6 cos 45° = x - 6 12-v2 ~ sen 600 = 6-Jf X => ~ x = 3-v2 m o T R ~-~~ ~ -2- - 12v'2 y ~ sen 45° = 12~ x = 18 ~ -Jf = 6~ ~ x = 12 2 x 600 z . 1 z cos =-~-=-~ x 2 12 605. ~ - Na figura, OR é bissetriz de SOQ. Prolongamos o segmento de medida 2 m, formando o triângulo PQT. s R ~ z = 6 Note que OQR - 45° ~ ,dPQT isós- 2m ~ ~ -2- - - -y 12-v2 ~ y = 12 2z + y ~ y = = 22 10 ~ 12 + Y = 22 ~ celes ~ (QT = v'2m, PQ PQ = 2 m ~ RQ = 4 m. = 2 m) 600. a) Prolongando o segmento de medi- ,dRQO: sen 45° = 4 OQ ~ ..,. da 3, temos: sen 600 = 3-Jf ~ -Jf. = 3..J3 ~ => v'2 -2- = 4 OQ =* OQ = 4.../2 =* a ~ a = 6 ° 9 tg 30 = - ~ b ~ b=9.J3 x2 = b2 + 32 ~ 2 a ~ 9 - = - ~ 3 b x2 = (9-Jf)2 + 9 ~ x=6.J7 ~ OT = 3v'2m dPOT: x2 = (3v'2)2 + (.../2)2 ~ X 606. Prolongando o segmento, cuja medi- da é procurada, até interceptar os la- dos do ângulo, obtemos um triângulo = 2...[5m 3~ T..J2mQ b) Prolongando o segmento de medi- da ..J3, temos: equilátero e os segmentos a e b. Temos: dADF ~ sen 60° = 3 - a ~ A ° sen60 6 =- a ~ -Jf 6 --=- ~ 2 a ~ -J3 2 = 1.- a ~ a = 2-Jf ~ ~ a = 4-Jfm ~ AM = 3~ ° sen60 9 =- b ~ ..J3 9 - - = - ~ 2 b (LlABC é equilátero, BM ..l AC) ~ ~ AM = MC DE dCDE ~ sen 60° = CD ~ x ~ b = 6-J3m. O lado do triângulo equilátero é igual a a + b = 1Mm. Temos: ~ ~ x - = - - ~ x=6 MC = a; b =* MC = 5-Jfm. B 2 4-Jf 8 E c x = MC - a ~ x = 5-Jf- 4-J3 => X = -Jfm. 78 79 ~
  • 42. 607. Prolongando o segmento de medida 6 m, obtemos o triângulo BCn com CÊD = 30°. Daí: CD 1 3 sen 30° = -- ~ - = -- => BD 2 BD => BD = 6 m A / "6.m h h h 612. tg 60° = - ~ ~ = - => X = - x x ~ h h tg 45° = - - ~ 1 = - - ~ x = 30 + x 30 + x ~ = h - 30 =? h = 15(3 + ~) m h - 30 l => BD = 6 m => AB = 12 m AB âAOB: tg 60° = AO => 12 ~ ~ = AO => AO = 4 3 Lôoo o ~ 1 C L ) B ... h âAOD: x2 = A02 + AD2 ~ ~ x2 = 48 + 36 ~ x = 2.J2f m 60S. Prolongamos o segmento cuja medi- da vamos determinar e obtemos o I _~ I I triângulo ABC. Temos: y2 + 32 = (3m)2 => y = 6~m A 613. (BÃD = 45°, fi = 90°) ~ ABD = 45° ~ AD ~ = BD 3 ~ 3 tg 60° = - => 3 = - Z Z ~ Z = ~m 3 ~ sen 60° = - ~ -- = w 2 => 3 w ~ B-4F":"": - y ,." I C ~ABD ~ BD (AC = => a2 = BD2 + BD2 = a-J2 = AD 2 a-J2) 2a, AD = -2- => ~ a 8 ~ w = 2~ ~ABC: sen 30° = x+w 1 => - = y + z 2 609. Na figura ao lado precisamos deter- minar a distância PT. Temos: x + 2-J3 7V3 ~ p x = 3~ -2-m A a~ => CD = 2a - - - ~ 2 ~ CD = (4 - -J2) . a 2 ilBCD: BC2 = (a~r + (4 -2~) o ·ar =? BC = ,Js c - 2../2· a ~PQW ~ sen 60° = 3~ - - ~ y ~ 3~ ~ - - = - - ~ y=6m 2 y M ~PRS: sen 60° = --ps ~ sv'3 615. Seja b a base menor. Daí AF = BC = b. Traçando as alturas AE e BD, temos m -b DE = b e CD = EF = -2-· ~ ~ -- 2 95 = -- PS => PS = 18 m F m-b -2 E ·b PS = 18 => y + 2x ~ 6 + 2x = 18 => PT = x + y ~ PT ~ PT = 12 m = 18 ~ X = 6 m = 6 + 6 ~ s âAEF: cos 60° = 2p = 3 . b + m (m - b) 2 b ~ 3m => 2p = - - 2 2 + m (m - b) 2 b- ~ 2p = ~ 5m 2 b = ~ 2 80 81
  • 43. 616. Sejam R e b as bases maior e menor, respectivamente. Traçando as alturas PR e TS, temos: B - b QS = RM = e 2 T b p ~ (3r - r sen a)2 + (r sen a)2 CD CD mas: sen a = -- ~ -- = 3r 3r 3 = 9r2 ~ sen a = T 3 9 - ~ CD = - r 5 5 QR = B + b 2 (b ; b) v3 621. 1) POQA é quadrado => ~ PA = AQ = r 2) LlABC: (AB = a cos a, A LlPQR: tg y = (B + b) 2 => tg y = v3 ~ y = 60° LlQSN ~ x = 30° ~ R B-b 2 M AC = a sen a) 1),2) ~ g~:: :s~o:: ~~' 3) QC = CS = a sen a - r 4) BC = a ~ BS = a - (a sen a - r) p 0'"(lO o""Õ' f&v q~& 'l'Jq, ,. 618. Seja ia medida do lado do quadrado. Traçamos EF tal que EF / / AR. D c 5) BS = BP ~ ~ a - a sen a + r = a cos a - r ~ L--J_a_ _---.;::~.~ B '-----y------J' ii _ (a sen a - r) S ~ ~ Temos: LlCDE == LlBAE (LAL) => f "2 ~ r = a T (sen a + cos a-I) => DE == AE LlDEF == LlAEF (LLL) ~ DÊF = AÊF = a ~ F~--f-------~' f 2 E 622. o 10 A LlDEF: tg a = f 2 f ~ tg a = 1 T A B ~o;o ~o 619. No LlABC => D => (AÔB = 30°, AB == r, 8 OA = 6 - r) sen 30° = AB -- OA => 1 - 2 = - 6 r - r => ~O; o ~o 60 0 60° => r = 2 dm c 10 B dABE: (Â = 30°, B= F = Ô = ii = 90° => 60°) ~ Ê = 90°. Analogamente, EFOH é retângulo. 620. Na figura ao lado, precisamos deter- minar CD. Temos: 1) (DBC = a, DêB = (3) => ~ a + (3 = 90° 2) EêB = (3 ~ Eêo = a 3) LlCOE: OE = AD = r sen a 4) AB = 3r ~ BD = 3r - r sen a 5) LlBCD: CD = 3r sen a 6) LlBCD: BD2 + CD2 = BC2 => ~ c Q,) U'J , ........... 'L............. 3r '"' ' ~ 3r-r sen a a ():,,1 B ~ FE = OH = 1 cm ~ BF 1 BF .LlBCf: sen 30° = BC ~ 2: = ----w ~ BF = 5 BE 1 BE dABE· sen 30° = - - ~ - = - - ~ BE = 4 . AB 2 8 CF .J3 CF r::;- dBCF· cos 30° = - - ~ - = - - ~ CF = 5-v3 cm . BC 2 10 CO ..J3 CO J ~ FO = EH =-v'3cm dCDO· cos 30° = -- ~ - = -- ~ CO = 4-v'3cm . CD 2 8 Sendo 2p o perímetro de EFGH, temos 2p = 2(..J3 + 1) cm. 82 83
  • 44. 623. a) 3 Capítul. XV - Triângul.s quaisquer Teorema dos senos 6 627. b) A o 6-a 12 ~ 45° 6 6 o 6 C B c Considerando as medidas indicadas Paralelogramo ABCD ~ ABCD trapézio ~ tg 300 = _a_ ~ na figura, temos: 6 - a ~ (Â = 135°,AB = 6) ~ DÂC = BêA (alternos) 12 -J3 a âABD. x = __ 6 ãABC: ~x_ h= 6-J3 ~ h=3-J3 ~ - = - - ~ ~ 2 . 3 6 - a · sen 135° sen 30° sen sen 30° ~ x2 = 32 + (6 - h)2 ~ ::) x 12 ~ a = 3(-J3 - 1) ~ _x_ = ~ ~ x = 6-J2 -J2 = -1- ~ x = 12-J2 ~ x2 = 9 + (6 - 3..J3)2 ~ -J2 1 sen 45° = ~ ~ T 2 T 2 ~ X = 6.J2 - -13 ~ y ~ x = 3(..../6 - -J2) . -J2 3(-13 - 1) =:;. - = ~ 2 y 628. b) 6(-J3 - 1) 6-J2 = 2R ~ 6~ 12 ~ ~ y = . ~ sen x sen x ~ b) ~ y = 3(..J6 - ~) 6 -J2 ~ sen x = - - ~ x = 45° 2 5° x a A I t-·_·_·_·_·_· i 630. âABM ~ e= 10· <cos 30° ~ ~ e= 10· -13 ~ e= 5..J3 Logo: BC = 1Mcm. B M c 3 6-a{ 2 Considerando as medidas indicadas na figura, temos: a + b sen A + sen B 6 - a 632. Devemos provar que --b- = tgex = --a- 6 - a 1 ~ -a- Da lei dos senos, temos: 3+-J3 ~ a=3+.J3 3 a b c tg ex = 6 + 3~ -s-en-A- = -s-en-B- = -s-en-C- = 2R. -J2 3 + -13 ~ x = 3.J2 + ..../6 Daí: a = 2R sen A, b = 2R sen B, c = 2R sen C. sen 45° ~ ~ - = x 2 x a + b 2R sen A + 2R sen B sen A + sen B Logo: - - -------- 84 85 ~
  • 45. 641. d) Os lados são da forma 3k, 4~ e 4,5k ou 6k, 8k e 9k. Relações métricas - Teorema dos cossenos Temos: (9k)2 = 81k2 < (6k)2 + (8k)2 = 1ook2 ~ o triângulo é acutângulo. b) 635. a) A e) Os lados são da forma ;, ~, : ou 4k, 3k, 2k. I Temos: (4k)2 = 16k2 > (3k)2 + (2k)2 = 13k2 ~ o triângulo é obtusângulo. 7 8 I I I I I 5 I I tl " ~~c '" v / x B 7 10 Â é âgudo ~ ABC é obtuso ~ ~ 82 = 72 + 102 - 2 . 10x ~ ~ (2.J29)2 = 52 + 72 + 2 . 7 . x ~ 17 ~ x = 3 ~ x=T A 637. a) A b) 5 3~ 6- B x fi é agudo ~ (dABC, ê é obtuso) ~ ~ (3..[5)2 = 102 + 52 - 2 . 10 . x ~ ~ (2-J19)2 = 42 + 62 + 2 . 6 . x =) ~ x = 4 ~ x = 2 h2 + 42 = 52 ~ h = 3 h2 + 22 = 42 ~ h = 2-.f3 639. b) 3 x 5 Pela lei dos cossenos, temos: 72 = 32 + 52 - 2 . 3 . 5 · cos x ~ -1 ~ cos x = -2- ~ x = 1200 • 7 A D 640. dABE ~ ~ a2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos 600 ~ 1 ~ a2 = 100 + 256 - 2 . 10 . 16 . - ~ 2 ~ a = 14 cm ~ 16 ~ dADE ~ B C ~ b2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos 1200 ~ => b2 = 100 + 256 - 2 · 10 · 16 · (-+) => b = 2.Jrn cm 644. (282 = 784, 122 + 202 = 544) ~ ~ 282 > 122 + 202 ~ I I =) o triângulo é obtusângulo. I I Aplicando relações métricas: : . 12 , I 282 = 122 + 202 + 2 · 20 . x ~ ~ x = 6 m. a , ::::"", x 20 646. dABC é acutângulo ~ x2 = 72 + 52 - 2 · 5 · 1 ~ x2 = 64 =) x = 8 cm. B 647. Usando as medidas em cm, temos a projeção de AB sobre AC igual a 0,3 cm. Daí: 82 = 52 + x2 + 2 · 5 · 0,3 ~ ~ x = 64 - 25 - 3 ~ x = 6 cm. 2 tL , ~ 0.3 A - 5 649. (142 = 196; 82 + 102 = 164) ~ ~ 142 > 82 + 102 ~ c ~ o triângulo é obtusângulo e te- mos da figura ao lado: 142 = 82 + 102 + 2 · 10 . x ~ 14 8 ~ x = Tcm. A projeção de A C sobre a base AB 8 mede Tem. 10 B A projeção de BC sobre a base AB 8 58 mede 10 + 5 = Tem. 655. Aplicamos a lei dos cossenos: (x + 2)2 = x2 + (x + 1)2 - 2 . x(x + 1) . cos 1200 ~ => (x + 2)2 = x2 + (x + 1)2 - 2 · x(x + 1) · (-+) => => 2x2 - X - 3 = O => X = -+(não serve) ou x = ;. 87 86
  • 46. Temos: 2p == x + 2 + x + 1 + x => 2p == 3x + 3 => 2p == 7,5. 662. a a + (3 == 180° 1=> - (3 == 600 a == 120° (3 == 60° , x2 == 62 + 122 - 2 . 6 . 12 . cos 120° => x x => y2 X == 6.J? cm == 62 + 122 - 2 ·6 . 12 . cos 60° ~ ex => X == 6~ cm x+1 z == 12 + 12 => z == 24 cm. z 657. Na figura, dAOB é isósceles => OÂB == 30° dABD => sen 300 == x => f 1 x f =>2 i=>x==T => CI FI II e=l'JA 663. Pela lei dos cossenos, temos: AC2 == AB2 + BC2 - 2(AB)(BC) . cos (3 => -J3 => 1 == AB2 + 100 - 2 . AB . 10 . -- => 2 => AB2 - 1oJ3AB + 99 == O => não possui solução real. Resposta: não existe o triângulo com as medidas indicadas. 658. Seja R o raio do círculo. Temos: AB == R => dAOB equilátero => ÁB == 60° " ÁB ,. ACB == - - => ACB == 30° 2 HC dBHC: cos 30° == BC => => -J3 == HC => HC == 13-J3 2 26 660. (62 == 36, 42 + 52 == 41) => => 62 < 42 + 52 => => o triângulo de lados 4, 5 e 6 é acutângulo => => a diagonal de medida 6é oposta ao ângulo agudo do paralelogramo. Pela lei dos cossenos: 62 == 42 + 52 - 2 . 4 . 5 . cos a => 1 => COS a == S. Agora, x2 == 42 + 52 - 2 . 4 . 5 . cos (180° - a) => => x2 == 16 + 25 - 2 . 4 . 5 . (- COS a) => ~ x2 = 41 + 40 · +~ x = .J46cm. B 6 x 5 c a b c ex a b => b ..... 0. a ~ b => COS a c2 == a2 + b2 - 2ab cos a => a2 + b2 - c2 2ab Seja a medida da outra diagonal igual a d. d2 == a2 + b2 - 2ab cos (180° - a) => => d2 == a2 + b2 - 2ab (-cos a) => a2 + b2 - c2 => d2 == a2 + b2 + 2.at5 . _ => d2 == 2a2 + 2b2 - c2 => => d == -J2a2 + 2b2 - c2 664. 668. Sejam P, Q e R os centros dos quadrados. PA e PR medem metade da diagonal do quadrado de lado 6 cm. Então, PA == PR == 3-J2cm. Analogamente, QA == QC == 3#cm. Observando os ângulos formados no vértice, pode-se concluir que os pontos P, A e Q estão alinhados; logo, PQ == 3(-J2 + #) cm. Agora, no triângulo ABC temos: ~ 6-J3 ~ -J3,. Â sen B == ~ => sen B == -2- => B == 60° => C == 30°. Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo PBR: PR2 == PB2 + BR2 - 2 . (PB)(BR) . cos B => => PR2 == (3-v2)2 + (6.J2)2 - 2 . 3~· 6~· cos 150° => => PR2 == 18 + 72 - 72 . (- cos 30°) => PR == 3.J"i()+4-J3 cm. 5em Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo QCR: 88 89
  • 47. QR2 = QC2 + CR2 - 2(QC)(CR) cos ê ~ ~ QR2 = (l,,'6)2 + (6-J2)2 - 2 · 3~ . 6-J2· cos 120° ~ ~ QR2 = 54 + 72 - 72 . .J3 (- cos 60°) ~ QR = 3..J".....14-+-4-~-3cm. 12 12 Q 6~1 16~ d 6~ 669. Quadrilátero ABCD é inscrito ~  + ê = 180° âABD ~ x2 = 62 + 102 - 2 . 6 · 10 . cos  (1) 1 âBCD ~ x2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos (180° - A) ~ ~ 62 + 102 - 120 cos  = 102 + 162 - 320( - cos Â) ~ ~ cos  =- ~ . Substituindo em (1): x2 = (,2 + 1()2 - 120· (-+) ~ x = 14 m. 670. 1) 'Considere um ponto Q externo ao triângulo, tal que BQ = 5 e CQ = 7. Note que LlPBA == ~QBC (LLL), donde obtém-se PBQ = 60°. Então, àPBQ é equilátero. Logo, BPQ = 60° (a = 60°). A 2) Aplicando a lei dos cossenos no àPQC, temos: (3 = 60°. B~ , ~c 3) (a = 60°, (3 = 60°) ~ ~ BFC = 120°. Aplicando a lei dos cossenos no ãEPC, temos: BC = ~129 ~ x = .J129 cm. I" X I I Linhas notáveis - Relações de Stewart 674. a) Usando a relação de Stewart: 42 . 6 + 62 . 2 - x2 . 8 = 8 . 2 . 6 ~ 96 + 72 - 8x2 = 96 ~ x = 3. ~ 2 6 I I 1 1 675. ma = T-v'2(b2 + c2) - a2; mb = T-v'2(a2 + c2) - b2; me = 1 1 mi + m~ + m~ = 4[2(b2 + c2) - a2] + 4[2(a2 + c2) - 1 T-v'2(a2 + b2) - b2] + c2 1 + -[2(a2 + b2) 4 - c2] ~ ~ 1 m2 + m2 + m2 = -[2b2 + 2c2 - a b c 4 a2 + 2a2 + 2c2 - b2 + 2a2 + 2b2 - c2] ~ ~ m2 + a m2 + b m2 = c 1 -[3a2 + 3b2 + 4 3c2] = 3 -(a2 + b2 + 4 c2) Logo, 3 4· 677. 1) { x2 + h2 = 25 (6 - X)2 + h2 = 49'~ { h2 = h2 = 25 49 - x2 - (6 - X)2 90 91
  • 48. ~ 25 - x2 = 49 - (6 - X)2 ~ x = 1 h2 + x2 = 25 ~ h2 + 1 = 25 ~ h = 2.J6 cm ~ ~ B => x2(m + n) = b2n + c2m - amn. Multiplicando ambos os membros por (m + n): x2(m + n)2 = b2n(m + n) + c2m(m + n) - amn(m + n) "-v---' => 2) Teorema da bissetriz interna: x 6 - x 5" = --...--..... 7- ~ x = 2,5 cm Relação de Stewart: 52 . 3,5 + 72 • 2,5 - Z2 • 6 = = 6 . 2,5 . 3,5 ~ 1575 Víõ5 => z2 = _ .........- => Z = --cm 60 2 3) Teorema da bissetriz externa: 5 + x x - ..... 7- = 6 => X = 30 Relação de Stewart: i 2 • 5 + 72 • 30 - 62 • 35 = = 35 . 5 · 30 => ~ 5i2 = 5 040 ~ i = 12-J7 cm 7 6 AI B x 6-x AI (4] , ,- , / ' / ' ,- I / 30=x' // I ,. , ,~ I ,. ,- , ,. , / I /' , / , / , / I ,- '/ // ,C "C 18 A x B' , 3 S B => x2(m + n)2 = b2n2 + c2m2 + b2mn + c2mn - a2mn -v'b2n2 + c2m2 + mn(b2 + c2 - a2) => x2 =--------------- m+n 679. Teor. biss. interna => ~::::: ~ => X y 9 => 4x = 3y ~ x2 = - y2 16 Aplicando a relação de Stewart, vem: x2 • 4 + y2 • 3 - 62 • 7 = 7 . 3 . 4 => 9 => - y2 • 4 + 3y 2 - 252 = 84 => 16 => y = 8 9 9 x2 = - y2 => x2 = - . 64 => 16 16 => X = 6 . 36 18 680. Teor. bISS. externa => - = - => X y => X = 2y => x2 = 4y2 Com a relação de Stewart, temos: (9.J6)2 . 18 + x2 • 18 - y2 • 36 = = 36 . 18 . 18 => => 8 748 + 4y2 • 18 - 36y2 = 11 664 => => 36y2 = 2 916 => y = 9 => X = 18 C 4 => 18 'C p 678. Aplicando a relação de Stewart: b2n + c2m - x2(m + n) = (m + n) . m . n ~ => a A c B' , " m M n >C -----------"""-----~/ a 92 I 93 L
  • 49. Capítul. XVI - Pelígenes regulares s 686. Note que PS = QS = 120° e AB = 90° ~ PÀ + QB = 60° - - ~ ,,-...... PQ / / AB ~ PA = PB I ",-................ ~ PA + QB = 60° .............. ~ PA = 30° ~ x = 15° ~ 90° 687. AB é lado do pentadecágono regular ~ ",-.... 360° ............ ~ AB = - - - ~ AB = 24° 15 PQ é lado do hexágono regular ~ -... 360° ...-.. ~ PQ = - - ~ PQ = 60° 6 AB / / PQ ~ ÁP = BQ I ÁP + ÁB + BQ = 60° ~ ÁP = BQ = 36° ~ Cl ~ ÁP = 18° AQP é inscrito e subtende AP ~ AQP = 9°. 360° 689. ae = 3Q""O ~ ae = 12 ,.. c ~BCP ~ P = 156° pr.. o 691. g) O número de diagonais com medidas A3 duas a duas diferentes em um polígono regular de n lados, n par, é dado por: n - 2 A _ _ _ 1 2 Dedução: Seja o polígono A]A2 ••• A n, n par. A5 O vértice diametralmente oposto a A J é A n • "2 + J A!!+ 1 Z De A] partem ~ + 1 - 2 diagonais com medidas duas a duas diferentes. _ -n n - 2 Entao - + 1 - 2 = --- , 2 A união de A] com os demais vértices fornece diagonais com medidas iguais às já obtidas. AZ h) O número de diagonais com medidas A1 duas a duas diferentes em um polígono ~-=---­ regular de n lados, n ímpar, é dado por: n - 3 -2- A4 Dedução: Seja o polígono A]A2 ••• A n, n ímpar. O vértice que unido a A] fornece a maior medida de diagonal possível é A n _ I • -2- + I " A~+1 • 2 DeA] partem n ; 1 + 1 - 2 diagonais com medidas duas a duas diferentes. _ n-1 n-3 Entao, 2 + 1 - 2 = 2 . A união de A I com os demais vértices resulta em diagonais com medidas iguais às já obtidas. 692. Temos: n-2 n-3 - - = 6 ou 6 ~ n = 14 ou n = 15 ~ Si = 2 160° ou 2 Si = 2 340°. 693. Na figura, temos: AB == BC ~ âABC isósceles ~ ~ Â = 10°, B = 160° B ai = 160° ~ ae = 20° ~ A <:: br • - _ ri::>n 360° ~ - - = 20° ~ n = 18 n d = n(n - 3) ~ 2 ~ d = 18· (18 - 3) ~ d = 135 2 n = 18 ~ 9 diagonais passam pelo centro. Logo, não passam pelo centro 135 - 9 = 126 diagonais. L 94 95
  • 50. 695. Polígono MBCNP: Si = 5400 => 8 => 2ai + 2000 = 5400 => ai = 1700 ai = 1700 => ae = 100 => A 3600 => - - = 100 => n = 36 n Logo, passam pelo centro; 18 diagonais. o 697. Soma dos ângulos internos do polígo- no MBCDNP é igual a 720°. Então: 3 . (1800 - ae) + 1800 + ae + 200 = 7200 => 3600 D => a = 100 => - - = 100 => n = 36. e n N Logo, o número de diagonais diferentes, duas a duas, é: n - 2 36 - 2 - = =17. X 698. Na figura, prmongamos também os 1', / lados BC e DE, formando o triângu- ~ / 2ae lo ZCD. I Temos: / ~ ~ EYZ externo ao dBXY => EYZ = 3 . ae• / / CiD externo ao dEYZ => CZD = 4 . ae• I I dCZD => 6ae = 1800 => ae = 300 => ,/ ",,,,.,,Y 3600 / Z ,'" => - - = 300 => n 12 I ""-<. .... ae ' n ae C O d = n(n - 3) => ~ / E 2 B => d = 12(12 - 3) => d = 54. 2 ,I 702. Seja f6 o lado do hexágono. a) Se os triângulos são equiláteros, temos R = f 6• Assim, diagonal maior = 2R = 2f6 = 12 m. b) R é lado do triângulo equilátero => => R = f6 = 6 m. c) ré altura do triângulo equilátero => => r = f6.J3 => r 6.J3 => r = -2- -2 3.J3 m. = d) diagonal menor => 2r = 2 . 3-J3 = 6.Jfm. e) apótema = r => a6 = 3-J3 m. 710. a) f6 = R => R = 5 cm => AAC ::::::::=. se::::: A R.J3 5-J3 => a6 = -2- => a6 = -2- cm 5.J3 b) r = a6 => r = -2- cm c) Note que AM ..1 BC => AM é altura do triângulo equilátero OAB => AC = 2 AM => AC = 2 . r => => AC = 5-J3 cm. EV :.........., • ........-:: 'lD 712. Sejam RJ e R2 os raios dos círculos onde estão inscritos o quadrado e o triângu- lo equilátero, respectivamente. Temos: f4 = Rlv'2 => 2PI = 4RI.J2 f3 = R2.J3 => 2P2 = 3R2.J3 RI 4.J6 2Pl = 2P2 => 4R1v'2 = 3R2-J3 => R = -9-· 2 714. ACEG quadrado => AC = R-v'2 => => OM = R.J2 => 2 => BM = R _ R.J2 2 Aplicando relações métricas no dBCF, retângulo em C, vem: I _ . - ' : J o (BC)2 = (BF) . (BM) f§ = 2R(R - Rf2) fs = R~2 - ~. Aplicando o teorema de Pitágoras no dFNO: fs )2 a~ = R2 - (T => 2 _ R2 R2(2 - v'2) _ R.J2 + .J2 => as - - 4 => as - 2 96 97 C
  • 51. 716. r = 1 2r = ~_- 1 I . h ::) h = K+1 A h 2 ' I 725. fã fã = = R2 + R2 - 2 . R . R . cos 45° .J2 2R2 - 2R2 . - ::) 2 o AV = ~ 2 ::) AV = -J5 + ~ fs = R-J2 - ~ B c 717. Aplicando o teorema da bissetriz in- terna no dOAB: f 2 - f - = - - ~ f2 + 2f - 4 = O ::) 2 f ::) f = (~ - 1) m. o 726. i = RJ2 ~ R = - ~ ~ R = ; J4 + 2../2 f 2 _ V'1 ::) R = ~2 f . .J2 + ..fi . .J2 - V2 . ~2 + ~2 . .J2 ::) 727. Temos: ai = 135°. Lei dos cossenos no dABC: AC2 = f 2 + f 2 - 2 . f . f . (- cos 45°) ::) AC2 = 2f2 + f2.J2 ::) ::) AC = f~2 + -fi ::) 720 2 2 2 . 2 2 (-J5 - 1)2 . f 5 = f 6 + f 10 ~ f 5 = R + 2 . R 719. No dOAB temos: OM bissetriz ::) AÔB = 36° ~ ( fIO) ::) AB = flO,OB = R, MB = T fIO -J5 - 1 MB 2 2 · R sen 18° = - - = -- = ::) OB R 2R -J5 - 1 ::) sen 18° = -- ::) f5 = A R C" T'V10 - o ,,~ L.'V 5 ::) AE = fJ4 + 2~ AE é diâmetro ~ ::) dADE é retângulo em D. Aplicando Pitágoras ao dADE: AD2 = AE2 - DE2 ::) ::) AD2 = f2(4 + 2.J2) - f2 ::) ::) AD = f..J3 + 2..J2 ::) ::) AD = fJ(2 + 2.J2 + 1) ::) AD AE _ 2R. exercício 726 ~ AE = 2· ; ../4 + 2..fi ~ = G ............ • f· .J(~ + 1)2::) lIE AD = f· (-fi + 1) f 5 721. sen 360 = 2" R ~ sen 360 = _ KJlO - 2.J5 - 4R' JlO - 2-/5 ~ b) dAEF é retângulo ::) ::) AE2 = AF2 - EF2 ::) ::) AE2 = (2R)2 - f2 ::) ::) AE2 = f2(-J5 + 1)2 - f2 728. a) i = ~ - 1 _ . R ::) R= ~ A~ c • ::) ::) AE2 = f2(5 + 2-J5) AE = f-J5 + 2-/5 => 99 98
  • 52. ~ - f / c) AB + BC = 72° =} AC = f5 = 2'110 + 2-15 d) ~ADF é retângulo em D, DF = f5, AF = (-JS + l)f Daí: AD2 = AF2 - DF2 => AD2 = (6 + 2../5 )f2 _ 10 +. 2E . f2 => => AD2 = 7 + _3E . f2 => AD = +.Ji4 + 6--/5 729. x2 = a2 + a2 - 2 . a . a . cos 360 =} E + 1 =} => x2 = 2a2 - 2a2 • 4 . 2 _ (6 - 2JS) 2 ::::;. X - 4 . a =} (3 - E) =} x2 = . a2 =} x 2 ~2~ =} x = ·a =} a 2 J<5= 2-JS + 1) =} x= "'2 ·a =} ~(JS - 1)2 JS - ~x= 2 ·a=>x= 2 ·a 730. Usando o resultado do exercício 729: JS - 1 a x =} -2- 2 =} x a I ~-;. E_I· => a JS + 1 =} x 2 . a. 731. Usando o resultado do exercício 730 no dABD: E d = .JS2+ 1 . f. 732. a) OstriângulosA'AR,B'BC,C'CD, D'DE e E' EA são congruentes e isósceles de bases AR, BC, CD, DEeEA. Daí: Â' = R' = ê' = Ô' = Ê' (1) e, por diferença, obtemos: A'B' = B'e' = C'D' = D'E' = = E'A' (2) (1) e (2) => A'B'C'D'E' é pen- tágono regular. E;K: -/ A " y~ b) dA ' B ' B exercício 729 => X = ~ (.JS - 1) (1) BD é diagonal exercício 731 => 2x + y = f T(.J"5 + 1) (2) (2) => y = f(.J5 2 + 1) - 2x. Substituindo em (1), obtemos x = 3 - ~ f. c 101 100
  • 53. -- ~1 ,...---..... Capítulo XVII - Comprimento da circunferência 737. ACD = (270°/360°) • 211'" ·18 => ACD = 2711'" cm --........ .....-- DEF = (288°/360°) . 211'" . 35 => DEF = 5671'" cm ..--... ...-...... 735. a) b) , FGH = (225°/360°) • 271'" . 24 => FGH = 3011'" cm J => W6cm " HU = (120°/360°) • 271'" . 36 => íiiJ = 2471'" cm o ,6 cm .'_ 0 3 ~, ,6cm 6 cm " ..... -- R] = Rz = 12 => RI = 12 cm => C1 = Cz = 11'"R1 = 1211'" Rz = R3 = 6 => R3 = 24 => C3 = 11'"R3 => => Cz = C3 = 1I'"Rz = 611'" => C3 = 2411'" 1 C1 = 6 . 271'"R] => C1 + Cz + C3 = 1211'" + 1211'" + 2411'" => => C1 + Cz + C3 = 4811'" cm 1 => C1 = - . 2 . 11'" . 12 => 6 => C] = 411'" cm C1 + Cz + C3 = 471'" + 611'" + 611'" = 1611'" cm A A D 736. a) b) B~,.""",._.~>...........,,,,,,,,,~ c Ao ~ABC é equilátero, pois seus lados Note que EBF = 30°. Daí: são os raios dos arcos. 600 ....-- 30° A ~ EF = - - . 211'" . R => ACB = 60° => AB = -- . 211'"R => 360° 360° --.. 1 ,.--.... 1 => EF = - . 11'" . 48 => => AB = - 11'" . 12 => 6 3 => ÁB = 411'" m j => EF = 811'" ffi. ".-.. ,.-.... .....-.. => AB = AC = BC Logo, comoEF = Fo = Gil = ÍiE, temos: => ÃB + ÁC + BC = 1211'" m. ......--.... ..--- ..--- ,.-.... EF + FG + GH + HE = 3211'" m. E L G JLB = (255°/360°) • 271'" . 48 => fLB = 6811'" cm ~ -- ~ ~ r--... => ACD + DEF + FGH + HIJ + JLB = 20511'" cm 738. y- ~ E ~ o c.o p ~ o c.o "- A ~ . oAP ~6M· . . ~PAOI ~ sen 60 = OlA => -2- = OlA ~ OlA = 120 m ~ => 04A = 180 m ........... 120° 1 r"' r- AB = 3600 . 211'"(OIA) => AB = T . 211'" . (120) => AB = 8011'" m r- 60° ,,-... 1 ,-... AD = 3600 . 271'"(04A) => AD = 6 . 211'" . 180 => AD = 6011'" m Seja 2p o comprimento total da pista. Temos: 2p = fi + éD + ÁD + BC => 2p = 8011'" + 8011'" + 6011'" + 6011'" => => 2p = 28071'" m. 745. Sejam C, Cb C2 e C3 os comprimentos "normal", aumentado o raio em 2 m, aumentado o raio em 3 m e aumentado o raio em o metros. Temos: C = 211'"R CI = 211'"(R + 2) => CI = 271'"R + 471'" => CI = C + 411'" C2 = 211'"(R + 3) => Cz = 211'"R + 671'" => Cz = C + 611'" C3 = 211'"(R + a) => C3 = 211'"R + 2a7l'" => C3 = C + 2a1l'" Portanto o comprimento aumenta em 471'" m, 671'" m e 2011'" m, respectivamente. 746. pz : 21l"Rz : 1 -:- Wj => 211'"R _ 211'"RI = 1 + 103 _ 103 => PI - 271'"RI - 10 z 1 => Rz - RI = 271'" 102 103 L
  • 54. 747. Sejam o comprimento normal e o comprimento com o raio duplicado iguais a C e Cj , respectivamente. Temos: C = 211'"R C} = 211'"(2R) => C} = 2 . 27rR => C} 27rC Logo, o comprimento também duplica. 748. (f = 27rR, r = 2R, f = r . a) => 27rR = 2R . a => a 7r => a 180° 750. C ---. comprimento normal da circunferência. C] ---. comprimento da circunferência cujo raio aumentou 500/0. Temos: C = 211'"R C C1 = 27r(R + 0,5R) => C} = 27rR + 7rR => C} C + T => => C} = C + 0,5C. Resposta: o comprimento aumenta 500/0. 755. C} = 27rR} => 1 500 = 27rR} => 750 => R} = --m 7r C2 = 27rR2 => 1 200 = 27rR2 => 600 => R2 = - - m 7r => d = 750 600 d = R} - R2 11'" => 11'" => d = 150 ~m 756. C = 211'"R => C = 27r . 40 => C = 807r cm n: n? de voltas, 26 km = 26 X 105 cm d 26 X 105 d=n·C => n=C => n= => n == 10 350 voltas 1 h 5Omin = 110 min n.° d I /. 10 350 ~ - - 94 e vo tas mln = ~ = 757. Sejam RF: raio da roda dianteira; R T: raio da roda traseira; d: distância percorrida. Distância percorrida quando RF dá 25 voltas: d = 25 . 27rRF => d = 25 . 27r . 1 => d = 507r m. Nessa distância, R T dá 20 voltas. Então: 5 d = 20 . 27rRT => 5011'" = 20 . 2 . 7r . RT => RT = - m. 4 758. C} = 27rR} => C} = 27r . 1,5 => C} = 37r cm C2 = 27rR2 => C2 = 27r . 1 => C2 = 27r cm C} - C2 = 37r - 27r => C} - C2 = 7r cm 765. (a = 80°, e = 20cm,e = ~:O~) => ~20cm 20 = 7r. ~8~~0~. R => R = ~ cm 7r ~l R 767. (A:8 = a . OB; éD = a . OD => B => ÃB - éD = a(OB - OD) => o 100 => 100 - 80 = a . 25 => 4 => a = - rad 5 ;;-........--.. 770. Na figura, temos: OM J:lOMB => COS a = OB => 3 1 => COS a = 6 => COS a = T => p => a = 60° a = 60° => AÔB = 120° => ,--..... ,--........ (APB = 120°, AQB = 240°) Como os comprimentos dos arcos são proporcionais aos ângulos cen- trais determinados, temos: Q AQB 2 APB T· '773. Note o ~ABC, equilátero. Temos A ê = 60° => PÔQ = 120° => 1', I ~ 1 / => PQ = - . 27r . R => /.----.~ 3 ,-... 1 => PQ = - . 27r . 10 => 3 ~ 20 -- p => PQ = -3-.11'" cm I . . / I I Também temos / I I ' ~, QS = 2R => = 20 cm. BL---- S~Q--r-.,c QS Logo, o comprimento da correia será dado por: 20 60 0 Distância percorrida depois que RF deu /00 voltas: 3(20 + 23° 11") = 60 + 2011" = 20(3 + 11") cm. d = 100· 27rRF => d = 100 . 27r . 1 => d = 2007r m. 104 105
  • 55. 774. { p ...... , ' .............. 2 A ......~......... ........ , 1 ' ...... I 1 ............ 41 x O/~ y " ---- B LlOPO' => (OP = 6,00' = 12) ~ O'P = 6-J3cm => => (AB = 6.J3 cm, CD = 6.J3 cm) Seja PÔO' = exo Temos: OP 6 1 ~ cos ex = -- => cos ex = - => cos ex = - => ex = 600 => AOD = 1200 00' 12 2 AOO' e BO'O são alternos => BO'O = ex = 600 => BO'C = 1200 ~ ,--...., ~ 2400 ,--..... 16 AOD = 1200 => AXD = 2400 => AXD = 3600 271'" . 4 => AXD = T7I'" cm • r--.. ~ 2400 r---.... 871'" BO'C = 1200 => BYC = 2400 => BYC = 3600 • 211'" . 2 => BYC = T cm Logo, o comprimento da correia será dado por: ~ ~ 16 8 AB + CD + AXD + BYC = '6-J3 + 6.J3 + T7I'" + T7I'" = 4(3.J3 + 271'") cm. 775. dA'AD => x2 = 4 + Z2 Cálculo de z: Note que y = 3 - z. A' 1 LlOPA => AP = - 2 dAPC => C = 600 => AP => sen 600 = -- => AC 1 ~ 2: => - - = --- => 60 0 ~ - . •• AI 2 3 - z c'---y---J , v 'o' Y A z / 9 - ~ , v => Z = 3 DaI: o 3R x2 = 4 + (9 -3 V3r=> => X == 3,1415333. o. 106 Capítulo XVIII - Equivalência plana 783. Pelos itens 235 e 236 da teoria podemos concluir que todo triângulo'é equivalen- te a um retângulo de base congruente à base do triângulo e altura igual à meta- de da altura do triângulo. Se reduzirmos à metade a base de um triângulo, o retângulo equivalente tam- bém terá sua base reduzida à metade. Para manter a equivalência, a altura deve- rá dobrar. 784. dABD ~ dBCD => D c => I + II + III == I + II + IV => => III == IV IV p Ul A B 789. 4 . (I) + Pt ~ 4 . (I) + P2 + P3 => => Pt ~ P2 + P3 c b c b b c 790. c / /' /' ~- ~' B A B' A' dPAB ::::: dDAB (mesma base e mesma altura) => dDAB ~ dD' A' B' I dP ,A' B' ~ dD'A 'B' (mesma base e mesma altura) Como a diagonal do retângulo o divide em triângulos equivalentes, concluímos que os retângulos são equivalentes. 107
  • 56. 791. ACBa 55 AABE (LAL) o Capítulo XIX - Áreas de superfícies planas Utilizando a dedução feita no exercÍ- cio anterior, temos: h -vI h A 798. g) sen 60° = - => - - = - => ABCD ~ BEIH. c 6 2 6 => h = 3-Jfm 6 2~ BD 1 BD G cos60° = -- => - = -- => 6 2 6 i i i => BD = 3 m AACD => CD = 5 fi s o I i BC· h 2 => SABC = --- 792. J E F => _ 8· 3-Jf SABC - 2 => SABC ° h ~ h h) sen 45 = - => - - = - 16 2 16 = => 12-J3 m 2 A L => h = 8~ m BC· h SABC = '" => 16 => SABC = 18· 8~ 2 => H i) => x2 (7 SABC = 72~ m2 + h2 = 52 - X)2 + h2 = (4.J2)2 I => A Exercício 791 Exercício 791 ::) => E ABCD ~ BEIH I=> AJLG =:; GHIF => F ABCD + AJLG :::::: BEIH + GHIF . ABCD + AJLG :::::: BGFE => 799. => BO=5m a) AABO Pitágoras; => BD = 10 m => x=3m => h=4m S - BC· h ABC - 2 7 . 4 => SABC =! -2- => SABC = => 14 m 2 si 5 x h A 4~ 7 - x " " C S = BD· AC 2 => => S = 10·24 => S = 120 m2 b) sen 45° = h - 12 => ~ - 2 = h - 12 => c 12 => h=6.J2m 12 12 S = 12 . h => S = 12· 6-Jf => => S = 72-J2 m2 ... 1" ~ ~ c