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MA13 – Geometria – AVF – 2014
Quest˜
ao 1
[ 2,0 pt ]
Na figura, AB ≡ AC e a bissetriz interna tra¸cada de B intersecta o lado AC em P de forma que AP + BP = BC.
Os pontos Q e D s˜
ao tomados de forma que BQ ≡ BP e P D ´e paralelo a BC.
(a) Mostre que os triˆ
angulos CQP e P AD s˜
ao congruentes.
(b) Determine as medidas dos ˆ
angulos do triˆ
angulo ABC.
Solu¸
c˜
ao
ˆ temos tamb´em ∠(ABP ) = β. E, como
(a) Para simplificar a nota¸ca
˜o, denote ∠(CBP ) = β. Como BP ´e bissetriz de ABC,
AB ≡ AC, temos ∠(ACB) = ∠(ABC) = 2β.
Como BQ + QC = BC = BP + P A e BQ = BP , temos QC = AP .
Como BC e DP s˜
ao paralelas, temos
∠(BP D) = ∠(CBP ) = β,
∠(AP D) = ∠(ACB) = 2β.
ˆ ´e a
Como ADP
ˆngul oexterno do triˆ
angulo BDP , temos
∠(ADP ) = ∠(BP D) + ∠(DBP ) = 2β.
Mas ent˜
ao o triˆ
angulo ADP ser´
a is´
osceles, e, portanto, AD ≡ AP . Como AB ≡ AC, temos que BD ≡ P C, e, como
BDP ´e is´
osceles, temos DP ≡ BD ≡ CP .
Pelo caso LAL, temos ent˜
ao que os triˆ
angulos P AD e CQP s˜
ao congruentes.
(b) Pela congruˆencia de P AD e CQP , temos ∠(QP C) = ∠(ADP ) = 2β.
Como P QC ´e is´
osceles, ∠(QP B) = ∠(P QB), e como ∠(QP B) + ∠(P QB) + β = 180◦ , temos ∠(QP B) = 90◦ −
β
.
2
Assim, considerando todos os a
ˆngulos da figura que tˆem v´ertice em P , temos
β
◦
2β + 90 −
+ β + 2β = 180◦ ,
2
logo
9
β = 90◦ ∴ β = 20◦ .
2
ˆ eC
ˆ medem 2β = 40◦ , e Aˆ mede 180◦ − 2 · 40◦ = 100◦ .
com isso, os a
ˆngulos internos B
Quest˜
ao 2
[ 2,0 pt ]
Prove que se um trap´ezio is´
osceles tem os lados congruentes com comprimento a, os lados paralelos com comprimentos
b e c, e diagonais com comprimento d, ent˜
ao d2 = a2 + bc.
Solu¸
c˜
ao
Vamos supor, sem perda de generalidade, b > c. Denotemos por h a altura do trap´ezio e por m a proje¸ca
˜o ortogonal de um
dos lados congruentes sobre a base maior. Note que m =
b−c
.
2
Assim, considerando um triˆ
angulo retˆ
angulo cujos catetos s˜
ao m e h, e cuja hipotenusa ´e um lado a, temos, pelo Teorema
de Pit´
agoras,
m2 + h2 = a2 ,
logo
b−c
2
2
+ h2 = a2 ,
que nos d´
a
b2 + c2 − 2bc + 4h2 = 4a2 .
Considerando agora um triˆ
angulo retˆ
angulo cujos catetos medem c + m e h, e de hipotenusa d, temos
(c + m)2 + h2 = d2 ,
logo
c+
b−c
2
2
+ h2 = d 2 ,
e ent˜
ao
b+c
2
+ h2 = d 2 ,
que implica
b2 + c2 + 2bc + 4h2 = 4d2 .
Subtraindo as duas equa¸co
˜es obtidas, temos
4bc = 4d2 − 4a2 ,
logo,
d2 = a2 + bc.
Quest˜
ao 3
[ 2,0 pt ]
Na figura abaixo o triˆ
angulo ABC ´e retˆ
angulo em A. Os quadril´ateros ABED e ACGF s˜ao quadrados. Estendemos
EB at´e P , de tal modo que EB ≡ BP . Estendemos GC at´e Q, de tal modo que GC ≡ CQ.
(a) Prove que o triˆ
angulo ABC ´e congruente ao triˆangulo P BI e que o triˆangulo BQC ´e congruente ao triˆangulo
HP I.
(b) Prove que a ´
area do triˆ
angulo BP C ´e a metade da ´area do quadrado ABED.
(c) Prove que a ´
area do triˆ
angulo BQC ´e a metade da ´area do quadrado ACGF .
2
2
2
(d) Demonstre que AB + AC = BC (Teorema de Pit´agoras).
Solu¸
c˜
ao
(a) Por simplicidade, vamos denotar ∠(ABC) = β e ∠(ACB) = γ. Note que β + γ = 90◦ .
ˆ ´e ˆ
ˆ ´e ˆ
Como ∠(ABC) = β e ABC
angulo reto, ∠(P BC) = 90◦ − β = γ. E, como C BI
angulo reto, ∠(P BI) = 90◦ − γ = β.
Assim, temos P B ≡ EB ≡ AB, BI ≡ BC e ∠(P BI) = ∠(ABC), logo, pelo caso LAL, os triˆ
angulos ABC e P BI s˜
ao
congruentes.
Essa congruˆencia implica que ∠(P IB) = ∠(ACB) = γ, logo ∠(P IH) = 90 − γ = β, e que P I ≡ AC.
Temos ∠(BCQ) = 90◦ − γ, logo, ∠(BCQ) = β.
Note ainda que QC ≡ CG ≡ AC.
Temos ent˜
ao que
∠(P IH) = β = ∠(BCQ),
P I ≡ AC ≡ QC,
IH ≡ CB.
Com isso os triˆ
angulos P BI e BQP ser˜
ao congruentes pelo caso LAL.
(b) Como AC ´e paralelo a BP , temos
2
BP · AB
AB
´
´
=
,
Area(BP
C) = Area(BP
A) =
2
2
2
que ´e a metade da a
´rea AB do quadrado ABED.
(c) Como AB ´e paralelo a QC, temos
2
QC · AC
AC
´
´
=
,
Area(BQC)
= Area(AQC)
=
2
2
2
que ´e a metade da a
´rea AC do quadrado ACGF .
(d) Pelos itens anteriores, j´
a sabemos que
2
2
´
´
AB + AC = 2Area(BP
C) + 2Area(BQC).
´
´
Portanto, resta apenas mostrar que 2Area(BP
C) + 2Area(BQC)
= BC
2
´
´
Pelo item (a), temos Area(BQC)
= Area(P
IH), sendo h1 e h2 as alturas dos triˆ
angulos BP C e P IH, relativas a
`s bases
BC e IH, respectivamente (veja figura), temos h1 + h2 = CH = BC, logo
´
´
2Area(BP
C) + 2Area(BQC)
=
´
´
2Area(BP
C) + 2Area(P
IH)
=
2·
=
BC · h1
IH · h2
+2·
2
2
BC · h1 + BC · h2
=
(h1 + h2 )BC
=
BC .
2
Assim,
2
2
2
´
´
AB + AC = 2Area(BP
C) + 2Area(BQC)
= BC .
Quest˜
ao 4
[ 2,0 pt ]
Um tetraedro regular ´e cortado por um plano paralelo a duas arestas, de tal forma que a se¸c˜ao seja um paralelogramo.
(a) Descreva a posi¸c˜
ao do plano de forma que a se¸c˜ao seja um losango e calcule, em fun¸c˜ao de a, o lado desse
losango.
(b) Determine, em fun¸c˜
ao da medida a da aresta, a medida do lado do paralelogramo de ´area m´axima assim obtido.
Solu¸
c˜
ao
(a) Para facilitar a escrita, seja ABCD o tetraedro e consideremos o plano paralelo a
`s arestas AB e CD. Sejam ainda X,
Y , Z e W as interse¸co
˜es do plano com as arestas AB, BC, BD e AD, respectivamente.
O segmento XY ´e a interse¸ca
˜o do plano paralelo a AB com a face ABC, contida em um plano que tamb´em cont´em
AB. Ora, interse¸ca
˜o de dois planos paralelos a uma reta dada (ou que contenham esta reta) ser´
a uma reta paralela `
a
reta dada, portanto, o segmento XY ´e paralelo a
` aresta AB. Da mesma forma, o segmento ZW ser´
a paralelo a AB, e
Y Z e XW paralelos a CD.
Como ABC ´e um triˆ
angulo equil´
atero, e XY ´e paralelo a AB, temos que XCY ´e equil´
atero, implicando XY ≡ CX.
Da mesma forma, como ACD ´e equil´
atero e XW ´e paralelo a CD, temos que XW ≡ AX.
Para que XY ZW seja um losango, ´e necess´
ario que XY ≡ XW , logo, que
CX ≡ XY ≡ XW ≡ AX.
Assim, X ser´
a o ponto m´edio de AC. Com isso, como CY ≡ CX e BC ≡ AC, Y tamb´em ser´
a ponto m´edio de BC. Da
mesma forma, Z e W s˜
ao pontos m´edios de BD e AD, respectivamente.
(b) Na nota¸ca
˜o do item anterior, sendo XC = x, teremos XY = x e XW = AX = a − x. As retas reversas suporte de AB
e CD s˜
ao ortogonais, logo, sendo XY e XW paralelas a estas retas, respectivamente, XY e XW s˜
ao perpendiculares.
Assim, a a
´rea do paralelogramo XY ZW ´e dada por
´
Area(XY
ZW ) = XC · XW = x(a − x) = x2 + ax.
O valor m´
aximo para esta express˜
ao ocorre quando x =
seus lados medem
Quest˜
ao 5
a
.
2
Portanto, o paralelogramo de a
´rea m´
axima ocorre quando
a
.
2
[ 2,0 pt ]
Sejam x, y e z os volumes gerados por um triˆ
angulo ABC, retˆangulo em A, girando sucessivamente em torno de seus
lados BC, CA e AB. Prove que
Solu¸
c˜
ao
1
1
1
= 2+ 2
x2
y
z
Quando giramos em torno do cateto CA, temos um cone circular reto cuja base ´e o c´ırculo de raio AB e de altura CA.
Assim, o volume ´e
2
πAB · CA
.
3
Quando giramos em torno do cateto AB, temos um cone circular reto cuja base ´e o c´ırculo de raio CA e de altura AB.
y=
Assim, o volume ´e
2
πCA · AB
.
3
Girando em torno da hipotenusa BC, obtemos dois cones. A base de ambos ser´
a o c´ırculo de raio igual `
a altura h do
z=
triˆ
angulo ABC, relativa ao v´ertice A. As alturas dos cones ser˜
ao as medidas m e n das proje¸co
˜es ortogonais de AB e AC
sobre a hipotenusa BC. Assim, o volume do s´
olido dado pelos dois cones ´e
x
πh2 · m
πh2 · n
+
3
3
πh2 (m + n)
3
πh2 · BC
3
=
=
=
Como h · BC = AB · CA, temos h =
AB·CA
,
BC
logo
2
x=
2
πAB · CA
.
3BC
Assim,
1
1
+ 2
y2
z
=
=
=
=
=
9
9
4
2 + 2
4
2
π 2 AB · CA
π CA · AB
2
2
9CA + 9AB
4
π 2 AB · CA
2
9BC
4
4
4
π 2 AB · CA
2
3BC
2
πAB · CA
1
.
x2
2