Ensino de qualidade, quanto antes, melhor
Geometria Plana II - Respostas
01.
Seja M o ponto médio de DE , então BM é a mediana relativa à hipotenusa do triângulo BDE. Logo
AB  DM  ME  BM . Como ABM é isósceles, temos que AMˆ B  x . Além disso, pelo paralelismo, temos que
DAˆ C  AEˆB , pois são alternos internos; e como BME é isósceles, MEˆB  MBˆ E .
18º
B
x
D
x
E
r
M
s
A
C
Note que x é externo ao triângulo BME, então x  18º18º  36º .
02.
5
x
8
40
y
z
11
60
w
16
Pelo Teorema de Tales, temos as seguintes proporções:
5 40
15

x
cm
x 60
2
8 40

 y  12cm
y 60
11 40
33

z
cm
z
60
2
16 40

 w  24cm
w
60
03.
A
3x
2x
B 20-x
P
x
C
y
S
20  x
x
20  y
y


e pelo teorema da bissetriz externa, temos
. Da
3x
2x
3x
2x
primeira equação temos que x  8cm . Substituindo na segunda, temos y  40cm .
Pelo Teorema da bissetriz interna, temos
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04.
Dados os triângulos semelhantes ABC e A’B’C’ e sendo k a razão de semelhança, temos:
A
A’
b
c
c’
a
B
B’
C
b’
a’
C’
2p  a  b  c a
b c

 k
e
2p'  a'b'c ' a' b' c '
A razão entre os perímetros será:
2p a  b  c ka'kb'kc ' k (a'b'c ' )



k.
2p' a'b'c '
a'b'c '
a'b'c '
Então:
A
05.
D
x
4
B
C
10
Pelo caso de semelhança AA (ângulo – ângulo), temos que CBD  ABC e, portanto, seu lados são
x  4 10

 x  21cm .
proporcionais. Então
10
4
06.
a
a
h
x
x
Sendo 2x a medida da base (para simplificar os cálculos) e considerando as medidas indicadas na figura, temos:
h  2 x  2
h  2x  2


2
2
2
2 x  2a  36  a  18  x  x  (2x  2)  (18  x ) Resolvendo a equação, temos x  5cm . Logo, a base
 2
 2
2
2
2
2
x  h  a
x  h  a
mede 10 cm.
07.
16
12
h
n
m
a
Sabe-se que a  162  122  20
48
Como a.h  12.16  h 
5
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64
5
36
2
Como 12 12  n.a  n 
5
Como 162  m.a  m 
08.
Seja x a medida da bissetriz AS relativa à hipotenusa. Por S tracemos um segmento paralelo a um dos catetos,
paralelo a b, por exemplo.
Note que os triângulos BAC e BPS são semelhantes. Então:
y 2  y 2  x 2
x

x
x

y 

c
 bc  b
2
b

c
2
2
y  c  y
cy  bc  by


 xb  xc  bc 2  x 
bc 2
bc
09.
Esse exercício pode ser resolvido de duas maneiras, por isso vamos separá-lo em dois casos:
CASO 1: considerando E entre as montanhas
P2
a
P1
900
x+y
1500
x
2000
2900
y
E
CASO 2: considerando a montanha
menor entre E e a maior
P2
b
2900
P1
2000
y-x
1500
900
E
x
y
Note que nos dois casos, x e y representam as mesmas medidas que podem ser calculadas da seguinte forma:
x 2  20002  29002  x  2100m
y 2  9002  15002  y  1200m
é possível ver que a diferença de altura entre as duas montanhas é de 1100 m, então calculamos a e b da
seguinte forma:
a 2  11002  ( x  y )2  a 2  11002  33002  a  3478m
b 2  11002  ( y  x )2 b 2  11002  9002  b  1421m
Portanto, no CASO 1, temos que a distância entre P1 e P2 é
de aproximadamente 3478 m, já no CASO 2, essa distância é de aproximadamente 1421 m.
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10.
Considere o triângulo
ABC a seguir, onde AH
é sua mediana e também
sua altura:
A
B
H
C
Como AH é mediana, temos que BH  HC . Como AH é altura, temos que AHˆ B  AHˆ C  90º .
Tome agora os triângulos retângulos ABH e ACH. Podemos dizer que são congruentes pelo caso de congruência
LAL (lado – ângulo – lado).
(L ) BH  HC

( A) AHˆ B  AHˆ C  90º

(L ) AH é lado comum
Então AB  AC  ABC é isósceles.
11.
Como EP // BC, mCPˆ E    , analogamente, mBPˆ D   . Assim, os triângulos DPB e EPC são isósceles, e,
portanto, DE  PD  PE  BD  EC  7  5  2 .
12. Seja ABC o triângulo retângulo com AC = b e AB = c. Seja AD a bissetriz relativa ao ângulo Â.
Considere E sobre AC , tal que CD// AB . No triângulo retângulo isósceles AED, sen 45º 
Assim, como os triângulos EDC e ABC são semelhantes,
EC DE


AC AB
b
AD
b
2 
ED
AD
 ED 
.
AD
2
AD
2  AD  bc 2
c
bc
.
13. Sejam AD e BE as medianas perpendiculares e G o baricentro do triângulo. Aplicando Pitágoras aos
triângulos AGB, BGD e AGE, obtemos:
c2
a2
a2  c2
2
2
2

GE

4

GE

GE

GD 2  2  GE 
4
4
12
2
c
c2
BG 2  AG 2  c 2
 2  GE 2  2  GD 2  c 2  GE 2  GD 2 
 GE 2  GD 2 
 a 2  c 2  4c 2  b 2
4
4
2
2
b
 c2

4c 2  b 2
2  GD 2  GE   b
b2
2
AG 2  GE    
2


GE

4


GE

GE

4
2
 4

12
4


a
GD  BG   
2
2
c

a 2  b2
5
2

a2

4
Ensino de qualidade, quanto antes, melhor
14. Traçam-se três retas passando por P, paralelas aos lados do triângulo ABC. Os três triângulos menores
PFG, PED e PHI, também são equiláteros (ver figura).
Deste modo, X, Y e Z, são pés das alturas dos triângulos PDE, PGF e PHI. Observe que:
PX  PY  PZ 
ED  3 FG  3 HI  3
3
ED  FG  HI   3 3ED  3FG  3HI  



2
2
2
2
6
3
ED  ED  ED  FG  FG  FG  HI  HI  HI   3 PE  PD  DE  PE  PG  FG  PH  PI  HI 
6
6
3
PE  FG  PH  PG  HI  PD  PI  ED  PF   3 CF  FG  GA  AH  HI  IB  BD  DE  EC 
6
6
3
 AC  AB  BC   3  3 AB  3  AB
6
6
2
AX  BY  CZ  AH  HX  BD  DY  CF  FZ  AH 

3
 AH  HI  BI   3 AB
2
2
Logo
PX  PY  PZ
3

AX  BY  CZ
3
HI
DE
FG
HI
BI
AH
 PI 
 PE 
 AH 
 HI 
 BI 

2
2
2
2
2
2
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é bissetriz, mBÂD   mCÂD   , sendo BE // AD , mCÊB  mCÂD   e
mEBˆ A  mBÂD    , logo o triângulo ABE é isósceles e AE = AB. Sendo assim, pelo teorema de Talse,
15.
a)Como
AD
AE AC
AB AC



BD CD
BD CD
AB BC AC 7


 , ou
AD AC CD 8
m BCˆ A  m ACˆ D , ou seja, AC
b) Observe que
Assim,
Interna,
  

seja, os triângulos BAC e ADC são semelhantes, pelo caso LLL.
é bissetriz do ângulo BCˆ D . Assim, pelo Teorema da Bissetriz
BC DC
BC BP
BP 49





BP DP
DC DP
DP 64