Apostilas de Geometria Plana Exercícios Resolvidos, Notas de estudo de Geometria Analítica e Cálculo. Centro Federal de Educação Tecnológico (CEFET-PA)
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Apostilas de Geometria Básica do Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro, Geometria e Matemática Plana Básica, Questões com Gabarito.
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Exerćıcios Resolvidos

Exerćıcio 1: Cinco retas distintas em um plano cortam-se em n pontos. Determine o maior valor que n pode assumir.

Solução:

Considere a1, a2, a3, a4 e a5 as cinco retas. Como queremos o maior valor que n pode assumir, então a segunda reta deve cortar a primeira. Observe a figura ao lado:

A terceira reta deve cortar as duas primeiras e assim por diante.

Dáı, temos que o número de pontos será :

1 + 2 + 3 + 4 = 10

Exerćıcio 2: As bissetrizes de dois ângulos adjacentes AÔB e BÔC são, respectivamente, OM e ON. A bissetriz do ângulo MÔN forma 50o com OC. Se a medida do ângulo AÔB é 80o, determine o valor da medida do ângulo BÔC.

Solução: Considere os ângulos adjacentes AÔB e BÔC e a s bissetrizes OM e ON de AÔB e BÔC, respectivamente. A medida do ângulo AÔB é 80o, ou seja, m(AÔB)=80o.

Denomine m(BÔC)=2a. Achando a bissetriz de MÔN, temos que esta faz 50o com OC.

Dáı, temos que a+ a+ 40o

2 = 50o ⇒ 2a+ a+ 40o = 100o ⇒ 3a = 60o ⇒ a = 20o

Logo m(BÔC)=2a = 2 · 20o = 40o.

Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 254

Exerćıcio 3: Considere a reta r paralela a reta s, r ‖ s, na figura abaixo.

Determine α + β.

Solução:

Considere a figura dada e r ‖ s. Seja A, B, C, D, E, F, G e H na figura dada. Seja a reta t ‖ r passando por A e F∈ t. Temos que: DB̂E= α = BÂF (ângulos correspondentes) GĈH= β = FÂC (ângulos correspondentes) Dáı

α+ β = 110o

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 255

Exerćıcio 4:

Seja a figura ao lado e considere: AB= AC, m(EB̂D)=60o, m(BĈE)=50o e m(DĈE)=30o. Determine a medida do ângulo BD̂E.

Solução:

Considere a figura dada e que AB = AC, m(EB̂D) = 60o, m(BĈE) = 50o e m(DĈE) = 30o. Como AB = AC, então m(AB̂C) = m(AĈB)=80o

Temos que ∆CBD é isósceles, já que m(BD̂C) = 80o. Então BC = BD. Temos que ∆BCE é isósceles, já que m(BÊC) = 50o. Então BC = BE. Logo BD = BE e m(DB̂E) = 60o, então ∆BED é equilátero, já que se X = m(BD̂E) = m(BÊD). Temos que X + X + 60o= 180o ⇒ X = 60o Logo m(BD̂E)=60o

Exerćıcio 5:

Na figura ao lado, P é a interseção das bissetrizes externas em B e C. Calcule a medida do ângulo BP̂C, sabendo que a medida do ângulo  é 70o.

Exerćıcio 6: Num poĺıgono regular convexo ABCDE..., o ângulo BÂD mede 18◦. Calcule o número de lados do poĺıgono. Solução: Seja o poĺıgono regular convexo ABCDE... e considere m(BÂD) = 18◦.

Temos que AB = BC = CD = a e que ∆ ABC = ∆ BCD pois :   

AB = CD

BC comum (LAL)

m(AB̂C) = m(BĈD) (ângulo interno do poĺıgono)

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 256

Solução:

Seja a figura dada e considere P a interseção das bissetrizes externas em B e em C e m(Â) = 70o. Seja m(DB̂P)= a, m(PĈE)= b e m(BP̂C)= x. Então

  

a+ b+ x = 180o (1)

180o − 2a+ 180o − 2b+ 70o = 180o (2)

De (2) vem: 250o = 2a+ 2b ⇒ a+ b = 125o (3) Substituindo (3) em (1) vem,

125o + x = 180o ⇒ x = 55o

Portanto m(BP̂C)= 55◦.

então, AC = BD

Temos ainda que ∆ ABD = ∆ ACD, pois

  

AB = CD AC = BD (LLL) AD comum

então m(AD̂C) = m(BÂD) = 18◦ ⇒ m(BĈD) = 162◦ (ângulo interno do poĺıgono). Dáı

162 = 180(n− 2)

n ⇒ 162n = 180n− 360 ⇒ 18n = 360 ⇒ n = 20

Logo o número de lados é 20.

Exerćıcio 7: Os lados de um triângulo medem, respectivamente 8 cm, 9 cm e 10 cm. Calcule o peŕımetro do triângulo que se obtém traçando-se pelos vértices desse triângulo paralelas aos lados opostos.

Solução:

Seja o triângulo ABC de lados 8 cm, 9 cm e 10 cm. Traçando pelos vértices desse triângulo paralelas aos lados opostos, construimos o novo triângulo que vamos denotar por DEF.

Como BC ‖ AD ⇒ DÂB = AB̂C e AĈB = CÂE (alternos internos)

AC ‖ BD ⇒ BÂC = DB̂A

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 257

Dáı BD̂A = BĈA já que  + B̂ + Ĉ = 180◦.

Logo ∆ ADB = ∆ ABC, pois

  

AB comum

DÂB = AB̂C (ALA)

DB̂A = BÂC De forma similar, temos que:

∆ BFC = ∆ ABC e ∆ AEC = ∆ ABC

então DB = BF = 9, AD = AE = 10, FC = CE = 8

Dáı o peŕımetro desse novo triângulo é:

2 · 10 + 2 · 9 + 2 · 8 = 54

Note que o peŕımetro deu o dobro do peŕımetro do triângulo inicial.

Exerćıcio 8: Num quadrilátero convexo, a soma de dois ângulos internos consecutivos mede 190◦. Determine o maior dos ângulos formado pelas bissetrizes internas dos dois outros ângulos.

Solução: Considere um quadrilátero convexo tal que a soma de dois ângulos internos consecutivos mede 190◦. Temos que

 + B̂ = 190◦ (1)

Sabemos que  + B̂ + Ĉ + D̂ = 180◦(4− 2) = 360◦ (2)

Substituindo (1) em (2) vem :

Ĉ + D̂ = 360◦ − 190◦ = 170◦

Traçando as bissetrizes interna de Ĉ e D̂ vem:

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 258

Denotando os ângulos entre as bissetrizes de X e Y, temos:

Y = Ĉ

2 +

2 =

Ĉ + D̂

2 =

170◦

2 = 85◦

X+Y = 180◦ ⇒ X = 180◦ − 85◦ = 95◦

Logo o maior dos ângulos é 95◦.

Exerćıcio 9: Dois poĺıgonos regulares P1 e P2 tem respectivamente n e n+1 lados. Sabendo-se que a soma das medidas de um ângulo interno de P1 com um ângulo externo de P2 vale 168

◦, determine o número de diagonais desses poĺıgonos.

Solução: Sejam dois poĺıgonos regulares P1 e P2 com n e n + 1 lados. Temos que:

AiP1 + AeP2 = 168 ◦ ⇒ 180(n− 2)

n +

360

n+ 1 = 168◦

(180n− 360)(n+ 1) + 360n = 168n2 + 168n

180n2 − 360n+ 180n− 360 + 360n− 168n2 − 168n = 0

12n2 + 12n− 360 = 0

n2 + n− 30 = 0

n = −1 ±

√ 1 + 120

2 ⇒

  

n = 5

n = −6 (não serve)

P1 tem n lados e n = 5 ⇒ d1 = 5(5− 3)

2 = 5

P2 tem n+ 1 lados e n+ 1 = 6 ⇒ d2 = 6(6− 3)

2 = 9

O número de diagonais é: para P1, 5 diagonais e para P2, 9 diagonais.

Exerćıcio 10: Determine a medida do ângulo BM̂C formado pelas retas suportes dos lados AB e CD de um decágono regular da figura abaixo.

Solução: Seja a figura dada. Temos que os ângulos BM̂C eMĈB são congruentes por serem ângulos

externos de um mesmo poĺıgono regular e cada ângulo externo vale 360◦

10 = 36◦.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 259

Portanto o ∆ BMC é isósceles e dáı

B̂ + M̂ + Ĉ = 180◦ ⇒ 36◦ + 36◦ + M̂ = 180◦ ⇒ M̂ = 180◦ − 72◦ = 108◦

Dáı m(BM̂C) = 108◦

Exerćıcio 11: As semi-retas PM e PN são tangentes ao ćırculo da figura e o comprimento do arco ⌢

MGN é quatro vezes o do arco ⌢

MFN . Calcule o ângulo MP̂N.

Solução:

Considere a figura dada e que o comprimento do arco ⌢

MGN é 4 vezes o do arco ⌢

MFN . MP̂N é um ângulo excêntrico externo. Dáı

MP̂N =

⌢ MGN −

⌢ MFN

2 =

4 ⌢

MFN − ⌢

MFN

2 =

3 ⌢

MFN

2 (1)

Mas

⌢ MGN +

⌢ MFN= 360◦ ⇒ 4

⌢ MFN +

⌢ MFN= 360◦ ⇒ 5

⌢ MFN= 360◦ ⇒

⌢ MFN= 72◦ (2)

Substituindo (2) em (1) vem: ⌢

MFN= 3 · 72 2

= 108◦

Exerćıcio 12: Na semicircunferência de centro O e diâmetro AB, temos que AD ‖ OC ; sendo A, B, C e D quatro pontos distintos. Se m(

⌢ BC) indica a medida do arco

⌢ BC e m(

⌢ CD) indica a medida

do arco ⌢ CD, relacione essas duas medidas.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 260

Solução:

Seja a semicircunferência de centro O e diâmetro AB com AD ‖ OC ; sendo A, B, C e D quatro pontos distintos. Temos que m(BÔC) = m(BÂD) (1) (ângulos correspondentes; note que BÔC é ângulo central e BÂD é ângulo inscrito). Temos que :

m(BÔC) = m( ⌢ BC) (2)

e

m(BÂD) = m(

⌢ BD)

2 (3)

Substituindo (1) em (3) vem:

m(BÔC) = m(

⌢ BD)

2

De (2):

m( ⌢ BC) =

m( ⌢ BD)

2 ⇒ m(

⌢ CD) = m(

⌢ BD)−m(

⌢ BC) = 2m(

⌢ BC)−m(

⌢ BC) = m(

⌢ BC)

Logo

m( ⌢ CD) = m(

⌢ BC)

Exerćıcio 13: As diagonais de um trapézio retângulo medem, respectivamente 9 cm e 12 cm. Calcule o peŕımetro do quadrilátero convexo cujos vértices são os pontos médios dos lados desse trapézio. Solução:

Considere um trapézio retângulo ABCD cujas diagonais medem, respectivamente 9 cm e 12 cm.

Sejam M1,M2,M3 e M4 os pontos médios de AB, BC, CD e AD, respectivamente. Temos que :

M1M4 é base média do ∆ ABD ⇒ M1M4 = 9

2

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 261

M2M3 é base média do ∆ BCD ⇒ M2M3 = 9

2

M1M2 é base média do ∆ ABC ⇒ M1M2 = 12

2

M3M4 é base média do ∆ ADC ⇒ M3M4 = 12

2

Dáı o peŕımetro pedido é: 9

2 +

9

2 +

12

2 +

12

2 = 21

Nota: Dado um triângulo ABC, considere M ponto médio de AB e N ponto médio de AC ⇒ MN é base média, MN =

BC

2 e MN ‖ BC.

Exerćıcio 14: Considere na figura , ABCD um quadrado e DAPQ um losango cujo vértice P está no prolongamento da diagonal AC. Calcule os ângulos do triângulo DRQ.

Solução:

Considere a figura dada e seja ABCD um quadrado, DAPQ um losango e P está no prolongamento da diagonal AC.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 262

Temos que DÂC = 45◦ (bissetriz do vértice de um quadrado) Então

PÂD = 180◦ − 45◦ = 135◦

Mas ∆ ADP é isósceles, já que AP = AD (Propriedade do losango) Então PÂD + AP̂D + AD̂P = 180◦ e AP̂D = AD̂P ⇒ 135◦ + 2AP̂D = 180◦ ⇒ AP̂D = 22◦30′ Logo como a diagonal é bissetriz no losango vem:

QD̂R = 22◦30′.

Dáı QD̂C = 90◦ + 45◦ = 135◦

Temos que ∆ DQC é isósceles, pois QD = DC ⇒ DQ̂C = DĈQ. Dáı

135◦ + DQ̂C+ DĈQ = 180◦ ⇒ 135◦ + 2DQ̂C = 180◦ ⇒ DQ̂C = 22◦30′

No ∆ QDR, temos: 22◦30′ + 22◦30′ + QR̂D = 180◦ ⇒ QR̂D = 135◦

Logo os ângulos pedidos são : 22◦30′, 22◦30′ e 135◦.

Exerćıcio 15: As bases MQ e NP de um trapézio medem 42 cm e 112 cm, respectivamente. Calcule o lado PQ, sabendo que o ângulo MQ̂P é o dobro do ângulo PN̂M

Solução:

Considere o trapézio MQPN dado com MQ = 42 cm e NP = 112 cm e m(MQ̂P) = 2 m(MN̂P).

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 263

Seja QL ‖ MN ⇒ MQLN é um paralelogamo, pois MQ ‖ NL (Definição de trapézio) QL ‖ MN (Por construção) Denotemos m(MN̂P) = x ⇒ m(MQ̂P) = 2 x

Temos que:

1) MQ = NL = 42 (Propriedade de paralelogramo)

2) m(QL̂P) =m(MN̂L) = x (ângulos correspondentes)

3) m(MN̂L) =m(MQ̂L) = x (ângulos opostos do paralelogramo são congruentes)

Temos que m(LQ̂P) = 2x - x = x

Portanto ∆ QLP é isósceles de base QL então PL = PQ e PL = 112− 42 = 70

Logo PQ = 70 cm.

Exerćıcio 16: Na figura ABCD é retângulo, M é o ponto médio de CD e o triângulo ABM é equilátero. Sendo AB = 15 cm, calcule AP .

Solução:

Seja na figura ABCD retângulo, M ponto médio de CD e ∆ ABM é equilátero. AB = 15 cm.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 264

Trace a diagonal AC e seja O o encontro das diagonais AC e BD. Temos que

no ∆ ACD, AM e DO são medianas e P é o baricentro deste triângulo ⇒ AP = 2 3 · AM (1)

Mas AM = AB (2) (∆ ABM é equilátero). De (1) e (2)

AP = 2

3 · AB = 2

3 · 15 = 10

Logo AP = 10 cm.

Exerćıcio 17: Em um triângulo ABC os ângulos B̂ e Ĉ medem respectivamente 70◦ e 60◦. Determine a razão entre os dois maiores ângulos formados pelas interseções das três alturas.

Solução:

Seja um triângulo ABC, B̂= 70◦ e Ĉ=60◦.

Tracemos as três alturas AH1, BH2 e CH3, o encontro dessas alturas, denotemos por O(ortocentro). Vamos achar os ângulos formados pelas interseções dessas alturas. BÂH1 = 180

◦ − 90◦ − 70◦ = 20◦ ⇒ H3ÔA = 180◦ − 90◦ − 20◦ = 70◦ CÂH1 = 180

◦ − 90◦ − 60◦ = 30◦ ⇒ AÔH2 = 180◦ − 90◦ − 30◦ = 60◦ CÔH2 = 180

◦ − 60◦ − 70◦ = 50◦

Portanto a razão entre os dois maiores ângulos pedidos é: 70

60 =

7

6 ou

60

70 =

6

7

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 265

Exerćıcio 18: Se na figura, T é o incentro do triângulo MNP, determine a medida do ângulo α.

Solução: Seja a figura:

Denominemos MN̂T= x e NP̂T= y ⇒ PN̂T = x e MP̂T = y Dáı temos

50◦ = x+ y (1) e α + 2x+ 2y = 180◦ (2)

Substituindo (1) em (2) vem:

α + 2(x+ y) = 180◦ ⇒ α + 2 · 50◦ = 180◦ ⇒ α = 80◦

Exerćıcio 19: Mostre que em um triângulo qualquer a medida de cada altura é menor que a semi- soma das medidas dos lados adjacentes a ela.

Solução:

Seja ABC um triângulo cuja altura AH mede ha e os lados adjacentes b e c.

Vamos provar que

ha < b+ c

2

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 266

De fato, a medida da altura AH é menor que as medidas dos lados adjacentes, AC e AB, visto que o segmento perpendicular é menor que qualquer obĺıqua. Dáı:

ha < b ha < c

⇒ ha + hb < b+ c ⇒ ha < b+ c

2

Exerćıcio 20: Mostre que em um triângulo retângulo, a soma das medidas das três alturas é maior que a medida do semipeŕımetro desse triângulo.

Solução:

Considere um triângulo retângulo com lados medindo b, c e a e a sendo a hipotenusa.

Consideremos as alturas relativas aos lados: a como ha b como hc c como hb Note que neste triângulo :

b = hc e c = hb

b+ c > a ⇒ hc + hb > a ⇒ 2ha + hb + hc > a

⇒ 2ha + hb + c+ hc + b > a+ b+ c

⇒ 2ha + 2hb + 2hc > a+ b+ c

⇒ ha + hb + hc > a + b+ c

2

Exerćıcio 21: O proprietário de uma área quer dividi-la em três lotes, conforme a figura abaixo. Determine os valores de a, b e c, em metros, sabendo-se que as laterais dos terrenos são paralelas e que a+ b+ c = 120 metros.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 267

Solução:

De acordo com o Teorema de Tales, tem-se: a

20 =

b

24 =

c

36 .

Assim:

a + b+ c

20 + 24 + 36 =

a

20 =

b

24 =

c

36 ⇒ 120

80 =

a

20 =

b

24 =

c

36

⇒ 3 2 =

a

20 =

b

24 =

c

36 ⇒

  

a = 20 · 3 2

= 30

b = 24 · 3 2

= 36

c = 36 · 3 2

= 54

Logo os valores são: a = 30 metros, b = 36 metros e c = 54 metros.

Exerćıcio 22: O peŕımetro de um triângulo ABC é 100 metros. A bissetriz do ângulo interno  divide o lado oposto em dois segmentos que medem 16 metros e 24 metros. Determine a medida dos lados desse triângulo.

Solução:

Seja um triângulo ABC, cujo peŕımetro é 100 metros.

a+ b+ c = 100 (1)

Seja AN a bissetriz interna. Temos que:

CN = 16 (2) e BN = 24 (3)

Usando o Teorema da bissetriz interna vem:

CN

NB =

b

c (4)

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 268

Como a = 16 + 24 = 40 vem que b+ c = 100− 40 = 60

  

b

c =

16

24

b+ c = 60

⇒ b+ c b

= 16 + 24

16 ⇒ 60

b =

40

16 ⇒ b = 60 · 16

40 = 24.

Como b+ c = 60 ⇒ c = 60− 24 = 36.

Dáı as medidas dos lados do triângulo a = 40 cm, b = 24 cm, e c = 36 cm.

Exerćıcio 23: Na figura abaixo, ABCD é um retângulo e M é ponto médio de AB. Se h é altura do triângulo CDE relativa ao lado CD, e x e y são as medidas dos lados do retângulo, determine a relação entre h, x e y.

Solução:

Seja a figura dada, ou seja, ABCD é um retângulo e M é ponto médio de AB.

h é altura do triângulo CDE relativa ao lado CD;

x e y são as medidas dos lados do retângulo.

∆CDE ∼ ∆AME pois {

AÊM = DÊC

MÂE = DĈE (AA ∼)

⇒ CD AM

= h

x− h ⇒ y y

2

= h

x− h ⇒ 2 = h

x− h ⇒ 2x− 2h = h ⇒ 2x = 3h

Logo a relação pedida é: 3h = 2x.

Exerćıcio 24: Calcular o raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC da figura, se AB = 4, AC = 6 e AH = 3.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 269

Solução:

Seja a figura com: AB = 4, AC = 6 e AH = 3. O o centro da circunferência. Tracemos o diâmetro AD.

Temos que AĈD = 90◦, já que ⌢

ABD= 180◦ e AĈD =

⌢ ABD

2

Dáı ∆ABH ∼ ∆ADC, já que AĤB = AĈD = 90◦ e AB̂H = AD̂C = ⌢ AC

2 Assim

AH

AC =

AB

AD ⇒ 3

6 =

4

2R ⇒ R = 4

Exerćıcio 25: Na figura abaixo, as distâncias dos pontos A e B à reta r valem 2 e 4. As projeções ortogonais de A e B sobre essa reta são os pontos C e D. Se a medida de CD é 9, a que distância de C deverá estar o ponto E, do segmento CD, para que m(CÊA) = m(DÊB)?

Solução: Seja a figura com os dados do exerćıcio.

Seja x a medida de C a E. Como

CD = 9 ⇒ ED = 9− x Denomine m(CÊA) = m(DÊB) = α ⇒ ∆AEC ∼ ∆BDE (Critério AA∼)

⇒ AC BD

= CE

9− x , ou seja, 2

4 =

x

9− x .

Dáı 4x = 18− 2x ⇒ 6x = 18 ⇒ x = 3.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 270

Exerćıcio 26: Em um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com OA = a e OB = b, são dados os pontos P em OA e Q em OB de tal maneira que AP = PQ = QB = x. Determine o valor de x.

Solução:

Seja um triângulo retângulo OAB, retângulo em O, com OA = a e OB = b. São dados os pontos P em OA e Q em OB de tal maneira que AP = PQ = QB = x. Considere o ∆ OPQ retângulo:

OP 2 +OQ

2 = PQ

2 ⇒ (a− x)2 + (b− x)2 = x2. a2 − 2ax+ x2 + b2 − 2bx+ x2 = x2

x2 − 2(a+ b)x+ a2 + b2 = 0 Resolvendo a equação vem:

x = 2(a+ b)±

√ (2(a+ b))2 − 4(a2 + b2)

2 =

2(a+ b)± √ 8ab

2 ⇒

x = 2(a+ b)± 2

√ 2ab

2 =

  

a+ b+ √ 2ab

a+ b− √ 2ab

Como x < a e x < b, então não pode ser a+ b+ √ 2ab, já que a+ b+

√ 2ab > a e a+ b+

√ 2ab > b.

Portanto x = a+ b− √ 2ab.

Exerćıcio 27: Três goiabas perfeitamente esféricas de centros C1, C2 e C3, e raios 2cm, 8cm e 2cm, respectivamente, estão sobre uma mesa tangenciando-se como sugere a figura.

Um bichinho que está no centro da primeira goiaba quer se dirigir para o centro da terceira pelo caminho mais curto. Quantos cent́ımetros percorrerá? Solução:

Considere na figura dada, as três goiabas de centros C1, C2 e C3, e raios 2cm, 8cm e 2cm, respecti- vamente.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 271

Denote na figura C1B = y e TA = x. No ∆C1BC2, usando o Teorema de Pitágoras vem:

y2 + 62 = (8 + 2)2 ⇒ y = 8 (1)

Temos que ∆ C2TA ∼ ∆ C2C1B, já que

TA ‖ C1B ⇒ 10

8 =

y

x (2)

Substituindo (1) em (2), vem:

10

8 =

8

x ⇒ 10x = 64 ⇒ x = 6, 4

Logo o caminho mais curto mede: 2 + x+ x+ 2 = 4 + 2 · 6, 4 = 16, 8 cm.

Exerćıcio 28: No quadrado ABCD de lado 12 cm, temos AE = 13 cm e CF = 3 cm. O ângulo AÊF é agudo, reto ou obtuso? Justifique.

Solução:

Seja o quadrado ABCD de lado 12 cm, temos AE = 13 cm e CF = 3 cm. No ∆ADE, temos:

122 +DE 2 = AE

2 ⇒ DE2 = 133 − 122 = 25 ⇒ DE = 5

Dáı EC = DC −DE = 12− 5 = 7

No ∆ABF , temos:

122 +BF 2 = AF

2 ⇒ AF 2 = 144 + 92 = 225 ⇒ AF = 15

No ∆CEF , temos: EF

2 = 72 + 32 = 58

No ∆AEF , temos:

152 < 132 + √ 58

2 pois 225 < 169 + 58

Pela Śıntese de Clairaut temos que AÊF é agudo.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 272

Exerćıcio 29: No quadrilátero ABCD da figura, AB = CD = 3 cm, BC = 2 cm, m(AD̂C) = 60◦

e m(AB̂C) = 90◦. Determine a medida, em cent́ımetros, do peŕımetro do quadrilátero.

Solução:

Seja o quadrilátero ABCD, tal que AB = CD = 3 cm, BC = 2 cm, m(AD̂C) = 60◦ e m(AB̂C) = 90◦.

No ∆ABC, temos:

AC 2 = AB

2 +BC

2 = 32 + 22 = 13 ⇒ AC =

√ 13

Denote AD = x. Usando a lei dos co-senos no ∆ACD, vem:

AC 2 = AD

2 +DC

2 − 2AD ·DC · cos 60◦

( √ 13)2 = x2 + 32 − 2 · x · 3 · 1

2 ⇒ 13 = x2 + 9− 3x

Temos que x2 − 3x− 4 = 0. Resolvendo esta equação vem:

x = 3±

√ 9 + 16

2 =

  

3 + 5

2 = 4

3− 5 2

= −1(Não serve)

Logo o peŕımetro do quadrilátero ABCD é :

AB +BC + CD + AD = 3 + 2 + 3 + 4 = 12cm.

Exerćıcio 30: Considere o triângulo não retângulo da figura abaixo. Determine senα.

Solução: Seja o triângulo retângulo da figura:

Pela lei dos senos temos: 1

sen 15◦ =

3

senα ⇒ senα = 3 sen 15◦

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 273

Exerćıcio 31: A diagonal de um quadrado inscrito em um ćırculo mede 8 cm. Calcule o peŕımetro de um triângulo equilátero inscrito nesse ćırculo.

Solução:

Temos que a diagonal de um quadrado inscrito em um ćırculo é o diâmetro, ou seja,

2R = d ⇒ d = 8 = 2R ⇒ R = 4

Como o lado em função do raio de um triângulo equilátero inscrito neste ćırculo é l3 = R √ 3 temos

que l3 = 4 √ 3.

Dáı o peŕımetro pedido é 3 · 4 √ 3 = 12

√ 3 cm.

Exerćıcio 32: Dado o raio R de uma circunferência, calcular o lado e o apótema do octógono regular inscrito.

Solução:

Considere a figura que mostra o octógono regular inscrito.

Note que o ângulo central AÔB é 360◦

8 = 45◦.

Vamos achar o lado, do octógono (l8), em função do raio R. Usando a lei dos co-senos vem:

l28 = R 2 +R2 − 2 ·R ·R · cos 45◦

l28 = 2R 2 − 2 · R2 ·

√ 2

2 = 2R2 − R2

√ 2

l28 = R 2(2−

√ 2) ⇒ l8 = R

√ 2−

√ 2

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 274

Vamos achar , agora, o apótema do octógono (a8) em função do raio R. Da figura, vem por Pitágoras:

a28 +

( l8 2

)2 = R2 ⇒ a28 = R2 −

( R √

2− √ 2

2

)2

⇒ a28 = R2 − 2R2 − R2

√ 2

4 =

4R2 − 2R2 +R2 √ 2

4

⇒ a28 = 2R2 +R2

√ 2

4 =

R2(2 + √ 2)

4

⇒ a8 = R

2

√ 2 +

√ 2

Exerćıcio 33: Em um semićırculo de raio 6 cm, traçam-se duas cordas paralelas que representam os lados de um quadrado e de um hexágono regular inscritos. Calcule a distância entre as duas cordas.

Solução:

Seja um semićırculo de raio 6 cm e duas cordas paralelas que representam os lados de um quadrado e de um hexágono.

Seja AB = l6, CD = l4 e R = 6. Vamos calcular EF = OE − OF . Considere os triângulos OEB e OFD: Temos

OE 2 + EB 2 = OB

2 ⇒ OE2 + ( l6 2

)2 = 62. (1)

OF 2 + FD 2 = OD

2 ⇒ OF 2 + ( l4 2

)2 = 62. (2)

Temos que l4 = 6

√ 2 (3) e l6 = 6 (4)

Substituindo (4) em (1) vem:

OE 2 = 36− 6 2

4 = 36− 36

4 = 27 ⇒ OE = 3

√ 3

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 275

Substituindo (3) em (2) vem:

OF 2 = 36− ( 6 √ 2

2

)2 = 36− 9 · 2 = 18 ⇒ OF = 3

√ 2

Dáı a distância pedida é: EF = 3 √ 3− 3

√ 2 = 3(

√ 3−

√ 2).

Exerćıcio 34: De quanto aumenta o raio de uma circunferência quando o seu comprimento aumenta de π cm?

Solução:

Seja uma circunferência de raio R e comprimento C. Temos que C = 2πR. Se aumentarmos o comprimento C de π, vamos determinar de quanto aumenta o raio R. Denote o novo raio de R′. Então

C + π = 2πR′ ⇒ 2πR + π = 2πR′ ⇒ R′ = 2πR + π 2π

= π(2R + 1)

2π ⇒ R′ = 2R + 1

2

Logo o aumento pedido é: R′ − R = 2R + 1 2

− R = 2R + 1− 2R 2

= 1

2 .

Exerćıcio 35: Em uma engrenagem a roda grande de raio 75 cm faz 900 voltas, enquanto a pequena dá 1500 voltas. Qual o raio da roda pequena?

Solução:

A roda grande tem raio 75 cm e faz 900 voltas. Vamos determinar o comprimento total (C) da roda grande.

C = 2π · 75 · 900 (1)

A roda pequena dá 1500 voltas, vamos determinar o raio (r) desta roda. Note que o comprimento total desta roda é o mesmo da roda grande. Logo

C = 2π · r · 1500 (2) De (1) e (2) vem:

2π · r · 1500 = 2π · 75 · 900 ⇒ 1500r = 75 · 900 ⇒ r = 45 cm

Dáı o raio da roda pequena é 45 cm.

Exerćıcio 36: Calcule a área de um quadrilátero convexo de diagonais perpendiculares medindo 12 cm e 15 cm.

Solução:

Considere um quadrilátero convexo ABCD de diagonais perpendiculares (Note que o enunciado não diz que o quadrilátero é um losango).

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 276

Vamos denonimar a interseção das diagonais de E e denote AE = a, BE = b, CE = c e DE = d. Temos que a área do quadrilátero é:

SABCD = ab

2 +

bc

2 +

ad

2 +

cd

2 =

(a+ c)b

2 +

(a + c)d

2 Então

SABCD = (a+ c)(b+ d)

2 =

12 · 15 2

= 90

Dáı a área procurada é 90 cm2.

Exerćıcio 37: No paralelogramo ABCD de área 48 cm2, os pontos P, Q e R dividem a diagonal BD em quatro partes de igual medida. Calcule a área do triângulo AQR.

Solução:

Seja o paralelogramo ABCD de área 48 cm2 e os pontos P, Q e R dividindo a diagonal BD em quatro partes de igual medida.

Ligando os pontos A a P, C a P, C a Q e C a R ; temos 8 triângulos a saber:

ABP, APQ, AQR, ARD, CBP, CPQ, CQR e CRD

Esses triângulos tem a mesma área, já que eles tem a mesma base e a mesma altura. Portanto, já que a área do paralelogramo é a soma das áreas desses oito triângulos, temos que a área do triângulo

AQR é: 48

8 = 6 cm2.

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Geometria Básica Exercı́cios Resolvidos 277

Exerćıcio 38: Num terreno retangular com 54 cm2 de área, deseja-se construir um jardim, também retangular, medindo 6 metros por 3 metros, contornado por uma calçada de largura L, como indica a figura. Calcule o valor de L.

Solução:

Seja a figura dada e temos que a área do terreno é 54 m2 e o retângulo que iremos construir, o jardim, mede 6 metros por 3 metros. Vamos achar a largura L da calçada.

Temos que (6 + 2L)(3 + 2L) = 54 ⇒ 18 + 6L+ 12L+ 4L2 = 54.

⇒ 4L2 + 18L− 36 = 0 ⇒ 2L2 + 9L− 18 = 0 Resolvendo a equação de 2o grau vem:

L = −9±

√ 81 + 144

4

  

−9 − 15 4

= −6

−9 + 15 4

= 6

4 = 1, 5

Como L > 0, temos que o valor de L = 1,5 metros.

Exerćıcio 39: Considere a circunferência, representada abaixo, de raio 2 cm e os diâmetros AB e

CD perpendiculares. Com centro em C e raio CA foi traçado o arco ⌢ AB. Determine a área da região

assinalada.

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muito bom gostei
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