01. Na figura, ABCD é um quadrado e ADE é um triângulo retângulo

ALBERT SABIN - RESOLUÇÕES DOS EXERCÍCIOS EXTRAS
01. Na figura, ABCD é um quadrado e ADE é um triângulo retângulo em E. Se P
é o centro do quadrado, prove que a semirreta EP é a bissetriz do ângulo AED.
D
E
A
P
D
A
P
E
A
D
P
A
Resolução. Como as diagonais do quadrado intersectam-se em P e são
perpendiculares, o quadrilátero AEDP é inscritível numa circunferência, pois ∡
e ∡
são retos e, portanto, são suplementares. Daí, ∡
, pois são
≅∡
ângulos inscritos num mesmo arco.
Por fim, como as diagonais do quadrado são bissetrizes de seus ângulos internos,
temos =
. Logo, =
o que prova que a semirreta EP é a bissetriz
o
5
4
P
E
A
o
5
4
P
D
A
do ângulo AED.
02. Quanto aos ângulos internos, um polígono convexo possui-os com apenas
duas medidas; 150º e 155º. Quantos lados tem esse polígono?
Resolução. A cada ângulo interno de 150º corresponde um externo de 30º e a cada
interno de 155º, corresponde um externo de 25º. Seja n o número de lados do
polígono, x o número de ângulos externos de 30º e, portanto, (n – x) o número de
ângulos externos de 25º. Como a soma das medidas dos ângulos externos é igual a
360º, temos:
x
⇒
=
2
7
n
+
5
2
7
x
−) =
x
−
5
n
2
7
∴
n
(
+
⇒
5
6
x
−) =
0
6
3
x
n
5
2
x
0
3
+(
=
x
2
7
7
x
3
1
n
xxxxx
Resposta. O polígono tem 13 ou 14 lados.
>
>
=
<
<
4
1
n
n
14
13
12
11
...
nnnnn
x
2
7
12
17
...
2
x
Para essa igualdade impomos ainda as seguintes condições:
1) n e x são inteiros positivos. Logo
− deve ser múltiplo de 5.
2) n tem que ser maior do que x.
Organizando uma tabela em que atribuímos valores para x, obtendo os
correspondentes valores de n, facilmente descobrimos que apenas
= e
=
satisfazem as condições 1) e 2), resultando em =
e = .
u
v
03. As três semirretas da figura 1 são dotadas de escalas iguais, que
representam a unidade ohm de resistência elétrica.
Considere, agora, dois resistores, um de Ω e outro de Ω , associados em
paralelo (figura 2).
figura 3
figura 1
figura 2
u
v
Sobre a semirreta OA marca-se o ponto U, correspondente ao valor
Ω, e
sobre a semirreta OB o ponto V, correspondente ao valor
Ω . Em seguida,
traça-se a reta UV, a qual encontra a semirreta OC em R, correspondente ao
valor Ω (figura 3).
Mostre que r é o valor da resistência equivalente à associação em paralelo
acima.
r
o
o
0
6
V
O
R
P
/
/
P
U
0
6 R
O
P
O
U
Resolução. Pelo ponto U traçamos a reta paralela à semirreta OC,
a qual encontra a reta suporte da semirreta OB no ponto P. Então,
temos:
=
(é imediato)
⇒
+
=
vv
uu
=
r
⇒
v
v
u
ru
VV
OP
RU
OP
=
V
U
P
V
R
O
R
O
/
/
P
U
⇒ ==
(ângulos correspondentes)
Assim, concluímos que o triângulo POU é equilátero.
Por outro lado,
⇒ ∆
∼∆
Daí,
+
A última igualdade mostra que r é o valor da resistência
equivalente à associação em paralelo dada.
Q
P
N
M
04. Sejam M e N os pontos médios de dois lados opostos de um
quadrilátero qualquer e sejam P e Q os pontos médios das
diagonais desse quadrilátero. Prove que o ponto de intersecção de
e
é o ponto médio desses dois segmentos.
Resolução.
/
/ /
/
C C
B B
M N
P Q
é uma base média do triângulo ABC. Logo,
.
/
/
N
Q
é uma base média do triângulo DBC. Logo,
M
P
(2)
M N
P Q
(1)
De ( 1 ) e ( 2 ), temos
/
/
N
P
Q
M
prova que o ponto de interseção de
segmentos.
e
Q
P
N
M
Analogamente, concluímos que
Desse modo, PMQN é um paralelogramo e, consequentemente, o ponto
de intersecção de suas diagonais é o ponto médio das mesmas. Isso
é o ponto médio desses
c
b
+
n
m
2
s
05. Seja s o comprimento da bissetriz interna relativa ao vértice A de um
triângulo ABC, em que AB = c e AC = b. Sejam m e n os comprimentos dos
segmentos que o pé da bissetriz determina sobre o lado BC. Mostre que
⋅
⋅
=
.
P
A
Resolução. Consideremos a circunferência circunscrita ao triângulo ABC. Seja P o
pé da bissetriz, seja Q o ponto em que a semirreta AP intersecta a circunferência e
seja PQ = t. Então, observando que ângulos inscritos num mesmo arco são
é a bissetriz do ângulo BAC, temos:
congruentes, e que
+ ⋅ =
P
Q
B
∼∆
n
m
t
s
⇒
⋅ =
c
b
=
nt
⇒
⇒ ∆
n
m
sm
PP
CQ
PP
AB
=
(1)
P
C
A
B
Q
A
( = e =
)
Assim,
C
Q
A
⇒
∼∆
c
b
t
s
2
s
=
+
⇒ ∆
sb
B
C
A
Q
A
C
⇒
t
c
s
=
Q
B
C
PC
AA
BQ
AA
Daí,
P
B
A
C
A
Q
Q
A
B
C
Q
A
C
B
A
( = e =
)
⋅
⋅
⋅
(2)
De ( 1 ) e ( 2 ), obtemos a tese, isto é,
2
s
+
=
C
B
de
e P é o ponto médio
Q
A
M
A
06. No triângulo ABC a seguir, M é o ponto médio de
. Se AB = 15 cm, calcule a medida de
.
N
M
do triângulo ABC. Essa base média
Q
C
Resolução. Traçamos a base média
encontra
em seu ponto médio R. Então os triângulos AQP e MRP são
congruentes pelo critério ALA, pois:
R
R
P
M
M P P
M
Q
Q
P P A
A A P
M
A
= (opostos pelo vértice)
=
(P é o ponto médio de
= (alternos internos)
R
M
=
⇒
. E como
=
=
5
⇒
x
=
.
5
1
x
+
2
Resposta. AQ = 5 cm
=
x
Logo,
=
x
2
x
R
R M
M
triângulo CQB, temos
QQ
AB 2
R
M
Dessa congruência temos
por hipótese)
é uma base média do
'
'
C
C
B '
B B
'
C
A
e =
o
0
7
C
B
A
o
0
6
C
A
B
07. Na figura seguinte, =
. Sendo
e
relativas aos vértices B e C do triângulo ABC, calcule
.
as alturas
o
0
3
1
'
B
'
C
B
o
0
5
B
C
A
Resolução. Os triângulos retângulos BC’C e BB’C são inscritíveis na
semicircunferência de diâmetro BC. Isso equivale a concluir que o quadrilátero
BC’B’C é inscritível nessa circunferência e, por isso, possui os ângulos opostos
suplementares.
Por outro lado, no triângulo ABC calculamos =
. Logo, =
e,
o
0
5
'
B
'
C
A
consequentemente, =
.
08. (ESPM) Numa parede estão dependurados dois relógios de ponteiros. O da
esquerda marca 6h20min, enquanto o da direita perdeu seu ponteiro dos
minutos. Com as indicações da figura abaixo, podemos afirmar que o relógio
da direita marca:
Relógio da esquerda
6h
a) 7h 38min
b) 7h 39min
c) 7h 40min
d) 7h 41min
e) 7h 42min
Resolução. Para problemas que envolvem o ângulo formado pelos ponteiros de um
relógio, devemos observar os seguintes fatos:
Os pontos que representam horas inteiras dividem a circunferência do relógio em 12
arcos de 30º cada um.
1 hora do ponteiro dos minutos equivale a um giro de 360º
1 hora do ponteiro das horas equivale a um giro de 30º.
+
o
0
7
+
o
0
1
α=
o
0
3
o
0
3
Logo,
⇒ α=
⋅
=
o
0
1
de sua hora Ou seja, o ponteiro das horas girou
o
0
3
1 3
girou também
de sua hora. Assim, o ponteiro das horas
1 3
deu um giro de 120º, equivalente a
1 3
Considerando a hora inteira imediatamente anterior à que marca o relógio da
esquerda, isto é, 6 horas (observe agora as figuras ao lado), o ponteiro dos minutos
.
6h 20 min
+β ⇒
o
0
3
α=
o
o 0
0
7 4
o
0
3
Agora, nosso objetivo é calcular o valor de θ na figura ao lado. Para
tanto, observando o ângulo externo de medida α no triângulo OAC,
temos:
+β
=
∴ β=
o
0
6
β +θ =
o o
0
0
4 2
o
0
6
Então,
+θ =
⇒
∴ θ=
2 3
de sua hora (20º equivale a
de hora. Isto é,
de 30º). Logo, o relógio da direita
0
6
2 3
indica 7 h +
2 3
giro representa
2 3
Assim, no relógio da direita, o ponteiro das horas girou 20º desde as 7 horas. Esse
⋅
7h +
min
Ou ainda,
7 horas e 40 minutos
Resposta. Alternativa c
b
R
C
=
e
=
⇒
QQ
RP
.
m
Q
R
e
=
2



+
1b
x
=
1a
⇒
1
xb
1b
+
RQ
CB
2
( )
1
+
1a
=
=
( ) e ( ) , obtemos:
xa
=
1x
∴
⇒
1
+
xb
xa
nn
mm
=
RQ
PP
⇒
xb
=
Somando membro a membro as igualdades
+
+
1
P
R
C
∼∆
+
=
()
=
P
n
Q
B mm
/
/
R
C
Q
B
∴
RQ
CA
∼∆
+
⇒ ∆
Q
R
C xa
∴
. Então,
n
Q
P n
A
m
/
/
R
C
P
A
⇒ ∆
n
R
P
=
Resolução. Façamos



x
Q
B
a
P
A
R
C
/
/
/
/
Q
B
P
A
+
,
=
. Se
1b
=
1a
1x
09. Na figura ao lado,
, mostre que
C
B
C
A
B
A
10. ABC é um triângulo em que AB = 13 cm, BC = 14 cm e AC = 15 cm. Sejam
M o ponto médio de
, N o ponto médio de
, P o ponto médio de
o pé da altura relativa ao vértice A.
a) Calcule o perímetro do quadrilátero MNPH.
b) Esse quadrilátero é inscritível numa circunferência? Justifique.
eH
Resolução.
a) Vamos calcular a medida BH (acompanhe na figura ao lado). Pelo teorema de
Pitágoras, temos:
2
h
=
)
−
+
2
5
1
2
h
2
x
(
4
1
:
H
C
A
∆
2
3
1
2
x
:
H
B
A
+
∆
=
=
5
H
B
5
x
2
H
B
P
B
P
H
= . Logo,
Resolvendo esse sistema de equações, encontramos
consequentemente,
=
−
= (observe a segunda figura)
e,
N
M
C
B2
=
7
é uma base média do triângulo ABC, donde
N
M
e
C
B
/
/
N
M
Agora, note que
=
M
H
B
A2
5
,
6
B
A2
5
,
6
M
H
é a mediana relativa à hipotenusa do triângulo AHB. Daí,
=
=
P
N
P
N
é uma base média do triângulo ABC. Portanto,
=
=
Assim o perímetro do quadrilátero será igual a:
= +
+ +
2
2
5
,
6
2
5
,
6
7
+
M
H
+
H
P
P
N
N
M
+
=
Resposta. 22 cm
N
P
M
H
P
H
N
M
b) Como
é paralelo a
, MNPH é um trapézio e como
, esse
=
trapézio é isósceles, possuindo, portanto, os ângulos opostos suplementares.
Logo, MNPH é inscritível numa circunferência.