CSim-01 - Geometria Plana - Resumo

Geometria Plana 01
Prof. Valdir
6. Bissetriz de um ângulo – a bissetriz de um ângulo é a semi-reta de
origem no vértice do ângulo que o divide em dois ângulos de mesma
medida (congruentes).
I – ÂNGULOS
1. Definição - é a reunião de duas semi-retas de mesma origem.
A
α=β
α
bissetriz
β
O
B
Ângulo AÔB, onde AO e BO são os lados e O é o vértice.
7. Ângulos formados por duas retas paralelas e uma transversal.
2. Abertura do ângulo – os ângulos são medidos em graus ou
radianos que são as unidades mais importantes.
t
α
r
θ
Uma volta = 360°
β
λ
r // s
[1° = 60 minutos( ‘ ) e 1’ = 60 segundos (“ )]
Uma volta = 2.π radianos.
a
s
c
b
d
3. Classificação de ângulos quanto à medida (α
α)
Ângulos alternos internos: θ e b, λ e a.
Ângulos alternos externos: α e d, β e c.
Ângulos correspondentes: α e a, β e b, θ e c, λ e d.
Ângulos colaterais internos: θ e a, λ e b.
Ângulos colaterais externos: α e c, β e d.
Agudo: 0° < α < 90°
Reto: α = 90°
Obtuso: 90° < α < 180°
Obs.: ângulo raso = 180°.
4. Ângulos complementares e suplementares.
β=θ=b=c
α=λ=a=d
β + α = θ + λ = 180°
a + b = c + d = 180°
θ + a = λ + b = 180°
α + c = β + d = 180°
Observações:
Complementares – são dois ângulos cuja soma das medidas é 90°.
Suplementares – são dois ângulos cuja soma das medidas é 180°.
Obs.: Se a medida de um ângulo é α, então:
90°– α = complemento de α.
180° – α = suplemento de α.
8. Teorema angular de Tales
5. Ângulos adjacentes e opostos pelo vértice.
θ
α + β + θ = 180°
Adjacentes – são dois ângulos que possuem apenas um lado em
comum. (As regiões internas são disjuntas).
Os ângulos AÔB e BÔC são
adjacentes.
B
O
β
α
A
9. Teorema do ângulo externo
“Em um triângulo qualquer, a medida de um ângulo externo é igual à
soma das medidas dos ângulos internos não adjacentes”.
θ
C
∅=α+θ
Opostos pelo vértice (OPV) - são dois ângulos cujos lados de um
deles são as respectivas semi-retas opostas aos lados do outro.
β
α
C
A
AÔB e CÔD – OPV
Obs.: Em um triângulo isósceles, os ângulos da base têm a mesma
medida.
O
B
x=y⇒α=β
y
x
D
Obs.: Dois ângulos OPV têm medidas iguais.
∅
β
α
base
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1
II – DESIGULADADE TRIANGULAR
Sejam a, b e c as medidas dos lados de um triângulo qualquer.
Sendo assim, teremos:
|a - b |< c < a + b

|a - c |< b < a + c

|b - c |< a < b + c
Ou seja, a medida de cada lado é maior que o módulo da diferença e
menor que a soma das medidas dos outros dois lados.
Exercícios resolvidos:
01. Uma imobiliária, através de um corretor de imóveis, exibe a
planta de um loteamento como mostra a figura a seguir. Os lotes A,
B, C e D têm a forma de trapézios retângulos. Um comprador deseja
saber as medidas y (fundo do lote B) e x cujos valores numéricos não
são apresentados na planta. Sendo assim, o corretor, após alguns
cálculos simples, chegou aos valores corretos de x e y. Calcule esses
valores.
x
Exercícios resolvidos:
y
20 m
59 m
Exemplo: Os lados de um triângulo medem 3 cm, 4 cm e x. Sendo
assim, determine o intervalo possível para os valores de x.
B
A
16 m
Resolução:
4 – 3 < x < 3 + 4 ⇒ 1 < x < 7.
C
14 m
D
12 m 10 m
Resolução:
20 m
y
III – TEOREMA DE TALES
“Se duas retas são transversais de um feixe de retas paralelas,
então dois segmentos quaisquer de uma delas são proporcionais a
dois segmentos correspondentes da outra”.
m
n
A
B
A
16 m
C
14 m
D
20 m
39 m
x
Conclusão: A medida x do lado é maior que 1 e menor que 7.
12 m 10 m
52 m
Aplicando Pitágoras na figura anterior, teremos:
E
B
F
C
2
2
2
2
2
Aplicando o teorema de Tales, teremos:
s
y 65
=
⇒ y = 17,5 m
14 52
t
G
2
x = 52 + 39 ⇒ x = (4.13) + (3.13) ⇒
2
2
x = (5.13) ⇒ x = 65 m
r
Resposta: x = 65 m e y = 17,5 m.
D
H
w
IV – SEMELHANÇA DE TRIÂNGULOS
Dois triângulos são semelhantes se, e somente se, possuem os
três ângulos ordenadamente congruentes e os lados homólogos
proporcionais.
hipótese: r//s//t//w, m e n transversais.
tese:
AB EF
=
BC FG
C’
θ
C
θ
Obs.: O teorema de Tales pode aparecer “disfarçado” em várias
situações aplicáveis na prática. Observe as figuras abaixo:
C
A
α
B
β
A
C
B
Se MN // BC ⇒
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∇ ABC ∼ ∇ A’B’C’ ⇔
A
N
M
M
AM AN MN
=
=
AB AC BC
N
α
B A’
β
B’
AC
AB BC
=
=
=k
A'C' A'B' B'C'
k é a constante de proporcionalidade ou razão de semelhança
dos triângulos ABC e A’B’C’.
Obs.: É fácil concluir que semelhança de triângulos é explicada
pelo Teorema de Tales.
2
02. Uma escada AC de comprimento desconhecido está apoiada em
uma parede vertical AB e no piso horizontal BC, como mostra a figura
a seguir. Sabe-se que a escada está encostada no ponto E do bloco de
face quadrada BDEF de lado 3 m. Se a distância DC é de 4 m, calcule a
distância entre o ponto A e o ponto B.
V – TRIÂNGULO RETÂNGULO
Consideremos o triângulo retângulo ABC , sendo:
BC – hipotenusa.
AB e AC – catetos.
AH – altura relativa à hipotenusa
BH – projeção ortogonal de AB sobre BC.
CH – projeção ortogonal de AC sobre BC.
A
A
E
F
β
α
b
c
B
h
D
C
Resolução:
A
β
B
m
α
n
H
C
ah = bc
a b c

= =
⇒ 
2
c h m
c = a.m (1)
1º) ∇ ABC ∼ ∇ BHA ⇒
E
F
a
{b
2º) ∇ ABC ∼ ∇ BHC ⇒
a b c
= = ⇒
b n h
3º) ∇ ABH ∼ ∇ BHC ⇒
c h m
= =
⇒ { h² = m.n
b n h
2
= a.n (2)
3m
B
∆DEC ∼ ∆ABC ⇒
⇒
3m
D
C
4m
AB BC
=
ED DC
AB 7
=
⇒ AB = 21/4
3
4
Resposta: 5,25 m
Teorema de Pitágoras
Das equações (1) e (2), teremos que:
b² + c² = a.m + a.n = a(m + n) = a.a = a² ⇒
a² = b² + c²
03. Na figura a seguir, ABC é um triângulo escaleno cuja base ÀC
mede 12 cm e a altura relativa à base mede 6 cm. O retângulo DEFG
tem a base DE igual ao triplo da altura EF. Determine a medida da
base DE do retângulo DEFG
B
Ou seja: “O quadrado da medida da hipotenusa é igual à soma
dos quadrados das medidas dos catetos” (Teorema de Pitágoras).
F
G
Exercícios resolvidos
01. Uma escada AB de 10 m de comprimento está encostada em uma
parede no ponto A e no piso em B como mostra a figura a seguir.
Para que a escada não escorregue, uma corda esticada foi fixada no
ponto C (encontro da parede com o piso) e no ponto P da escada que
está a 6 m do ponto A. Sabendo-se que a distância do pé da escada
(B) até o encontro do piso com a parede (C) mede 6 m, calcule a
distância x do ponto P a piso.
Resolução:
parede
A
D
C
E
Resolução:
B
A
6-x
G
6
3x
F
6
x
P
A
4
x
Aplicando Pitágoras no ∆ABC, teremos:
2
piso
Q
6
2
E
12
B
C
C
D
2
(AC) = 10 – 6 ⇒ AC = 8 cm
Como ∆PQB ∼ ∆ABC, vem que:
PQ PB
x 4
=
⇒ =
⇒ x = 3,2 m
AC AB
8 10
3x 6 − x
=
12
6
3x 6 − x
⇒
=
⇒ x = 2,4 cm
2
1
⇒ Base DE = 3.x = 7,2 cm
∆BFG ∼ ∆ABC ⇒
Resposta: 7,2 cm.
Resposta: x = 3,2 m
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3
04. Na figura a seguir, ABCD é um retângulo e AED é um triângulo
retângulo em E. Sabendo-se que BE = 6 cm e EC = 9 cm, calcule a
medida do lado AB do retângulo ABCD.
E
B
C
O – centro
O
A
D
Resolução:
E
B
5. ÂNGULO DE SEGMENTO
É todo ângulo cujo vértice pertence à circunferência, sendo que
um de seus lados é uma secante e o outro tangente à circunferência
num dos pontos onde a secante corta a circunferência.
C
B
6 cm
A
9 cm
α
D
F
Como EF é a altura do ∆AED, teremos:
2
α=
AB
med 2
O
2
(EF) = AF.FD ⇒ (EF) = 6.9 ⇒ EF = 3 6 cm.
A
Resposta: 3 6 cm
3. ÂNGULO ENTRE DUAS CORDAS (vértice interno)
D
A
VI – ÂNGULOS DE UMA CIRCUNFERÊNCIA
1. ÂNGULO CENTRAL
É todo ângulo cujo vértice coincide com o centro da
circunferência.
A medida de um ângulo central é igual à medida do arco que seus
lados delimitam na circunferência cujo centro coincide com o seu
vértice.
V
α=
α
B
+ CD
AB
2
C
4. ÂNGULO ENTRE DUAS SECANTES (vértice externo)
A
A
O
α = med AB
α
D
V
α
α=
- CD
AB
2
C
B
B
2. ÂNGULO INSCRITO
É todo ângulo cujo vértice pertence à uma circunferência e os
seus lados são retas secantes desta.
A medida de um ângulo inscrito é igual à metade da medida do
arco que seus lados delimitam na circunferência.
Teorema do quadrilátero inscritível
“Se um quadrilátero é inscrito em um círculo, então seus ângulos
opostos são suplementares”.
A
D
A
C
AB
med α=
2
α
B
α
β
B
C
Demonstração:
ABC
ADC
α=
e β=
2
2
Como ABC + ADC = 360º, então: α + β = 180º
Obs.: Todo ângulo inscrito numa semicircunferência é reto. Ou seja,
se um triângulo é inscrito numa semicircunferência, então ele é
retângulo.
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4
Observação:
“Em todo quadrilátero inscritível, o produto das diagonais é igual
à soma dos produtos dos lados opostos”. (Teorema de Hiparco).
Demonstração:
Consideremos as diagonais AC e BD e um segmento de reta AE,
com extremidade E na diagonalABD, tal que α = β.
Sabemos que α =
α=
- CD
AB
2
- CD
AB
. Então, teremos:
2
⇒ α=
100° - 60°
2
⇒ α = 20°
Resposta: 20°
β
α
Resolução:
θ
B
E
D
03. Na figura a seguir, os pontos A, B, C, D e E pertencem à
circunferência de centro O. Assim, calcule a medida do ângulo x
assinalado.
C
B
θ
A
C
F
40º
AC BC
=
⇒ AC.ED = AD.BC (I)
AD ED
Da mesma forma, teremos ∆ABE ∼ ∆ADC. Daí, teremos:
AC CD
=
⇒ AC.BE = AB.CD (II)
AB BE
Adicionando, membro a membro, as igualdades (I) e (II), vem:
AC.(BE + ED) = AB.CD + AD.BC
O
x
Resolução:
Dessa forma, teremos ∆ABC ∼ ∆ADE. Logo, podemos afirmar que:
25º
E
Da figura temos:
D
= 2.25° ⇒ BE
= 50° ⇒ EDB
ˆ = 25º
BE
ˆ é ângulo externo do triângulo ABD, temos:
Como CBD
ˆ
ˆ
CBD
= 40° + 25° ⇒ CBD
= 65°
Como x é medida de um ângulo externo do triângulo BCF, temos:
x = 65° + 25° ⇒ x = 90°
Resposta: x = 90°
02. Na figura a seguir o quadrilátero ACDE é inscrito na
circunferência. Se os ângulos CÂE e CBD medem, respectivamente,
60° e 20°, calcule as medidas dos ângulos α e θ.
B
20°
Como BE + ED = BD, obtemos:
C
AC.BD = AB.CD + AD.BC
A
60°
α
Exercícios resolvidos:
01. Na figura a seguir, os arcos AB e CD medem respectivamente, 60°
e 90°. Determine a medida do ângulo α entre as cordas AC e BD.
D
A
V
60°
B
Resolução:
θ
P
O quadrilátero ACDE é inscrito no círculo. Assim, pelo teorema do
quadrilátero inscritível, teremos:
90°
α
λ
E
D
α + 60° = 180° ⇒ α = 120°
No triângulo ABE, teremos:
C
λ = 60° + 20° ⇒ λ = 80°
Resolução:
Sabemos que α =
+ CD
AB
α=
2
Resposta: 75°
+ CD
AB
. Então, teremos:
2
⇒
90° + 60°
α=
2
No triângulo DEP, teremos:
α = θ + λ ⇒ θ = α – λ ⇒ θ = 120° - 80° ⇒ θ = 40°
⇒ α = 75°
Resposta: α = 120° e θ = 40°
02. Na figura a seguir, os arcos AB e CD medem, respectivamente,
100° e 60°. Determine a medida α do ângulo entre as secantes VA e
VB.
A
D
V
α
100°
60°
C
B
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5
VII – POTÊNCIA DE UM PONTO
AB + CD = (AS + BQ) + (CQ + DS)
AB + CD = (AS + DS) + (BQ + CQ) = AD + BC
1. DUAS SECANTES COM O PONTO INTERIOR
Assim, fica provado que: AB + CD = BC + AD.
D
A
PA.PC = PB.PD
P
B
Exercícios resolvidos:
01. Na figura a seguir, os segmentos de reta PA, PB e PC, medem,
respectivamente 6 cm, 3 cm e 4 cm. Determine a medida do
segmento de reta PD.
C
Dica: O triângulo APB é semelhante ao triângulo PCD
D
A
6 cm
2. DUAS SECANTES COM O PONTO EXTERIOR
P
A
4 cm
3 cm
D
B
Resolução:
P
C
PA.PD = PB.PC
O
Aplicando pontência do ponto P em relação à circunferência,
teremos:
C
PA.PC = PB.PD ⇒ 6 . 4 = 3 . PD ⇒ PD = 8 cm.
B
Dica: O triângulo PAC é semelhante ao triângulo PBD.
Resposta: PD = 8 cm
3. UMA SECANTE E UMA TANGENTE
A reta que passa por A e P é tangente à circunferência no ponto A.
Observe que AO ⊥ PA, sendo AO o raio da circunferência.
02. Na figura a seguir, os segmentos de reta PA e PB medem,
respectivamente, 6 cm e 4 cm. Determine a medida do segmento de
reta BC, sabendo-se que a reta PA é tangente à circunferência no
ponto A.
A
P
6 cm
A
O
B
P
4 cm
2
(PA) = PB.PC
O
B
C
C
Dica: Como no caso 2, temos PA.PA = PB.PC.
4. DUAS RETAS TANGENTES
A
Resolução:
Aplicando pontência do ponto P em relação à circunferência,
teremos:
2
2
(PA) = PB.PC ⇒ 6 = 4.(4 + BC) ⇒ 36 = 16 + 4.BC ⇒ BC = 5 cm
P
O
2
(PA) = (PB)
2
Resposta: 5 cm
03. (ITA) Seja E um ponto externo a uma circunferência. Os
segmentos EA e ED interceptam essa circunferência nos pontos B e A,
e, C e D, respectivamente. A corda AF da circunferência intercepta o
segmento ED no ponto G. Se EB = 5, BA = 7, EC = 4, GD = 3 e AG = 6,
calcule o comprimento do segmento GF.
B
Obs.: Nesse caso PA = PB.
Teorema do quadrilátero circunscritível.
“Se um quadrilátero ABCD é circunscritível em um círculo, então
AB + CD = BC + AD”.
A
7
B
5
E
6
4
D
R
C
C
G
3
D
Q
S
F
Resolução:
Fazendo GC = x, da potência do ponto E, temos:
Demonstração:
A
P
B
Sejam P, Q, R e S os pontos de tangência aos lados AB, BC, CD e DA,
respectivamente. Assim, teremos:
AB + CD = (AP + BP) + (CR + DR)
4.(7 + x) = 5.12 ⇒ 7 + x = 15 ⇒ x = 8 cm
Fazendo GF = y, da potência do ponto G, temos:
y.6 = 3.8 ⇒ y = 4 cm
Resposta: GF = 4 cm
Como: AP = AS, BP = BQ, CQ = CR e DR = DS, temos:
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6
04. Na figura a seguir, a reta r é tangente à circunferência no ponto B,
a reta s é secante nos pontos C e E e intercepta a reta r no ponto A. A
corda BD intercepta a reta s no ponto P. Sabendo que AB = 6 cm, AC
= 4 cm, PD = 2 cm e PE = 4 cm, calcule os comprimento dos
segmentos de reta PC e PB.
A
C
De MN // AB, então ∇ MNG ∼ ∇ABG. Assim:
AG = 2.GM
BG = 2.GN
CG = 2.GP
b) Uma mediana divide o triângulo em dois triângulos de mesma
área;
A
D
P
B
E
r
s
C
A
Resolução:
M
4
C
D
2
B
H
6
Veja: Os triângulos AMC e AMB têm bases iguais (CM = BM) e AH
como altura. Assim, eles têm áreas iguais.
B
c) As três medianas dividem o triângulo em seis triângulos de
A
mesma área.
x
y
P
4
E
r
s
A5
Da figura acima, aplicando potência dos pontos A e P, teremos:
A4
A6
2
AB.AB = AC.AE ⇒ 6 = 4.(8 + x) ⇒ x = 1 cm.
PC.PE = PB.PD ⇒ 1.4 = 2.y ⇒ y = 2 cm
A3
G
A1
B
A2
C
Resposta: PC = 1 cm e PB = 2 cm.
Como consequência da propriedade a), temos que:
A1 = A2 = A3 = A4 = A5 = A6.
VIII. PONTOS NOTÁVEIS DE UM TRIÂNGULO
1. BARICENTRO
É o ponto de equilíbrio ou centro de gravidade do triângulo.
O baricentro coincide com o ponto de intersecção das medianas do
triângulo (na figura a seguir = G).
Mediana – é o segmento de reta que une um vértice ao ponto médio
A
do lado oposto.
2. INCENTRO
É o centro da circunferência inscrita no triângulo.
O incentro coincide com o ponto de intersecção das bissetrizes dos
ângulos internos de um triângulo.
Bissetriz interna – é o segmento de reta que une um vértice com o
lado oposto formando dois ângulos de mesma medida.
P
AM – bissetriz do ângulo Â
BN – bissetriz do ângulo B
CP – bissetriz do ângulo C
N
G
A
B
M
⇒ I é o incentro do ∇ABC
C
AM – mediana relativa ao lado BC
BN – mediana relativa ao lado AC
CP – mediana relativa ao lado AB
N
P
I
Propriedades:
B
M
a) O baricentro divide cada mediana em dois segmentos na razão de
2 para 1.
C
Teoremas:
Justificativa:
Considerando a figura anterior, como M é médio de AB e N é médio
de AC, teremos:
1) Teorema das bissetrizes internas:
MN // AB e AB = 2.MN
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7
“A bissetriz do ângulo interno de um triângulo determina sobre o
lado oposto dois segmentos de reta de medidas proporcionais aos
dois lados que formam o referido ângulo.”
A
CP
AC
=
(1)
sen(180° - α ) senθ
BP
AB
No triângulo ABM :
=
(2)
senα senθ
No triângulo ACM:
Como sen(180°-α) = senα, dividindo (1) por (2), teremos:
C
B
M
CP
AC
CP AC
sen(180° - α) senθ
=
⇒
(Provado)
=
BP
AB
BP AB
senα
senθ
Se AM é a bissetriz do ângulo Â, então, pode-se afirmar que:
CM BM
=
AC AB
Demonstração:
Aplicando a lei dos senos nos triângulos ACM e ABM da figura a
seguir, teremos:
A
α
θ
C
3. CIRCUNCENTRO
É o centro da circunferência circunscrita no triângulo.
O circuncentro coincide com o ponto de intersecção das mediatrizes
dos lados do triângulo.
Mediatriz de um segmento de reta – é o lugar geométrico do plano
cujos pontos são equidistantes dos extremos do segmento.
α
β
r – é a mediatriz do lado BC
s – é a mediatriz do lado AB
O = r ∩ s – Circuncentro do triângulo ABC
B
M
CM
AC
=
(1)
senα senθ
BM
AB
No triângulo ABM :
=
(2)
senα senβ
Como β + θ = 180, temos que senθ = senβ. Assim, dividindo (1) por
(2), vem que:
CM
AC
senα = senθ ⇒ CM = AC (Provado)
BM
AB
BM AB
senα senβ
No triângulo ACM:
Então, AO, BO e CO são segmentos de reta que têm a mesma medida
do raio da circunferência que passa por A, B e C.
r
C
O
B
A
2) Teorema da bissetriz externa
“Se a bissetriz de um ângulo externo de um triângulo intercepta a
reta que contém o lado oposto, então ela divide este lado oposto
externamente em segmentos proporcionais aos lados adjacentes”.
:
A
CP BP
=
AC AB
α
α
s
Observações:
a) Num triângulo retângulo, o circuncentro é o ponto médio da
hipotenusa e a mediana relativa à hipotenusa tem o
comprimento do raio da circunferência circunscrita. (AO = BO =
CO = raio, onde BO é a mediana relativa à hipotenusa).
A
O
M
C
B
C
B
Demonstração:
Aplicando a lei dos senos nos triângulos ACP e ABP da figura a seguir,
teremos:
b) O circuncentro (O) de um triângulo obtusângulo é um ponto
exterior ao triângulo. (0° < α < 180°)
B
A
α
α
α
O
θ
C
C
A
180° - α
P
B
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8
4. ORTOCENTRO
É o ponto de intersecção das alturas de um triângulo.
Resolução:
A
A
10 cm
8 cm
C
N
P
S
B
M
O
12 – CS
12 cm
B
Pelo texto, AS é bissetriz do ângulo A. Assim, pelo teorema das
bissetrizes internas, vem que:
C
M
AM – é a altura relativa ao lado BC.
BN – é a altura relativa ao lado AC.
CP − é a altura relativa ao lado AB.
O – é o ortocentro do triângulo ABC.
CS BS
CS 12 - CS
16
=
⇒
=
⇒ CS =
⇒
8 10
4
5
3
Como AM é mediana, temos que: CM = 6 cm. Assim, teremos:
16
2
SM = CM – CS = 6 –
⇒ SM =
cm
3
3
Resposta: SM = 2/3 cm
Observações:
I.
No triângulo retângulo, o ortocentro é o vértice do ângulo reto e,
no triângulo obtusângulo, é um ponto exterior ao triângulo.
II. O triângulo cujos vértices são os pontos M, N, P é chamado de
triângulo órtico. O ortocentro (O) do triângulo ABC é o incentro
do triângulo órtico. Ou seja, a circunferência inscrita no triângulo
MNP tem centro no ponto O.
III. Os pontos A, P, M e C pertencem à circunferência de diâmetro
AC. Assim como os pontos A, N, M e B pertencem à
circunferência de diâmetro AB e os pontos B, P, N e C pertencem
à circunferência de diâmetro BC.
02. Seja o triângulo ABC de lados AB, BC e AC respectivamente iguais
a 9 cm, 8 cm e 10 cm. Sejam CM e CN as bissetrizes interna e externa
do triângulo no vértice C com M e N pontos da reta que contém o
lado AB. Assim, calcule o comprimento do segmento de reta MN.
Resolução:
C
θ
α α θ
10
8
A
A
M
B
N
9
P
Usando os teoremas das bissetrizes, teremos:
N
O
B
C
M
MB 9 - MB
=
⇒ MB = 4 cm
8
10
NB 9 + NB
=
⇒ NB = 36 cm
8
10
Assim, teremos:
MN = MB + NB = 40 cm
Resposta: MN = 40 cm (Letra E)
Exercícios resolvidos:
01. Dado o triângulo ABC cujos lados medem AB = 10 cm, AC = 8 cm e
BC = 12. Seja AS o segmento de reta que passa pelo centro da
circunferência inscrita no triângulo ABC e AM a mediana relativa ao
lado BC. Determine o comprimento do segmento de reta SM.
A
03. Na figura a seguir, ABC é um triângulo retângulo no vértice C, AE
é bissetriz do ângulo BÂC e CD é mediana relativa ao lado AB.
Sabendo-se que o ângulo AÊD mede α e o ângulo C D̂ E mede β,
então calcule α + β.
A
D
C
S
M
B
β
F
α
C
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20°
B
E
9
Resolução:
O triângulo ABC é retângulo em C. Assim, o ponto D, médio de AB, é
o circuncentro do triângulo ABC. O que se pode concluir que CD = BD
= AD. Como o triângulo BCD é isósceles, o ângulo DCE mede 20° e o
ângulo FCA mede 70°(complemento). Sendo AE uma bissetriz, o
ângulo CAE mede 35°. Pelo teorema do ângulo externo, nos
triângulos CAF e FED, temos que:
α + β = 70° + 35°
b2 = m2 + x 2 + 2.x.m.cos β
 2
2
2
c = n + x - 2x.n.cos β
Multiplicando a 1ª equação por n e a 2ª por m, teremos:
b2n = m2n + x 2n + 2.x.m.n.cos β
 2
2
2
c m = n m + x m - 2x.n.mcos β
Adicionando as duas equações, teremos:
Resposta: α + β = 105°.
2
04. Na figura a seguir, ABC é um triângulo retângulo em B sendo AB =
3 cm e BC = 4cm. O segmento BN é uma bissetriz e BM uma mediana.
Sendo assim, calcule a medida do segmento de reta MN.
A
2
2
2
2
2
b n+c m=m n+n m+x m+x n⇒
2
2
2
b n + c m = mn(m+n) + x (m + n) ⇒
2
2
2
n.b + m.c = (m + n).(m.n + x )
⇒
Como m + n = a, vem que:
2
2
2
n.b + m.c = a(m.n + x ) (Relação de Stewart)
N
M
3 cm
B
Exercícios resolvidos:
01. Seja o triângulo ABC cujos lados AB, BC e AC medem,
respectivamente 8 cm, 9 cm, 10 cm. Determine o comprimento da
mediana BM relativa ao lado AC.
C
4 cm
Resolução:
Considerando MN = x, e aplicando o teorema das bissetrizes internas
no ∆ABC, teremos:
AN NC
2, 5 - x 2, 5 + x
=
⇒
=
3
4
3
4
7x = 2,5 ⇒ x = 5/14
B
Resolução:
⇒ 7,5 + 3x = 10 – 4x ⇒
8
9
x
Resposta: 5/14 cm
A
C
M
5
Relação de Stewart
Seja um triângulo ABC e a ceviana CD relativa ao lado BC, sendo D
um ponto do lado AB, como mostra a figura a seguir.
C
b
10
Aplicando a relação de Stewart, teremos:
2
2
2
2
2
2
n.b + m.c = a.(m.n + x ) ⇒ 5.8 + 5.9 = 10.(5.5 + x ) ⇒
2
2
320 + 405 = 250 + 10.x ⇒ x = 47,5 ⇒
Resposta: x ≅ 6,9 cm.
c
x
β
α
A
B
D
m
5
n
02. Seja o triângulo ABC cujos lados AB, BC e AC medem,
respectivamente 8 cm, 10 cm, 9 cm. Determine o comprimento da
bissetriz BS relativa ao vértice B.
B
a
Resolução:
α α
Sendo:
x: comprimento da ceviana CD
a, b, c: medidas dos lados do triângulo ABC
m, n: medidas dos segmentos AD e BD, partes do lado AB
10
8
x
A
A relação de Stewart será:
C
S
m
2
2
n
2
n.b + m.c = a(m.n + x )
9
Calculando m e n pelo teorema das bissetrizes internas.
Demonstração:
Aplicando a lei dos cossenos nos triângulo ACD e BCD, teremos:
b2 = m2 + x 2 - 2.x.m.cosα
 2
2
2
c = n + x - 2x.n.cosβ
m n
=
8 10
m 10 - m
=
8
10
m = 4 cm
⇒
n = 5 cm
Assim, aplicando a relação de Stewart, teremos:
2
Como cosα = – cosβ, teremos:
⇒
2
2
2
2
2
n.b + m.c = a.(m.n + x ) ⇒ 5.8 + 4.10 = 9.(4.5 + x ) ⇒
2
2
320 + 400 = 405 + 9.x ⇒ x = 35 ⇒ x ≅ 5,9 cm
Resposta: x ≅ 5,9 cm
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10
Obs.: Num polígono regular, lados e ângulos são congruentes. Logo,
teremos:
IX. POLÍGONOS CONVEXOS
e2
B
C
i3
i2
i1 = i2 = i3 = ... = i ⇒
i = Si / n
e3
e1 = e2 = e3 = ... = e ⇒
e1
A
e = Se / n
i4 D
i1
e4
4. NÚMERO DE DIAGONAIS DO POLÍGONO
O número de diagonais (D) de um polígono convexo de n lados é
dado por:
D=
...
Observando o polígono ABCD ... da figura anterior, teremos:
1. ELEMENTOS
⇒ A, B, C, D, ... – vértices do polígono.
⇒ AB, BC, CD, … – lados do polígono.
⇒ AC, AD, BD, ... – diagonais do polígono.
⇒ i1, i2, i3, ... – medidas dos ângulos internos.
⇒ e1, e2, e3, ... – medidas dos ângulos externos.
2. SOMA DOS ÂNGULOS EXTERNOS (Se)
Considerando um polígono convexo de n lados, a soma dos seus
ângulo externo será dada por:
Se = 360°
Demonstração:
Observa-se que e1, e2, e3, ... en, são os desvios angulares, em
cada, vértice quando consideramos uma trajetória que coincide com
o polígono. Assim, para efetuar uma volta completa em, cominhando
pelos lados do polígono, o desvio angular é de 360°. Dessa forma,
n.(n - 3)
2
Demonstração:
Diagonal é um segmento de reta que liga dois vértices não
consecutivos de um polígono convexo. Portanto, (n – 3) é o número
de diagonais que saem de cada vértice. Ou seja, de um vértice não sai
diagonal para ele mesmo e nem para os dois vértices consecutivos a
ele.
Conclui-se, então, que o número total de diagonais de um
n.(n - 3)
polígono convexo de n vértices é dado por
(Provado)
2
Obs1.: Se o polígono for regular de n lados, teremos:
a) Se n for par, n/2 diagonais passam pelo seu centro e assim,
teremos n.(n – 4)/2 diagonais que não passam pelo seu centro.
b) Se n for ímpar, então nenhuma diagonal passa pelo centro do
polígono.
Obs. 2.: Todo polígono regular é inscritível e circunscritível em uma
circunferência.
e1 + e2 + e3 + ... + en = 360° ⇒ Se = 360° (Provado)
3. SOMA DOS ÂNGULOS INTERNOS (Si)
Considerando um polígono convexo de n lados, a soma dos
ângulos internos do polígono será dada por:
Si = (n – 2).180°
Demonstração:
Observa-se que, em cada vértice do polígono, a soma das medidas
dos ângulos interno e externo é 180°. Então:
e1 + i1 = 180°
e2 + i2 = 180°
e3 + i3 = 180°
⋮
⋮
⋮
en + in = 180°
Exercícios resolvidos:
01. Um polígono convexo de 15 lados tem as medidas de seus
ângulos internos em progressão aritmética de razão igual a 2°.
Determine o maior ângulo interno desse polígono.
Resolução:
Se os ângulos internos formam uma PA crescente de razão 2º, então,
o termo central (i8) é a média aritmética das medidas dos ângulos
internos. Assim,
Adicionando as n parcelas, teremos:
i8 =
e1 + e2 + e3 + ... + en + i1 + i2 + i3 + ... in = n.180° ⇒
360° + Si = 180°.n ⇒
Si = 180°.n – 360° ⇒
Si = (n – 2).180° (Provado)
Sn S15 (15 - 2).180o
=
=
= 156°
n 15
15
A medida do maior ângulo interno será:
i15 = i8 + 7.r ⇒ i15 = 156° + 7.2° =170°
Resposta: 170°
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11
02. Um polígono convexo tem dois ângulos de 150º e os outros
medem 155º. Determine o número de diagonais desse polígono.
Resolução:
Se i1 = 150º ⇒ e1 = 30º e i2 = 155º ⇒ e2 = 25º. Assim, como a soma
dos ângulos externos é 360°, teremos:
30° + 30° + 25° + 25° + 25° + L = 360° ⇒
60° + (n – 2).25° = 360º ⇒
(n – 2).25° = 300° ⇒
n – 2 = 12 ⇒
n = 14
Calculando o número de diagonais, teremos:
n.(n - 3)
14.(14 - 3)
⇒D=
⇒ D = 77
D=
2
2
Resposta: 77 diagonais.
02. Cerâmicas pentagonais regulares foram usadas para compor o
piso de uma sala, como mostra a figura a seguir. Observa-se que, ao
compor o piso, entre as peças justapostas aparece um espaço vazio
na forma de um estrela de cinco pontas chamada pentagrama.
Considerando a figura e as informações do texto, determine:
a) A medida do ângulo θ de cada ponta da estrela.
b) A distância entre duas pontas consecutivas da estrela sabendo-se
que a medida do lado da cerâmica pentagonal é 10 cm e cos 108°
= - 0,3.
θ
Resolução:
03. No polígono regular ABCDEF... o número de diagonais é o triplo
do número de lados. Sendo assim, determine a medida do ângulo
formado pelas diagonais AC e AE desse polígono. (Lembrete: todo
polígono regular é inscritível).
C
10 m
e
i
Resolução:
A
10 m
B
Sendo n o número de lados, teremos:
a) Da soma dos ângulos externos do pentágono regular, teremos:
5.e = 360° ⇒ e = 72° ⇒ i = 108°
n.(n - 3)
2
= 3.n ⇒ n – 9n = 0 ⇒ n = 9 (eneágono)
2
Inscrevendo o eneágono em um círculo, teremos:
Assim, no piso, teremos:
θ + i + i + i = 360° ⇒ θ + 3. 108° = 360° ⇒ θ = 36°
Resposta: θ = 36°
B
A
C
D
α
E
G
b) A distância entre duas pontas consecutivas da estrela é igual à
medida da diagonal AC do pentágono regular. Assim, aplicando a lei
dos cossenos no triângulço ABC, teremos:
2
2
2
2
AC = 10 + 10 – 2.10.10.cos 108° ⇒ AC = 200 – 200.(-0,3)
AC = 260 ⇒ AC = 2 65 m
Resposta: AC = 2 65 m
F
X. QUADRILÁTEROS NOTÁVEIS
Como o polígono tem 9 lados, vem que:
o
= 360 = 40o ⇒ CE
= 80°
CD
9
Como α é um ângulo inscrito, teremos:
CE
α=
⇒ α = 40°
2
1. Definição
É o polígono que possui quatro lados. Para o nosso estudo, vamos
considerar apenas os quadriláteros convexos.
A e1
i1
i4
D
e4
e2 i
2
B
Resposta: 40°
i3
e3
C
Sendo:
• A, B, C, D – vértices do quadrilátero;
• i1, i2, i3, i4 – ângulos internos;
• e1, e2, e3, e4 – ângulos externos;
• AB, BC, CD, DE – lados do quadrilátero;
• AC, BD – diagonais do quadrilátero.
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12
2. Tipos de quadriláteros
2.2.1. Tipos de trapézios:
2.1. Paralelogramo
É o quadrilátero cujos lados opostos são paralelos.
Escaleno
B
A
AB // CD e AD ≠ BC
B
A
M
D
D
C
Isósceles
C
Propriedades:
• Os lados opostos de um paralelogramo são congruentes;
• Os ângulos opostos de um paralelogramo são congruentes;
• As diagonais de um paralelogramo cortam-se no ponto médio ⇒
AM = MC e BM = MD.
• Os triângulos AMB e CMD são congruentes assim como os
triângulos AMD e BMC.
A
B
AB // CD e AD = BC
C
D
Retângulo
B
A
AB // CD e AD ⊥ CD
2.1.1. Retângulo
É o paralelogramo que tem os quatro ângulos retos.
Conseqüentemente suas diagonais têm a mesma medida.
A
B
C
AC = BD
D
2.2.2. Base média
É o segmento de reta que liga os pontos médios dos lados não
paralelos.
B
A
C
D
M
2.1.2. Losango
É o paralelogramo que tem os quatro lados congruentes entre si.
Conseqüentemente as diagonais são perpendiculares entre si e são
bissetrizes dos ângulos internos.
B
A
C
AB = BC = CD = DA
MN =
N
AB + CD
2
C
D
MN – base média do trapézio;
M e N – pontos médios dos lados AB e BC.
2.2.3. Base de euler (mediana de Euler)
É o segmento de reta que liga os pontos médios das diagonais do
trapézio.
A
B
CD - AB
EF =
2
N
M
E
F
D
D
2.1.3. Quadrado
É o paralelogramo que tem os quatro lados e os quatro ângulos
congruentes entre si. Então o quadrado é um losango e um
retângulo ao mesmo tempo.
A
D
C
Exercícios resolvidos:
01. Na figura ABCD é um trapézio, MN é a base média, AB = 12 cm,
CD = 20 cm, BD e AC interceptam MN nos pontos E e F. Determine
MN e EF.
A
B
AB = BC = CD = DA
N
M
E
AC = BD
F
D
C
AC ⊥ BD
B
C
2.2. Trapézio
É o quadrilátero que tem dois lados paralelos entre si. Vamos
considerar os trapézios que tem apenas dois lados paralelos entre si,
os quais são denominados de bases.
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Resolução:
AB + CD
12 + 20
MN =
⇒ MN =
⇒ MN = 16 cm
2
2
CD - AB
20 - 12
EF =
⇒ EF =
⇒ EF = 4 cm
2
2
Resposta: MN = 16 cm e EF = 4 cm
13
02. No trapézio escaleno da figura a diagonal AC mede 9m. Calcule as
medidas dos segmentos partes desta diagonal, determinados pelo
ponto de intersecção com a outra diagonal.
8m
D
XI. ÁREA DE FIGURAS PLANAS
1. Paralelogramo
C
A = b.h
h
A
B
10 m
b
Resolução:
8m
D
C
2. Retângulo
x
E
9-x
A
10 m
h
B
Como AB // CD, teremos que ∆ABE ∼ ∆DCE. Assim,
A = b.h
b
x
8
=
⇒ x = 4 cm
9 - x 10
3. Quadrado
Resposta: EC = 4 cm; AE = 5 cm
03. ABCD é um quadrilátero plano qualquer e M, N, P e Q são pontos
médios dos lados AB, BC, CD e DA, respectivamente. Mostre que o
quadrilátero MNPQ é um paralelogramo cujo perímetro é igual a
soma dos comprimentos das diagonais do quadrilátero ABCD.
Resolução:
Seja o quadrilátero ABCD, da figura a seguir.
B
A=a
a
2
a
N
C
4. Losango
M
P
d
A=
A
Q
Dxd
D
D
Como M e N são pontos médios de AB e BC, respectivamente, então
MN // AC. Assim, os triângulo ABC e MNB são semelhantes de razão
2. Ou seja:
BC = 2.BN , AB = 2.BM, então AC = 2. MN.
5. Trapézio
Como P e Q são pontos médios de CD e AD, então QP // AC e AC =
2.PQ. Assim, QP // MN e QP = MN.
b
Analogamente, NP // BD // MQ e BD = 2.MQ, BD = 2. NP. Assim, PN //
MQ e NP = MQ.
A=
h
Dessa forma, como MN // PQ e NP//MQ, teremos que o quadrilátero
MNPQ é um paralelogramo.
Quanto ao perímetro, teremos:
(MQ + NP) + (PQ + MN) = BD + AC.
D×d
2
(a + b).h
2
a
6. Área de um quadrilátero qualquer.
B
C
α
A=
A
AC . BD . sen α
2
D
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14
2
B
C
h1
E
2
2
2
2
2
2
2
 a2 - b2 + c2 
 a2 - b2 + c2 
 + h2 ⇒ h2 = c2 - 
c2 = 
 ⇒




2a
2a

α
A
2
b – c = (a – n) – n ⇒ b – c = a – 2an ⇒
a2 - b2 + c2
2
2
2
2an = a – b + c ⇒ n =
(3)
2a
Substituindo (3) em (1), teremos:
Demonstração:
h2
2
 a2 - b2 + c2 
(a2 - b2 + c2 )
 ⇒ h = c2 h = c - 
⇒


2a
4a2

2
2
D
Fazendo h1 e h2 as alturas dos triângulos ABC e ACD,
respectivamente, então a área A do quadrilátero ABCD será:
AC.h1 AC.h2
A = Área(ACB) + Área(ACD) ⇒ A =
+
2
2
Como h1 = BE.senα e h2 = DE.senα, vem que:
AC.BE.senα AC.DE.senα
(BE + DE).AC.senα
A=
+
⇒ A=
⇒
2
2
2
BD.AC.senα
A=
(Provado)
2
2
4a2c2 - (a2 - b2 + c2 )
h=
4a2
Assim, a área A do triângulo será:
2
a.
A=
b×h
2
16
⇒
A=
((a2 + 2ac + c2 ) - b2 ).(b2 - (a2 - 2ac + c2 ))
⇒
16
A=
((a + c )2 - b2 ).(b2 - (a - c )2 )
⇒
16
A=
(a + c + b)(a + c - b).((b + a - c).(b - a + c)
⇒
16
A=
(a + c + b)(a + c + b - 2b).((b + a + c - 2c).(b + a + c - 2a)
⇒
16
A=
 a + c + b   a + c + b 2b   b + a + c 2c   b + a + c 2a 

-  . 
-  . 
- 
 .
 2   2
2   2
2   2
2 
Dxd
b
2
4a2c2 - (a2 - b2 + c2 )
(2ac + a2 - b2 + c2 ).(2ac - a2 + b2 - c2 )
⇒
16
7.1. Dados a base e a altura
A=
2 2
2
2
2
1 4a c - (a - b + c )
a
4
⇒ A=
2
A=
7. Triângulo
h
2
2 2
2
2
2
1 4a c - (a - b + c )
⇒h =
a
4
7.2. Dados os três lados (Fórmula de Heron)
A = p.(p - a).(p - b).(p - c)
a
a+b+c
= p (semiperímetro), teremos:
2
Fazendo
b
Sendo: p =
a+b+c
2
c
Demonstração:
Consideremos a figura:
A = p.(p - a).(p - b).(p - c) (Fórmula de Heron)
7.3. Dados dois lados a e b e o ângulo α formado por eles
B
a
A=
h
b
c
α
h
a.b.sen α
2
b
a-n
n
A
C
D
a
Como a área é dada por A =
a.h
, vamos determinar a altura h em
2
função de a, b e c.
Aplicando Pitágora nos triângulo ABD e BCD, teremos:
Obs.: b.senα = h ⇒ altura
7.4. Triângulo eqüilátero de lado L
L
L
h
∆ABD: c = n + h
(1)
2
2
2
∆CBD: b = (a - n) + h (2)
2
2
A=
L2 3
4
2
De (1) e (2), vem que:
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L
Obs.: altura ⇒ h =
L 3
2
15
7.4. Dados o semiperímetro e o raio do círculo inscrito
A = p.r
r
Pela lei dos senos, temos que, em qualquer triângulo inscrito em um
círculo, vale a relação:
a
a
= 2R ⇒
= senθ
senθ
2R
A área do triângulo ABC será:
a
b.c.
b.c.senθ
a.b.c
2R
A=
⇒ A=
⇒ A=
(provado)
2
2
4.R
p: semiperímetro do triângulo
Demonstração:
Ligando o centro O do círculo ao vértices A, B e C, o triângulo ABC fica
dividido em três triângulos AOB, BOC e COA de bases AB, BC e CA,
respectivamente, e alturas iguais ao raio do círculo, como mostra a
figura a seguir:
8. Círculo
A = π.R
C
2
R
r
r
O
8.1. Setor circular
r
A
Em graus:
B
Assim, a área do triângulo ABC será:
AB.r BC.r AC.r
(AB + BC + AC)
A=
+
+
⇒ A=
⋅r
2
2
2
2
(AB + BC + AC)
Fazendo
= p (semiperímetro), teremos:
2
α.π.R2
360°
A=
R
α
R
Em radianos:
A=
α.R2
2
A = p.r
8.2. Segmento circular
A
7.5. Dados os três lados e o raio do círculo circunscrito.
R
α
O
a
b
A=
a.b.c
4.R
R
c
Asegm. = A setor – A ∆ ABO
B
R
Obs.: Substituindo a área do setor OAB e e a área do triângulo ABO,
podemos ter também:
α.R2 R.R.senα
R2 .(α - senα)
A segm. =
⇒ A segm. =
2
2
2
Sendo α em radianos.
Demonstração:
8.3. Coroa Circular
C
a
b
A
A=
R
θ
c
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a.b.c
4.R
r
A = π(R – r )
2
2
R
B
16
Exercicios resolvidos:
ATRIANGULO = p.r ⇒ 12. 5 = 12.r ⇒ r =
01. (FMTM) A figura mostra uma circunferência de centro O e raio
igual a 2 e um pentágono regular ABCDO, cujos vértices A e D
pertencem à circunferência. Calcule a área da região hachurada.
C
c) Raio da circunferência circunscrita (R).
ATRIÂNGULO =
D
B
R=
α
A
5 cm
21
5
a.b.c
7.8.9
⇒ 12. 5 =
⇒
4.R
4.R
21. 5
cm
5
⇒R=
O
04. (UFG-adaptado) Considere uma semicircunferência de diâmetro
AB = 6 cm e um triângulo APB, conforme a figura a seguir:
Resolução:
A soma dos ângulos internos do pentágono regular é dada por:
P
S = (5 – 2).360° = 540°
Então, a medida do ângulo do setor (α) é igual à medida do ângulo
interno do pentágono. Assim:
540°
α=
⇒ α = 108°
5
A área do setor será:
α.π.R2
108°.π.22
6.π
2
A=
⇒ A=
⇒ A=
cm
360°
360°
5
6.π
2
Resposta: A =
cm
5
02. Na figura, ABCDEF é um hexágono regular de lado 1cm. Calcule a
A
área do triângulo BCE.
B
α
A
B
a) Expresse a área do triângulo em função do ângulo α apenas.
b) Determine o valor de α para que a área do triângulo seja máxima.
Resolução:
P
α
A
C
B
a) Sendo O o centro do semicírculo, ponto médio de AB, o segmento
PO é mediana relativa a hipotenusa AB do triângulo ABP. Sendo
assim, PO divide o triângulo APB em dois triângulos de mesma área.
Assim, teremos:
AABC = 2.AOBC ⇒ AABC =
F
2α
O
6.6.sen2α
⇒ A = 18.sen2α
2
b) Para que a área do triângulo ABC seja máxima, temos:
sen2α = 1 ⇒ 2α = 90º ⇒ α = 45°
E
D
Resolução:
A diagonal BE passa pelo centro do hexágono e tem comprimento
igual ao dobro da medida de seu lado. Como o triângulo EBC é
retângulo em C, teremos:
2
2
2
2
2
2
(EC) = (EB) – (BC) ⇒ (EC) = 2 – 1 ⇒ EC =
05. Na figura a seguir, as retas que contem os segmentos de reta PA e
PB são tangentes à circunferência de centro O e raio 6 cm. Sabe-se
que o ângulo APB mede 30°. Determine a área do segmento circular
determinado pela corda AB
3 cm
A
Assim, a área do triângulo EBC será:
A=
EC.BC
=
2
O
3.1
3
2
⇒A=
cm
2
2
P
3
2
cm
2
03. Um triângulo possui lados cujas medidas são 7 cm, 8 cm e 9 cm.
Calcule:
a) a área do triângulo.
b) a medida do raio da circunferência inscrita no triângulo.
c) a medida do raio da circunferência circunscrita no triângulo.
B
Resposta: A =
Resolução:
a) Aplicando a fórmula de Heron, teremos:
A=
p.(p - a).(p - b).(p - c) ⇒
A=
12.(12 - 7).(12 - 8).(12 - 9) ⇒ A =
A = 12. 5 cm
2
b) Raio da circunferência inscrita (r).
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Resolução:
A
6 cm
α
S O
P
30º
B
Da figura, temos que:
α + 30° + 90° + 90° = 360° ⇒ α = 150°
12.5.4.3 ⇒
Assim, a área do segmento circular destacado será:
A=
π.62.150o 6.6.sen150º
360o
2
17
A = 15π − 9
= 3(5π – 3) cm2
Resposta: 3.(5π
π – 3) cm .
2
06. Na figura a seguir tem-se um quadrado inscrito em outro
quadrado. Pode-se calcular a área do quadrado interno, subtraindose da área do quadrado externo as áreas dos 4 triângulos. Feito isso,
verifica-se se que A é uma função da medida x. Nessas condições,
Calcule o valor mínimo de A.
x
x
8–x
x
x
Resolução:
Calculando a área do quadrado interno, teremos:
2
A = 8.8 – 4x.(8 – x) /2⇒ A = 64 – 16x + 2x
∆ = 16 – 4.2.64 = 256 – 512 = -256
2
Amáx =
-Δ 256
=
= 32
4a
8
Resposta: 32
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