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OSVALDO DOLCE
JOSÉ NICOLAU POMPEO
COMPLEMENTO PARA�
O PROFESSOR�
FUNDAMENTOS DE
'> MATEMÁTICA 9
ELEMENTAR
GEOMETRIA PLANA
~
A~l
EDITORA
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
Capítulo II - Segmento de retaSumário
Capítulo II -
Capítulo III -
Capítulo IV -
capítulo V -
Capítulo VI -
Capítulo VII -
Capítulo VIII -
Capítulo IX -
Capítulo X -
Capítulo XI -
Capítulo' XII -
Capítulo XIII -
Capitulo XIV -
Capítulo XV -
Capítulo XVI -
Capítulo XVII -
Capítulo XVIII -
Capítulo XIX -
Segmento de reta 1�
Ângulos 4�
Triângulos 6�
Paralelismo 10�
Perpendicularidade 15�
Quadriláteros notáveis 20�
Pontos notáveis do triângulo '................................... 28�
Polígonos 31�
Circunferência e círculo 35�
Ângulos na circunferência 39�
Teorema de Tales 45�
Semelhança de triângulos e potência de ponto 49�
Triângulos retângulos 59�
Triângulos quaisquer 85�
Polígonos regulares 94�
Comprimento da circunferência 102�
Equivalência plana .........•............................................ 107�
Áreas de superfícies planas ........ ..... .... ... .... ..... .. ...... .... .. 109�
17. AD = 36 => 9x = 36 => X = 4
AB=6x=24cm B C D�
BC = 2x = 8 cm A" ,I~I,-"V_.)
V�
CD� = x = 4 cm 6x 2x x
18. Hipótese Tese
A Q IBpi I I�PA� == QB => PQ == AB
Demonstração:�
Observando o segrnento AQ comum a PQ e AR, temos:�
PA == QB => PA + AQ = AQ + QB => PQ == AB.�
19. Temos duas possibilidades:
1~) R está entre A e C� 2~) C está entre A e R
20�
I A. C '
AI I~B
v�
20� 12�
AC = AB + BC => AC + BC = AB =>�
=> AC = 20 + 12 => AC == 32 cm => AC + 12 = 20 => AC = 8 cm�
20.� 5x + x = 42 => X = 7 cm
AB = 5x => AB = 35 cm
BC = x => BC = 7 cm
21. Temos duas possibilidades:
1~) R está entre A e C 2~) C está entre A e B�
45 4x�
/ Â'-- , /_----/A \.
B C
AI, t 1,----- )C AI I 1.8
" v /' '----y--------'V ~
4x x 45 x�
4x + x = 45 => X = 9 cm 45 + x = 4x => X = 15 cm�
AB = 4x => AB = 36 cm AB = 4x => AB = 60 cm�
BC = x => BC = 9 cm BC = x => BC = 15 cm�
1�
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
-� B C22.� Temos três possibilidades: Demonstraçao AI I I I D
1?) ao 1) Observando o segmento BC, temos:
~-- -JI\ � _
1 MB N� AC == BD => AC - BC == BD - BC => AB == CD.e'
AI...� ti" t 1,- .-'IPV V v .
5x 4x x
5x + 4x + x = 80 => X = 8 cm
MN = MB + BN => MN = 2,5x + 2x => MN = 36 cm
2?)� 5x / 1\ � 4x
AI� M " / A _
,� 7 PN "
V� ) le
ao� ~ x
1) BP + PC = BC => BP + x = 4x => BP = 3x
2) AB + BP = 80 => 5x + 3x = 80 => X = 10 cm
3) MN = MB + BN => MN = 2,5x + 2x => MN = 45 cm
3?) 80
I 1\'--- � ........,�
C P M N
AI"-y--------/ I"-y--------/ I~I \ v /I.B
x x x 2x
1) BP + PC = BC => BP + x = 4x => BP = 3x
2) BN + NP = BP => 2x + NP = 3x => NP = x
3) i\C + BC = AP => AC + 4x = 5x => AC = x
4) AP = 80 => 2x = 80 => X = 40 cm
5) Se o ponto M dista 2,5x do ponto A, então M é ponto médio de PN.
Logo, MN = ; e então MN = 20 cm.
23.� Hipótese Tese
AB� == CD => AD e BC têm o mesmo ponto médio
B M e D
AI I I I ir
Demonstração
Seja M o ponto médio de BC. Temos:�
AM == AB + BM == CD + MC == MD.�
Como AM == MD, M também é ponto médio de AD.�
24.� Hipótese Tese
. 11) AB == CDAC� == BD ~
2) BC e AD têm o mesmo ponto médio
2) Análogo ao exercício 23.
26.� Temos duas possibilidades:
M B N1?) AI I I I IC
MN = MB + BN => MN = AB + 2 => MN _ AB +BC� BC2� --~--
2?)� AI M C NI I I IB
MN = MC + CN => MN = (BM - BC) + CN =>
BC BC
=> MN = (BM - BC) + -2- => MN = BM - BC + -2- =>
=> MN = BM _ BC => MN = AB - BC
2� 2
28.� O segmento MN terá medida constante e igual à metade do segmento AB.
Justificação
Temos três casos a analisar:�
1?) A~2 A~2
/ /\ � , / A "-
M B N
AI� I r I I P ~ '-------v--'
BP/2 BP/2
Neste caso temos:
=> MN = AP _ BP => MN = AP - BP => MN = ABMN = MP - NP 222 T·
M P N2?) AI'-------y------I~'~I\.~IB
A~2 A~2 B~2 B~2
AP� + BP AB
Neste caso temos: MN 2 => MN = -2-·
B~2
B~2
_--------.lÂ� Â"----- _3?)� AI M 'N '� \. PI~I~I I� IB
AP/2 AP/2
Neste caso temos:
=> MN = BP AP => MN = BP - AP => MN = ABMN = PN - PM 2� T 2 T
2� 3
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Capítulo III Ângulos 75.
55. ângulo ~ x complemento ~ (90°
"Ângulo mais triplo do complemento é igual a 210°."
x + 3 . (90° - x) = 210° => 2x = 60° => X = 30°
- x)
O B
59. ângulo ~ x
complemento do ângulo: (900 - x) complemento da metade: (900
- ~)
Y
C
I
c
~c '
A
X
triplo do complemento da metade: 3 · (900 - ~)
suplemento do triplo do complemento da metade: 1800 - 3(900 - ~) 77.
180° (- 3 90° x)- 2 = 3 . (90° - x) => 9x2 = 360° => x:= 80° y s
x
60. ângulo ~ x
complemento do dobro do ângulo ~ (90°
suplemento do complemento do ângulo =>
90° - 2x180° - (90° - x) - = 85° =>3
- 2x)
180° - (90°
X = 15°
- x)
o
65. Sejam x e y os ângulos.
x 2 1y = 7 => (x = 40°, y = 140°)
x + y = 180°
O complemento do menor é igual a 90° - x = 90° - 40° = 50°.
78.
b
y
s
x
68. ângulo ~ x
complemento do ângulo ~ (90° - x)
suplemento do ângulo ~ (180° - x)
"Triplo do complemento mais 50 o é igual ao suplemento."
3 . (90° - x) + 50° = 180° - x => 2x = 140° => X = 70°
o
79. Temos duas possibilidades:
I? )
18°
74. Os ângulos são da forma 2k, 3k, 4k, 5k e 6k e somam 360°.
2k + 3k + 4k + 5k + 6k = 360° =>. 20k = 360° => k =
O maior ângulo é 6k = 6 . 18° = 108°.
72. x e Z são opostos pelo vértice => X = Z
x e y são suplementares => y = 180 0 - x
"x mede a sexta parte de y, mais metade de z."
180° - x x
x = + T => 6x = 1800 - x + 3x => X 45°
x
o
Ox e Oy são bissetrizes
a + b = 520 1 =>2a + 2b = 104°
2a = 40°
=> 40° + 2b = 104°
=> 2b = 64°
IAÔB == CÔD Hipótese: OX, õY são bissetrizes
----. ~
Tese: { OX e OY são semi-retas opostas
Demonstração
-+ --+
O ângulo entre OX e O Y é dado por�
(a + b + c)�
2a + 2b + 2c = 360° => a + b + c = 180°�
--+ ~
Portanto, OX e OY são semi-retas opostas.
Hipótese Tese
rôs e sôt, adjacentes
e complementares
# xôy = 45°Ox e Oy, respectivas
bissetrizes
Demonstração
Sejam a medida de rôx = xôs = a e a me-�
dida de sôy = yôt = {3:�
a + a + {3 + {3 = 90° =>�
=> 2a + 2{3 = 90° =>�
=> a + (3 = 45 ° => xôy = 45 ° .�
2a + 2b = 136°�
a + b ::; 68°�
Resposta: o ângulo formado pelas bissetri-
zes é igual a 68°.
2?)
Ox e Oy são bissetrizes
0
=>
a - b = 52 1
=> a-20° = 52° =>
2b = 40°
=> => a = 72° =>
=> 2a = 144°
54
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Capítulo IV - Triângulos 109. Hipótese Tese
91. a) IAB = AC
AB = BC
=> Ix + 2y = 2x - y
x + 2y = x + y + 3
=> Ix
y
- 3y
= 3
= O => (x = 9 =
' Y
3) dABC é isósCeleS') AD é bissetriz
=> AD é mediana
(isto é, BD == DC)
A
AB = x + 2y => AB = 15 relativa à base
O perímetro do triângulo ABC é igual a 3 . 15 = 45. Demonstração
b) AB
AB
= AC => 2x + 3
= 2x + 3 => AB =
= 3x _. 3
15 AC =
=> X = 6
AB => AC = 15 BC = x + 3 => BC = 9
(AB = AC; BÂD
LAL
= CÂD; AD comum)
- -
=>
O perímetro do triângulo ABC é igual a AB + AC + BC = 39. ==> dABD == dACD => BD == DC
92. Sejam f a medida dos lados congruentes, b a medida da base e p o semiperímetro. 111. Hipótese Tese A
Temos:
p = 7,5I2f = 4b =? 1
2f + b
2
1 = 2b
=75
'
=? (I = 6 m, b = 3 m)
dABC é isósceles
de base BC
CD é bissetriz de ê ~ CD == BE
Resposta: Os lados do triângulo medem 3 m, 6 m e 6 m. BE é bissetriz de ã
9S. dABC == dDEC => IÂfi = Ô = Ê => 13a = 2a + 100 {3 + 480 = 5{3 => (a =
o10 , (3 = o12 ) Demonstração (EBC = DêB; BC comum; EêB = DãC) =>
ALA BU ,- C
100. dCBA == dCDE => IAC AB = = CE DE => 12x 35 -= 6 = 22 3y + 5 => (x = 14, y = 10) ===> dCBD == dBCE => CD == BE
Os perímetros são iguais; portanto, a razão entre eles é 1.
101 1) dPCD == dPBA => IPD = PA => I3y - 2 = 2y + 17
· CD = AB x + 5 = 15
=> ( = 10 =
x,Y
19)
112.
AM é bissetriz
AM é mediana
Hipótese
) =? dABC é isósceles
Tese
2) dPCD = dPBA => AB = CD (1)
PC = PB
PBC = PêB (dPBC é isósceles)' LAL. dPCA == dPBD.
Demonstração
---+
1) Tomemos P sobre a semi-reta AM com A
CA = BD (usando (1) e o fato M entre A e P e MP = AM.
lOS. ATese
MÂB = MÂC
Hipótese
dABC é isósceles I
AM é mediana =>
de BC ser comum)
Logo, a razão entre os perímetros destes triângulos é igual a 1.
2) (dAMB == dPMC pelo LAL) =>
=> (BÂM == CPM e AB == PC)
3) (BÂM == CPM; AM (bissetriz) =>
=> CPM == CÂM
Donde sai que dACP é isósceles de ba- Bt II' I »H >C
relativa à base se AP. Então: AC == PC.
Demonstração
AB = AC (hipótese) I LLL 4) De AB == PC e PC == AC obtemos AB == AC. 'Então, o J1ABC é isósceles.
BM = MC (hipótese)
AM comum
~ dABM == dACM
B« M Mil' C
Logo, MÃB == MÂC e concluímos que AM é bissetriz do ângulo Ã. p
6 7
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Desigualdades nos triângulos ~ a + b + c < 2(x + y + z) < 2(a + b + c) ~
114. Seja x o terceiro lado. Temos: ~ a + b + c <x+y+z<a+b+c
18 - 211 < x < 8 + 21 ~ 13 < x < 29.
Se x é múltiplo de 6 entre 13 e 29 (exclusive), então x = 18 cm ou x = 24 cm.
115.� 120 - 2x - (2x + 4)1 < x + 10 < 20 - ~ + ~ + 4 ~
x + 10 < 24 Ix < 14�I ~ ~ 116 - 4x 1 < x + 10 ~ - x-lO < 16 - 4x < x + 10
I
x < 14�
x < 14� x<~ 6 26 ~
-x - 10 < 16 - 4x ~ 3 ~ T<x<-3-
.16 - 4x <� x + 10
x >~
5
116.� Aparentemente temos duas possibilidades: 38 cm ou 14 cm.
Mas um triângulo de lados 14 cm, 14 cm, 38 cm não existe, pois não satisfaz�
a desigualdade triangular.�
O triângulo de lados 38 cm, 38 cm, 14 cm satisfaz a desigualdade triangular.�
Resposta: 38 cm.
117.� AC = b = 27, BC = a = 16, AB = céinteiro
ê < Â < B ~ c < 16 < 27 ~ c < 16
O valor máximo de AB é 15.
122.� Sejam: a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos:
a>b b+c ( ~ 2a > b + c ~ a > --2-. a > c
a + b� + c123.� a < b + c ~ 2a < a + b + c => a < -----
124.� De acordo com o teorema do ângu- A
lo externo, temos: a > {3.
(a > {3, (3� > A) => a > A
ar� ::::::::.sh C
&
AIc<x+y<a+b 126.� b < x + z < a + c => a<y+z<b+c
Ix<m+n x + Y + z < (p + q) + (n + o) + (m + r) '---v----' � ~ ~ 127.� y < r + q => Z < o + p x + y + z < a /+ ~----------cb +
n
b
~
,
x ~ ...N
o
z
--+-� A
128.� 1) Tomemos A' sobre a semi-reta AM,
com M entre A e A' e MA' = ma.
2) (LlAMB == LlA'MC pelo caso LAL) ~
~ A'C = c�
3) No LlAA'C temos:�
Bt I \ I ~cIb - c I < 2ma < b + c ~
Ib - cl b + c�
=>� 2 < ma < --2-·
129.� 1) De acordo com o exercício 128~ temos: A
b+c a+c a+b)(ma < -2-; mb < -2-; me < -2- ~
~ ma + mb + me < a + b + c. b
a2) LlABM: c < ma + T. Analogamente,
8/ \ ""C
C� b a M a
b < me + 2' a < mb + 2· 2" 2"
. a+b+cSomando membro a membro as deSIgualdades, temos < ma + mb +mc•
8 C
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Capítulo V - Paralelismo
147.� a) Os ângulos internos são dados por (180° - a), (180° - (3) e (180° - 'Y).
Como a soma destes deve ser igual a dois retos, temos:
(180° - a) + (180° - (3) + (180° - 'Y) ;::: 180° => a + (3 + 'Y ;::: 360°.
b) Oe modo análogo:
(360° - a) + (360° - (3) + (360° - 'Y) ;::: 180° => a + (3 + 'Y = 900°.
148.� a) ê ;::: x + 15° => (x + 15°) + (x + 15°) + x ;::: 180° => x;::: 50°
b) AêB ;::: 180° - 4x. dABC é isósceles de base BC => 180° - 4x ;::: x => X ;::: 36°
c)  ;::: 180° - (x + 70°) i  ;::: 110° - x
=> X 70°
"� 180° - Â ~ 180° - (110° - x)C ;::: 2� x ;::: ---2---
149.� d) AB ;::: AC 1) dACO é isósceles =>
A
=> Aêo;::: x
2) AÔC ;::: 180° - 2x
3) CÔB ;::: 2x
4) 4CBO é isósceles =>
=> CBO;::: 2x
5) Bêo ;::: 180° - 4x
6) 4ABC é isósceles =>
=> 180° - 4x + x = 2x =>
=> X = 36°B" • '" "'C
180 0 -4x
f) 1) 4ABO é isósceles =>
A B
=> ARO;::: 65°�
2) AOB = 50°�
3) BÔC ;::: 130°�
4) 4DBC é isósceles =>�
=> X� = 25°
c
) { x + y ;::: 2x + 10° ( -x + Y ;::: 10°
g x + y + 2x + 10° + Y ;::: 180° => 3x ~ 2y ;::: 1700 => x;::: 30°, y = 40°
h) 1) dABC é isósceles => AêB;::: 2x + y�
2) Eêo ;::: 180° - (x + y) - (2y - 25°)�
3) Eêo ;::: AêB (o.p.v.)�
4) dCOE é isósceles => X + Y ;::: 2y - 25°�
118003) e 4) => - (x + y) - (2y - 25°) ;::: 2x + ~ => x;::: 150 ;::: 400
x + y ;::: 2y - 25° , Y
A
E2y-25°
152.� Construímos a reta t, t / / r, t / / s.
t divide o ângulo de 120 0 em dois outros: y e z. 40°
y ;::: 40° (alternos internos)
y + z ;::: 112° => z;::: 72° - - - - - - - --t
z ;::: x (alternos internos) => X 72°
154.� Construímos a reta t, t / / r, t / / s.
t divide o ângulo de 100 0 em x e y. 3a
x ;::: 180° - 3a (colaterais internos)�
y ;::: 180° - 2a (colaterais internos) - -t �
x + y ;::: 100° => 360° - 5a ;::: 100° => a 52°�
2a
165.� Do dABC temos: A
2b + 2c + 80° ;::: 180° => b + c ;::: 50°.
00 dBCO temos:�
b + c + x ;::: 180° =>�
=> 50° + x ;::: 180° => x;::: 130°.�
xb c
B Pfb ~ C
11 10
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167. ângulo do vértice: x 176. A A
ângulo da base: (1800 - ~ x) x 5 ~x
180o --x 4�
X+ 2(1800 - ~ X) = 1800 => X= 1200 4�
Resposta: os ângulos medem 120°, 30° e 30°.
A
168. Seja x o valor dos ângulos externos em B e C. Temos: 8 l I - - Fig. 1 \ C 8 K I' - - ....., -« '" CI •
~ 2x ~ x�
A=W ~ A=T a) É fácil deduzir (figura 1) que os ângulos medem 30°, 75° e 75°.�
75° 75°
x b) De acordo com a figura 2, temos x + -2- + -2- = 180°. Donde vem:
---,- + 2 . (180° - x) = 180° ~ x = 100°5 x = 105°.
x c) De acordo com a figura 3, temos:
~ x ~
A = - => A = 20° x + 15° + 37° 30' == 180° => X 127° 30' �5 B c y = 15° + 37° 30' => y = 52° 30'
A
169. AABC: x + 2b + 2c = 180° ~ 179. primeiro ângulo: x I
x segundo ângulo: x-28° => X + (x - 28°) + (x + 10°) = 180° ~ x == 66°180° - x
=> b + c = terceiro ângulo: x + 10°
Resposta: os ângulos medem 66°, 38° e 76°.APBC: x + 76° + b· + c = 180°
~
180° - x 182. Prolonguemos a reta AB.
x + 76° + = 180° => 3m2 c Na figura temos:
{3=2m+3m => (3=5m
a={3+m => a=6m
 A
81=""': ) - , "'C
=> X 28°
m170. a é ângulo externo do AABD => a=-+B2
=> a-{3=B-ê ~ {J é ângulo externo do AACD => {3=-+C 183. 1)  + B + ê = 180° => A 2
=> B + ê = 180° - Â
174. ACDE: CDE = 180° - 6{3; A
2) 2b + B= 180° 1EêD = 100° ~ => 2c + C = 180°
x + 100° + (180° - 6(3) = 180° ~
=> 2(b + c) = 360° - (B + ê) 8/\8
=> X = 6{3 - 100° C" ","C
bAABC: 3{J + {3 = 100° => 3) 2 (b + c) = 360° - (13 + ê) => c
b \ I C
=> (3 = 25° => 2(b + c) = 3600 - (180° - Â) = \ /
x = 6{3 - 100° ~ = 180° + Â '\ /
=> X = 50° I
"\ x /
\I
X
B' ! , , ! " :'> \ Â4) x + (b + c) = 1800 => X + 180° + Â 180° => X 90°C 180 0 -61j D T
12 13
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
184.� Na figura marcamos os ângulos de A
mesma medida.
~ABD: x + y == z + 48°�
~ACD: y == z + x�
Subtraindo membro a membro:�
x == 48° - x ~ x == 24°.�
A185..� Seja x a me~ida do ângulo Â. Temos:
1) ~AEF é isósceles => FÊA == x�
2) DPE é externo ao ~AEF => DFE == 2x�
3) DÊC é externo ao ~AED => DÊC == 3x�
4) ~CDE é isósceles => DêE == 3x�
5) BDC é externo ao ~ACD => BDC == 4x�
6) ~BCD é isósceles => CíiD == 4x�
7) AC == AB => BêD == x�
8) Â + B + ê == 180° =>�
=> X + 4x + 4x == 180° => X == 20° CV) x II &+1\ ( \ 8
187..� Na figura temos: A
1) ~ABC é isósceles => ABD ==
AêD 5-x
2) EDB, AêD correspondentes =>
=> EDB == AêD
3) FÕC, ABD correspondentes =>
~ FDC == ABD BA (IV l (( \ C
4) AEBD e ~FDC são isósceles 3 o 4
Indiquemos por x e y os lados de mesma medida desses triângulos. Temos:
AE + ED + DF + AF == (AE + x) + (y + AF) == 5 + 5 == 10 cm.
188.. 1) Indiquemos as medidas AB == AC == b A
e CD == a, donde obtemos BC == a + b.
2) Tracemos AP com AP == b, de modo bb que BÂP == 60°. Obtemos dessa forma
o triângulo equilátero APB de lado b.
3) Consideremos agora os triângulos PAD
e ABC. Note que eles são congruentes ,/" B
pelo caso LAL. A a I/'/'
Logo: PD == AC == b e APD == 100°. I 60~'/ b
4) De PD == b concluímos que o ~BD 1!!.-0L1>"�
é isósceles. Neste triângulo PBD, o P�
como fi == 160°, concluímos que !J == D == 10°.�
5) Finalmente, de ABP == 60°, DBP == 10°�
e CRA == 40°, concluímos que CBD == 10°.�
14
Capítulo VI - Perpendicularidade A
192.� 1) (AHB == 90°, B == 70°) => HÂB == 20°
2) AS bissetriz => SÂC == 35°
3) ~ABC: (Â == 70°, B == 70°) => ê == 40°
8' "V- m� \ eH 5 I "c
E b)193.� a)
A< ,......� '"'
o� c
- ---+
1) AêB == 65° 1) Prolongamos AR até cortar CD em E.
2) AêB e DêE são o.p.v. => 2) ~AED: Ê == 55°
=> DêE == 65° 3) ~BCE: x == 90° + 55° =>
3) x == 90° - DêE => X == 25° => X == 145°
198.� 1) âABH => HÂB == 30°�
2) âACH => HÂC == 70°�
3) SÂC == 70° - x�
4) AS é bissetriz => X + 30° == 70° - x =>�
=> X� == 20°
20 0
c8 H 5
199.� 1) Usando o resultado do exercício 194: c�
2�
x + TX == 180° => X == 108°.
,...� 2 A ...
2) B� == -x => B == 72° == A3
3) Â� + B+ ê == 180° => ê == 36°
Resposta: os ângulos medem 36°, 72° e 72°.
AI� '"' -, '8
P
15
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201.� a) b) A
A
B c c� B
1) AM = MC ~ ê = x 1) AM = MB ~ B = 50° + x
2) ~ABC: x + 90° + 65° = 180° => 2) ~ABH: x + 50° + x = 90° ~
~ X� = 25° ~ x = 20°
203.� 1) ~AEB: ABE = 20°
2) ABE = 20° ~ EBC = 70°
3) ~ABC: ê = 20° B
4) BD é mediana => DB = DC =>
=> DBC = ê = 20°
5) EBO + OBC = 70° =>
=> EBO + 20° = 70° => EBO = 50°
A I \ - - ,-I 20 oE D" ( ......... c�
204.� 1) AM é mediana => A
=> AM = MB ~ BÂM = B
2) BF é bissetriz => ABF = ~
3) x é externo ao LlABF =>
"� B 3B ~ x=B+-=--2 2
c� '" ç B'II;:sr.
'" '" 205.� 1) ~AMS: M = 68°, AMC = 112°
2) AM = MC => ~AMC isósceles ~
~ ê = MÂC = 34°
3) ~ABC: B = 56°�
Resposta: B = 56°; ê = 34°.�
C < , II" ) I " B
s
207.� 1) LlPBC: b + c + 116° = 180° ~ 3) Usando o resultado do exercício 194,
~ b + c = 64° temos:
2) LlABC: 2b + 2c + Â = 180° ~ H 1ÔH2 = 128° ~ H 2ÔC = 52°.
~ Â = 52°
A
A
b
BEc':� ..... C
208.� 1) LlABC: 90° + fi + C = 180° => A
~ B + ê = 90°�
2) ~ACH: HÂC = fi�
3) ~AMC é isósceles => MÂC = ê�
4) x + 13 = ê => X = ê - B�
B < \.... II _'_ I I - I 'C
Procedendo de modo análogo, obtemos: A�
5) x = fi - ê�
Logo, 4), 5) ~ x = IB- ê I.�
,� , ,e� ! ~CB� -- IIH
209.� Hipótese Tese
AM é mediana J� A
~ LlABC é retângulo
AM = BM = MC
Demonstração
1) LlABM é isósceles => ABM = MÂB = a
2) LlACM é ísósceles ~ AêM = MÂC = {3 Bt , II '-( ....... C�•� >-
3) LlABC: 2a + 2{3 = 180° ~ a + (3 = 90°
4) a + (3� = 90° => Â = 90°
17 16
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A
211. Hipótese� Tese
~BC é isósceles�
BD altura relativa a AC ~ {BD =CE�
CE altura relativa a AB�
Demonstração
Br ;pc
BC == CB (comum) LAAo� ---ABC == AêB (âABC isósceles) ==> âBCE == âCBD ~ BD =CE
CÊB = Bbc (retos)
212.� AM é lado comum AI
_ "" _ LAL
AMB =AMC (AM é altura) ~ âAMC == âAMB�
BM =MC (AM é mediana)�
~ AB == AC ~ âABC é isósceles.
'B ' ,,':':' '\ ) C
214.� Conforme a figura: A
1) âABC: 2b + 2c + 900 = 1800 ~
~ b + c = 45 0
2) âIBC: x + b + c = 1800 ~
=> X = 1350�
B r� c' ::=se. C!
215.� Hipótese Tese A
BE =CD âABC é isósceles
Demonstração
caso(BE = CD; BC comum) ~
especial
~ âBCD = âCBE ~ CBD == BêE ~
~ ~BC é isósceles. B tc� :==+c
A
220.� 1.a parte: âAHB: ha < c
Analogamente: hb < a; hc < b.
Somando as desigualdades, temos:
ha + hb + hc < a + b + c.
Be ,-, 'c2.a parte: x H a-x�
âABH: c < ha + x� ) ~ 2ha > b + c - aâACH: b < ha + a - x
Analogamente: 2hb > a + c - b; 2he > a + b - c.
Somando as três últimas desigualdades: ha + hb + hc > a + b + c
221.� Sendo M o ponto médio de DE e in- B E
dicando AB = f, temos
DM = EM = f.
Note que também BM = f.
Dessa forma concluímos que os triân-
gulos ABMe BME são isósceles. Cal-
culando os ângulos das bases, obte- s
A� Cmos x = 36°.
222.� Tracemos SP tal que SP .1 BC. B
Temos:
_ /'o"":' /' LAAo(BS comum; SBP == SBA, P ~- A) ==>�
~ âBSP == âBSA ~
~ AS == SP ) ~ AS < SCâSPC ~ SP < SC s c
223. 1) Os ângulos da base devem medir A
70° cada.
Daí, EBD = 35°; EêB = 55°;
BFC = 90°.
2) Note que BP é bissetriz e altura.
Assim, o ãECE é isósceles e então
PC = PE.
3) Note agora que DP é mediana e�
é altura no âCDE. Então, âCiJE�
é isósceles e daí:�
DÊP = 15°.� ~1504) Do ânEP tiramos x = 75°. 35oh:;:
35° 55°
B� c
18� 19
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Capítulo VII - Quadriláteros notáveis
226.� a) PA = PB => B = x
1000 + 1200 + 3x + x = 3600 => D p
=> X = 350
b) Traçamos BD.�
dABD e dBCD são isósceles =>�
=> ADB = 400 , CnB = 700�
x + 400 + 700 = 1800 => X = 700�
227. a)
1) AP bissetriz => BÂP = 65 o
2) Indiquemos por 2y o ângulo Ê. C
3) BP bissetriz => ABP = PRD = y
o4) dABP: x + 350 = y + 65 0 ] => X = 700�
ABCD: x + 2y + 800 + 1300 = 3600�
b)
A� ' YB
1) Marquemos os ângulos congruentes determinados pelas bissetrizes AP e BP.
2) dPAB: a + b = 1800 - x ] => X = 1000
ABCD: 2(a + b) + x + 1000 = 3600
229. De acordo com a figura, temos:
dABP: a + b = 1800 - x
dPCD: c + d = 1800 - Y
ABCD: 2(a + b) + 2(c + d) = 3600 =>
=> 2(1800 - x) + 2(1800 - y) = 3600 =>
=> X + Y = 1800 D C
B
o c~c
1.Q parte
Trapézio ABCD: 2d + 1100 = 1800 => d = 35 0
dPCD: c + d + (x - 15 0 ) ;::::: 1800 => C + 35 0 + x
=> C + x = 1600 (1)
Trapézio ABCD: 2c + x = 1800 (2)
(1) e (2) => X = 1400
2.0 parte
c + x = 1600 => C + 1400 = 1600 => C = 200 =>
- 15 0
BêD =
1800
400
=>
235. AD = 20 cm, BQ = 12 cm => 20
=> CQ = 8 cm A
Se BQ = BP = 12 cm, então dBPQ
é isósceles e fi = BQP e
BQP = CQD (o.p.v.).
Como AP / / CD, temos
APQ = CDQ (alternos internos) =>
=> dCQD é isósceles => c«� _ '\ ii :II
=> CQ = CD = 8 cm.�
Logo, o perímetro do paralelogra-�
mo ABCD vale 56 cm.�
p
244. Sejam a e b os ângulos consecutivos. Temos: [:: :: 1:(~0: b) ~ (a = 110°. b = 70°).
Resposta: os ângulos medem 110°, 70°, 110° e 70°.
20� 21
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245. Hipótese
ABCD é paralelogramo
AP e BP são bissetrizes
=>
Tese
APB = 900 I .C
Ângulo formado pelas
bissetrizes de  e Ê:
dABP =>
=> 500 + 600 + x =
Ângulo formado pelas
bissetrizes de ê e D:
ACDQ =>
=> 400 + 300 + Y =
Ângulo formado pelas
bissetrizes de Ê e ê:
dBCR =>
=> 500 + 400 + z =
Demonstração p = 1800 => X = 700 = 180
0
=> y = 1100 = 1800 => z = 900
ABCD é paralelogramo =>
=> 2a + 2b = 1800 : a + b = 900 .
4?) 5?) 6?)
dPAB: a + b + APB = 1800 =>
=> APB = 900
AV \ b(~
247. ABCD é losango => as diagonais são perpendiculares
,. 1
A� C' , "U-l~D CV\'foU- >.I'" I \DSeja PAB = T . 90° = 30°.� ,s • -- , 3D
Então, temos: no dABP, ABP = 60°.
Como as diagonais do losango são Ângulo formado pelas Ângulo formado pelas Ângulo formado pelas
bissetrizes de  e D: bissetrizes de  e ê: bissetrizes de B e 15:também bissetrizes, os ângulos do lo-
AADS =>
Quadrilátero ABCT: Quadrilátero BADM:sango são: 60°, 120°, 60°, 120°.
Dt L-_- r' -- I )8
=> 600 + 300 + w = 600 + 1000 + 400 + t = 500 + 1200 + 300 + m =
= 1800 => w = 900 = 3600 => t = 1600 = 3600 => m = 1600
0 0254. a) 1) PÂB = 60 , BÂD = 90 => PÂD = 300 I . ADP = 750
c 2) PA = AD => AAPD é isósceles ~
251.� Os ângulos a que se refere o enunciado são adjacentes a uma mesma base, se-
não sua soma seria 180°. Sejam x e y os ângulos. Temos: c
{ X + Y = 47~0 => (x = 41 0,y = 370). x - y =�
O maior ângulo do trapézio é o suplementar de y, que é 180° - 37° 143°.�
Resposta: 1430.
K II ,,8�
252.� Seja ABCD o trapézio, com ê = 80°, fJ = 60°. Daí, Â = 120° e fJ = 100°.
0b) 1) PÂB = 600, BÂD = 900 => PÂD 150 => ADP = 150I1?) 2?) 3?)� 2) PA = AD => dAPD é isósceles
p
C I \ ou ou - ( \ D
,e , ! .... D ,V ! « 'D c 8
22 23
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255. b)
y
x
=
2y - 7
-2-
3x +
-2-
=? x = 6; y =
192
RS é base média do trapézio
20 + 12
=> RS = _ => RS
=?
= 16 cm
12
256. DE é base média ~ DE = 124 = 7
A AV
20
~B
EF é base média
DF é base média
~
~
EF = ; = 4,5
DF = Jf- = 5,5 264. c) y
x
=
= y
-2-+ 7
x + 16
-2-
=?
(x = 10, y = 13) 7
Perímetro âDEF = 7 + 4,5 + 5,5 = 17. 16 = Y +
-2-z => z = 19
14
259. l.a parte A N B d) AACD => MP = ~ 2 z
M, N, P, Q pontos médios de
AD, AB, BC, CD;
MN = NP = PQ = QM I
âABC ~ AC = 2NP =?
âABD =? BD = 2MN
AC == BD
o Q c
âBCD =? NQ = .L2
MN = .L + Y + 1 +.L =>2 2
x - y y + 1 = --2- => X - 3y
X - 2y + 5
= 2
= 2y +
=>
2.a parte B => (x = 20; y = 6)
M, N, P, Q pontos médios de
AD, AB, BC, CD;
MNPQ é retângulo_ I
âABC ~ ACIINP ~
i
iNV-__~_---~P
I i I
I i I . I
AL._. _._.~-_._.~_.-'----1-'-'- ._~C M/,.<
o y
i<
c
\
âABD ~ BD II MN I i I
I i I
=> AÔB == MNP =? AC .1. BD M~----i----~ Q
I
~ A x B
o
262. Sejam B a base maior e b a base menor. Temos: o b c
B+b =20
2
B=~
2
=> (B = 24 cm; b = 16 cm).
265. Note que no flBCE da figura o ângu-
lo ê mede 45 o. Logo, o MJCE é isós-
celes e então BE = h. Como AE = b,
temos BE = B - b. h
Portanto, h = B - b.
263. âABC => ABPR = -2- => 20PR = 2 => PR = 10 cm
âBCD => RQ = CD -- =>2 RQ =
12
- 2 => RQ = 6 cm
24 25
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266. SejaABCD o trapézio, com ê = 30°.
Tracemos BF, BF 1- CD, BF = 2h.
~BCE ~ :ã = 60° I .
~CEF ~ F = 60° ~
~ ~CF equilátero de lado 2h.
BC
Portanto, h = -2-.
A
hl
o
271. Inicialmente observemos que Pé pon-
to médio de AC e Q é ponto médio
deAB.
AQ = BQ = AP = PC = f
MQ é base média => MQ = f) =>
MP é base média => MP = f
=> APMQ é losango
A
I
R/\i
Q \p
IV\
B· M C
272. Seja ABCD o quadrilátero com A
 = ê = 90°, BE bissetriz de Ê,
DF bissetriz de 15. 8
267. Seja o paralelogramo ABCD, ao lado.
Sejam AF e CE as bissetrizes dos ân- A A E (i o
Temos: ~CDF => d + x = 900] b
gulos obtusos. ABCD ~ 2b + 2d = 1800 ~ = x
AD II BC ]-C
".. => DEDÊC = BCE (alternos)
D~C = a] => AF I I CE
EAF = a
= a
c
b e x são correspondentes
=> BE I I DF
=>
D
c
268. Da figura podemos concluir que:
4a + 4b = 360° => a + b = 90°.
Quadrilátero BFOG ~
=> FÔG = a + b = 90° (1)
~OB é isósceles ] ~ oÂF = OBF = b
2a + 2b = 1800
BFA
I
a I a EJ-----~b~b -----tG
273. Unimos E com M, ponto médio de BC. Temos:
CME == BMG (o.p.v.) I
- - ALAÇM =;. BM ~ ~CEM =~BGM
C == B (retos)
=> (EM == MO, EC == BO)
~BOF ~ F = 90° (2)
(1), (2) ~ EG II AB
Analogamente, FR 1/ AD.
o
O
H
a, a
I
c
Além disso, como BC + CE = AE, temos:
EC == BG ~ AG == AB + BG == BC + CE
Então:
== AE.
269. Seja BÂC = a. A B
- -- -- LLL --(EM == MG, AG == AE, AM comum) ~ ~E == ~G ~ GAM = EAM = a.
____ A ALAL -_
BÂC, AêD alternos internos ~ ~êD = a] => (BM == DF, AB == AD, B = D)==> ~BM == ~F ~ BAM = DAF = a.
~A.aC isósceles de base AC ~
~ AC é bissetriz do ângulo ê.
BCA = a Logo, BAE = 2a = 2· FÂD.
o F E C
Analogamente, BD é bissetriz de D.
a \ \
\
\
o C \ \ M
270. Seja o paralelogramo ABCD. B // \
AD == BC (lados opostos) ILAA
DÂC == BêA (alternos) ~
AQn == BPC (por construção)
",/'"
//
//
a",/
,/
",\ a
\
\
\
\
\
~
~ ~AQD == ~CPB ~ BP == DQ A 8 G
OK V
26 27
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Capítulo VIII - Pontos notáveis do ~riângulo b) Tracemos a diagonal BD. Seja
BDnAC= {M).278.� Tracemos a diagonal BD. A M B Note que G é baricentro do fJJCD.ABCD é paralelogramo ~ BQ == DQ }~
A diagonal AC mede 8 + x. Daí, BM é ponto médio de AB ~ AM == MB
~ P é baricentro do dABD ~
AM =MC = 8; x.
DP 16
~ x=-- ~ x=- ~ x=8� 8+x2 2� MG = MC - GC = -2- - x ~
o
A ""
A279.� 1) DHE e BHC são o.p.v. ~ DHE = 1500 ~ MG=~
2) Quadrilátero ADHE ~ Â = 300� 2 G é baricentro do fJJCD ~
~ GC = 2 . MG ~ x = 8 - x ~
o
=> X = 4.
286.� Quadrilátero ADOE ~ DÔE = 1100 A
Quadrilátero CEOF ~ EÔF = 1300
Quadrilátero BDOF ~ DÔF = 1200
A razão entre os dois maiores ângu-
282.� Temos duas possibilidades: los formados pelas alturas vale:
I?)� A 2~) A 1300 13 1200 12�
1200 = 12 ou 1300 = 13·�
8 (' ,-- 7/
M
'" r J "ç --,), c
'\~c~
288. PQ é base média do dABC ~ AP = PC = 15 cm.
dABC é retângulo I BP = 15
,. .,. ~ cmBP e medIana relatIva a hIpotenusa
O é baricentro do dARC ~ PO = 5 cm.
APN = 500 ~ PÂN = 400
Então, Ê = ê = 50°.
~ Â = 800 NPQ = 500 ~ NPR = 1300
Então, Ê = ê = 65°.
=> Â = 500
289. Tracemos a diagonal AC, que intercepta o
283. a) P é baricentro ~ (~~ ;(; !XX) ~ (x = 4, y = 6) BD em Q. Temos: ~~ :, ~~ } ~ P é baricentro do .:1ACD
AM = AB = 15 ~ AP 2= -
3
. 15 =>
~ AP = 10 /
/
/
/~
/
Q
/
/
/
Aw ~B
28
29
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290.� RS / / BC ~ IRgB = Q~C (alternos) ~ ;;A~
SQC = QCB (alternos)
=> ILlRBQ ~ .isósceles => IRQ = RB
LlSCQ e Isósceles QS = SC
Ternos: 15 18
Perímetro do LlARS =� Q ~JR
= (AR + RQ) + (QS + AS) = ~ b
= (AR + RB) + (Se + AS) = b/ c
= 15 + 18 = 33 cm b c
B� C
291.� Para facilitar, sejam
 = 20, Ê = 2b e ê = 2c. A
LlABC ~ 2a + 2b + 2c = 180° =>
=> a + b + c = 90°
Daí:�
a + b = 90° - c;�
a + c = 90° - b;�
b + c = 90° - a.�
LlAOB => AÔB = 180° - (a + b) ~
=> AÔB = 180° - (90° - c) ~
=> AÔB = 900 + c ~ BV "..... , -III "C
" ê ~ AOB = 90° + -2
" B - ÂAnalogamente, AOC = 90° + T; BOC = 90° + T·
Capítulo IX - Polígonos A B
293. e) AB / / ED => Â + Ê = 180°
ABCDE é pentágono =>
~ Â + fi + ê + Ô + Ê = 540° ~
~ (Â + Ê) + B + ê + fi = 540° ~
~ 180° + (x + 20°) + 90° + (x + 10°)
~ X = 120°
= 540° =>
o
....c
294. a) Quadrilátero ABCD:
 + B + ê + Ô = 360° ~
=> 90° + 1100 + 90° +
+ 180° - x = 360° =>
~ X = 110°
b) Quadrilátero ABCP:
.x + 15° + B + 65° +
+ 180° - X = 360° ~
=> B = 100°
~B
100 0
Pentágono ABCDE:
 + B + e + Ô + Ê = 540° ~
~ 2x + 30° + 100° + 130° + C
90° + 85° = 540°
~ x = 52°30'
~ p
c) Análogo ao item b.
d) Sejam  = 2y e D = 2z. Temos
o que segue:
Pentágono ABCDP =>
=> y + 90° + 160° + z + 135° =
= 540° ~ y + z = 155°
Hexágono ABCDEF =>
=> 2y + 90° + 160° + 2z + x +
+ 40° + x = 720° ~
~ 2(y + z) + 2x + 290° = 720° ~
~ x = 60°
F,
E'
E
!
,--
o
o
.• >'
,
·~B
,
297. a) Note que o MJPC é isósceles, pois
BP = BC.
O ãngulo interno ai do pentágo-
540°
no mede ai = -5- = 108°.
E c
ABP == 60° => PBC = 48° ~
=> X = 66°
30� 31
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b) LlABP é equilátero => BÂP = 60° D 311. De cada vértice partem n - 3 diagonais. Logo, n - 3 25 e, então, n = 28.
Resposta: o polígono possui 28 lados.Ê ~=
1,~8~ } => DÂE = 360
ADE e lsosceles
A BE� cDÂE + BÂP + x = 108° => 320. Seja 2x o ângulo interno.�
=> 96° + x = 108° => X = 12° Quadrilátero ABCP =>�
2�
=> X + 2x + x + 9 . 2x = 360° =>
c
=> X = 81 ° => ai = 162° =>
B
=> ae = 18° =>
298.� a) BÂF = 90° => FÂE = 18° 360°
=> 18° => n 20ABE é isósceles => AÊB = 36° n�
x é externo ao LlABE => X = 36° + 18° => X = 54°�
GÂF = 45°, x = 5.4° => ERA = 81° = GHB 321. n = 20 => ai = 162° => ae = 18°�
~ÇBD é is~sceles => CBD = 360} . ORE = 360 LlPBC => P = 180° - 18° - 18° =>�
EBA = BAE = 36° =? => P = 144°�
A B P�Y + ORE + OHB = 180° => y + 36° + 81 ° = 180° => y = 63° l~o---~~--D
\
'-90 \
..."\
'cc
D
322.� Observando o quadrilátero MBNP, B
temos:
Av' I ... B =� 156° => ai = 156° => /~
,
/
.A.b) A~ = AG => LlA~G é isóSceles} => AFG = 750 = 450 => ae = 24° =>
\
N
BAG = 90° => FAG = 30° => y 360° A \ /
=> -- = 24° => n = 15 \ 24° ;'
Note que FOA = 75°, AGI = 90° e, então: HGI = 15°. n '0/ c
Analogamente, l/O = 15°. d = n(n - 3) => )~P
LlGIJ => X = 15° + 15° => X = 30° 2 \
E D => d = 15(15 3)
=> d=902
n(n - 3)323.� Sendo d = 2 ' temos:
d + 21 = (n + 3) . (n + 3 - 3) n(n - 3) 21 = (n + 3) . n
=>� =>F c� 2 2 + 2
=> (n + 3)n _ n(n - 3) = 21 => n[(n + 3) - (n - 3)] = 42 =>
2 2
=> 6n = 42 => n =------r-
d = n(n - 3) => d = _7_._(7_-_3_)
=> d� = 142� 2A B
32� 33
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324.� Quadrilátero ABCD: Capítulo X - Circunferência e círculo
 = 1800 - (a + b)
fi = 1800 - (c + d) I ~ 342. (1) RA + RB = 7; (2) RA + Rc = 5; (3) RB + Rc = 6 ç = 1800 - (e + O Somando (1), (2) e (3) temos: RA + RB + Rc = 9. (4)
D = 1200 Fazendo (4) - (1), vem Rc = 2; (4) - (2) vem RB = 4; e (4) - (3) vem RA = 3. ~ Â + fi + ê + D = 3600
~ 1800 - (a + b) + 343. a)
+ 1800 - (c� + d) +
+ 1800 - (e� + O + 1200 = o
= 3600 ~
~ a + b + c + d + e + f = 3000�
328.� n I = n; n2 = n + 1; n3 = n + 2
n(n - 3) (n + 1)(n + 1 - 3) (n + 2)(n + 2 - 3) - 28
2� + 2 + 2 - ~
~ n2 - n - 20 = O ~ n = - 4 (não serve) ou n = 5.�
O polígono com maior número de lados é o que tem mais diagonais. Logo,�
n3 = 5 + 2 ~ n3 = 7.� PA = PQ ~ âPAQ é isósceles I�
PJ! = PQ ~ âPBQ é isósceles Quadrilátero APBQ ~
0331.� (n + 1 - 2) · 1800 _ (n - 2) . 180 = 50 ~ APB = 800
n + 1 n 0 0 ~ 2a� + 2b = 280 ~ a i" b = 140 } ~ AQB = 1400(n -� 1)· 1800 (n - 2) · 1800 ~ - = 50 ~ AQB = a + b�
n + 1 n�
~ n(n - 1) . 1800 - (n + 1)(n - 2) . 1800 = 50 · n(n + 1) ~
~ n2 + n - 72 = O ~ (n = - 9 ou n = 8) ~ n = 8�
b) Traçamos a reta t, tangente comum
pelo ponto Q. Prolongamos BP
até interceptar a reta t em R.
Note que t n AP = {SI. p
SA = SQ ~ âSAQ é isósceles IRg = RB ~ âRQB é isósceles Quadrilátero APBQ ~
APB = 1000
~ 2a + 2b = 2600 ~ a t b = 1300 } ~ AQB = 1300
AQB = a +� b
353. R - r < d < R + r I ~ R-II < 20 < R + 11 ~ 9 < R < 31
d = 20 cm; r = 11 cm
34 35
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R é múltiplo de 6] ~
9 < R < 31
~ (R� = 12 cm ou R = 18 cm ou
R =� 24 cm ou R = 30 cm)
354.� Seja RA , RB e Rc os raios das circunferências de centros A, B e C, respectiva-
mente. Temos:
RA + RB = 12 (1)
Rc - RA = 17 (2)
Rc - RB = 13 (3)
(2) + (3) ~ 2· Rc - (RA + RB) = 30 =1 2Rc - 12 = 30 ~
~ Rc = 21 m ~ RA = 4 m ~ RB = 8 m�
Resposta: RA = 4 m, RB = 8 m, Rc = 21 m.�
355.� Seja AP = x. Então, c
PB = 7 - x = BQ.
BQ = 7 - x] ~ QC = x-I = CR
9- xBC =� 6
~~ :� ; - 1] ~ AR = 9 - x 7-x
Mas: AR = AP ~ 9 - x = x ~
~ x = 4,5.
B 7-x x Ap
359.� Temos: a + b + c = 2p ~
~ b + c = 2p - a. (1) B c-x x A
Seja AP = x ~ AO = x ~
~ OB = c - x ~ BR = c - x ~ c-x
~ RC = a + x - c ~ x
~ CP = a + x - c
Como CP + AP = b, temos
a+x-c+x=b ~
~ 2x = b + c-a.� a+x-c a+x-c
Utilizando (1), segue que
2x =� 2p - a - a ~ x = p - a.
c
361.� Note que RA = RC, que SB = SC
e que PA = PB.
Temos:
perímetro dPRS =
= (PR + RC) + (SC + PS) = p�
= (PR + RA) + (SB + PS) =�
= PA + PB = 10 + 10 = 20 cm.�
364.� Temos BC = 26 cm (Pitágoras).
De acordo com a figura:
(10 - r) + (24 - r) = 26 ~
~ r = 4 cm.
366.� De acordo com as medidas indicadas
na figura:
(c - r) + (b - r) = a ~
b + c - a
~ r�
2�
367. a = (b - r) + (c - r) ~ a = o + c - 2r I ~ ~-rC
a + b + c = 2p ~ b + c = 2p - a 1
~ a� = 2p - a - 2r ~ a = p - r
~a r .lb-r
B c-r c r A
A� 10 D370.� Observe que a altura do trapézio
(AB) tem medida igual a 2r.
ABCD é circunscrito ~
2r ~ AB + CD = AD + BC�
Então:�
2r + 13 = 10 + 15 ~ r = 6.�
8 15 C
371.� Sejam a e b dois lados opostos e c e d os outros dois lados opostos. Temos:
a - b = 8 (1); c - d = 4 (2); a + b = c + d (3); a + b + c + d = 56 (4)
Substituindo (3) em (4): a + b + a + b = 56 ~ a + b = 28 (5)
(5) e (1) ~ (a = 18 cm, b = 10 cm)
(3) ~ c + d = a + b ~ c + d = 28 (6)
(6) e (2) ~ (c = 16 cm, d = 12 cm)
372.� BC = 4 ]
perímetro dABC = 10 ~ AB + AC = 6 (1)
DP = x ~ DQ = x�
EQ = y ~ ER = y�
BR = z ~ (BS -- z, SC = 4 - z = CP)�
3736
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(1)� => AB + AC = 6 => A�
=> AE + ER + RB + AD +�
+ DP + PC = 6 =>�
=> AE+y+z+AD+�
+x+4-z=6 =>�
=> AE+y+�
+ AD + x = 2cm,emque�
AE + Y + AD + x é o�
perímetro do AADE.�
C 4-z S z B
374.� A x Q y 8
I ,
o w S zC
Hipótese: [ABCD é paralelogramo circunscrito Tese: [ABCD é losango.
.Demonstração
Basta mostrar que AB = BC.�
, IAB CD X + Y w�=� => = z + (1)ABCD e paralelogramo => AD BC� (2)
= => X + w = y+ z
Somando membro a membro (1) e (2), obtemos:�
2x + y + w· = 2z + y + w => X = z.�
Então:�
AB = x + Y = z + Y = BC => AB = BC = CD = AD => ABCD é losango.
375.� Sendo O o centro, AB o diâmetro e c
CD uma corda qualquer que não pas-
sa pelo centro, considerando o triân- o
gulo COD, vem: B�
CD < OC + OD => CO < R + R =>�
=> CO < 2R => CO < AB.�
376. Sejam AB e CD as cordas tais que A
MO == NO, em que M é ponto mé- B�
dio de AB, N é ponto médio de CD�
e O é o centro da circunferência.�
Temos: c�
MO == NO (hipótese) o�I
Capítulo XI - Ângulos na circunferência
382. c) COA = 1800 - x =>
=> ABc = 2 . (180° - x)
ABC = 150° => ÁDc = 3000
ABc + ADc = 360° =>
=> 2(180° - x) + 3000 = 3600
=> X = 1500
=>
384. AÔC = 100°
OA = OC (raios) => dAOC é isósceles
(OB 1.. AC; dAOC isósceles) =>
=> OB é também bissetriz =>
=> AÔB = BÔC = 50°
OH = oe (raios) => .:lHO: isósceles 1 => X = 650
B
BOC = 50°
385. AÔD = 1150 => ÁÕ = 115°
,.--..... ....-..-
ADC AD + DC
x=-2-=>x= 2 =>
B
=> X 115
0 + 105°
2 => X = 110
0
F
386. ex Cm + ÃEB 2 => 115 0
=> 70° AEB + 50° 2
+ AEB
=>
=> AEB = 45 0
cm = AEB + 500 => ..--.. CFD = 95 0
x
388. b) ABC = 40° =>
AÔP = 120° =>
=> BE = 120°
BE-éD
2 =>
éD = 80°
PDB = 600 =>
B
B
120 0
E
=> X
120° - 800
2 =>
=> X 20°
OB == 00 (raios) => dMBO == dNDO => MB == ND => AB == CD
dMBO, dNDO retângulos A
38� 39
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389. b) AVB
....--...
ACB - AR
2 => B
=> AVB = 310° - 50°
=>
=> AVB = 130°
dRVS => (8 = 40°; V= 130°) =>
=> X = 10°
R/\X
A V
::::-=:-'~Q
391. B6c = 160°. Prolongamos CO até
interceptar a circunferência em D.
Temos, então, BÔD = 20°.
BÔD = 20° => fiB = 20°.
Unindo O e A e usando o fato de
=>
=> a
a
OBA = 60°, obtemos t1A.OB isósce-
les. Daí, AÔB :;::: 60° e AR = 60°.
Então:
ÃB+OO
2
60° + 20°
=> a = 400.
c
A
60°
393. Unimos o p~nto A com o ponto C.
Note que ACB :;::: 90°.
Unimos C com Q e Q com D. Temos:
(CD :;::: R, CQ = R, QD = R) =>
=> dCQD é equilátero.
Então:
....-.... ...
CD = 60° => CAD = 30°.
(dACK, C = 90°) => a = 60°.
A
B
600
395. a) dAOD é isósceles =>
=> (OÃD = y, AÔD = 180° - 2y)
AÔD = Ãi> => 180° - 2y = 120°
=> y = 30°
dABC é retângulo em B, então:
x + L = 90° =>2
=>
A
c
=> X + 15° = 90° => X = 75°.
40
b) ABCDE é pentágono regular. Então: o�
ÃB = BC = éD = fiE = ÁE = 72°�
Daí:� E c
ÃB + DE
x =>2
=> X 72° _ + .72° => X 720.
B
396.� Unimos o centro O com o ponto C
e com o ponto A: o
OB .i AC => M é ponto médio de AC.
dOMA == dOMC (LAL) =>
=> AÔB = BÔC = 60°
..... ~
AOB� = 60° => AFB = 60°
.--.. .....-.....�
AFB = 60° => ABC = 120° =>�
=> ADC = 60°
397.� Consideremos o triângulo PQR da
figura.
Seja QR = x. Calculemos x:
~ ...-.... A
800 = QPR - QR =>
2
=> 800 = 360° - x - X =>�
2�
=> X = 100°.�
Analogamente, y = 140° e z ::;: 120°.�
Daí:�
A X P _ 500.P=T=> - ,�
y�
;..� y Ô - 70°·Q--=>2 - ,-� ~
B� R C
z ,..R--=>R= 600 .
- 2
398.� AR, Bce AC são proporcionais a 2, 9 e 7 quer dizer que AR, BC e AC
são da forma 2k, 9k, 7k.�
Então:�
2k + 9k + 7k = 360° => k = 20° =>�
=> ÁB = 400;OC = 1800;ÁC = 140°. v ..,C
Daí:
ACÁB� =>
a =� -2 a = 20°; {3 ::;: -2- => {3 = 70°.
41
~
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~
401.� BQC = x => BC = 360° - x
2So = 360° - x - X =>
2
=> X = 152° => BÔC = 152°
dBOP == dQOP (caso especial) =>
=> BÔP = QOP = a
dCOR == dQOR (caso especial) => A
=> CÔR = QOR = b�
Temos:�
2a + 2b = 152° => a + b = 76°.�
Como PÔR = a + b, temos
PÔR = 76°.
,........
' I d� d ." I ·1' .. AM.......... 360°�402.� AM e a o o trIangu o equI atero InscrIto => = -3- => AM = 120°
- ,� ...-. 360° ..........�BN e lado do quadrado InscrIto => BN = -4- => BN = 90°�
.......... ...--....�
(AM~ 120°, AMB = IS0b ) =>�
=> MB = 60° N t :;: P�
............ ,........ o.
(MB = 60°, NB = 90°) =>
~ ~
=> NBM = 150° => NAM = 210°�
Então:�
,,--.... ~
NAM� - NBM
a =� =>2�
210° - 150°�
=> a� = 2 => a = 30°.
404.� Â = B= é = 60° => A P
,,-.. ,.....~
=> AB = AC = BC = 120°�
Temos:�
~ --..�
APB = ACB - AB =>�
2�
=> APB = _2_4_0°_-_12_0_°
=>�2�
=> APB = 60°. 120 0�
c405.� a) BÂC = 35° => BC = 70° =>
~
=> CD = 110°
~ 110° - 70° DI • I J :> )CPD� = . =>
=> CPD = 20° => X = 160°
....--... 2000 160°b) EGF = 1600 => BÂC = 2 => BÂC = 20
0
...........�
BÂC� = 200 => BC = 400
~ ~
AD + BC AD + 40° ..........�
700 = => 70° = => AD = 1000 2� 2
~
AD = 1000 => X = SOo
E
x
o
407.� Hipótese Tese
r / / s => m(ÁB) = m(éõ) A� c
,/'"Demonstração /><:.,AêB� = ADB = a (pois subtendem
o mesmo arco ÁB) a s�
Analogamente, CÂD = CBD = {3.�
AêB, CBD são alternos =>�
=> AêB = CBD => ex = {3�
ex = (3 => m(ÁB) = m(éD)
409.� Sendo a hipotenusa igual ao diâme-
tro (2R) da circunferência circunscri-
ta e CPOR um quadrado, temos:
BR = BS = a - r 1=>
AP=AS=b-r A
=> AB = a + b - 2r =>
b-r
=> a + b - 2r = 2R =>�
a-r�
=> a� + b = 2(R + r)
B a-r R r
42� 43
I�
\A
\
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412. A
,
"
A A Capítulo XII - Teorema de Tales
B H1 s ............... .~ __--", H1
" \ \
\
\
\
\
\
I
I
I
I
I
I
I
I
·-1
H2
H, C
Teorema de Tales
-- -
419. A'C' II AC 1~ ACC'A' é paralelogramo
AA' II CC'
~ A'C' = AC = 30 cm. Daí:
(; = ;, x + y = 30) =
~ (x = 12 cm, Y = 18 cm).
•
_\ ~
r
\
-~
t
-, .. b
;r=-a
1) AÊH2 ;: AêH], pois
possuem lados respec-
tivamente perpendicu-
lares.
2) A circunferência de
diâmetro AB passa
por H j e Hb pois
AfIjB = AHI3 = 90°.
Então,
AÊH2 ~ Alij H 2 , pois
subtendem o mesmo
arco AR2 na circunfe-
rência de diâmetro AB.
3) Analogamente ao pas-
so 2), temos
AêH] == A HjH] ,
pois subtendem o mes-
mo arco AR] na cir-
cunferência de diâme-
tro AC.
A K
___------,---------~----~-----~--~-a
....!!!..k ~k 5 5
n ... J L
~k/ ~k
5 Y 10
424.
b
De 1), 2) e 3) concluínlos que:
AHj é bissetriz do ângulo H]HjH2 •
Procedendo de modo análogo aos
passos 1), 2) e 3), teremos
HjH]C ~ Cfi]H2 e H]fi2B == BH2H j
e, portanto, o ponto H é incentro do
AHj H 2H].
A
....
AC /0
I _\
G\
~k
5 /
7t H
)~ M'
~k
5
.. c
N\\· d
H2
s H, C
AB, BC e CD são proporcionais a 2,3 e 4, isto é, AB, BC e CD são da forma
2k, 3k e 4k, respectivamente. Temos:
1) AE
AB
= ~
2
~ AE
2k
= ~
2
~ AE = 3k
AB
BC
= AE
EF
~ 2k
3k
= ~
EF
~ EF = ~ k
2
BC
CD =
EF
FG ~ 3k4k =
9
T k
FG ~ FG = 6k
JK
AB
= ~
5
~ JK
2k
= ~
5
~ lK = ~k
5
44 45
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2) Analogamente, encontramos: b) Sejam AB == x e AC == y. Temos:
11 = 2
5
7 k; IR = 3
5
6 k
27 81KL == -5-k, LM == lQk e MN == 54-5-k .
perímetro dABC == 23 ~ x + y ==
AP , b·· 18 8e lssetrlz externa ~ - == -
x y
131
~ x 9m
3) AD + AG + HK + KN == 180 ~
~ (2 + 3 + 4 + 3 +
9
-2 + 6 +
36
-5 +
27
-5 +
18
-5 +
27
-5 +
81
-10 +
54)
- k5 == 180 ~
x
,
.....
.....
.....
,
~ k==~7
~4) k == 20
7 (EF ==
90
- cm LM7' ==
162
-- cm CD7' ==
80)
- cm7 437. Sejam CP
Temos:
== x, AR
B
== y, AC
10 m
== z.
...' ... , ........
-------- --~ 8m p
427. Hipótese
AD AE
--=--DB EC
Demonstração
~
Tese
DE II BC
A
Teo. biss. int.
3
~ Z == TY
Teo. biss. ext. ~
=>
Z
68
Y
14 + x _
--y-
~
~
Z
~ B 8 S 6
--
-- ..............................
--ê--- ---i----::===p
Tomemos E' em AC, DE' I I BC.
Temos:
AD AE
--==-- ~
DB EC D~ _
14 + x __x_~----- 3
Y _)j'
4
~ x == 42 m
~
AD + DB
DB
AE + EC
EC
~. 438. Temos duas possibilidades:
1~) A 2~) A
~ AB == AC
DB EC
Teorema de Tales
(1)
~
B c
18 cm
AB ~ DB
(l)e(2)
==
~
AC
E'C (2)
EC == E'C ~ E = E' => DE II BC
B 9 cm 16 cm C B 16 cm 9 cm 'C
918 == 16 AC ~ AC == 32 cm ~ 18 _ 9 - AC ~ AC == 81 -8- cm
Teorema das bissetrizes
434. a) perímetro ~ABC == 75 cm I ~
BS == 10 cm, AC == 30 cm
Sejam AB == x, SC == y. Temos:
I~ == .L x == 300 x 30 ~ Y x + y = 35 [ x + Y = 35
AB + SC == 35 cm
Ix == 20 cm e y ~ ou
x = 15 cm e y
==
=
15 cm
20 cm
~
439. Note que BC == 40 m.
Perímetro dABC == 100 m
~ AB + AC == 60 m =>
~ c+b==60
c + b == 601
~ == ~ ~ (c == 40 e
16 24
~
b == 36)
A
b
~ (AB == 15 m ou AB == 20 m) B 16 m 24m c
46 47
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=>
=> X = 12 cm
441. Teo. biss. int.
Teo. biss. ext. =>
20+Y_2-=>~-24
x 20 - x
- --- =>3x 2x
20+y_~=> ~ - 2x
=> y=40cm
8 x
,
3x ~ /12x ",
" ,
...... ,
,
20-x C-----------s
Capítulo XIII - Semelhança de triângulos e
potência de ponto
2p = 42 cm
Semelhança de triângulos
454. 2p = 8,4 + 15,.6 + 18 =>
443. O centro do círculo é o incentro do
ãABC.
Sejam E, F, G os pontos de tangên-
cia da circunferência com os lados BC,
6k =-5
Seja t o maior lado do segundo triângulo. Temos:
18 18 6
-t- = k => -t- 5 => t = 15 cm.
2p 42k=-=>k=-=>2p' 35
AB e AC, respectivamente. Temos:
AF = AG = 3; CG = CE = x;
BE = BF = 6
(BD = 7; BE = 6) => DE
= 1 =>
=> CD = x-I
O centro' do círculo inscrito é incen-
tro do dABC, donde tiramos AD bis-
setriz de Â.
Então:
BD CD 7 x-I
-- -- => - --- =>
AB AC 9 3 + x
=> X = 15.
458. DE / / BC => dABC - dADE =>
AB AC BC
=> --=--=-- =>AD AE DE
x + 5 y + 7 18
=> ---=---=- =>
X y 12
=> (x = 10 m, y = 14 m)
A
r,
XI "- YI ,
I "-
I '
I "
I "5i' 12m '3
B 18 m C
444. BC = 5 cm 1 Casos ou critérios de semelhança
Perímetro dABC = 15 cm =>
=> AB + AC = 10 cm (1)
Teo. biss. int. ~ iB = lc (2)
(1)e(2) => (AB=6cm,AC=4cm)
. ect~ BS CS
Teo. blSS. 8. => AB = AC =>
=> 5 + CS = CS => CS = 10 cm
6 4 B 3
460. a) a ~ {j ~ 1=> dABC
ACB == BCE
AB AC BC
=> DE = DC = EC
y 12 8
=> -=-=- =>8 x 6
~ (x = 9, y = 332 )
b) a = {j 1AêB == DêE => dABC
- dDEC
=>
- dEDC
=>
=>
A
~
A,
é
O
/
8
J
E
=>
=>
AB _ AC
ED - EC =
~=~_4 y -
BC
DC =>
y+2--8~ =>
ex
6\
X
O
~
(x = 7, y = 10)
8 2
48 49
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------------------------
A�
AêB == BêD (comum) ~
461. a) BÂC == CBO I 465. ASR == ABC (iguais a a) I ~ ~SAR __ ~BAC ~
SÂR == BÂC (comum)�
~ ~ABC -- ~BDC ~
SR AS x 5
~ --=-- ~ -=- ~AB AC BC
~ --=--=-- ~ BC AB 8 10
BD BC DC ~ x = 4
5 9 x
~ -=-=- ~
y x 4 c ' 8 'BI
=> (x = 6, y = 13°)
A467. AêE == A~B (dado) I ~ ~ACE -- ~AOB ~
c x B CÂE == OAB (comum)
AC AE 11 -.2-
---~--- ~ c ~ AD - AB x + 5 8b) BÂC == CãD I�
AêB == BêD (comum) => 63� ~ x = -5-cm4
=> ~ABC -- ~BOC ~
AB AC BC�
~ --=--=-- ~ oBD BC DC
~ x =Y+4=~ ~ I b) B1C == C~D I ~564 q, 468. a) B1C == CÇE (retos) =>
, B ACB == DCE (comum) ACB == DCB(x = ~, y = 5) ~ ~BC -- ~DEC ~ ~ ~ABC -- ~BDC ~
AB AC AC BC462. a) r II s ~ dABC -- ~ADE => ~--=--=> => _.- = -- => DE DC BC DCABC H
~--=-=> 8 15 8 x + 4 10
DE h => -=- ~ X=- ~---=-~ x = 21
x 5 3 10 4h21 8 + x 8 ~ -=--- ~ x=6 A<!""12 8 H E"-------rQ 12 QA'A
.
'>
Ix 5
B 21 c
()c
b) Análogo ao item o.�
B�
c~, aVVB464. a) AI} I I DE ,,=> BÂC = DÊC (alternos) I => ~ABC __ ~EOC v '
ACB == ECD (o.p.v.) 17 10
b) Da semelhança do item o, temos:
,A 5 B 469. CÇE == A~C (retos) 1 ~ A
AB BC 5 7
--=--~- DCE == ACB (comum)�
DE CD 10� CD => ~ ~DCE -- ~BCA ~ '0
~ CD = 14. c DE CD
~--=--~ AB BC 15
x 15 45
~ T5=w ~ x=T '$
o 10 E
50 51
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A 4 B476.� Note que y é base média do trapézio.470.� ABC == COE (retos) 1
Daí:� x-4AéB == CÊD (correspondentes) =>
4 + 16
=> dABC� -- dCDE => ~ y == 2 => y == 10.a-bAB BC
=> --= -- => Tracemos RI, com RI .1 KI. Temos:CD DE� a
a-b b b2
=> ---=- => x=--
., � ",., 11:>-' Eb x a - b ~~D'----v---'
a b x
471.� ABC == COE (retos) 1
AêB == CÊD (correspondentes) =>
=> AABC -- dCDE => 6-x3AB BC�
=> CD + DE =>�
3 6
=> ---=- => x==46 - x x�
2p == 4x => 2p == 16 9�
472.� Seja x o lado do quadrado. Temos:
CÊD� == CÂB (retos) 1�
4-x�COE == DBF (correspondentes) =>�
=> dCDE -- dDBF =>�
DE CE�
=> --= -- =>
BF DF�
x 4 - x 12�
=> ---==--- => x==-6 - x x 5
474.� ABCD trapézio => AB / / CD =>
E
=> dEAB -- dECD =>�
EF AB�
=> -.-==-- =>� h
EG CD
h+ 10 cm
h + 10 50
=>� h == 3'"0 => h == 15 cm => 10 cm
=> (EG == 15 cm, EF == 25 cm)
A
475.� DE / / BC => dADE -- dABC => A
DE AF
=>--==--=>BC AG�
b 12�
=> - == - => b == 10 cm 20
-3-
50 20
50 IC
3
ED = FG == IK == 4.
,"' .-, A H Então obtemos: CD == x - 4 e�
GH == 6.�
CD / / GH => dBCD -- dBHG =>� 9 CD BD
=> --==-- =>
HG BG�
x - 4 3�
=> ---==- => x==6� f /6 9� 16
477.� (AC == 17, EC == 4) => AE == 13 /
AêR e EnC possuem lados respecti-
o
vamente perpendiculares. Daí: A
AêB == EÔC 1
ABC == DÊC (retos) => y
=> dABC -- dCED => 8AB AC BC�
=> CE == CD == ED =>�
8� 17 15
=> -==-=- => B 15 c4 y x
= y~ (x� li, = 1;)
478.� Sejam ABC == b, AêR == c. Então:
dABC => b + c == 900
d~GD => b + Bf;D == 90° => ~ÔD == c 1 => A�
dCFE => C + CFE == 90° => CFE == b�
BD GD
=> dBGD -- dFCE => -- == -- =>FE CE�
8 x�
=> -==- => x=4cm
x 2�
Logo, o perímetro do quadrado é B�
igual a 16 cm.�
AB AC}480. AE == AD . caso LAL dABC -- dAED => A�
BÂC comum semelhança 8 10�
AB BC 25 X
=> -- == -- => -- x == 30li=>AE ED 10
B
5352
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481. BÂC == BêD I . A
ABC comum ~
~ LlABC - LlCBD =>
AB BC
~--=--~ CB BD
x + 4 10
~---=-~ 10 4 x = 21 B 10 c
482. B1C == A~D (retos)I => c
APC == BPD
~ LlAPC -- LlBPO ~ o
AP AC
=>--=--=>BP BD
13
x 13
=>---=-=>25 - x 7
65
x = Tcm
7
A x p 25-x S
483. Unimos os pontos C e E.
AE é diâmetro => AêE = 900 (1)
ABD e AÊC subtendem o mesmo ar-
co AC => ARO == AÊC (2) Si 1°' ~ "'1
(1) e (2) => LlABD -- LlAEC ~
=>
6 h
-=- =>30 10 h=2cm
E
484. Tracemos o diâmetro BP e unamos
PcomA.
A~B == AÇB (subtendem o arco ÁB) I =>
BAP == AHC (retos)
=> LlAPB - LlHCA =>
=>
AB PB
--=-- =>HA CA
=> -±- = 2R => R = 4
3 6
485. Pelo ponto A tracemos MN, com
MN//CD.
OIÂM ==02ÂN (o.p.v.) I_ A =>
OIMA == 02NA (retos)
=> LlOIMA - Ll02NA =>
OlA OIM
=>--=--~
02A 02N h h
=> ~ = R - h => h = 2Rr
r h-r R+r o
54
486. GÔB == EÔD (o.p.v.) I
00 == OB ~
ABO == ADO == côo
~ LlBGO == LlBEO =>
~ BG = DE = 2 m
DE = 2 m => AG = x - 2
DE / / AG => AFAG -- LlFDE => B(" '" 'L:- "II \
FA AG
=> --=-- ~
FD DE�
x+4 x-2� ~ --4- = --2- => X = 8 m� F
c
487.� Tracemos a bissetriz interna AS.
Temos o que segue: A
Aês = SÂC = y =>
=> LlACS isósceles => AS = SC = k 10m
(BC = x, SC = k) => BS = x - k 6m
ASB é externo ao LlACS => ASB = 2y
B~S == A~B I => LlABS - LlCBA ~ B/ LY( \. v"'. c
ASB� == BAC x-k S k
6� k x-k I
=> X = 10 = -6- ~ ~~x=-~O~l~ 6k (2)�
5�(2) => 10x = 16k ~ k = TX (3)
(3) em (l) ~ x· ~ x = 60 ~ x = 4..J6m
488.� Unimos A e B com Q. Temos o que p
segue:
Q~H == P~Q (subtendem QB) I =>�
QHA == QSB (retos)�
~ LlQAH - LlQBS =>�
QH QA�
=>--=--=>QS QB�
x QA�
=> - = -- (1)9 QB�
QBA == RÂQ (subtendem ÁQ) I�
A ~~
=>QHB == QK1\. (retos)�
~ LlQHB -- LlQRA ~
QH QB�
~ --=-- =>QR QA
55
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=> ~ = QB => --±- = QA (2)
4 QA x QB�
x 4�(1) e (2) => - = -� => X = 69 x
~ ~ ~ ~
489. 1) Ô = ARC - AQB => fi =� ARC _ AQB => ~ ÁRC_ê*1D = -2-2� 2 2
Ao ",...-....
=> C + D = ARC
--2--
5
R
p
ê
a� D
~
,,--..... ,.....-......, ,..--.... ,.. ........--...�
2) ê = ASD - APB => ê = ASD _ APB => C = ASD ...
-2 - D =>2� 2 2
~
=> ê + Ô = ASD�
2�
1) e 2) => Ãiê = ÃSD => ABC = ARD = 90° => IAC é diâmetro
AD é diâmetro.
3) Como t e i são tangentes, temos CÂD = 90°. Então:
dACD => ê + fi = 90°. Daí:
(dABC => BÃC = Ô; dABD => BÃD = ê) => dABC - âDBA ::}
AB� BC x b
=> -- = -- => - = - => x2 = ab => X = .Jab.DB� BA a x
Potência de ponto
A
495.� a) (PA) x (PB) = (PC) x (PD) => x-4
=> 3· 8 = (x + 4) . (x - 4) => D
=> x2 - 16 = 24 =>
c2x = 40 => X = 2..J1O
Resposta: 2.vw .
8�
b) (PT)2 = (PA) x (PB) =>�
=> x2 = 2 . (2 + 2x) =>�
=> X = 2(1 - ~) (não serve)�
ou x = 2(1 + ~)
Resposta: 2(1 + ~).
T
496.� a) (PA) x (PB) = (PC) x (PD) => b) (PA) x (PR) = (PC) x (PE) =>
=> 4· (4 + 2R) = 8 . 18 => => 5· 11 = 4 . (16 + CD) =>
=>� R = 16 => CD = 4
(CD) x (DE) = (DF) x (DR) =>
=> 4· 12 = 2 . (2R - 2) =>
=> R = 138
R
5 p
4R
10
E
p
500.� Temos: dA = 10, d8 = 3, de = 6, r = 6. A
2Pot A = Idi - r 1 =>
=> Pot A = 1102 - 62 1 => Pot A = 64
Pot B = Id~ -
r21 =>
=> Pot B = 132 - 62 1 => Pot B = 27
Pot C = I d~ - r2 1 =>
=> PotC = 162 - 62 1 => PotC = O
Logo,
Pot A + Pot B + Pot C = 91.
57 56
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501.� (PT)2 = (PA) x (PB) => Capítulo XIV - Triângulos retângulos
=> (PT)2 = 18 . 28 => BI • r - :::;> p
=> (PT) = 6VÍ4� Relações métricas
T 514. a) (6-JS)2 = 122 + y2 => y = 6 b) y2 + 42 = (4v'5)2 =>
-B y2 = 12 . z => 36 = 12· z ~ => y2 = SO - 16 => 502.� (PV = R, SV = 2r) => PS = R - 2r
=> Z = 3 => y = S�
Potência de ponto =>� x2 = y2 + Z2 => x2 = 36 +� 9 => 42 = X • Y => 16 = x . S =>
=> (PT)2 = (PV) . (PS) =>
=> X = 2
=> X = 3-JS
=> r2 = R(R - 2r) =>�
=> r2 + 2Rr - R2 = O => z�
2 x�
=> r� + 2Rr + R2 - R2 - R2 = O =>
x�
=> r2 + 2Rr + R2 - 2R2 = O => R 12� y 4 y�
=> (r + R)2 = 2R2 =>�
=> r + R =.J2R => 6Y5� 4.J5�
=> r = (.J2 - I)R�
515.� x2 + 122 = 132 => X = 5
144122 =� 13 . y ~ y = --Ap~
13r
2x =� 13 . Z => 25 = 13z =>
505.� A~ == AC" => fi == ÁC => AÔB == ABP 1 => 25 o
=> z = O� 13BAD == BAP (comum)�
=> ~ABD -- ~APB 12 . x = 13 . t => 12· 5 = 13 . t =>�
A 60 z�
=> t = O�
516.� a) b) c)f( II!' "c
o� 2R
62 = 2R . 2 => IX2 + y2 = 80 => x2 + 42 = 62 => 2~ => R = 3 x2 = 2y 42 = X • Y =>
=> y2 + 2y - 80 = O=> => 16 = 2~· y =>
=> y = -10 (não S~
=> y = -5-
serve) ou y = 8
Masy = 2R - 2. DaÍ': x + y = 2R =>
2R - 2 = 8 => sv'5
=> 2-JS + -5- = 2R =>
=> R = 5.
~ R = 9-JS
5
58� 59
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519. a) 8 F x� b)524.� a)
x
v4 4~
x4 ~p
Be ,-, '-')
10o 2 E� y x'-~ v
12 (x + y)2 + 42 := (4v!5)2 => x2 + y2 == (2.Ji3)2 = 52
Note que (2X)2 + y2 = 102 =>( 12 :; x y+ 42 = 52 =>� => X + Y == 8 (1) 2AABC == AFED (caso especial) => x2 = y2 + 42 => x2 ~ y2 = 16 => => 4x2 + 52 - x := 100 =>
=> BC = DE = 2. Daí: => (x + y)(x - y) = 16 => => X = 4
=> (12:;XY=9 =>
x2 + 22 = 62 ::::> X == 4.J2.� => 8(x - y) = 16 =>
=> 12 - x = 3 => X = 6� => X - Y == 2 (2)
(1) e (2) => X == 5
522. a) b)� d)c) AA 10 B A B�
,
r
I I� I 1
, I II�
I I I" 12� I I
5X/ '4� x/ 17./ xl :8 v: \ 6 I�
I� I� I I
III
I II
~
___ EL __ ' >�I
K { - __ci� o x B 8 c o H 7 C o 9 C V E y 5-y
ABCD paralelogramo => ABCD paralelogramo =>
x2� X2 + y2 = 20=> AB = CD = 10 => HD == 3� => AD = BC = x Iy2 == 36 - [AAHD: x2 == 32 + 42 => X == 5� ABED: (9 + y)2 + 82 = 172 => y2 = 144 - (x + 8)2 => x2 + (5 - y)2 := 25 =>
=> (9 + y)2 = 225 => => 36 - x2 = 144 - (x + 8)2 => => 20 - y2 = 25 - (5 - y)2 =>
=> 9 + Y = 15 => y = 6� 11 => y=2 => x=4
=> X = 4ABEC: x2 = 82 + y2 =>
=> x2 = 64 + 36 => X = 10
Pit.
525. c) AACD: (AC = 10, AD = 8) ===:) CD == 6523. Da figura temos: Pit. r;:::;-(EF = AB == 10, CD == 20, DE == x) => ABCD => (BC == 8, CD = 6) ~ x == 2" 7�
=> (CF == 10 - x)
A 10 B2AADE: h2 + x =:; 64 1�
ABCF: h2 + (10 - X)2 == 84 =>�
2h2 = 64 - x 1
=>� =>h2 = 84 - (10 - X)2�
;:;> 64 - x2 = 84 - 100 + 20x - x2 =>�
=> X == 4�
o x Eh2 + x2 = 64 => h2 + 16 = 64 => 10 F 10-x C�
=> h::; 4-13�
60� 61
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527. b) Tracemos ACpelo ponto de conta-
to da circunferência maior com a
reta tangente.
Temos:
53t. b) Unimos o centro com os pontos de
tangência e obtemos o quadrado
POQA.
A
~ABC: (AC = 9, AB ==. 15, (AD == 8, DC == 4m ~
=>
BC== x) =}
x2 == 152 - 92 =} X == 12.
=> AC == 12
AC II OP => Aêo == PÔBl
AB II OQ => ABO == QÔC =>
528. a)
A 10 B
b) A => áPBO
PB
- áQOC
PO
=> B III ((('../=1 I' '> C
r-
I
=>--==--=>QO QC
I
R:
I
=>
8 - r
---
r
r
= --12 - r =>
+ => r == 4,8 m
A
B H 15 531. b) AS é bissetriz ~ ~ = 1~ ~
ABCD é circunscritível =>
=> AB + CD == AC + BD =>
(AH = 25, DA = R)
=> OH == 25 - R
=>
=> X == 2y
áABC => AC2 == AB2 + BC2
=> 100 == (2y)2 + (y + 5)2 =>
=>
x
1.
=>
=>
10 + 15 = 2R + BD
BD == 25 - 2R
=> ~DHC =>
=> R2 == (25 - R)2 + 152 =>
=> y == -5 (não serve)
y==3 => x==6
ou y == 3
~BED => => R = 17 m B y 5 c
=> (25 - 2R)2 == (2R)2 + 52 =>
=> R=6m 536. Aplicando o teorema de Pitágoras A
529. a) m b)
no áAMB:
62 + Ur= (2 ~ (= 4.J3
2p == 3f => 2p == 12.J3m
C t M t B
2 """2
Note que as retas f e m são tangen-
tes e, portanto, perpendiculares aos
raios nos pontos de contato. Daí:
~ABC é retângulo em C ~
=> AB2 = 82 + 62 => AB == 10
ReI. métricas =>
PA == PB = PC == x (tangentes a
partir de P). Daí:
~RST: (RS = 10, RT = x - 4,
ST = x - 6)
Teorema de Pitágoras:
102 = (x - 6)2 + (x - 4)2 =>
=> x2 - 10x - 24 == O =>
537. Para facilitar os cálculos, seja a ba-
se BC == 2x.
2p == 18 => AB == AC == 9 - x.
4AMC: x2 + 32 == (9 - X)2 =>
=> x=4 => BC==2x => BC==8m
A
=> 8· 6 = 10 . ~
2
=> X 9 6
'
=> X = -2 (não serve) ou x = 12
B x x C
62 63
\�
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538. A menor altura é relativa ao maior
lado.
Triângulo de lados 4 m, 5 m e 6 m
é acutângulo.
Temos:
dABD: x2 + y2 = 16 }
dACD: x2 + (6 - y)2 = 25 =)
=) 16 - y2 = 25 - (6 - y)2 =)
A
5m
=) Y = 94 =) x2 + ( 9)24 = 16 => 6-y
=) x = 5-Jf-4-m
B o 6m C
539. dAHC =) (10 - X)2 + h2 = 100) =)
dBHC =) x2 + h2 = 144
=> 100 - (10 - X)2 = 144 - x2 =>
=) x2 - (10 - X)2 = 100 =)
36
=) x =-
5 362
x2 + h2 = 144 =) h2 = 144 - - =)
52
x
A
=) h 9,6 m B 12 C
543. Seja 2x a medida da base. Temos
que os lados congruentes devem me-
dir 2x + 3, cada um. Aplicando Pitá-
goras no dAHB:
(2x + 3)2 = x2 + 122 =)
=) x2 + 4x - 45 = O =>
=) (x = - 9 (não serve) ou x = 5)
x = 5 =) base = 2x = 10 m.
A
x B
544. Sendo 2D e 2d as medidas das diago-
nais e .e a medida do lado do losan-
go' temos:
2p = 68 =) f = 684 =) .e = 17 m
1
2D - 2d = 14
D2 + d2 = 172 =)
Id=D-7 => D2 + d2 = 289 =>
=) D2 + (D - 7)2 = 289 =)
=> D2 - 7x - 120 = O =>
=) (D = - 8 (não serve) ou D =
(D = 15 m => d = 8 m) =)
15 m)
(2D = 30 m, 2d = 16 m)
64
545. Seja ABCD o trapézio retângulo.
Temos: A 3 B
AB + BC + CD + AD = 30 =)
=> AD + BC = 18 m
AD = h => h + BC = 12 =>
=> BC = 18 - h. h 18-h
Traçando BE, BE ..1 CD, temos:
DE = AB = 3 }
CD = 9
dBCE: (18 - h)2
6
=) CE = m
= h2 + 62 =) o 3 6 C
=) h=8m
550. Sejam b e c as medidas dos catetos.
Temos:
Ib2 + c2 = 625 =) Ib2 + c 2 = 625 =) bc = 12 . 25 bc = 300
.Ib2 + c2 = 625 (1)
b c
~ 2bc = 600 (2)
(1) + \2) => b2 + 2bc = c2 =
=> (b + C)2 = 1225 =)
1225 =) , v
25 m
'
=) b + c = 35 (3)
(3) e (2) =) b2 - 35b + 300 = O =) Ib=20=) ou b = 15 =) c c = = 15 20
Resposta: os catetos medem 15 m e 20 m.
556. Seja P o ponto de tangência de CD
com a circunferência e tracemos a
altura CQ. Temos:
BC = CP = r· AD, = DP = R } =)
AD = R, AQ = r =) RD = R - r
=) CD = R + r
dCRD: (R + r)2 = h2 + (R - r)2 =>
h = 2-JRf
557.� a: hipotenusa, b, c: catetos.
Temos:
a2 + b2 + c2 = 200 (1)�
[ 2�a = b2 + c2 (2)�
2 2�(1) em (2) =) a = 200 - a =) a = 10m
65
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559. Considerando a figura, note que� 563. Traçando os raios pelos pontos de
AB = EF = 10 cm. Temos: tangência e BC / / PQ, em que C é�
(CE = x, EF = 10, CD = 24) => DF = 14 - x� o centro da circunferência menor,2L\ACE: x2 + h2 = 169 => h2 = 169 - x I obtemos o triângulo ABC. Daí:�
L\BDF: (14 - X)2 + h2 = 225 => h2 = 225 - (14 - X)2 => AB2 + BC2 = AC2 =>�
=> 169 - x2 = 225 - (14 - X)2 => X = 5 cm
=> 82 + BC2 = 322 =>�
L\ACE: x2 + h2 = 169 => 52 + h2 = 169 => h = 12 cm�
=> BC = 8m cm.
x
A 10 B PQ = BC = 8..JIT cm
565.� Seja ABCD o trapézio isósceles cir-
A x B
cunscritível, conforme figura ao la-
do. Seja x e y as bases.
Temos:
y - xAB = EF = x· DE = FC = -- e
, 2
AD=BC= X;y.5".� Trapézio é isósceles =>
A 8 o
=> AB = CD = 13 cm Sendod o diâmetro, no L\ADE, vem:�
Trapézio é circunscrito => X + y)2 ( Y - X)2�
___ = d2 + --- =>(
=> AD+BC=AB+CD =>� 2 2
=> AD = 8 cm ~ d2� = ~ d =(x ;� yr-(y ; xy ~.
Traçando as alturas AF e DE, temos:�
(EF = 8, BC = 18, BF = CE) =>� 566.� Unindo B com C obtemos o triângu-
=> BF = CE = 5 cm lo ABC, retângulo em B, pois AC éL\ABF: 52 + h2 = 132 => h = 12 cm F 8 E 5 C diâmetro. Daí:� ~E>
561.� L\ABM: AM2 + 82 = 172 => B~ ~ li == D(retos) I
=>
=> AM = 15 cm� BÂC == EÂD (comum)�
=> L\ABC - L\ADE =>�L\BMC: MC 2 + 82 = 102 => A/ , IMI� AC AB=> MC = 6 cm� 1116 I"'c� => --=-- =>
AC = AM + MC => AC = 21 cm� AE AD�
2R 8�
=> --=- => R=5cm
0'- 15 12
12
.JII'"
562.� Considerando as medidas indicadas 567. Seja D o ponto de tangência da cir- A
na figura e aplicando potência de cunferência com o lado AB. Trace-
ponto ao ponto P em relação a À, te- mos o raio ODe Temos:�
mos: L\ADO => OD2 + DA2 = OA2 =>� 5 p(PT)2 = (PA) x (PB) => => 32 + DA2 = 52 => DA = 4 cm�
=> (PT)2 = 6 . 24 => (PT) = 12 cm� A~O == A~B (retos) I =>
OAD == BAM (comum)
=> L\AMB - L\ADO =>� Cl '- t:t/ \B
24cm MB AM x 8� x M x
=> -- = -- => - = - => X = 6 => BC - 12 cmDO AD 3 4� -
66� 67
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
568. dABC => AB2 = b2 + 1 l => o
dABD ==> AB2 = 4 + BD2 2 PJ
J
=> BD2 + 4 = b2 + 1 =>� A
=> BD = ~, b > -Jf b
L ~
C 1 B
569.� dACD => AC2 + AD2 = CD2 =>
A B
=> AC2 + 152= 252 =>
=> AC = 20 cm
7�
! 20Relações métricas no dACD: ~ AC . AD = CD . h =>� !h I
=> 20· 15 = 25 . h => h = 12 cm 1-,
(� Io� ,.e
25
571.� Temos duas possibilidades:
1?) 2?)
<4
A� B
Sejam P e Qos centros das circun- Neste caso traçamos PR tal que
ferências. Traçamos QR, QR / / AB PR / / BQ e QR tal que QR / / AB.
e os raios PA e PB. Note RA = BQ = 3 cm. Como
Note RA = QB = 3 cm. Como PA = 15 cm, segue-se PR = 18 cm.
PA = 15cm,segue-sePR = 12 cm.� Então:
dPQR: PR2 + RQ2 = PQ2 =>Então:�
âPQR: PR2 + RQ2 = PQ2 => => 182 + RQ2 = 242 =>�
=> 122 + RQ2 = 242 => => RQ2 = 252 => RQ = 6.Jfcm�
I,=> RQ2 = 432 => RQ = 12-Jfcm� AB = RQ = 6.Jf cm.
AB =� RQ = 12.J3cm. I
I
572.� a: hipotenusa; b, c: catetos. Temos:�
2p = 24 => a + b + c = 24 =>�
I
=> b� + c = 24 - a (1) I
,. b 24 b 1
I
cRIe . metrlcas => • C = a . -5- => 241-
: 524
=> b· c = - . a (2)� I 5�
Teorema de Pitágoras =>�
=> b2 + c2 = a2 (3)�
(1) => (b + C)2 = (24 - a)2 => b2 +� c2 + 2bc = 576 - 48a + a2 =>
(3) (2)
24
=> a2 + 2 . Ta = 576 - 48a + a2 => a = 10 m
573.� Considere o triângulo PQR, em que
P, Q e R são os centros das três cir-
cunferências que se tangenciam exter-
namente.
Seja x o raio a determinar.
Note que PO = r-x. Então:
âOPR:
1'1 ~ • IA' • Á -.
r B(x +� ~ r= (r - X)2 + (~r ~
"2
r
=> X = T'
574.� Sejam ABC o triângulo que obtemos ao unir os centros dos círculos, P o
ponto de tangência entre os dois círculos de mesmo raio. Temos:
dBPC: BC2 = Bp2 + PC2 ~ (16 + r)2 = 162 + (16 - r)2 =>
=> (16 + r)2 - (16 - r)2 = 256 =>
=> (16 + ; + 16 - f)(1P + r - 1,,6 + r) = 256 =>
=> 32· (2r) = 256 => r = 4.
A
16-r
c
I
I� 6968
L�
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
::) x
575. Sejam ABCn o quadrado e
EFGHIJLM o octógono regular.
Temos:
(AD = 1, AF = x, DE = x) ::)
::) EF = 1 - 2x
EFGHIJLM é regular ::)
::) EF = FG = 1 - 2x
âAFG: (1 - 2X)2 = x2 + x2 ::)
::) (1 - 2X)2 = 2x2 ::)
::) 1 - 2x = x-J2 ::)
::) x(~ + 2) = 1 ::)
2 - V2
2
1
A x G
D x M
_xl
~ /
/
//H
v/ 1 - 2x
I
F
1-2x
I E
r ", ", h ' .....
x
J
x
L x C
H x B
, L.:..,
,
"
,
' ....
//
/
/
/
/
,,/ r:-
576. Traçamos os raios pelos pontos de
tangência e obtemos o trapézio retân-
guIo EPQF.
Traçando a altura QS desse trapézio,
obtemos o triângulo retângulo QSP.
Daí:
a2- r
a
2
B
(; + rY = (; - rY + (; -
~ ; + r= (; - r) ·V2
(3 - 2V2) . a
::) r = 2
rY
~
~ a 2
D c
577. Construímos o triângulo ABC, de la-
dos AB e BC paralelos aos lados do
quadrado, conforme figura ao lado.
Considerando as medidas indicadas,
podemos aplicar o teorema de Pitágo-
ras ao âABC:
a
(4r)2 = 2 · (a - 2r)2 ::)
::) 4r = (a - 2r)~ ::)
(V2 - 1) . a
::) r = 2
a-2r
a-2r
578.� Construímos o triângulo OPB, tal
que OP II AC, PB II DE.
Note que OB = R, OP = R - 12
e PB = 54 - R.
âOPB ::)
=> R2 = (R - 12)2 + (54 - R)2 ::)
::) R2 - 132R + 3 060 = O => R
::) R = 102 cm (não serve) ou
R = 30 cm.
579.� Temos duas possibilidades:
1~) E está entre as mantanhas. 2~) A montanha menor está entre E e
a maior.
~P2
P2� 17
_._._._._._._._._._._._._.� "/
~,.
/
1 100� 8// 11
._.-.-. 2 900 / // Q lNP1"'"-1-5õõ---------+-----J::I~ o
o
o
(O900 900� o
o
H, 1 200 E 2 100 H2
Pitágoras
âP1H 1E H 1E = 1200m (P1H1 = 900, P2H2 = 2 000) ::)
Pitágoras ~ P2Q = 1 100 m âP2H2E H2E = 2100 m âP1H1E~EH1 = 1200m!::)âP1P2Q ::)
::) (P1Q = H 1H2 = 3 300 m; âP2H2E~EH2 = 2100m
P2Q = 1 100 m) ~ H1H2 = 900 m Aplicando o teorema de Pitágoras âP1P2Q ::)neste último triângulo, temos:
::) (P1Q = H1H2 = 900 m;(P1P2)2 = 3 3002 + 1 1002 ::) P2Q = 1 100 m)
::) P1P2 == 3 478 m. Aplicando o teorema de Pitágoras�
ao âP1P2Q:�
(P1P2)2 = 1 1002 + 9002 ::)�
::) P 1P2 == 1 421 m.�
7170
I
L�
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
580. Considere o ponto Z, interseção de
PQ com a circunferência menor.
583. Cálculo da diagonal AC:
AACD: AC2 = AD2 + CD2 ~
a a
Temos: ~ AC2 = a2 + a2 ~
ZS = SQ = ST = 3 cm ~
~ (ZQ = 6 cm)
(ZQ = 6 cm, PQ = 8 cm) ~
R
~ AC =
1AM = -3
a.J2 = CE
. AC ~ AM a.J2 = --3 ~
~ PZ
APST
=
~
2 cm ~ PS = 5 cm
(PT)2 + 32 = 52 ~ ~ MC = 1- . a.J23
~ PT = 4 cm.
f == Ô. (retos) 1. EP =
12: CE ~ EP = PC = a.J22 a
TPS == RPQ (comum) ~ (AêD = 45°, EêD = 45°) ~
~ APST - APRQ ~ ~ AêE = 90°
PT ST 4 3 E a F ~--=--~-=--~
~
PQ
RQ =
RQ
6 cm.
8 RQ
,lACE: (MP)2 = (2afy + (afy => MP = 5.J2
-6 a
581. Considere o triângulo isósceles OAB, o
OM sua altura relativa à base, P o 584. 1) 2) A
centro do círculo inscrito no setor
OAB, S, Tpontos de tangência entre
a circunferência e raios OA e OB, c
respectivamente. Temos:
AB =
RT ~ AM = MB = R4· k 3k ai Hb \M "" c ~~~
3,~ /
OT = R ~ OP = R - r 9
S == M(retos)
SÔP == AÔM (comum)
) ~ Sendo m e n as projeções proporcio-nais a 1 e 3, temos:
AH: altura; AM: mediana
Se k = 3, temos:
~ ASOP - AMOA ~ m = k e n = 3k. (BH = 3, HC = 9) ~
~
SP OP
--=--
MA OA ~
ReI. métricas ~
~ b2 = 4k . k ~ b = 2k
~ (BC = 12, MC = 6)
(HC = 9, MC = 6) ~
~
rR
4
=
R -
R
r
~ r
R
= 5· B A c
2
= 4k . 3k ~ c = 2~ k
Dado ~ 2p = 18 + 6~ ~
=> 2k + 4k + 2.J3k = 18 + 6.J3 ~
~ HM = 3m
=> k = 3
582. De acordo com a figura, temos:
i
3+T=R ~
=> 3 + += 3(.J2 + 2) =>
585 AAHM Pitágoras
· ; HM=2cm
AM é mediana ~ AM = MC
ReI. métricas no AABC:
r b2 = 8 · 6 => b = 4-..13cm
= MB = 4 cm
A
I ~ BH = 2 cm
=> i = 6(~ + 1) cm. lc2=8.2 ~ c=4cm c 4 b
Sendo 2p o perímetro do quadrado, Logo: 2.../3
vem: 2p = 4 + 8 + 4-Jf ~ a H . M C
2p = 4 · i ~ 2p = 24(v2 + 1) cm. ~ 2p = 4(3 + IJ)
'V:} cm. '---v--/~2 2 ~ 4
7372
L�
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586.� (BC)2 = (AB)2 + (AC)2 ~ (2) em (1) ~ A
~ (BC)2 = 802 + 602 ~ A ~ (AM)2 == (AB)2 - (BH)2 + (MH)2 ~
~ (BC) = 100 cm ~ (AM)2 = (AB)2 - (BH)2 + (BH - BM)2 ~
(AB) x (AC) = (BC) . (AH) ~ 80 ~ (AM)2 == (AB)2 - 2(BH)(BM)
+ (BM)2 ~
~ 80· 60 = 100· (AH) ~ ~ (AM)2 == (AB)2 - (BM)(2 BH - (BM» ~
~ (AH) = 48 cm ~ (AM)2 == (AB)2 - BM«BC) - (BM» ~
=? (AM)2 == (AB)2 - (BM)(MC) ~
(AM) = (BC) ~ (AM) = 100 ~
2 2 Br 'o "C ~ (AB)2 - (AM)2 = (MB)(MC).M H�
~ (AM) = 50 cm�
(AB)2 = (BC) . (HB) ~ 802 == (IOO)2(HB) ~ HB = 64 cm M�
(AC)2 = (BC) . (HC) ~ 602 == (100)2(HC) ~ HC == 36 cm�
590.� Na figura, temos: (MH) = (BC) - (BM) - (HC) ~ (MH) == 100 - 50 - 36 ~ (MH) == 14·cm.�
dPER é retângulo, EF é altura relativa à hipotenusa ~ p�
~ (PE)2 == (PR) . (PF) ~
h2 587.� Na figura, sejam ABC o triângulo ~ h2 == i· a ~ i = -
isósceles de base BC, O o centro da a A� dPER ~ h2 + b2 == i 2 ~
circunferência inscrita e T o ponto
h4 de tangência desta com o lado AB.� ~ h2 + b2 = - ~
2Temos: a�
~TO ~ (AT)2 + (OT)2 == (AO)2 ~
b=J!.-~ -
=? (AT)2 + r2 = (h - r)2 =? a�
2p = 2i + 2b ~
~ AT == ~h(h - 2r)�
=> 2p = 2h2 + _2_h .Jh2 _ a2 =?�A!O� == A~B (retos) I ~ QI FV \IR
a b.� E bTAO� == MAB (comum) ~ 2p == 2h(h + yt-h~2---a~2) . ~ dTAO -- dMAB ~
AT TO a�
~--=--=?
AM MB
Pitágoras OE == a-J5~h(h
- 2r) r 591. dAOE :
~
4 ~ h a� A a/2 o a/2 B Pitágoras2:� dBOC : OC == a-J5 ~ ~ 2
2 ~ h(h - 2r) r� a/4~// \Pitágoras
Z� dCDE : EC-~h2 a ~ 4 \
4" \Pela recíproca do teorema de Pitágo-2a2 • r ~ h=---- ras, a igualdade obtida acima nos ga- p \
a2 -� 4r2 la
rante que dCOE é retângulo em O.� ,(Note que devemos ter a ~ 2r.) Como OP é altura relativa à hipote- ",
nusa, temos:� 3a/4 \(OP)2� = (EP) . (CP).
\589.� Na figura, ABC é isósceles de base BC e AR é altura relativa à base.
Temos: "\
dAMH: (AM)2 == (AH)2 + (MH)2 (1) ~ dABH: (AH)2 = (AB)2 - (BH)2 (2)� D a C
7574
l
I Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
592. Aplicações do teorema de Pitágoras
.......� 598. a) b)"
.............�
........�
.........�
......,
.............� ~
.......� y
....... ,�
' ......( ,I ..1_-- ~:..~ - ~~ /
BrnO ne E
\. V ~ 30°
x 12
Hipótese Tese ° Y . ~ ysen 45 == - =;> -- = - => sen 30° = L =;> -..!- = L =>626 12 2 12AD é bissetriz interna vAD2 + AE2 ..JAD2 + AE2 = 2�
=> y = 3-Jf => y = 6�AE é bissetriz externa => CD
y 1 3-Jf x -13 x
sen 30° = - => - = ~- => tg 30° = - => ~- = - =>Demonstração X 2 x y 3 6
2 CAD + 2 CÃE = 180° => CÃD + CAE = 90° => LlADE retângulo em A => => X = 6..J"2 => X == 2-13
=> DE = ..JAD2 + AE2 = x c) d)
Utilizando as medidas indicadas, devemos provar que ~ - ~ = 2.
n m
y
Teor. biss. interna => ~ = -.E.... => ~ = ...!.... x 12r s n s
=>
x+m x-n x + m rTeor. biss. externa => -~-- == --- => 60° 30°r s x - n s
x
x + m m (m - n) y
=> X - n = -n- => mn = 2 · x r;:;- Y => -J3 _~ =>tg 60° = L => '\13 = TI sen 60° = ~ =>'2--y2 y�
Daí: ~ _ ~ = m - n . x = m - n�
· x - 2.n m mn (m - n) => y = 12-13 => y = 8-J3
2 x -13 12-13 1 8-13 tg 30° = ~ => -=-- => sen 30° = ..J..-
=> 2X 3 x x x =>
-.- -- -- __o - __LLL
=> X == 36 => X = 16-13
593. (De =DA, oe =OA, OD comum) LLL .leDO =MDO => e~D =A~D I=>
(CE == BE, OC == OB, OE comum) ==> LlCOE == âBOE => COE == BOE 599. b) 8 c) x
45°
=> 2 CÔD + 2 CÔE = 180° => CÔD + CÔE = 90° => LlDEO é retângulo em O.
2 xOC é altura relativa à hipotenusa => OC2 = CD · CE => r = CD . CE. y 6
45°
8 x
1 4
cos 600 4 => - =;> cos 450 6 ~ - ~ =>
=> -2- - xx 2 x x
=> X = 8 x = 6-Jf
2 242 + y = x => 16 + y2 == 64 => y2 + 62 == x2 => y2 + 36 = 72 =>
A o B => y = 4-13 => y = ó
76 77
#
I...
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d)
6
y/
71
I
I
I
I
I
yl
I
I
I
I
I
I
I
'\.. 12.[2
e)
x x
604. Na figura temos:
--+
PQ = 10 m, PR = 4 m, OA bisse-
triz de QÔR.
SÔT = 45° ~ ·,dSOT é isósceles ~
~ ST = TO = QS = 4 m ~
~ QS = 4 m ~ PS = 6 m ar'
x
,dMPS: sen 45° ="6 ~
5/\45°
AG ,
M/ A
u,
,
,
',x
,
,
,
,
6m
-.P,
6 x-6
"
z
v
22
~
~
..J2 x
--=- ~
4m
2 6
cos 45° =
x - 6
12-v2
~ sen 600 = 6-Jf
X
=> ~ x = 3-v2 m
o T R
~-~~ ~ -2- - 12v'2
y ~
sen 45° = 12~
x = 18 ~ -Jf = 6~ ~ x = 12 2 x
600 z . 1 zcos =-~-=-~
x 2 12
605. ~ -Na figura, OR é bissetriz de SOQ.
Prolongamos o segmento de medida
2 m, formando o triângulo PQT.
s
R
~ z = 6 Note que OQR - 45° ~ ,dPQT isós- 2m
~ ~ -2- -- -y12-v2 ~ y = 12 2z + y
~ y =
= 22
10
~ 12 + Y = 22 ~ celes ~ (QT = v'2m, PQ
PQ = 2 m ~ RQ = 4 m.
= 2 m)
600. a) Prolongando o segmento de medi- ,dRQO: sen 45° = 4OQ ~ ..,.
da 3, temos:
sen 600 = 3-Jf ~ -Jf. = 3..J3 ~ => v'2 -2- = 4 OQ =* OQ = 4.../2 =*
a
~ a = 6
° 9tg 30 = - ~ b
~ b=9.J3
x2 = b2 + 32 ~
2 a
~ 9
- = - ~ 3 b
x2 = (9-Jf)2 + 9 ~ x=6.J7
~ OT = 3v'2m
dPOT: x2 = (3v'2)2 + (.../2)2 ~ X
606. Prolongando o segmento, cuja medi-
da é procurada, até interceptar os la-
dos do ângulo, obtemos um triângulo
= 2...[5m
3~ T..J2mQ
b) Prolongando o segmento de medi-
da ..J3, temos:
equilátero e os segmentos a e b.
Temos:
dADF ~ sen 60° = 3 -
a
~
A
° sen60 6=-
a
~ -Jf 6--=- ~ 2 a ~ -J3
2
= 1.-
a
~ a = 2-Jf ~ ~ a = 4-Jfm
~ AM = 3~ ° sen60 9=-b ~
..J3 9
--=- ~ 2 b
(LlABC é equilátero, BM ..l AC) ~
~ AM = MC
DEdCDE ~ sen 60° = CD ~
x
~ b = 6-J3m.
O lado do triângulo equilátero é igual
a a + b = 1Mm. Temos:
~ ~ x -=-- ~ x=6 MC = a; b =* MC = 5-Jfm. B
2 4-Jf 8 E c x = MC - a ~ x = 5-Jf - 4-J3 => X = -Jfm.
78 79
~
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607. Prolongando o segmento de medida
6 m, obtemos o triângulo BCn com
CÊD = 30°. Daí:
CD 1 3
sen 30° = -- ~ - = -- =>BD 2 BD
=> BD = 6 m
A
/ "6.m
h h h612. tg 60° = - ~ ~ = - => X = -
x x ~
h htg 45° = -- ~ 1 = -- ~ x =
30 + x 30 + x
~ = h - 30 =? h = 15(3 + ~) m
h - 30 l
=>
BD = 6 m => AB = 12 m
AB
âAOB: tg 60° = AO =>
12 ~ ~ = AO => AO = 4 3
Lôoo
o
~ 1
C
L )B ... h
âAOD: x2 = A02 + AD2 ~
~ x2 = 48 + 36 ~ x = 2.J2f m
60S. Prolongamos o segmento cuja medi-
da vamos determinar e obtemos o I _~ I I
triângulo ABC. Temos:
y2 + 32 = (3m)2 => y = 6~m
A
613. (BÃD = 45°, fi = 90°)
~ ABD = 45° ~ AD
~
= BD
3 ~ 3tg 60° = - => 3 = -
Z Z
~ Z = ~m
3 ~
sen 60° = - ~ -- =
w 2
=>
3
w
~
B-4F":"":\ -
y
,." I\ C
~ABD
~ BD
(AC =
=> a2 = BD2 + BD2
= a-J2 = AD
2
a-J2)2a, AD = -2- =>
~
a
8
~ w = 2~
~ABC: sen 30° = x+w 1 => - = y + z 2
609. Na figura ao lado precisamos deter-
minar a distância PT. Temos:
x + 2-J3
7V3 ~
p
x =
3~
-2-m A
a~
=> CD = 2a - -- ~ 2
~ CD = (4 - -J2) . a
2
ilBCD: BC2 = (a~r + (4 -2~)
o
·ar =? BC = ,Js
c
- 2../2· a
~PQW ~ sen 60° = 3~ -- ~
y
~ 3~ ~ --=-- ~ y=6m2 y
M~PRS: sen 60° = --ps ~ sv'3
615. Seja b a base menor. Daí
AF = BC = b.
Traçando as alturas AE e BD, temos
m -b
DE = b e CD = EF = -2-·
~ ~ --2
95
= --PS => PS = 18 m
F m-b
-2 E ·b
PS = 18 => y + 2x
~ 6 + 2x = 18 =>
PT = x + y ~ PT
~ PT = 12 m
= 18 ~
X = 6 m
= 6 + 6 ~
s
âAEF: cos 60° =
2p = 3 . b + m
(m - b)
2 b ~
3m
=> 2p = --2
2
+ m
(m - b)
2b-
~ 2p =
~
5m
2
b = ~ 2
80 81
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616. Sejam R e b as bases maior e menor,
respectivamente.
Traçando as alturas PR e TS, temos:
B - bQS = RM = e2
T b p
~ (3r - r sen a)2 + (r sen a)2
CD CD
mas: sen a = -- ~ -- = 3r 3r
3
= 9r2 ~ sen a = T
3 9
- ~ CD = - r5 5
QR = B + b
2
(b ; b) v3
621. 1) POQA é quadrado =>
~ PA = AQ = r
2) LlABC: (AB = a cos a,
A
LlPQR:
tg y = (B + b)
2
=> tg y = v3 ~ y = 60°
LlQSN ~ x = 30°
~
R B-b
2
M
AC = a sen a)
1),2) ~ g~:: :s~o:: ~~'
3) QC = CS = a sen a - r
4) BC = a ~ BS = a - (a sen a - r)
p0'"(lO
o""Õ'
f&v
q~&
'l'Jq,
,.
618. Seja ia medida do lado do quadrado.
Traçamos EF tal que EF / / AR. D c
5) BS = BP ~
~ a - a sen a + r = a cos a - r ~
L--J_a__---.;::~.~
B '-----y------J'ii _ (a sen a - r) S
~
~
Temos:
LlCDE == LlBAE (LAL) =>
f
"2 ~ r =
aT (sen a + cos a-I)
=> DE == AE
LlDEF == LlAEF (LLL)
~ DÊF = AÊF = a
~ F~--f--\-----~'
f
2
E 622.
o 10 A
LlDEF: tg a =
f
2f ~ tg a = 1T A B
~o;o
~o
619. No LlABC => D
=> (AÔB = 30°, AB == r, 8
OA = 6 - r)
sen 30° = AB --OA =>
1
-2 = -6
r
- r
=> ~O; o ~o 60 0
60°
=> r = 2 dm c 10 B
dABE: (Â = 30°, B =
F = Ô = ii = 90° =>
60°) ~ Ê = 90°. Analogamente,
EFOH é retângulo.
620. Na figura ao lado, precisamos deter-
minar CD. Temos:
1) (DBC = a, DêB = (3) =>
~ a + (3 = 90°
2) EêB = (3 ~ Eêo = a
3) LlCOE: OE = AD = r sen a
4) AB = 3r ~ BD = 3r - r sen a
5) LlBCD: CD = 3r sen a
6) LlBCD: BD2 + CD2 = BC2 =>
~
c
Q,)
U'J
, ........... 'L.............
3r
'"'
'~
3r-r sen a
a ():,,1B
~ FE = OH = 1 cm
~ BF 1 BF
.LlBCf: sen 30° = BC ~ 2: = ----w ~ BF = 5
BE 1 BEdABE· sen 30° = -- ~ - = -- ~ BE = 4
. AB 2 8
CF .J3 CF r::;-dBCF· cos 30° = -- ~ - = -- ~ CF = 5-v3 cm
. BC 2 10
CO ..J3 CO J ~ FO = EH =-v'3cm
dCDO· cos 30° = -- ~ - = -- ~ CO = 4-v'3cm
. CD 2 8
Sendo 2p o perímetro de EFGH, temos 2p = 2(..J3 + 1) cm.
82
83
L.:..
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623. a) 3 Capítul. XV - Triângul.s quaisquer
Teorema dos senos
6 627. b) A o
6-a
12~
45°66 o� 6 C B� c
Considerando as medidas indicadas� Paralelogramo ABCD ~ ABCD trapézio ~ tg 300 = _a_ ~
na figura, temos: 6 - a ~ (Â = 135°,AB = 6) ~ DÂC = BêA (alternos)
12
-J3 a� âABD. x = __6 ãABC: ~x_h= 6-J3 ~ h=3-J3 ~ -=-- ~ ~ 2 . 36- a · sen 135° sen 30° sen sen 30° ~
x2 = 32 + (6 - h)2 ~ ::) x 12~ a = 3(-J3 - 1)� ~ _x_ = ~ ~ x = 6-J2
-J2 = -1- ~ x = 12-J2 ~ x2 = 9 + (6 - 3..J3)2 ~
-J2 1
sen 45° = ~ ~ T 2� T 2~ X = 6.J2 - -13 ~ y�
~ x = 3(..../6 - -J2) . -J2 3(-13 - 1)�
=:;. -= ~
2 y 628. b)
6(-J3 - 1) 6-J2 = 2R ~ 6~ 12 ~
~ y = . ~
sen x sen x ~
b) ~ y = 3(..J6 - ~)
6�
-J2 ~ sen x = -- ~ x = 45°25°�
x�
a
A
I t-·_·_·_·_·_·i 630.� âABM ~ e= 10· <cos 30° ~
~ e= 10· -13 ~ e= 5..J3�
Logo: BC = 1Mcm. B M c
3 6-a{� 2
Considerando as medidas indicadas na figura, temos:
a + b sen A + sen B 6 - a \ 632.� Devemos provar que --b- =
tgex = --a- 6 - a 1
~ -a-� Da lei dos senos, temos: 3+-J3 ~ a=3+.J33
a b ctg ex = 6 + 3~
-s-en-A- = -s-en-B- = -s-en-C- = 2R.
-J2 3 + -13 ~ x = 3.J2 + ..../6 Daí: a = 2R sen A, b = 2R sen B, c = 2R sen C. sen 45° ~ ~ -=
x 2 x� a + b 2R sen A + 2R sen B sen A + sen B Logo: -� - --------
84� 85
~
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641.� d) Os lados são da forma 3k, 4~ e 4,5k ou 6k, 8k e 9k.Relações métricas - Teorema dos cossenos
Temos: (9k)2 = 81k2 < (6k)2 + (8k)2 = 1ook2 ~ o triângulo é acutângulo.
b)635.� a)
A� e) Os lados são da forma ;, ~, : ou 4k, 3k, 2k.
I� Temos: (4k)2 = 16k2 > (3k)2 + (2k)2 = 13k2 ~ o triângulo é obtusângulo. 7 8 I
I
I
I
I 5
I
Itl \ " ~~c
'" v / x B 710
 é âgudo ~ ABC é obtuso ~
~ 82 = 72 + 102 - 2 . 10x ~ ~ (2.J29)2 = 52 + 72 + 2 . 7 . x ~
17 ~ x = 3
~ x=T
A
637.� a) A b)
5 3~
6-B
x
fi é agudo ~ (dABC, ê é obtuso) ~
~ (3..[5)2 = 102 + 52 - 2 . 10 . x ~ ~ (2-J19)2 = 42 + 62 + 2 . 6 . x =)
~ x = 4 ~ x =� 2
h2 + 42 = 52 ~ h = 3 h2 + 22 = 42 ~ h = 2-.f3
639.� b) 3 x 5
Pela lei dos cossenos, temos:
72 = 32 + 52 - 2 . 3 . 5 · cos x ~
-1 ~ cos x = -2- ~ x = 1200 • 7
A D640.� dABE ~
~
a2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos 600 ~
1� ~ a2 =� 100 + 256 - 2 . 10 . 16 . - ~ 2
~ a =� 14 cm ~ 16 ~
dADE ~ B C
~ b2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos 1200 ~
=> b2 = 100 + 256 - 2 · 10 · 16 · (-+) => b = 2.Jrn cm
644.� (282 = 784, 122 + 202 = 544) ~
~ 282 > 122 + 202 ~ II�
=) o triângulo é obtusângulo. II�
Aplicando relações métricas: : \. 12�
,I282 =� 122 + 202 + 2 · 20 . x ~
~ x = 6 m. a , ::::"",
x 20
646. dABC é acutângulo ~ x2 =� 72 + 52 - 2 · 5 · 1 ~ x2 = 64 =) x = 8 cm.
B
647.� Usando as medidas em cm, temos a
projeção de AB sobre AC igual a
0,3 cm.
Daí:�
82 = 52 + x2 + 2 · 5 · 0,3 ~
~ x = 64 - 25 - 3 ~ x = 6 cm.� 2� tL , ~
0.3 A� - 5
649.� (142 = 196; 82 + 102 = 164) ~
~ 142 > 82 + 102 ~ c
~ o triângulo é obtusângulo e te-�
mos da figura ao lado:�
142 = 82 + 102 + 2 · 10 . x ~ 14�
8�
~ x� = Tcm.
A projeção de A C sobre a base AB�
8�
mede Tem.
10 B
A projeção de BC sobre a base AB�
8 58�
mede 10 + 5 = Tem.
655.� Aplicamos a lei dos cossenos:
(x + 2)2 = x2 + (x + 1)2 - 2 . x(x + 1) . cos 1200 ~
=> (x� + 2)2 = x2 + (x + 1)2 - 2 · x(x + 1) · (-+) =>
=> 2x2 - X - 3 = O => X = -+ (não serve) ou x = ;.
8786
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
Temos:
2p == x + 2 + x + 1 + x => 2p == 3x + 3 => 2p == 7,5.
662. a
a
+ (3 == 180° 1 =>
- (3 == 600 a == 120° (3 == 60° ,
x2 == 62 + 122 - 2 . 6 . 12 . cos 120° => x
x
=>
y2
X == 6.J? cm
== 62 + 122 - 2 ·6 . 12 . cos 60° ~ ex
=> X == 6~ cm
x+1 z == 12 + 12 => z == 24 cm. z
657. Na figura, dAOB é isósceles
=> OÂB == 30°
dABD => sen 300 == x =>
f
1 x f
=>2 i=>x==T
=>
CI FI \ \ II e=l'JA
663. Pela lei dos cossenos, temos:
AC2 == AB2 + BC2 - 2(AB)(BC) . cos (3 =>
-J3
=> 1 == AB2 + 100 - 2 . AB . 10 . -- =>
2
=> AB2 - 1oJ3AB + 99 == O => não possui solução real.
Resposta: não existe o triângulo com as medidas indicadas.
658. Seja R o raio do círculo. Temos:
AB == R => dAOB equilátero =>
ÁB == 60°
" ÁB ,.ACB == -- => ACB == 30°2
HC
dBHC: cos 30° == BC =>
=> -J3 == HC => HC == 13-J3
2 26
660. (62 == 36, 42 + 52 == 41) =>
=> 62 < 42 + 52 =>
=> o triângulo de lados 4, 5 e 6 é
acutângulo =>
=> a diagonal de medida 6 é oposta ao
ângulo agudo do paralelogramo.
Pela lei dos cossenos:
62 == 42 + 52 - 2 . 4 . 5 . cos a =>
1
=> COS a == S.
Agora,
x2 == 42 + 52 - 2 . 4 . 5 . cos (180° - a) =>
=> x2 == 16 + 25 - 2 . 4 . 5 . (- COS a) =>
~ x2 = 41 + 40 · +~ x = .J46 cm.
B
6
x
5
c a
b
c
ex
a
b
=> b
..... 0. a
~
b
=> COS a
c2 == a2 + b2 - 2ab cos a =>
a2 + b2 - c2
2ab
Seja a medida da outra diagonal igual a d.
d2 == a2 + b2 - 2ab cos (180° - a) =>
=> d2 == a2 + b2 - 2ab (-cos a) =>
a2 + b2 - c2
=> d2 == a2 + b2 + 2.at5 . _
=> d2 == 2a2 + 2b2 - c2 =>
=> d == -J2a2 + 2b2 - c2
664.
668. Sejam P, Q e R os centros dos quadrados.
PA e PR medem metade da diagonal do quadrado de lado 6 cm.
Então, PA == PR == 3-J2 cm. Analogamente, QA == QC == 3#cm.
Observando os ângulos formados no vértice, pode-se concluir que os pontos P,
A e Q estão alinhados; logo, PQ == 3(-J2 + #) cm.
Agora, no triângulo ABC temos:
~ 6-J3 ~ -J3,. Â
sen B == ~ => sen B == -2- => B == 60° => C == 30°.
Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo PBR:
PR2 == PB2 + BR2 - 2 . (PB)(BR) . cos B =>
=> PR2 == (3-v2)2 + (6.J2)2 - 2 . 3~· 6~· cos 150° =>
=> PR2 == 18 + 72 - 72 . (- cos 30°) => PR == 3.J"i()+4-J3 cm.
5em Aplicando a lei dos cossenos ao triângulo QCR:
88 89
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
QR2� = QC2 + CR2 - 2(QC)(CR) cos ê ~
~ QR2 = (l,,'6)2 + (6-J2)2 - 2 · 3~ . 6-J2· cos 120° ~
~ QR2 = 54 + 72 - 72 . .J3 (- cos 60°) ~ QR = 3..J".....14-+-4-~-3 cm.
12
12
Q6~1
16~
d
6~
669.� Quadrilátero ABCD é inscrito ~ Â + ê = 180°
âABD ~ x2 = 62 + 102 - 2 . 6 · 10 . cos  (1) 1
âBCD ~ x2 = 102 + 162 - 2 . 10 . 16 . cos (180° - A) ~
~ 62 + 102 - 120 cos  = 102 + 162 - 320( - cos Â) ~
~ cos  =- ~ . Substituindo em (1):
x2 =� (,2 + 1()2 - 120· (-+) ~ x = 14 m.
670. 1) 'Considere um ponto Q externo
ao triângulo, tal que BQ = 5 e
CQ = 7. Note que LlPBA == ~QBC
(LLL), donde obtém-se
PBQ = 60°.
Então, àPBQ é equilátero. Logo,
BPQ = 60° (a = 60°).
A
2) Aplicando a lei dos cossenos no
àPQC, temos:
(3 = 60°. B~ , ~c
3) (a = 60°, (3 = 60°) ~
~ BFC = 120°.
Aplicando a lei dos cossenos no
ãEPC, temos:
BC = ~129 ~ x = .J129 cm.
I" X I I
Linhas notáveis - Relações de Stewart
674. a) Usando a relação de Stewart:
42 . 6 + 62 . 2 - x2 . 8 = 8 . 2 . 6
~ 96 + 72 - 8x2 = 96 ~ x = 3.
~
2 6
I
I
1 1675. ma = T-v'2(b2 + c2) - a2 ; mb = T-v'2(a2 + c2) - b2 ; me =
1 1
mi + m~ + m~ = 4[2(b2 + c2) - a2] + 4[2(a2 + c2) -
1T-v'2(a2 + b2) -
b2] +
c2
1+ -[2(a2 + b2)4 - c
2] ~
~ 1 m2 + m2 + m2 = -[2b2 + 2c2 -
a b c 4 a2 + 2a2 + 2c2 - b2 + 2a2 + 2b2 - c2] ~
~ m2 +
a
m2 +b m
2
=
c
1
-[3a2 + 3b2 +4 3c2] =
3
-(a2 + b2 +4 c2)
Logo, 3 4·
677. 1) { x2 + h2 = 25
(6 - X)2 + h2 = 49'~
{ h2 =
h2 =
25
49
- x2
- (6 - X)2
90� 91
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
~ 25 - x2 = 49 - (6 - X)2
~ x = 1
h2 + x2 = 25 ~ h2 + 1 = 25
~ h = 2.J6 cm
~
~
B
=> x2(m + n) = b2n + c2m - amn.
Multiplicando ambos os membros por (m + n):
x2(m + n)2 = b2n(m + n) + c2m(m + n) - amn(m + n)
"-v---'
=>
2) Teorema da bissetriz interna:
x 6 - x5" = --...--.....7- ~ x = 2,5 cm
Relação de Stewart:
52 . 3,5 + 72 • 2,5 - Z2 • 6 =
= 6 . 2,5 . 3,5 ~
1575 Víõ5
=> z2 = _ .........- => Z = --cm60 2
3) Teorema da bissetriz externa:
5 + x x
- .....7- = 6 => X = 30
Relação de Stewart:
i 2 • 5 + 72 • 30 - 62 • 35 =
= 35 . 5 · 30 =>
~ 5i2 = 5 040 ~ i = 12-J7 cm
7
6
AI
B
x 6-x
AI (4]
, ,-
, /
' /
' ,-I /
30=x' //
I ,.
, ,~
I ,.
,-, ,.
, /
I /', /
, /
, /
I ,-
'///
,\C
"C
18
A
x
B' , 3 S
B
=> x2(m + n)2 = b2n2 + c2m2 + b2mn + c2mn - a2mn
-v'b2n2 + c2m2 + mn(b2 + c2 - a2)
=> x
2
=---------------
m+n
679. Teor. biss. interna => ~::::: ~ =>
X y
9
=> 4x = 3y ~ x2 = - y216
Aplicando a relação de Stewart, vem:
x2 • 4 + y2 • 3 - 62 • 7 = 7 . 3 . 4 =>
9
=> - y2 • 4 + 3y 2 - 252 = 84 => 16
=> y = 8
9 9
x2 = - y2 => x2 = - . 64 =>
16 16
=> X = 6
. 36 18680. Teor. bISS. externa => - = - =>
X y
=> X = 2y => x2 = 4y2
Com a relação de Stewart, temos:
(9.J6)2 . 18 + x2 • 18 - y2 • 36 =
= 36 . 18 . 18 =>
=> 8 748 + 4y2 • 18 - 36y2 =
11 664 =>
=> 36y2 = 2 916 => y = 9 => X = 18
C
4
=>
18
'C
p
678. Aplicando a relação de Stewart:
b2n + c2m - x2(m + n) = (m + n) . m . n
~
=>
a
A
c
B' ,
" m M n >C
-----------"""-----~/
a
92
I 93
L� Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
Capítul. XVI - Pelígenes regulares
s686.� Note que PS = QS = 120° e
AB = 90° ~ PÀ + QB = 60°
- - ~ ,,-......�
PQ / / AB ~ PA = PB I�
",-................ ~
PA + QB = 60°
..............�
~ PA =� 30° ~ x = 15°
~
90°
687.� AB é lado do pentadecágono regular ~
",-.... 360° ............ ~ AB =� --- ~ AB = 24°15�
PQ é lado do hexágono regular ~
-... 360° ...-..� ~ PQ = -- ~ PQ = 60°6
AB / / PQ ~ ÁP = BQ I�
ÁP + ÁB + BQ = 60° ~ ÁP = BQ = 36° ~ Cl�
~ ÁP = 18°�
AQP é inscrito e subtende AP ~ AQP = 9°.�
360°689.� ae = 3Q""O ~ ae = 12
,..
c~BCP
~ P = 156°
pr.. o
691.� g) O número de diagonais com medidas A3
duas a duas diferentes em um polígono
regular de n lados, n par, é dado por:
n - 2 A
___ 1
2
Dedução: Seja o polígono A]A2 ••• A n,
n par. A5
O vértice diametralmente oposto a A J é
A n� •
"2 + J
A!! + 1
Z
De A] partem ~ + 1 - 2 diagonais com medidas duas a duas diferentes.
_ -n n - 2
Entao� - + 1 - 2 = ---
, 2
A união de A] com os demais vértices fornece diagonais com medidas iguais
às já obtidas. AZ
h) O número de diagonais com medidas A1�
duas a duas diferentes em um polígono ~-=---
regular de n lados, n ímpar, é dado por:�
n - 3
-2- A4
Dedução: Seja o polígono A]A2 ••• A n ,
n ímpar.
O vértice que unido a A] fornece a maior
medida de diagonal possível é A n _ I •
-2- + I
" A~+1
•� 2
DeA] partem n ; 1 + 1 - 2 diagonais com medidas duas a duas diferentes.
_ n-1 n-3
Entao,� 2 + 1 - 2 = 2 .
A união de A I com os demais vértices resulta em diagonais com medidas
iguais às já obtidas.
692.� Temos:
n-2 n-3
-- = 6 ou 6 ~ n = 14 ou n = 15 ~ Si = 2 160° ou2�
Si = 2 340°.�
693.� Na figura, temos:
AB == BC ~ âABC isósceles ~
~ Â = 10°, B = 160° B
ai = 160° ~ ae = 20° ~ A <:: br • - _ ri::>n
360° ~ -- = 20°� ~ n = 18
n
d = n(n - 3) ~
2�
~ d� = 18· (18 - 3) ~ d = 135
2
n = 18 ~ 9 diagonais passam pelo centro.�
Logo, não passam pelo centro 135 - 9 = 126 diagonais.�
L�
94 95
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695.� Polígono MBCNP: Si = 540 0 => 8
=> 2ai + 200 0 = 5400 => ai = 1700
ai = 1700 => ae = 100 => A
360 0
=> -- = 10 0 => n = 36
n
Logo, passam pelo centro; 18 diagonais.� o
697.� Soma dos ângulos internos do polígo-
no MBCDNP é igual a 720°. Então:
3 . (180 0 - ae) + 1800 + ae + 20 0 = 720 0 =>
360 0 D
=> a� = 100 => -- = 100 => n = 36.e n
N
Logo, o número de diagonais diferentes, duas a duas, é:�
n - 2 36 - 2�
-� = = 17.
X698.� Na figura, prmongamos também os 1',
/� \lados BC e DE, formando o triângu- ~
/ 2ae \lo ZCD.
I� \
Temos:� / \
~ ~
EYZ externo ao dBXY => EYZ = 3 . ae • /
/ \
\
CiD externo ao dEYZ => CZD = 4 . ae• I I \ \
dCZD => 6ae = 1800 => ae = 30 0 => ,/ ",,,,.,,\Y
3600 / Z ,'" \
=> -- = 30 0 => n 12 I ""-<. .... ae ' n ae C O \
d = n(n - 3) => ~ / E
2 B
=> d = 12(12 - 3) => d = 54.
2 ,I
702.� Seja f6 o lado do hexágono.
a) Se os triângulos são equiláteros,�
temos R = f 6•�
Assim, diagonal maior = 2R�
= 2f6 = 12 m.�
b) R é lado do triângulo equilátero =>�
=> R = f 6 = 6 m.�
c) r é altura do triângulo equilátero =>
=> r� = f 6.J3
=> r 6.J3 => r =-2- -2 3.J3 m.=
d) diagonal menor => 2r = 2 . 3-J3 = 6.Jfm.
e) apótema = r => a6 = 3-J3m.
710.� a) f 6 = R => R = 5 cm => AAC ::::::::=. se::::: A
R.J3 5-J3
=>� a6 = -2- => a6 = -2- cm
5.J3 b) r = a6 => r = -2- cm
c)� Note que AM ..1 BC => AM é�
altura do triângulo equilátero OAB�
=> AC = 2 AM => AC = 2 . r =>�
=> AC = 5-J3 cm.�
EV :.........., • ........-:: 'lD�
712.� Sejam RJ e R2 os raios dos círculos onde estão inscritos o quadrado e o triângu-
lo equilátero, respectivamente. Temos:
f4 = R lv'2 => 2PI = 4RI.J2�
f 3 = R2.J3 => 2P2 = 3R2.J3�
RI 4.J6�
2Pl = 2P2 => 4R1v'2 = 3R2-J3 => R = -9-· 2
714.� ACEG quadrado => AC = R-v'2 =>
=> OM = R.J2 =>
2
=> BM = R _ R.J2
2�
Aplicando relações métricas no�
dBCF, retângulo em C, vem:�
I _.-': J o(BC)2� = (BF) . (BM)
f§� = 2R(R - Rf2)
fs = R~2 - ~.
Aplicando o teorema de Pitágoras�
no dFNO:�
fs )2a~ =� R2 - (T =>
2� _ R2 R2(2 - v'2) _ R.J2 + .J2
=> as� - - 4 => as - 2
96� 97
C
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716. r = 1
2r = ~_- 1
I
. h ::) h = K+1
A
h
2
\ '
I
725. fã
fã
=
=
R2 + R2 - 2 . R . R . cos 45°
.J22R2
- 2R2 . - ::)
2
o
AV = ~
2
::) AV = -J5 + ~ f s = R-J2 - ~
B c
717. Aplicando o teorema da bissetriz in-
terna no dOAB:
f 2 - f
- = -- ~ f2 + 2f - 4 = O ::)
2 f
::) f = (~ - 1) m.
o
726. i = RJ2
~ R =
- ~ ~ R =
; J4 + 2../2
f
2 _ V'1 ::) R = ~2
f . .J2 + ..fi . .J2
- V2 . ~2 + ~2 . .J2
::)
727. Temos: ai = 135°.
Lei dos cossenos no dABC:
AC2 = f 2 + f 2 - 2 . f . f . (- cos 45°)
::) AC2 = 2f2 + f2.J2 ::)
::) AC = f~2 + -fi
::)
720 2 2 2 . 2 2 (-J5 - 1)2. f 5 = f 6 + f 10 ~ f 5 = R + 2 . R
719. No dOAB temos:
OM bissetriz ::) AÔB = 36° ~
( fIO)::) AB = flO,OB = R, MB = T
fIO -J5 - 1
MB 2 2· R
sen 18° = -- = -- = ::)OB R 2R
-J5 - 1
::) sen 18° = --
::) f 5 =
A
R C"T'V 10 -
o
,,~
L.'V 5
::) AE = fJ4 + 2~
AE é diâmetro ~
::) dADE é retângulo em D.
Aplicando Pitágoras ao dADE:
AD2 = AE2 - DE2 ::)
::) AD2 = f2(4 + 2.J2) - f2 ::)
::) AD = f..J3 + 2..J2 ::)
::) AD = fJ(2 + 2.J2 + 1) ::) AD
AE _ 2R. exercício
726
~ AE = 2· ; ../4 + 2..fi ~
=
G
............ •
f· .J(~ + 1)2::)
lIE
AD = f· (-fi + 1)
f 5
721. sen 360 = 2"
R
~ sen 360 =
_ KJlO - 2.J5
- 4R'
JlO - 2-/5
~ b) dAEF é retângulo ::)
::) AE2 = AF2 - EF2 ::)
::) AE2 = (2R)2 - f2 ::)
::) AE2 = f2(-J5 + 1)2 - f2
728. a) i = ~ - 1_ . R ::) R=
~
A~
c
•
::)
::)
AE2 = f2(5 + 2-J5)
AE = f-J5 + 2-/5
=>
9998
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~ -� f /
c) AB + BC = 72° =} AC = f 5 = 2'\110 + 2-15
d) ~ADF é retângulo em D, DF = f5, AF = (-JS + l)f �
Daí: �
AD2 = AF2 - DF2 => AD2 = (6 + 2../5 )f2 _ 10 +. 2E . f2 =>
=> AD2 = 7 + _3E . f2� => AD = +.Ji4 + 6--/5
729.� x2 = a2 + a2 - 2 . a . a . cos 360 =}
E + 1
=}=> x2� = 2a2 - 2a2 •
4�
. 2 _ (6 - 2JS) 2�
::::;. X - 4 . a� =}
(3 -� E)
=} x2� = . a2 =} x2
~2~
=} x� = ·a =} a2
J<5= 2-JS + 1)
=} x= "'2� ·a =}
~(JS - 1)2 JS -
~x= 2 ·a=>x= 2 ·a
730.� Usando o resultado do exercício 729:
JS - 1
a x =}
-2-
2
=} x a� I ~-;.E_I· =>�
a�JS + 1
=} x 2
. a.
731.� Usando o resultado do exercício 730
no dABD: E
d =� .JS2+ 1 . f.
732. a) OstriângulosA'AR,B'BC,C'CD,
D'DE e E'EA são congruentes e
isósceles de bases AR, BC, CD,
DEeEA. Daí:
Â' = R' = ê' = Ô' = Ê' (1)
e, por diferença, obtemos:
A'B' = B'e' = C'D' = D'E' =
= E'A' (2)
(1) e (2) => A'B'C'D'E' é pen-
tágono regular.
E;K: - /
A
\" y~
b) dA ' B ' B exercício
729
=> X = ~ (.JS - 1) (1)
BD é diagonal exercício
731
=> 2x + y =
fT(.J"5 + 1) (2)
(2) => y = f(.J5
2
+ 1) - 2x.
Substituindo em (1), obtemos x = 3 - ~ f.
c
101100
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--
~1
,...---.....Capítulo XVII - Comprimento da circunferência� 737. ACD = (270°/360°) • 211'" ·18 => ACD = 2711'" cm
--........� .....--
DEF = (288°/360°) . 211'" . 35 => DEF� = 5671'" cm
..--...� ...-......735.� a) b) , \ FGH = (225°/360°) • 271'" . 24 => FGH = 3011'" cm J =>
W\6cm
"�
HU = (120°/360°) • 271'" . 36 => íiiJ = 2471'" cm
o ,6 cm \.'_ 0 3~, \
,6cm \6 cm
" ..... -- \
R] = Rz = 12 => RI = 12 cm�
=> C1 = Cz = 11'"R1 = 1211'" Rz = R3 = 6 =>�
R3 = 24 => C3 = 11'" R3 => => Cz = C3 = 1I'"Rz = 611'"�
=> C3 = 2411'" 1�C1 = 6 . 271'"R] => C1 + Cz + C3 = 1211'" + 1211'" + 2411'" =>�
=> C1 + Cz + C3 = 4811'" cm 1� => C1 = - . 2 . 11'" . 12 => 6
=> C] = 411'" cm
C1 + Cz + C3 = 471'" + 611'" + 611'" =
1611'" cm
A� A D
736.� a) b)
B~,.""",._.~>...........,,,,,,,,,~ c�
Ao~ABC é equilátero, pois seus lados Note que EBF = 30°. Daí:
são os raios dos arcos. 600 ....-- 30°A ~
EF = -- . 211'" . R =>ACB = 60° => AB = -- . 211'"R => 360°360°
--.. 1
,.--.... 1
=> EF = - . 11'" . 48 =>
=> AB = - 11'" . 12 => 63�
=> ÁB = 411'" m j => EF = 811'" ffi. �
".-.. ,.-.... .....-.. =>
AB = AC = BC� Logo, comoEF = Fo = Gil = ÍiE,
temos:
=> ÃB + ÁC + BC = 1211'" m.� ......--.... ..--- ..--- ,.-....
EF + FG + GH + HE = 3211'" m.
E
L
G
JLB = (255°/360°) • 271'" . 48 => fLB = 6811'" cm
~ -- ~ ~ r--...
=> ACD + DEF + FGH + HIJ + JLB = 20511'" cm
738.� y- ~
E
~
o
c.o
p
~
o
c.o
"-
A
~
. oAP ~6M·
.. ~PAOI ~ sen 60 = OlA => -2- = OlA ~ OlA = 120 m ~
=> 04A = 180 m�
........... 120° 1�r"' � r-
AB = 3600 . 211'"(OIA) => AB = T . 211'" . (120) => AB = 8011'" m
r- 60° ,,-... 1 ,-...
AD = 3600 . 271'"(04A) => AD = 6 . 211'" . 180 => AD = 6011'" m
Seja 2p o comprimento total da pista. Temos:�
2p = fi + éD + ÁD + BC => 2p = 8011'" + 8011'" + 6011'" + 6011'" =>�
=> 2p = 28071'" m.�
745.� Sejam C, Cb C2 e C3 os comprimentos "normal", aumentado o raio em 2 m,
aumentado o raio em 3 m e aumentado o raio em o metros. Temos:
C = 211'"R
CI = 211'"(R + 2) => CI = 271'"R + 471'" => CI = C + 411'"
C2 = 211'"(R + 3) => Cz = 211'"R + 671'" => Cz = C + 611'"
C3 = 211'"(R + a) => C3 = 211'"R + 2a7l'" => C3 = C + 2a1l'"
Portanto o comprimento aumenta em 471'" m, 671'" m e 2011'" m, respectivamente.
746. pz : 21l"Rz : 1 -:- Wj => 211'"R _ 211'"RI = 1 + 103 _ 103 => PI - 271'"RI - 10 z
1
=> Rz - RI = 271'"
102� 103
L� Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
747.� Sejam o comprimento normal e o comprimento com o raio duplicado iguais a
C e C j , respectivamente. Temos:
C = 211'"R
C} = 211'"(2R) => C} = 2 . 27rR => C} 27rC
Logo, o comprimento também duplica.
748.� (f = 27rR, r = 2R, f = r . a) => 27rR = 2R . a => a 7r => a 180°
750.� C ---. comprimento normal da circunferência.
C] ---. comprimento da circunferência cujo raio aumentou 500/0.
Temos:
C = 211'"R
CC 1 =� 27r(R + 0,5R) => C} = 27rR + 7rR => C} C + T =>
=> C} = C + 0,5C.�
Resposta: o comprimento aumenta 500/0.�
755.� C} = 27rR} => 1 500 = 27rR} =>
750
=> R} = --m
7r�
C2 = 27rR2 => 1 200 = 27rR2 =>�
600�
=> R2 = -- m7r�
=> d = 750 600�d = R} - R2 11'" =>11'"�
=> d = 150� ~m
756.� C = 211'"R => C = 27r . 40 => C = 807r cm
n:� n? de voltas, 26 km = 26 X 105 cm�
d 26 X 105�
d=n·C => n=C =>� n= => n == 10 350 voltas
1 h 5Omin = 110 min
n.° d I /. � 10 350 ~ - - 94e vo tas mln = ~ =
757.� Sejam RF: raio da roda dianteira; R T: raio da roda traseira; d: distância percorrida.
Distância percorrida quando RF dá 25 voltas:
d = 25 . 27rRF => d = 25 . 27r . 1 => d = 507r m.
Nessa distância, R T dá 20 voltas. Então:
5d = 20 . 27rRT� => 5011'" = 20 . 2 . 7r . RT => RT = - m. 4
758.� C} = 27rR} => C} = 27r . 1,5 => C} = 37r cm
C2 = 27rR2 => C 2 = 27r . 1 => C 2 = 27r cm
C} - C2 = 37r - 27r => C} - C2 = 7r cm
765.� (a = 80°, e = 20cm,e = ~:O~) => ~20cm
20 = 7r. ~8~~0~. R => R = ~ cm�
7r� ~lR
767.� (A:8 = a . OB; éD = a . OD =>
B
=> ÃB - éD = a(OB - OD) =>
o� 100
=> 100 - 80 = a . 25 =>�
4�
=> a� = - rad5 ;;-........--..�
770.� Na figura, temos:�
OM�
J:lOMB => COS a = OB� =>
3� 1
=> COS a = 6� => COS a = T => p
=> a� = 60°
a = 60° => AÔB = 120° =>
,--..... ,--........�
(APB = 120°, AQB = 240°)�
Como os comprimentos dos arcos�
são proporcionais aos ângulos cen-�
trais determinados, temos: Q�
AQB 2�
APB T·�
'773.� Note o ~ABC, equilátero. Temos Aê = 60° => PÔQ = 120° => 1', �
I \� ~ 1� / \
=> PQ = - . 27r . R =>� /.----.~
3�
,-... 1�
=> PQ = - . 27r . 10 =>
3
~ 20 -- p
=> PQ = -3-.11'" cm I . . \
/� I I \Também temos / I I'~,
QS = 2R => = 20 cm. BL----S~Q--r-.,\cQS
Logo, o comprimento da correia será dado por: 20 60 0
Distância percorrida depois que RF deu /00 voltas: 3(20 + 23° 11") = 60� + 2011" = 20(3 + 11") cm.d = 100· 27rRF =>� d = 100 . 27r . 1 => d = 2007r m.
104 105
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774. {p ......,' ..............� 2 A ...... ~.........�
........ ,
1 ' ......
I
1� ............�
41
x O/~ y\" ----
\
\
\
\
\ B
LlOPO' => (OP = 6,00' = 12) ~ O'P = 6-J3cm =>
=> (AB = 6.J3 cm, CD = 6.J3 cm)
Seja PÔO' = exo Temos:
OP 6 1 ~
cos ex� = -- => cos ex = - => cos ex = - => ex = 600 => AOD = 1200 00' 12 2
AOO' e BO'O são alternos => BO'O = ex = 600 => BO'C = 1200
~ ,--...., ~ 2400 ,--..... 16
AOD = 1200 => AXD = 2400 => AXD = 3600 271'" . 4 => AXD = T7I'" cm•
r--.. ~ 2400 r---.... 871'"
BO'C = 1200 => BYC = 2400 => BYC = 3600 • 211'" . 2 => BYC = T cm
Logo, o comprimento da correia será dado por:�
~ ~ 16 8�
AB + CD + AXD + BYC = '6-J3 + 6.J3 + T7I'" + T7I'" = 4(3.J3 + 271'") cm.
775.� dA'AD => x2 = 4 + Z2
Cálculo de z:
Note que y = 3 - z. A'�
1�LlOPA => AP = -2�
dAPC => C = 600 =>�
AP�
=> sen 600 = -- =>AC
1
~ 2:
=> -- = --- =>� 60 0 ~ -. ••AI2 3 - z c '---y---J , v 'o'
\ Y A z /9 - ~ ,� v
=> Z� = 3 DaI:o 3R
x2 =� 4 + (9 -3 V3 r =>
=> X� == 3,1415333. o.
106
Capítulo XVIII - Equivalência plana
783.� Pelos itens 235 e 236 da teoria podemos concluir que todo triângulo'é equivalen-
te a um retângulo de base congruente à base do triângulo e altura igual à meta-
de da altura do triângulo.
Se reduzirmos à metade a base de um triângulo, o retângulo equivalente tam-
bém terá sua base reduzida à metade. Para manter a equivalência, a altura deve-
rá dobrar.
784.� dABD ~ dBCD =>
D c
=> I + II + III == I + II + IV =>�
=> III == IV IV�
p
Ul
A� B
789.� 4 . (I) + Pt ~ 4 . (I) + P2 + P3 =>
=> Pt ~ P2 + P3
c b
c
b
b c
790.
c
/�
/' �
/' � ~-
~'
B A� B' A'
dPAB ::::: dDAB (mesma base e mesma altura) => dDAB ~ dD'A' B'I
dP ,A' B' ~ dD'A 'B' (mesma base e mesma altura)
Como a diagonal do retângulo o divide em triângulos equivalentes, concluímos
que os retângulos são equivalentes.
107
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791. ACBa 55 AABE (LAL) o Capítulo XIX - Áreas de superfícies planas
Utilizando a dedução feita no exercÍ-�
cio anterior, temos: h -vI h A�798. g) sen 60° = - => -- = - =>
ABCD ~ BEIH. c 626�
=> h = 3-Jfm� 6 2~BD 1 BDG cos60° = -- => - = -- =>6 2 6i
i
i
=> BD = 3 m
AACD => CD = 5 fi s o
I
i BC· h
2 =>SABC = ---
792. J
E F
=> _ 8· 3-Jf
SABC - 2 => SABC
° h ~ hh) sen 45 = - => -- = -16 2 16
=
=>
12-J3 m 2
A
L => h = 8~ m
BC· h
SABC =
'"
=> 16
=> SABC =
18· 8~
2 =>
H
i)
=>
x2
(7
SABC = 72~ m2
+ h2 = 52
- X)2 + h2 = (4.J2)2
I
=>
A
Exercício 791
Exercício 791
::)
=>
E
ABCD ~ BEIH I =>
AJLG =:; GHIF
=>
F
ABCD + AJLG :::::: BEIH + GHIF
.
ABCD + AJLG :::::: BGFE
=>
799.
=>
BO=5ma) AABO Pitágoras;
=> BD = 10 m
=> x=3m => h=4m
S - BC· h
ABC - 2
7 . 4
=> SABC =! -2- => SABC =
=>
14 m 2
si
5
x h
A
4~
7 - x ""
C
S = BD· AC
2 =>
=> S = 10·24
=> S = 120 m2
b) sen 45° = h -12 =>
~
- 2 =
h
-12 =>
c
12
=> h=6.J2m 12 12
S = 12 . h => S = 12· 6-Jf =>
=> S = 72-J2 m2
... 1"
~
~
c
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B-13 m
~
12 ~ ~.= AO ODc) tg 60° = -- =>AO
~ AO = 4-13 m
AO = 4-13 ~ AC
S = AC ·-BD ~
, 2
=> S = 8~. 24
~ S = 96-13 m2
e) sen 300 = ~ ~ 1 h6 2=6 =>
h h
800. d) tg 60° = 4 ~ ~ = 4 ~
~ h = 4~m
S = (B + b) ·h ~
2
~ S = (10 + 6) . 4~ ~
2
=> S = 32~ m2
c
6m
f
I
I
I
I
I
I
hl
I
I
I
I
I 60°I
6m 4m
4v'T
160 0
I
I
B--E:~ - - - - - - - - - ~f3 - - - - - -- - - -> D
12 I 12
I
I
I
I
I
A
~ S = 2(25~ + 48) m2
~ W = 8-Jf"m
1 -~ ~ 2 - 12
12
./
-13
- Y....- =>
-2- - 12
x803. b) sen 30° = 12 ~
x=6m
cos 30° = Y....- ~
12
=> y = 6.Jfm
62 + Z2 = 102 ~ Z = 8 m
W r;:;- W
tg 60° = - ~ v 3 = -
z 8
S = (x + w)(y + z) ~
2
~ S = (6 + 8~)(6.Jf + 8)
2
809. Sejam D e d as diagonais maior e menor, respectivamente, do losango, e f o la-
do do quadrado. Temos:
f2 = 81 ~ f = 9 cm ~ 2p = 36 cm.
d 2 j-=- D·d 28·8D 7 ~ D = 28 cm, d = 8 cm => S = --- => S = --- =>
d + D = 36 2 2
~ h = 3 m
cos 300 = ~ 6 ~ -13-2- 6 x ~
~ S = 112cm2
=> X = 3-13 m
S = (B + b) . h
2 =>
~ S = (10-13 + 4~) . 3
2
~ S = 21-13m2
~
x x
811. 4f = 120 ~ f = 30 cm
x2 + 182 = 302 ~ X = 24 cm
D . d 48 ·36 S=--~S= ~ 2 2
~ S = 864 cm2
/=30
18
30~Ao
./ J18 ............. 30
x . x
f)
h ~ h
sen 60° = -6 ~ -2- = 6 ~
~ ~ h = ]-\,13 m
X 1 x
cos 60° = - ~ - = - ~ 6 2 6
=>x=3m
h ~ 3-J3 .
tg 30° = Y ~ -3- = -y- ~ B
6
x
A 4 D
I : '"
I I
I I
I I
::
I h I h
I I
I I
I I
: :
E 4 F y C
812. Perímetro do quadrado = 40 ~ 4f = 40 =>
~ f = 10 m ~ SQ = 100 m2
No trapézio da figura:
2p = 40 => 5b = 40 => b = 8 m
h2 + 42 = 82 ~ h = 4~ m
S - (B + b)h ~ S _ (16 + 8) . 4~
Tra - 2 Tra - 2
.
~
tJ
b
2b
~
~ Y = 9 m
S - (B.+ b) . h
- 2
~ S = (16 + 4) . 3~
2
~ S = 30~ m2 STra SQ
STra
= 48~
100
= 48v'J
m2
=>
SQ
STra =
25-13
~ 4 8 4
110 111
i
I
L..:..
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
814.� Sendo b e h a base e a altura do retângulo, temos:
c) BC := 12 => MB == 6b = h� + 3 I2b + 3h = 66� => (b = 15 cm, h = 12 cm) => 2p = 54 cm. A f BBÂC := 1200 =>� MÂB == 60 0
Sendo f o lado do� quadrado, temos:
27 729 24f == 54 => f == 2 cm => s:= f2 => S = -4- cm .
815.� Sejam D e d as diagonais do losan-
go. Temos:
-d = -3 J� 3D - 5d = 01D 5 => =>�
D-d=40 D-d=40�
=> (D = 100 cm, d == 60 cm).�
Na figura ao lado:�
f2 == 502 + 302 => f == IOvf34 cm.�
Sendo o perímetro do quadrado igual�
ao do losango, o lado do quadrado�
também mede 1rN34cm.�
f2Aqua
-- = --- � =>
Aios D·d�
2": �
Aqua 3 400 Aqua 17�
:::) --= => --==-
AIos 100 . 60 AIos 15
-2-
819.� a) f = 8 8
2 2
== 3-J3f => S = 3~· 8S� =>2 ~
:::) S� = 96~ m2
8
f~ f-J3b) a == -- :::) 2~:= -- => f := 4 m2 2
S == 3~ f2 => S:= 3-J3· 42 =>�
2 2�
:::) S ==� 24-J3 m2
MÂB� = 60 0 => MBA:= 300
o 6 . ~
_ 6cos 30 == - ~
~_ _ _ => ~Mf� 2 f
c
=> f� == 4Y3m
3~f2 3~(4Y3)2S :=
=> S� ==
=>2 2
2
=> S� == 72Em
824.� LlAED - LlABC =>
A10 -� x x -
--==- => x=6m =>10 15 I ., ~2 'D
=> SDEFG = x =>� SOEFG = 36 m2
I
l x
10
X'L
B F x G c
825.� dADE - LlACB =>�
5 .AB�AE� AD
=> --:=--� =>
AB AC� E
=> ~ == __8_ => X := 4 m�
15 8 + x 10�
dABC => 122 + BC2 == 152 =>�
=> BC == 9 m�
1-'
(AC) . (BC)� A 8 o x C12 ·9 2SABC� = 2 => SABC == --2- => SABC:= 54 m
826.� A~B =C~D (correspondentes) 1 =>
ABC = COE (retas)
=> LlABC - LlCDE =>
'. AB BC� j ~ A ~ --:=--� =>
x-6CD DE�
x - 6 6�
=> --6- == 9� => X == 10 m
,� ,,., {J>, E
'---y----/ 6 m o 9 mS = x 2� => S == 102 => S = 100 m2 x
827.� De acordo com a figura ao lado:
2p = 36 (2a + 2b == 36( a2 := b2 + 122 => a2 - b2 == 144 =>�
a + b == 18 (1)�( 2
=>� a - b2 = 144 (2)
112
113
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(2) => (a + b)(a - b) = 144 ~
=> 18(a - b) = 144 =>�
=> a - b = 8 (3)�
(1) e (3) => a = 13, b = 5
Seja 8 a área procurada. Então:�
2b . h 2 . 5 . 12�S=--- => S= =>2 2
=> S = 60 m2• b b
828.� Considerando as medidas indicadas
na figura:
2� 2 b
a + b = 15 =>�
2(a + b) = 42�
2 j�
a[Y/Ja
=>� a2 + b2 = 225 j =>�
a + b = 21�
b
2
=> a· b = 108 => S = 108 m .
830.� Na figura
ao lado temos um trapézio
isósceles de altura 3-J:fm, base maior
14 m e perímetro 34 m.
Para facilitar os cálculos fizemos a
base menor igual a 2a. Daí:
(7 - a)2 + (3-v'3)2 = (10 - a)2 =>
=> a=4m
S = (B + b)h =>�
2�
=> S� = (14 + 8) . 3-v'3 => 7-a 2a 7-a2
=> S� = 33..[3 m 2.
I
831. Considerando as medidas indicadas
na, figura, temos:
h2 + (21 - X)2 = 172 => 4
h2 + x2 = 102
=> (x = 6 m, h = 8 m) 1710�
S = (B + b)h =>�
2�
=> S = (25 + 4) . 8 => x 4 21-x
2
=> S = 116 m2.
832.� Para simplificar os cálculos, seja 2x
a medida de uma diagonal. A outra
medirá2x + 4 e o lado medirá 2x - 2.
Considerando as medidas indicadas
na figura:
x2 + (x + 2)2 = (2x - 2)2 =>
=> x2 - 6x = O => X = O ou x = 6 m
x = 6 m => (d = 12 m, D = 16 m).
S = D ~ d ~ S = 16 ~ 12 ~ S = 96 m2.
833.� ABD = CÔB (alternos) => dABD isósceles => AB
O trapézio é isósceles => AD = BC = i.
AB = i => EF = i
2p = 48 => 4i + DE + F.C = 48 =>
=> DE + FC = 48 - 4i
(DE = FC; DE + FC = 48 - i) =>
=> DE = FC = 24 - 2i
dBCF: i2 = (3~)2 + (24 - 2i)2 =>
=> i = 23 ou i = 9
Sendo B a base maior, temos:
B = 48 - 3f.
i = 23 => B = 48 - 3 . 23 => a
=> B = - 21 (não serve) ,,/a
i = 9 => B = 48 - 3 . 9 => D� 24- 2i
=> B� = 21
S = (B + b)h =>�
2�
S =� 21 + 9 . 3-15 =>
2
=> S� = 45-JS m2•
834.� Seja OT o raio perpendicular ao lado
AB e 08 o segmento paralelo a AB,
com 8 em BC.
Sendo a o lado do quadrado e consi-�
derando as medidas indicadas na figu-�
ra, temos:�
Lloes: (a - 10)2 + (; r= 102 ~
=> a = 16 m.�
S = a2 => S = 162 => S = 256 m2.�
= AD =� f.
I�
I�
I�
I�
3~1
I�
I�
24-2f C
a-la
114� 115
I
L�
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835.� AêD == BÂC (alternos) ~
~ LlABC isósceles => AB = BC = b.
A b 8AB = b => DE = b => CE = 25 - b�
LlBEC => b2 = 52 + (25 - b)2 =>�
I ~ I \b�
=> b = 13�
(B + b)h 5�
S = => 2�
(25 + 13) . 5�
~ S = => o b E 25 - b C 2
=> S� = 95 m2.
836.
20 m
C'------v--' '----y----J 8
h+10 15m E 15m
1) S = 300 => (h + 10)· h = 300 => 2) LlABE => AB2 = 202 + 152 =>2
=> AB ::::: 25 m ~ h2 + 10h - 600 = O =>
S = 300 => (AB). (CD) = 300 =>
=> h� = - 30 (não serve) ou 2h = 20 m 25 ·CO
=> = 300 => CD = 24 m 2
837.� LlABC => BC2 + 242 = 402 =>
=> BC = 32 m
ASendo a medida do lado do losango
~~/-/~igual a f: �
LlABE => (32 - X)2 + 242 = x2 =>� B('~/
=> X = 25 m�
S = CE . AB => S = 25 . 24 => 32-~\
f~X
=> S = 600 m2.�
E�
c
838. Na figura, o AABC é retângulo em
A; BD mediana relativa a AC; CE
mediana relativa aAB; BD = 2~m,
CE = 4mm. Temos:
LlACE => a2 + (2b)2 = (2m)2
LlABD => (2a)2 + b2 = (4-JT3)2 =>
. Ia 2 + 4b2 = 292.
=::::;. =>
4a2 + b2 = 208
~~
~
=> a = 6 m, b == 8 m => C~ ,,< 1[""
=> S = 2a· 2b
2
=>
~
A
=> S =
12 . 16
2 => S = 96 m2•
839. A menor altura é relativa ao maior
lado.
De acordo com a figura:
h2 + x 2 = 45 1
h2 + (10 - X)2 = 25. =>
=> (x = 6 m, h = 3 m)
10 . h 10 . 3 S=--- => S=~--2 2
=> S = 15 m 2•
=> x 10-x
840. LlABC => (BF = BD = 4 m, CF = CE
AB2 + AC2 = BC2 =>
=> (4 + r)2 + (6 + r)2 = 102 =>
=> r = - 12 (não serve) ou r = 2 m
r = 2 fi => (AB = 6 m, AC = 8 m)
S = (AB)· (AC) =>
2
= 6 m)
A
6
S _6.8
--2- 'S-242 =? - fi. 84 6 c
841. (1) LlABC ~ AACD (mesma base
AB = AD e mesma altura)
(2) ACDF ~ AACD (mesma base
A C = CF e mesma altura)
(1) e (2) => SADF = 2 . SABe
Analogamente,
SCEF = 2 . SABC; SADE = 2 . SABC·
Portanto, SDEF = 7 . SABC.
0< I (" I ,
F
E
116� 117
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843. Na figura, os triângulos que têm 1 1 k k
SBFG = T . SBGE => SBFG = T . 8 => SBFGáreas iguais assim foram marcados por 24�
possuírem mesma base e mesma altu-� A k k llk
ora relativa a essas bases SDEFG SBDE - SBFG => SDEFG T - 24 => SDEFG = ~
Agora, temos:�
dABP ~ dACP (mesma base e mes-�
845. a) b)
ma altura) =>
=> 2S] + S3 = 2S2 + S3 => A B A E F B�
=> SI = S2 (1) ~~
dABN ~ dCBN =>�
=> 2S] + S2 = 2S3 + S2 => SI = S3 (2) B
p c
'"
'".<'
',',
',".�(1) e (2) => SI = S2 = S3° . ,
'. "
'.
-".
"
".
~844. a) b) c) ,
o G E C G H CA AA
k 1 k = SEFG + SFGH + SFHI =>
SACD = T => SACE = 6 . T => 1 k 1 k
SEGHI = - . - + - . - +k 5k 4 2 6 2
h
=> SACE = 12 => SADE = U 1 k
+_o_=>
1 5k k 4 2
SAFE = "5 . U => SAFE = 12
B c B c B D c k
=> SEGHI = T
SFDE = SACD - SACEF = BC h AC· h k =>ok
-2- k -2- SABD = 4 k k k
=--2·-=-
/,... -', // , 3k 2 12 3�
I ' I \ l1 2 => SACD = 4 4 4 k 4k�3f BC h} ~5 AC· h' SFGE = -SFDE = - o - = -o
\ : 5 5 3 15S S\ 2 " => \ 2 / => S
-
- -63 o SACD => 1,_ ..... / /
SFGD = "5 o SFDE =
1 2 3 o~k =>
=> S=-k => S=-k => S=6 4 1 k k3 5 =-0-=- => 5 3 153S --k=> - 8 1 k k
=> SFGH = 4 o15 = 60
4k k2 k
S = SFGE + SFGH = 15 + 60 =>d) SACD = 6 k => SACD = T�
A�
2 3 => S = 17k�
SABD = T k => SBDE = 4 SABD => 60�
3 2 846. E é baricentro do MJcn => A
=> SBDE = - - k =>4 o 3 1 S
=> SEMC = 6 . T =>k�
=> SBDE = T� S
B G => SEMC = 121
SBGE = 4 . SBDE =>�
1 k k�
=> SBGE = 4 o2 => SBGE 8
119118
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
847.� Observando as áreas indicadas na fi-
gura, temos:
2L\ABE => 2a + 3b = 5 k�
=>�kL\BCD => 5a + b = T
4k 8k�
=> b=39 => S=39�
848.� Unindo os pontos A e F
Sendo x a área do L\FVC, a área do
L\FVA será 2x_
Sendo y a área do AFAR, a área do A
AFBR será 2y_
Temos:
R
k
y3x + Y = T�
=>� s22x +� 3y =-k3
k
=> (x� = 21; y = ~~) B T u c
De modo análogo, obtemos:
k
SARD� = SBTE = SFVC = 2T e A
4k
SBTD� = SevD = SFAR = 21-
Observando as áreas indicadas na fi-�
gura, temos:�
SOEF == k - 6x - 3y =�
k 4k
=k-6·--3·- =>21 21 B� cT u k
=> SOEF = T-
849.� Exercício 714 => (as = RJ2 t ..fi; is = RJ2 - ..fi) =>
=> a = (.J2 + 1)fg 1 4(.J2 + I)Rã
8 2 => S=p-a => S= =>
2p = 8R => p = 4Rg�
=> S = 2(-)2 + I)Rã�
R-J ~ E-I) E+l / r;850.� alO = T 10 + 2-v 5 ; RIO = 2 - R => alO = - '\110 + 2'\1 5 RIOn(
2p = 10R => p = 5R�
E + 1 I ~
S = p . a => S = 5 - - '" 1O + 2'\1 5 R2 = 8
= +.J(~ + 1)2(10 + 2V5) . i 2 =>
=> S� = +J16(5 + 2-JS) i 2 => S = ; .J5 + 2-15 i 2
851.� (as = ~ (-JS + 1); is = ~ J10 - 2-JS) => as = .J25 :,..1M is
52p =� 5R => p = - R2
S = p . a => S = 2-. .J25 + 1M . 02 _ .J25 + 1O~2 10 t => S - . - R2
852.� b = is => b = ~.J1O - 2~; h = as => h = ~ (E + 1)
S = bh => S = .J1O - 2-15 (.../5 + 1) . r2 => S = .J.....-I0~+-2-~-5 r2
8 4
853.� Exercício 714 '=> Rg = r..J2 - 12
S = Rã => S = (r~2 - -)2)2 => S = (2 - -)2)r2
854.� De acordo com a figura, temos:
84+x+40 a
y + 35 + 30 b
I =>�
40 a�
30 b�
84 + x + 40 4�
=>� T (1)y + 35 + 30
x+84+y _ c�
40 + 30 + 35 - d�
=> y _� c
15-cr
=> X� + 84 + Y = L (2)
35
(1) => 4y - 3x = 112 I
(2) => 70y - 35x = 2 940 =>�
=> (x = 56, y = 70) => SABe = 315�
121120
L�
Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
Expressões da área do triângulo
A B 863).ap= 6 + 10 + 12.2 ~p= 14 m
858. AêD == BÂC (alternos)
S = SACD + SABC ~
=> S = 8· 12 ·_sen 30° + 4 . 8 . sen 30° ~ 8
S = ~p(p - a)(p
=> S = 8mm 2
- b)(p - c) => S = ~ 14(14 - 6)(14 - 10)(14 - 12) =>
2 b) A menor altura é relativa ao maior lado; no caso, 12 m.
=> S = 32 m2•
o 12
30 0
c S = ~ => 8m = 12h ~ h = 4m m
223 \
860. Seja o quadrilátero ABCD, onde c) A maior altura é relativa ao menor lado; no caso, 6 m.
AC = 0, BD =
Lembrando que
b. A S = ~ ~ 2 8m = 6H 2 => H = 8m 3 ~
sen (180° - a) ::;:: sen a, temos:
STra P + Q + R + S ~ 180 0 -(X
d) S = p . r => 8m = 14· r => r = 4ffl -- m
7
STra
-
-
xz sen ex
'2 +
xw sen a
2 + e) S = abc ~ 8m = 6· 10 . 12 ~ R = 45-v14 ~
4R 4R 28
+
wy sen a
2 +
zy sen a
2 ~ o c
=> STra = sen ex --[x(z + w) + y(z + w)]2 ~ STra =
sen a
--[(x + y)(z + w)]2 ~ 864. p = 14 + 1 2
0 + 16 => p = 20 m
~ STra = 1T ab sen a S = ~p(p - a)(p - b)(p - c) ~ S = ~20(20 - 14)(20 - 10)(20 - 16) ~
=> S = 40~ m2
S = (p - 10) . r ~ 40J3 = (20 - 10) . r ~ r = 4~ m
862. a) p = 7 + 8 + 92 => P = 12 A
868. Para facilitar os cálculos, seja f a
S = ~p(p - a)(p - b)(p - c) ~ medida de cada um dos lados con-
~ S = ~ 12(12 - 7)(12 - 8)(12 - 9) ~ gruentes. Considerando as medidas
~ S = 12~ indicadas na figura 1, temos:
S = p . r ~ 12~ = 12 . r ~ r = ~
8 9 c
2p
=>
=
f
32 => 3f + 2
== 10 cm.
= 32 ~
b) p = 16 + 20 + 18
2
=> p = 27 Substituindo f = 10 cm na figura 1,
obtemos a figura 2, onde, pelo teore-
S = ~p(p - a)(p - b)(p - c) ~ ma de Pitágoras, h = 8 cm. Daí: f+2 6 6
~
~
S
S
=
=
~27(27
9~
- 16)(27 - 20)(27 - 18) m b . h S=-- =>2
S == 48 cm2•
12 . 8 S=---2 ~
fig. 1 fig. 2
S = abc ~
4R
~ 9~ = 16·20· 18
4R
~ 871. Os lados são da forma 5k, 12k e 13k. Temos:
2p = 90 => (5 +- 12 + 13)k = 90 => k = 3. Logo, os catetos medem 15 cm e36 cm.
~ R = 160-J23i S = 15 . 36 2 => S == 270 cm2•
122 123
l
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874. AD é bissetriz I
BE II AD
=> E (p
=>
+ q)2
pq =
= (p + r)2 + (q
pr + qr + r2 =>
+ r)2
pq ==
=>
S.
2pq 2pr + 2qr + 2r2 =>
~ ABC == ARE :3 AêB == BÊA
ABEC isósceles ~ BE = BC = a..J2
a..J2· a.Jf 2
SCBE = '" => SCBE = a
a.J2
880. MN I I SC => ~AMN
BC H 12
=>--=-~MN h x
=> X = 4 cm
- ~ABC =>
6
=---=>6 ~ x
A
SABC == 12 06-2- => SABC = 136 cm2 => 6cm
875
.
4 = BC =>
sen 45° ' sen
::::::> ~4_ = BC => BC = 2..J2 cm
..J2 1
T 2:
AB2 = AC2 + BC2 ~ 2(AB)(AC) cos 45°
..J216 = AC2 + 8 ~ 2 . 4 . AC . -2- =>
~
A
4 cm\ ~
SMNPQ = 42 => SMNPQ = 16 cm2
SABC 9
=> --=-
SMNPQ 4
886. SABC = SABO + SACO + SBCO =>
ah ax ay az
=>
-2-=2+-2-+2 =>
=> h = x + y + z
B~ 1-'
x
A
12 cm
V ,-, )r I
~ AC2 ~ 4 AC ~ 8 = O =>
AC = 2 ~ 2~ (não serve) ou
"
B
10160
y = 11
SBCMN == SABC ~ SAMN =>
S
202 ~ 10 . y . sen 60°
=> BCMN:;:::--
876. Traçamos CD I I AB.
CD I I AB => ABMS -- ACDS =>
10 32 15
==>~. =~ => X=-ffi
x 12 4
AAMN - ~CDN =>
y 10
~---=-=>20 - y x
879. Seja S a área do JiABC.
2·p·r 2·q·rS = + + r 2 =>2 2
~ S:= pr + qr + r2
Aplicando o teorema de Pitágoras
ao LlABC:
AC = (2 + 2~) cm
S = (AB)(ACi sen 30° => S = 4· (2 :
12
qp
B '---------. ~ "-------------
=> SBCMN = 700~1-1 m 2
A
A
2~) => S = 2(~ +
s
'
I) cm2
~
4ASCO => tg 30° = - =>BC
~ 4 r;;-
=> -- = - => BC = 4v 33 BC
SABCD = 2 o SBCD =>
2 o4~o 4
SABCD =
~
SABCD = 16~ mi
CE CEb) tg 60° = - => ~ = - =>
BC 6~
=> (CE == 18 m, ED == 8 m)
Note AÊD = 30°. No triângulo
AED, obtemos: AD = 4 m,
AE = 4~mo
SABCD = SBCE - SADE =>
_ S _ 6~ o 18 4 o 4~
~ ABCD ~ 2 ~ ~2- =>
=> SABCD = 46~ m2 0
888. a) (DA == DC) => BD é bissetriz de
ABC.
B
B
10 m
11E
II
I~ 4~m/g:/ :8 m
AI>, :
I
4m~D
6~m
A
~
4m
"""
O
~ 14 m ~300
4V3 C
C
124 125
#
I....-
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889. Na figura ao lado construímos� b)B 4 m A� (AM = 25, DA = R) ~
~AP II BC, CP II DE e EP II AF, ~ DM = 25 - RA
de modo que obtivemos os paralelo-
AM 1- BC ~ BM = MC} ~ gramos ABCP, CDEP e EFAP.� 8m BC = 15
A área do hexágono será a soma das
~ MC = 15áreas destes. Assim:
No triângulo sombreado:
SHex = SABCP + SCOEP + SEFAP ~ 8m R2=(25-R)2+ 152 ~ R= 17m ~ SHex = 4 . 6 . sen 1200 +�
S = 7rR2 ~ S = 172 • 'Ir ~
+ 4 . 8 . sen 1200 + ~ S = 2897r m2 + 6 . 8 . sen 1200 ~
D 4 m E
=> SHex 52V3 m2 •
894. b)� c)
890.� Prolongamos CM, tomando P em
8
• I IIÃCM, tal que MP = GM.� c
AM = MB ~
~ APBG é paralelogramo ~
~ BP = AG = 8 m
~BGP é retângulo (82 + 62 = 102)� 10 LlDAB ~ R2 = r2 + 52 ~8 . 3 Relações métricas no LlABC:
SBPM = -2- ~ ~ R2 - r2 = 25 m2 82 = 2R . (R - 4) ~ A~ 'à \~ \\ ~B
2
............� Seoroa = 1I'"(R - r2) ~ ~ SBPM = 12 m2 = SBMG� ........... \ ", ~ R = -4 (não serve) ou R = 8m�
................. 3""\ ........ ", ............�
SABC = 6 . SBMG ~ SABC = 6 . 12 ~ .................. ..... ~'.Q", ... ", 8 ~ Seoroa = 25'Ir m2 Seoroa = 7r(R2 - r2) ~
~ SABC = 72 m2 p ~ Seoroa = 'Ir(64 - 16) ~
~ Seoroa = 4811'" m2
891. Considerando as medidas indicadas A� 8 903. a)
na figura, temos:� b)
2a 2a
sen a = -- ~ x ---
x sen a�
SABCO = x . 2b ~
4ab� ~ SABCO == ---o
sen a
D
Área do círculo e de suas partes
f=6 ~ R=6m893.� a) No triângulo sombreado: f = 8 ~ R-J2 = 8 ~ R = 4.J2m
R2 = (R - 4)2 + '82 ~ R == 10 m 1 1 S = 6(Scírc - SHex) ~ S = -4- (Scíre - Squa) ~ S = 7rR2 => S = 'Ir . 102 ~
o ~ S = 1001r m 2� 1 ~ S = _(1I'"R2 - f2) ~ S = i- .(1I"R2- 31f2) ~
4R - 4A 1 ~ S = 4(3211'" - 64) ~ ~ S= i- .(3611" - 3f· 36) ~
~ S = 8(11'" - 2) m2� ~ S = 3(211'" - 3V3) m2
126 127
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c)
©
d) 8m ~
8
e.J3905. h = 3r => -2- = 3r
S = STr; - Scírc =>
e2vIJ
=> S = -- - 71"r2 4
12· .J3
=> S = r2 -4
.J3
=> e= 2 3 r
=>
71"r2 =>
h
e= 12 => RvIJ = 12 => R = 4..J3m e=8m=>r=4m => S = (3..J3 - 71")r2
S =
1
T(Scírc - STri) => S = 1 4(Squa - Scírc) =>
=> S = +(71"R2 _ e
2 f) => => S = 1-(f24 - 71"r2) => 906. a = e.J3-2- = 5.J3 => e = 10 cm =>
=> S = +(4871" _ 14~vIJ) => => S = 1-(644 - 16'n-) =>
=> R = 10 cm
S = Scírc - SHex =>
=> S = 4(471" - 3..J3) m2 => S = 4(4 - 71") m2 => S = 71"R2 _ 3.J3 e 2 2 =>
=> S = 10071" - 15M =>
e) k "9\ f) => S = 50(21f - 3.J3) cm2 ~ 907. a = vIJ cm = ITh = vIJ =
e.J3e= 12 m => r = -2- =>
1
S = 6(SHex - Scírc) =>
r = 6vIJm
e..J3e= 6 m => h = -- => h = 2
r =....!-h => r = .J3 m
3
h3" 3 m
e.J3
=> h = 3..J3cm = -- = 2
= e = 6 cm
R = 2a = R = 2..J3cm
S = Scírc - STri =>
h3" 3 =
R
h
=> S = i-( 31 e
2
71"r2) => S =
1
T(STri - Scírc) => = S = 1fR2
e2..J3
- --
4
=>
=> S = i-(216.J3 - 10871") => => S = +( e
2f - 1rf2) => =
=
S
S
=
=
121f -
3(41f -
9.J3 =
3.J3) cm2
=> S = 18(2..J3 - 1f) m2
=>
=>
S
S
=
=
+(9--13 - 37r)
(J..J3 - 71") m2
=>
90S. a) b) c)
904. Seja d a diagonal do quadrado. Então:
d = 4 => e..J2 = 4 => e = 2.J2,
S = Scírc - Squa => S = 71"r2 - e2 =>
=> S = 71" . 22 - (2..[2)2 =>
=> S = 4(1f - 2).
A/~f e ~~· O --,--- 2 "/ B a a
SI
a
S)
SI
c
128 129
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S = Squa - Ssetor =>
7I"a2
=> S = a2 - -- =>4
4 - 71"
=> S = a2 4
S = S _ 2S item a qua ,=
4-71"S = a2 - 2 . a2 =>
4
71" - 2
=> S = . a2 2
=> S
S = Squa - 2 . SI =>
=> S = a2 _ 2 . 7I"(;r =>
2
4
911. a) 1 cm 1 cm b) c)
909. a) b) c) a
Aqui a área sombrea-
da é o dobro da área
sombreada no exercí-
cio 908, item a.
Logo:
S _ 4 71" 2
- 2 a. S = 71" - 24 a 2 •
Note que a área som-
breada é metade da
área sombreada do
exercício 908, item b.
Logo:
b) 2p = 16 cm => a = 4 cm =>
=> d = 4Y2 cm
d
r = T => r = 2.f2 cm
7I"r2 S=S -2·-- =>qua 4
a
910. a) 2p = 16 cm => a = 4 cm
Exercício 9086. =>
4 - 71"
=> SI = . a2 => 44 cm
=> SI = 4(4 - 71")
S = 2 • SI => S = 2 . 4(4 - 71") =>
=> S = 8(4 - 71") cm2
2
a
SI
=> S
=7I"~2·(;r
S = 4 • Spétala =>
71"-2
=> S = 4
. --a2 => 8
71" 2 2
2 a
ex. 908
Spétala item b
c
71" . 12
-4 =>
a B
2
a
=> SI = ~ cm2 4
S = Squa - 4S, =>
=> S = 22 - 4 . ~ =>
4
=> S = (4 - 71") cm2
SI
p
2 R
A a
o
/ ....,
r / "r ~I r'g/SI "" la/ "r -
/ ' 2
sK s, '
',' S, ~Q
a I r" /2" /-; Ia
., S, / -
r" // r 2
2 2
=>
a
Ex. 908 b) =>
(71" - 2)
=> S = --- . a2 =>
2
=> S = (71" - 2) . 22 =>
2
=> S = 2(71" - 2) cm2
=>
aY2
-2 =>
=> S
S = S Seire
qua - - 2
=> S=f2 - 7I"r
2
-2- =>
=> S = 22 _ 71"'
-2-I2 =>
8 - 71"
2 cm 2
=> r = aY2
S _ -4
- SpQRS - 4· SI=>
~ S~ (.~)' _4,,(': )'
=>S=4-7I" 4
8
. a2
912. ~DRS => SR
914. S = 2 . (STri - 3 . SI) =>
( f
2
.J3 7I".r2)
=> S = 2 -4- - 3· -6- =>
( l()2.J3 3 . 71" . 52 )=> S=2· - =>4 6
=> S = 25(2.J3 - 71") cm2
=>
=>
S =
S =
42 _ 2. 71"' (2Y2 )2
4
4(4 - 71") cm2
=>
130 131
I
L
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915. a)AC + CB = AB ~
~ 3 CB + CB = 32 ~ CB = 8
CB = 8 cm ~ AC = 24 cm
S=
1I"(R1 + R2)2
2
1I"Rr 1I"R~
--+-2 2 =>
~ 11"(16)2 11" • 12
2 11" . 42 S=-----+-- ~ 2 2 2
A' • I-, ",)8
=> S = 6411" cm2
b) S == 1I"(R1 + R2)2
=> S = 11" • 162 -
- SI
6411"
=>
=> AI·, '\ • "J8
=> S == 19211" cm2
917. b) AC + CO + 00 + OB == 20 ~
=> 4 AC = 20 => AC == 5 cm
CO == 2 AC ~ CO == 10 cm
SI=1r'(;Y'+ ~
S) = 2~1r cm2
SII ==
11" • 52
-2- => Sn ==
2511"
-2- cm 2
A C o D B
S == 11" . 102 2 - 2 . SI - SII =>
=> S = 10011" _ 2 . 2511" _ 2511"
282
=> S == 12511"-4 cm2
918. AM + MB + BC + OC + 00 + DA 42 =>
=> 6r == 42 => r == 7 cm
SI == SABCO - 2 . Su =>
=> SI == 14· 7 11" · 7
2
- 2 . --- =>4
=> SI ==
196 -
2
4911" 2
cm
o c
SUl
11" . r2
= -2- => SUl ==
11" · 72
--2- =>
=> SUl ==
4911" ~2- A M 8
S == SI + SUl =>
=> S == 196� - 4911" + 4911" =>�
2 2�
2
=> S == 98 cm
919. a) Análogo ao exercício 914.
Rb) OA == OB� ==-3
BC == 2R�
3�
S == 2(Spc - SPB) => Ar II • II lU'ltl- I
~ S=2{ 1r' ~C2 _ 1r' ~A2) ~
~ S=2 . (1r ·~Y _1r' ~{-Y) ~
1I"R2�
=> S == ~3-
922. Note que as duas regiões sombreadas, nas figu-
ras ao lado, são equivalentes.
Determinemos o valor do menor segmento circu-
lar determinado pelo lado de um quadrado de
medida a e raio de circunferência circunscrita
igual a R.
~ f == R~ =>� a == R~ => R == -2- a
Sseg == 41 . (Scirc - Squa) =>
1
=> S = _(1I"R2 - f2) =>
seg 4
2
_ 1 ( 11" • a 2) _ (11" 2) 2 ;
Sseg - 4 --2- - a => Sseg - ~ a
,',Sendo S a área sombreada, temos:�
11"-2
~
2 + 2 }aS == 2 . S + S => S == 2· a --- . a =>qua seg� 8
=> S == 11" ~
14 . a2.
923. Note o ~ABO, equilátero.
Sseg == Ssetor - STri =>�
ABO ABC�
11". 12 12 .J3) 2
=> :Sseg == (--6- - --4- cm
133132
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Sendo S a área sombreada, temos:
S = 12· Sseg =>
= S=12(~ - ~) =
=> S = (211'" - 3..J3) cm2 •
SSeg
F
E
A B
c
(11'" - 2)a2
4
927. a)
S = 1I'"a2 a . a
I 4 - -2- =>
=> S - (11'" - 2)
I - 4 . a2
BC = a-12 => OC = a-12
2
S = SQ - Sn-e I =>
=> S = 11'". OC2
2 =>
a
A
925. Note que AC é o lado de um triângu-
lo equilátero inscrito numa circunfe-
rência de raio 2r.
=> S =
11'"( a..J2)2
2
2 =>
S = a
2
2
Sejam e o lado do triângulo, Se a
área do círculo maior e Se a área do
b)
círculo menor. Daí:
f = (2r)..J3 = STri = (2r-../3)2 -../3 =
I:
=> STri = 3..J3 r2
Se = 1I'"(2r)2 => Se = 411'"r2; Se = 1I'"r2
STri - Se 3-13 r2 - 1I'"r2
SI = 3 => SI = 3
Se - STri 411'"r2 - 3-13 r2
SII = 3 => Sll = 3
S - S + S S - 3-J3 r
2
- 1I'"r2 + 411'"r2 - 3-13 r 2
- I II => - - =>
S 21I'"r
Figura 2
=> S = 11'"a 2 9-2
1r(: f
Note que a área da região sombreada na figura 1 é equivalente à área sombrea-
da na figura 2.
S = 1;f
2
Figura 1
926. 2p = 16 => e = 4 cm
Considere BE / / OC e CE / /
Temos:
OB. A B
c) e = a => R..J3 = a => R
1
SI = T{Scírc - STri) =>
= ~
-../3
OB = ~ => OB = e-J2 =>
2 2
=> OB = 2-J2cm.
1
SI = 4(SBEeo - Scírc) =>
= SI = +[OB2 - 1r( ~B YJ =
= SI = +(1rR2 - f2f) =
=> SI = ~ [1I'"(_a)2 - (a)2 ~]3 -../3 4 =>
=> SI = (3!- _ ..J3) a2 9 12
=> SI 1 [= 4· (2-12)2 ( 2-J2)2]- 11'" -2- => SI 4 - 11'" _ cm2 S = 1r(tf - SI =
S = 4 . SI => S = ( 4-11'")4· --2- => S = 2(4 - 11'") cm2 => S = 1I'"a2 8 _ 1I'"a
2
-13 a 2
-9- + -1-2 ~ S = (11'" + 6-../3)72 a 2
134 135
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928. AB == BC == r-Jf� 931. ABC é triângulo equilátero de lado a.
S - 1r. (rJ2)2 (rJ2)(r ~) B� Sseg == Ssetor - S.6ABC ~
1- 4 - 2� a2~ 1r • a2 ~ a
=> S :=-------:::)
1rr2� V~ seg 6 4� ~ SI == -- - r2� 2 '\jr ::;> S := 21r.- 3-J3 . 2�
1rr2� seg 12 a S == -2- - SI :::)� A~SI
aS == 5MBC + 2 . Sseg ~ 2 21rr ( 1rr 2) S� 2~ S == -2- - -2- - r :::) ~ S == a -J3+ 2. (21r - 3-J3) a2 ~
4 .. -
:::) S == r 2
:::) S == 41r - 3~ a2 A a B
sen 600 == ~ :::) ~ == ~ . 8~
12
OB 2 OB ~ OH == -3- cm == OD929. dOCB :::)
932. Note que este exercício é análogo aotg 600 := ~ :::) -J3:= ~ :::) OC - 4~OC OC - -3- cm anterior, bastando considerar
a := 00' := 26 cm.CD == 00 - CD :::) CD == 8~ _ 4-J3. 4~3 -3- ~ CD == -3- cm =>
S == 2. (41r - 3-J3) . a2 -=>0 12S == Ssetor - Scírculo - STri :::) S == 1r . OB2 _ 1r(CD)2 _ (OB)(OB) sen 120 3 2 2 ~
:::) S == 2. (41r ~ _3-J3) . 262 :::)� ~ S:= 1r. 64__ ~ _ 64 ~ 4 2�9 12 6 . -2- :::) S == T(131r - 12~) cm�
::;> S:= 338(41f - 3-J3) cm2�
3�
o AB -J3 AB .933 sen 60 := -- ~ - == -- ~
A
· AC 2 10A I :>'1 ? .)8-y
:::) AB:= 5~cm
30°o BC 1 BC
cos 60 := -- ~ - == -- ~ AC 2 10
o� :::) BC==5cm ~ CD==5cm ~ AD==5cm
S := 5MBC - SI - Sn ~
AC :::) S == (AB)(BC) _ 1r(BC)2 1r(AD)21 _ AC => AC == 5 m 930. dOAC ~ sen 300 == OA :::) T - 10� 2 6 -12~ ~
OC
-J3 _ OC ~ OC == 5~ m ~ 5-J3 . 5 1r . 52 1r . 52 cos 300 == OA ~ -2- - 10� ::;> S= ------ => , , , ,c2 6 12
25� ~ SaAOC = 5· 5...[3 = 25-J3 m2 => S = 12(6-J3 -1r) cm2�
2 2�
S == Ssetor - S.6AOC :::)
1r • 102 25~ o AB -J2 AB~S== ---:::) � o rI '-'1 934. sen 45 == -- ~ - == -- ::;>12 2 AC 2 10�
25 r::;-~ S == 6(211" - 3~ 3 ) m2_� ~ AB = 5-J2cm = CD = AB�
(CD = 5~ cm, AC = 10 cm) :::)�
136� 137
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=> AD = (10 - 5~) cm = AE A
(AE = (10 - 5~) cm, AB = 5~ cm) => (10-5V2) cm45°�
=> BE = (1M - 10) cm D�
r--.... 45°BD = -- ·211'" • (BC) =>360°
5.J2 cm
SII
=> BD = ~ . 211'" . 5.J2 =>
8
45°
=> BD = 511'"~ cm B 5.../2 cm c
4
~ 45°� r--.... 1DE =� -- . 211'" . (AD) => DE = - . 211'" . (10 - 5~) =>360° 8�
- 11'"�
=> DE = T (10 - 5~) cm
2p = BE + BD + DE => 2p = 1<N2- 10 + 511'"-12 + 11'"(10 - 5~)4 4 =>
=> 2p� = T5 (4~ + 11'" - 4) cm
(AB)(Bet) 1 1S = SdABe - SI - Sn => S = 2 - -11'" . (AD)2 - -11'" . (BC)2 =>8 8�
=> S = (5-J2 )(5~) 11'"(10 - 5-12)2 11'"(5-12)2 .�
-8- ~2 8
=> S = 225 (2 + ~ 2 11'" - 211'") cm2
935.� Seja f o lado do triângulo. Temos:
A
r::t R ....i = R-v3 ; OM = T; BOP = 60°.
S = SI + SII =>
=> S = (BM)· (OM) + 60° . 11'" . R2 =>�
2 360°�
Rv'3) R(
=> S = -2-· T + 1I'"R2 =>
- 6
p�
. S = (3v'3 + 411'") R2�
~ 24
936.� ~ABC é isósceles e retângulo =>
=> B = ê = 45°.
Note que AP = rI2 + r.
(~APB é retângulo, fi = 45°) =>
=> AP = PB = r~ + r
Analogamente, AP = PC = r..J2 + r.
Exercício 879 =>
c
=> SABe = (BP)(PC) = (r~ + r)2
Logo: 45°�
S = SABe - Scírc =>�
=> S = (r~ + r)2 - 1I'"r2 =>�
=> S = r 2(3 + 2~ - 11'").
A� B
937.� RA + RB = 10 (1)] +�
RA + Re = 14 (2)
==>�
RB + Re = 18 (3)�
=> RA + RB + Re = 21 (4)�
(4) -� (1): Rc = 11
(4) -� (2): RB = 7
(4) -� (3): RA = 3
Daí:�
SA = 911'" cm2; SB = 4911'" cm2; Se = 121 cm2.�
f . RS� =--941. setor 2 . 211'"R {� ~ 611'" --- => R 6 cmf = 211'", Ssetor = 611'" 2�
Na figura ao lado, temos:�
Sseg = Ssetor - STri =>�
11'" . R2 R . R . sen 60°
=> Sseg = --6-- 2 =>
62 (~)11'".62 • T
=> Sseg = --6- =>
2
=> Sseg = 3(21r - 3v'3) cm
942.� AB = OA => ~OAB é equilátero =>
=> AÔB = 60°
SI = Ssetor - STri =>
1rR2 R2-J3
=> SI� = -- - -- =>6 4
=> S� = 211'" - 3v'3 . R2
I 12
138 139l�
\
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-SII = Scírc SI =>� 945. Sejam L J e L2 as áreas das lúnulas e
T a área do triângulo.S - R2 211'" - 3V3 R2 , ~ II - 11'" - 12 ~ A área S da superfície CPAQB po-
de ser calculada de dois modos: 1011'" + 3-13 R2 ~ SII = 12� cI?) lúnula 1 + lúnula 2 + semicírcu-�
(211'" - 3Y3 )R2 lo de diâmetro a�
SI 12 211" - 3-J3 ( SII 1011'" + 3-13) 2?) triângulo + semicírculo de diâme-�~ = (1011" + 3-13)R2 = 1011'" + 3~ ou ~ 211'" - 3..Jf tro b + semicírculo de diâmetro c L2�
-12--�
Então:�
943. Considerando as medidas indicadas� 1I"a2 B
S = LI + L2 + -4-na figura, temos:
2 ~ r 1� b2 sen a = - ~ sen a = - ~ a = 30°� S=T+-1I"-+~2r 2� 4 4
SI é O setor de 60 o do círculo menor ~ 1I"a2 11"� ~ LI + L2 + T = T + T(b + c 2)�1I'"r2� A~ ~ SI = -6-·
Logo, LI + L2 = T.� ~ODE ~ OE2 + DE2 = OD2 =>�
~ OE2 + r2 = (2r)2 ~ OE = r-13 947.�
SII = SÂODE - SI ~
1rr2 3..Jf -
=> SII = rY3· r SII 11'" . r2 ~
-6 -6-
SUl é o setor de 30 o do círculo Inaior�
---, 1I'"(3r)2 311'"r2� (arco AC) ~ SIII == -1-2- :=> SIII = -4-.
S'é a área pedida. Então:� E2 2 2� 30°
S = 2(S _ 1I'"r _ s) ~ S = 2( 311'"r _ 1I'"r _ 3..Jf - 11'" r2) ~ ~
.A.A "\
III 2 II 4 2 6� ".A AGé bissetriz deBAC ~ FAE = 30° = GFH(FAEe GFHsão correspondentes).
Note que GPE = 120 0 eFÔB = 60°. Além disso, temosEB = 2-vRr(exercíci0563).~ S = 511'" - 6-13 r2�
6� R-r 1 R-r R sen 30° = ~ - = ~ r = -R+r 2 R+r 3
EBGF é trapézio de bases R e r e altura 2~ ~944.� S = SHex - 6S1 ~
(R + r)2~ rn::3'Y'3 f2 120° 2 ~ S = --- - 6 . -- . 1I'"R ~ ~ SEBGF = 2 ~ SEBGF = (R + r}v Rr ~
2 360°� R) LR 4R2..Jf
=> S = 3..Jf. 22 - 2 . 11'" . 12 ~
:~ SEBGF = (R + 3 \f R . 3 ~ SEBGF = --
2�
1I'"r2 1I"R2 ~ S = 2(3-13 - 11'")
SI = -3- ~ SI = ------rI I ~ _1111'"R2
1I"R2 SI + SII - ------s4"
Sn =--6
4R2-13 1111"R2 (24..Jf - 1111'")R2
S = SEBGF - (SI + SII) -9- - ------s4" 54
L�
140� 141
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948. BC2 = (1,5)2 + 22 ~ BC
AB2 = (BC)(BD) =>
=> (1,5)2 = 2,5 . BD =>
9
=> BD = 10 cm
BD + DC = 2,5 =>
9
=> 10 + DC = 2,5 =>
8
=> DC = - cm5
7r(B~r
SI + SII + S = -
7r(B~r
---+2
= 2,5 cm
.
~
'r
7r(D2C r
-
A
I
+ S= 7r(B~r
2-
,C
=>
=> S = 7r(AM + MB)2 7r AM2 7r MB2
8 8 8
=> S = 7r. (AM)(MB) ~ S = 7r. PM2
4 4
952. Exercício 945 => A + B = S~PQM =>
Exercício 945 => C + D = S4PNM
=> A + B + C + D = S4PQM + S4PNM =>
=> A + B + C + D = 8PQMN
=>
=>
( 9 )27r 20
( 8 )2
+ 7r ~ + S= 7r(~)2 ~ ~ s = ~~ cm2
949. Seja o lado do quadrado de medida a.
S3 é área do setor determinado pelo
arco ÉiJ.
SI = S3 - 2 . S4 - SAFEG =>
~ S = 7ra2 _ 2. 7r(~r _ (~)2 =>
I 4 4 2
7r - 2
=> SI = a2 (1)8
Exercício 908, item b =>
7r - 2 ( a )2
=> S2 = 2 . T =>
D
F B
953. Sejam R e r o raio do círculo circunscrito e o do círculo inscrito, respectivamen-
te. Temos:
954. Seja f a medida dos lados congruentes. Temos:
f + f + 18 p = 2 => P = f + 9; r = 6 cm
a·b·c
4(p - a)(p - b)(p - c)
abc . p =>
4S2
=>~
r
r = ~ p
=> R = abc
4S
abc . p R
=> -4 · p · (p - a)(p - b)(p - c) rr
R
=>
S=p·r =>
S = abc
4R
=> S2 = 7r - 2 8 a
2 (2) S = '\I'p(p - f)(p - f)(p
=> S=9~
- 18) => 8 = ~(f + 9) . 9 . 9 . (f - 9) =>
(1) e (2) => SI = S2
950. Relações métricas =>
=> PM2 = (AM)(MB) (1)
7r(AM ; MBr
S = p . r => 9* - 81 = (f + 9) . 6 =>
117
=> t = -9 (não serve) ou f = -5- cm
S = 9Yf2 - 81 ~ S = 9 ~ 13 689 - 81
25
5f2 -
~ S
72f - 1 053 = O
= 9 ./ 11 664 ~ V 25
=>
S + SI + S2 = 2
7r( A~ r 7r( ~B r
=>S+ 2 +-
7r(AM + MB)2
8 =>
=>
A B
=> 8 = 9· 108
5
8 = abc => R
4R
=> S =
= abc
48
972 cm2
5
18
=> R =
. !!2 . !!2
55=> R
4 . 972
5
= 507
40
cm
142 143
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955.� Seja AP = o. Por trigonometria, ob-
temos as medidas indicadas na figu-
ra. Sendo k a razão de semelhança
entre os dois triângulos, temoS:
SABC = k2 =>�
SPQR�
SABC� = 3.
=>� SABC = (~)2 =>
SPQR a.Jf SPQR
956.� Sendo S a área do triângulo, temos:
a · h b · hb C • hc
S = ~ = --2- = -2- =>
=> aha = bhb = chc
960.� No tablete do Carlos, temos:
2(3h + h) = 12 => h =23 cm.
2Spaulo� = 32 = 9 cm�
_ 9 3 _ 27 2�
SCarlos� - 2 · 2 - 4 cm
Como SCarlos < SPaulo, é vantajoso
para Carlos aceitar a troca.
961.� Os triângulos ADE e ABC serão se-�
melhantes e�
SADE + SBCDE = SABC =>�
SADE + 3 SADE = SABC =>�
~ SADE =.l.- => k2 =.l.- =>
SABC 4 4
B~ (~r=+ ~x= ~.
962.� Seja STa área total do L\ABC. Temos:
~
=.l.- => k2 = -.!..- =>
ST� 2 2
~ (h ~ xy = +~ x= 2 -2.J2h.
A
c
a
3cm
3cm03cm�
3cm
A _
x
E
h
c
h
x
963.� "A razão entre as áreas é igual ao
8quadrado da razão de semelhança."
Então: 15-x
(18� + y)x
2 ( X )2 (18)2 11 5 (8 + y)(15 - x) = 15 - x = y => x
2
________-.J)~J9
------' �
=> _x_ = ~ (1) 18�
15 - x y�
(18 + y)x x2 18 + Y� x� (2)(8 + y)(15 - x) = (15 - X)2 => (8 + y)
(1) e (2) => (y = 12 m, x = 9 m)
964.� ii = 8 m, i2 = 15 m, S3 = SI + S2.
Temos:
SI SI� 64(i1)2 82
s;-� = i; => s;- = 152 => SI = 225 S2·
Devemos ter:�
64 S3 289�
S3 = SI + S2 => S3 = SI + 225 . S2 => s;- = 225 =>�
i3 )2 289 ( i 3 )2 289
=> ( i; = 225 => 15 = 225 => i 3 = 17 m.
967.� Sejam i o lado do quadrado cuja área é procurada e ii o lado do quadrado ins-
crito num círculo de raio 10 cm. Temos:
ii = R.J2 => ii = 1Mcm.
-JS-I -JS-I Ar;;;-i = _ · ii => i = _ . luv 2 cm
-JS-l )2� 2S = i 2 => S = ( 2 . 1M => S = 100(3 ,- .JS) cm
i lO • alO .JS - 1 R J970.� Sd = 10 · => Sd = 5 . . R . -v 10 + 2-JS =>
ec 2 ec 2 4
~ Sdec = ~ · (..[5 - 1)../10 + 2-15 R2
is· as 5 R J r;:- R
Spent = 5 · -2- => Spent = 2 . TV 10 - 2,,5 . T(.J5 + 1) =>
~ Spent = :6(-15 + 1) · ../10 - 2-15
Sdec = 2. (..[5 - 1)../10 + 2../5 ~ Sdec =.JS-�
Spent (-JS + 1)~ 10 - 2"\/5 Spent�
144� 145
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971 ..� 2p = 80 ~ is = 10 cm .....--__ 976.. A medida da hipotenusa é 42 cm e
Exercício 725 ~ is = R.J2 - ..J2 ~ a do outro cateto é 21-Jfcm. Temos:
~ R.J2 - -J2 = 10 ~ TI = (21)l..J3 => TI = 44h/3 cm2 21�
10 4 4� 42 ~ R=-- T,� 21~2 -� J2. T = (21..J3)2.J3 =>
"'-4� 21S =,8' .. R .. R . sen 45 0 ~
2
;Z
. T 1 323..J3 2 ~ 2= 4 cm ~ S =� 4 .. ( 10 )2.. -J2" ~ 2
.J2 -� ~ 2 Squa = (42)2 ~ Squa = 1 764 cm
2~ S� = 200(.J2 + 1) cm TI + T2 441-v3 + 1 323-v'3
Squa - 4 . 1 764 ~
972.. S = 8.. R .. R . sen 45 0 ~ S = 8 .. ~. -J2" ~ S = 72-J2"cm2 TI + T2 -v'32� ~ =--
Squa 4
973.� OM + MC = OC ~ c 977.� 4 SI = 25 => ~ +� 2a-J"f = R ~
2� 2 4. 5· 5 ._ sen ex = 25 ~
-J3 - 1� ~ a� = _ . R 1 ~
sen a = - ~ ex = 300 ~ 2Squa = (2a)2 ~ ~ f'� = 1500 (~- 1) ]2~S
=2· ·R ~ Resposta: 300 ou 1500 qua� [ 2 •
~
Squa = (4 - 2..J3)R2 978. Sdod = SHex + 6 . Squa + 6 . STri ~ R�
_ (2a)2 -J3 _ 2 {7;" (-J3 - 1 )2 3..J3 R2 R2 -J3�STri - 4 ~ STri - a -v 3 ~ STri = 2 . R . -J"f ~ ~ Sd d = + 6 . R2 + 6 . ---
~
o 2� 4
~ ST.� = 2-J"f - 3 . R2 ~ Sdod� = 3-v'3R2 + 6 R2 ~
fi 2
~ Sdod� = 3(.J3 + 2)R2
_� r::;- (2-J3 - 3 )SFig� - Squa + 4 . STri ~ SFig = (4 - 2-v 3 )R2 + 4 . 2 . R2 ~
~ SFig� = 2(-J3 - I)R2
974.� AB .1. CD ~ S _ (AB)(CO)ACBD --- = 28Mcm2 979.. S = p . r (1) S = (p - a)· ra (2) S = (p - b) . rb (3) 8 = (p - c) . rc (4)
Multiplicando membro a membro (1), (2), (3) e (4), vem:
S .. S . S . 8 = p . r . (p - a)ra . (p - b)rb . (p - c)r975.� Sendo R o raio do círculo, note que c
e como p(p - a)(p - b)(p - c) = S2, vem: a diagonal menor do dodecágono é
84 =� p(p - a)(p - b)(p - c) . r .. ra . rb . rc ~ 82 = r . ra . rb . rc ~ igual ao i 6, que é igual a R. Assim:� ~ S = ~r . ra . rb . r�d = i 6 = R.� c
i4 = R.J2 ~ i4 = d.J2 ~ 980..� ~ABG == ~DEG (LAAo) ~ ~ S = i~ ~ S = (d.J2)2 ~
~ DG = ~
~ S =� 2d2 2
146 147
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2
SI + S2 = a� B a AI
2a· a ~282 + S + 83 = --2- = a
~ 8 1 + S2 = 82 + 8 + 83 ~
=:) S = SI - S3 ~ a�11 S22a a . x . sen 60°�
=> 8=4- (1)2
c a ~ • X • sen 30°
2� 4S
S =� ~ X = 300 (2)2 a sen
Substituindo (2) em (1):�
4 S 600�2 a . 300 . sen a2 S=~- asen ~ 8 = 4 -� 2-vfS ~ 4
a2
:;::> S(1 + 2.J3) :::; 4 =>
=> S = (2~4- 1 ) • a2
983.� AB = 3k, AC = 4k, BC = 5k
5 2
Note que r = - k => k = - r (1)2 5�
abc 3 . 4 . 5 . k3� S=--~8= ~
4r 4 .2- k BV ~ 2
=> S� = 6k2 (2)
(l) em (2) => S = 6 · (; rr =>�
24� 2~ 8� = -r25
984.� Sendo h a altura relativa à hipotenu-
sa, temos:�
h2 = 16 . 9 ~ h = 12 cm ~ b�
=>� S = (16 + 9) . 12 ~
2�
9 162~ 8 = 150 cm
a = 16 + 9 => a = 25 cm
b2 = 25 . 16 ~ b = 20 cm
Relações métricas ~ { c2 = 25 . 9 => C = 15 cm
148
F� a + b + c 25 + 20 + 15 p = ~ p� ~ 2� 2
=> p 30 cm
S = p . r ~
150 = 30· r ~ r = 5 cm => SI = 251r cm2 I
S = abc => 150 = 25 · 20 · 15 => R = 25 => Sn = 625 'Ir cm2 =>
4R 4R 2 4
SI 4
~ -=-
Su 25�
a
985. sen 600 = MC -Jf 2� AAC ~ -2-� = AC =>
af� 460~c b => AC = = AB� II
I
I
hS =� (AB)· (AC) . sen 120° B a/2 M a/2 C2 ~
a~)2 . -J3(
2 ~ S=~3_ 2 ~ S = a -J3
-1-2
p = (a.J3 + a.J3 + a) . -.L => p = 2-J3 + 3 . a
'IC� 3 S 2 6
a.J3� a.J3
a . b . c a2 ~ a . -3- . -3- a-Jf
S = 4R ~ U- = 4R ~ R == -3- R 2(2.J3 + 3)
~ -r- = --3-.........�
2
S = p . r => a -J3 = 2../3 + 3 . a . r => r 5.2 - V3)
12 6� 2
987.� iI = 2 cm, i 2 = 3 cm
Os dois eneágonos, por serem regulares e convexos, são semelhantes. Então:
~ = (2)2 => ~ = (~)2 ~ SI = -±- S2-S2 i 2 82 3 9
Seja i o lado do eneágono que queremos determinar e S a sua área.
Temos:
4� 13 S 13S = SI + S2 ~ 8� = -- S2 + 82 => 8 = - 82 => - 9~9� 9 82
~ (~)2 = ~ => (~)2 = ~ ~ i = .JITcmi 2 9 3 9� .
149
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988. âABC é equilátero de lado 2r. Sendo h sua altura, temos: '991. âCDB => DB2 + 122 = 132 => DB = 5 cm
h = (2r)v'32 ~ h = -!jr 'V~. F 1\ (DB = 5 cm, AB 14 . 12 = 14 cm) => AD = 2 9 cm
/
I
\
\ SABC = 2 => SABC = 84 cm
/ \
/ \
I \
~\ âAEF - âADC => CD AD -- = --EF AE =>
15 F.
=>
12
-
x
9
= -y => X
4
= -3 y (1)
SAEF
1
= T · SABe => A
Y 1.1
'E
lo
B
=>
xy2 1 = T · 84 => xy = 84 (2)
9 5
(1) em (2) :> ~ y. y =' 84 => y =' 3../7cm
992. âXYZ => tg 30° = r XZ ==>
Note que G é baricentro do MBC. Daí, BG = ; · h :> BG
~ ~ A
Note também que DB é bissetriz de EDF. Daí, BDG = 300.
BO 1 r~BDG ~ sen 30° = BD ~ T = BD ~ BD = 2r
= ; rJ3,
=> .J[ = ;Z => XZ =
Temos:
r..J3 + 2r + r..J3 = a =>
r.Jf
(BD = 2r, BH = r) => BH = r
Sendo R o círculo do raio maior J temos: => r =
(...J3 -
4
1) a
R = BH + BO => R = r + 2T r-J3 S = STri - 3 Scírc =>
Logo:
S = 7I"R2 - 371"r2 => S
( 2
= 7I"r + T )2r-J3 - hr2 :> S 2(2v'3 -
3
1)1I"r2
=>
=>
a2 ..J3S = -- - 311" · r2 =>
4
S = _a2_~_3 _ 3 .11". (~ - 1)2 • a2 =>
-
r..J3 2r 'rv'3
S = _2_~_3_-_3~(2_-_~_3....;.)_11"
. a2
4 42 8
1I"a2 990. SI =--
2
Exercício 931 ==>
993. (AB)2 = 256 =>
=> AB = 16 cm = BC = CD = AD A 16 B iE
S
2
= 411" - 3-J3
1"
2(4a) ~ A( .... .. ~·l~' .. Q1B BêE + BêF A.A-
FCD + BCF
=
=
90° )
90°
=>
=>
=>
S = (161r - 12-J3 )a2
2 3
S = 2 SI + S2 ==>
=>
=> BêE = FêD = a
BEâBEC:tga = ~ 16
/0/·,;..""'0
/'
""'0/0""'-
=> S = 2. 1ra2
2
+ (1611" - 12v'3)a2
3 ==>
âFDC: tg a =
FD
16
) ==>
F
=> S = (1911" - 12-J3)a2
3
=>
I~
BE = FD =>
àBEC == âDFC ~ FC == EC
o 16 C
c
S -~ECF - 200 => (FC)(CE)2 - 200 - =>
150 I ~ 151
I Cortesia: Prof. Shibata - UFMT - Cuiabá
~ (FC)· (FC) = 400 => PC = EC = 20 cm 998. Usando base média de triângulo AâBCE: BE2 + BC2 = EC2 => BE2 + 162 = 2()2 => BE = 12 cm (AP'N) e de trapézio (MM'CB) é fá-
cil concluir que o âABC é formado�
1 1� por 9 triângulos equivalentes. 994. t = 6 21rR => 121r = 6 · 21r • R =>
Os lados do âMNP são diagonais�
=> R = 36 cm� dos paralelogramos MM' NO,
r MOPP' e PONN'. Logo, a área deâOAB => sen 30° OB => MPN é equivalente a 3 dos triângu-
r,...//·1 r R los que formam o âABC.
=> -=--- => r = => B ",/2 R - r T Então:
",'"36 ",/ I�
r = - => r = 12 => S = 1rr2 => ,,/ I SABC 9 SABC� 3 ,," It -- = - => -- = 3.�
2� I r SMNP 3 SMNP
=> S = 1441r cm I
4
o A
999. Traçamos BE, com BE 1. AD => BE II 00' (1)
996. EC = b => DE = a - b b ·e (OB 1. AB, O'A 1. AB) => OB I I O'A (2)CE -- CP => EF = b~ = AE = AF (1) e (2) => EBOO' é paralelogramo => BE = 13 cm
âADE => (a - b)2 + a2 = (b~)2 => âABE => AB2 + AE2 = BE2 => AB2 + 52 = 132 => AB = 12 cmb..J2
=> b2 + 2ab - 2a2 = O => ReI. métricas => AB2 = (BE) · (BP) => 122 = 13 · H =>ba
=> b = (.,jf - 1) a 144
=> H = ---rr- cm�
S = (b~)2~ =>� (AD + BC) · H 144 14 SABCD = 2 => = 24 · ---rr- ·T =>SABCD�
=> S = [(v'T - l)a· ~]2 v'T ~
1 728 24 => SABCD = -1-3- cm�
=> S = (2.,jf - 3) a2�
A B
997. AD = t"!} ~ AD = s.fi · -J3 ~ H
=> AD = 12 cm => (AS = sn = 6 cm)�
I1AMD é retângulo emD, MS é media-�
AD� A�
na => MS = -- => MS = 6 cm�2�
Aplicando a Trigonometria no I1APS,�
obtemos PS = 3 cm, AP = 3..J3cm.�
(AP)· (PM)SMPM = 2 =>
3V3"· 9
=> SMPM = 2 =>
27.J3 2
=> SMPM = -2- cm
B o e
152 153
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1005. diâmetro = 8 cm ::} R = 4 cm1000. Note na figura ao lado os triângu- o
B = ::} B = R.J3 ::} B = 4..J3cm los ABC, ABD e ABE, de mesma f 3~ b = f 6 ::} b = R ::} b = 4 cm bbase AB e mesmo ângulo (ex) opos- c~
I"~ h = a6 - a3 =>�tos a essa base. ~',NoâABD: ,a , R..J3 R
::} h=----::}, '
, ' 2 2DM passa pelo centro 1~ ,
,� 4..J3 4�DM 1. AB ~ AM = MB ,
, => h=---- =>
, 2 2 ~ âAMD == âBMD ~
~ AD == BD ~ âABD é isósceles. \, => h = (2..J3 - 2) cm�
,
Como DM passa pelo centro, DM \ S = (B + b)h ::}�
é a maior altura relativa à base ,/ 2�
AB. Logo, o JiABD isósceles é o A M
-
à�
que tem maior área. ~ => S = (4-J3 + 4)(2..J3 - 2) =>
O H c ::} S = 8 cm21001. Exercício 784 ~
SAEFG == SCHFI
~ { SAPQR == S~SQT
1006. Sejam k - 1, k, k + 1 as medidas dos lados; h]t h2 e h3 suas respectivas altu-Das figuras ao lado é imediato con-
y ras. Temos: cluir que a área será a maior possí-
s = 6kvel quando a base e a altura forem�
A X E 32-x B 2p = k - 1 + k + k + 1 => 2p = 3k => p = 3:�iguais à metade dos catetos corres- Ipondentes. Isto é, as dimensões do�
S = ~p(P - a)(p - b)(p - c) ::}�
retângulo devem ser 2; e 16. ------------
=> 6k = ..J- 3: e2k - k + 1)( 3: - k )e2k - k - 1) =>�
::} k2 = 196 => k = 14
(k - l)h I (14 - l)h I 168 X P 32-x e
-- = 6k ::} - = 6 . 14 ::} h I = -1-3-
1004. BC = 3 cm, AC = 4 cm ~ AB = 5 cm k h2
=> -2- = 6k ::} h2 = 12SABC = SBCR + SACR + SABR ~
(AC) · (DC) (DC)(RD) (AC)(ER)
(AB)(FR)�
~ (k + l)h3 (14 + l)h3 56 ~ 2 = 2 + 2 +--
= 6k ::} - == 6 . 14 => h3 = -5-
1 ~ 4·3=3·5·r+4·r+5·r ~ r=-cm2
B
xy = a2 { ±2xy = ±2a2 1007. Ix2 + y2 = d2 ::} x2 + y2 = d2
Somando membro a membro, temos:
3 (x + y)2 = (d2 + 2a2) => {x + Y = Vd2 + 2a2 { (x - y)2 = (d2 - 2a2) x - y = ..Jd2 - 2a2
Resolvendo o último sistema, encontramos:
-.Jd2 + 2a2 + -Jd2 - 2a2 v"'-d-2 -+-2a-2 - vd2 - 2a2
x= 2 ;y=
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Devemos ter d2 - 2a2 ~ O =} d ~ aff. �
Note:�
d = a-J2 =} x = Y = a =} ABCD é quadrado.�
s�
I
100S. Sejam b e c os catetos. Temos:
~ = 120
2 { bc = 240 { 2bc = 480
b2 + c2 = a2 ~ b2 + c2 = a2 =} b2 + c2 = a2
Somand~ membro a membro as equações do último sistema:
2 2(b + C)2 = 480 + a =} b + c = ~480 + a .�
Então:�
(bc = 240; b + c = -J480 + a2 ) ~
~ b e c são raízes da equação xl - -J480 + a2 x + 240 = o.
Resolvendo esta equação, encontramos os valores de b e c:
_ ~a2 + 480 + -Ja2 - 480 . _ -Ja2 + 480 - .yr-a2=----4-8-0
b
- 2 cm, c - 2 cm.
Além disso, devemos ter:�
a2 - 480 ~ O =} a ~ 4..J30 cm.�
r1010.� ~OAB =} sen 30° = 18 _ r =}
1 r
=} -=--- =} r=6m
2 18 - r�
_ OA· OB . sen 60°�
=}S
.1üAB -
=} S.1üAB =
2~ S.1üAB = 18V3m�
SI = S.1üAB - 82 ~
r::t 7r . r2 A 8�
=} SI = 18'\'3 - -- =}6�
. r::t 7r . 62� ~ SI = 18'\' 3 - -- ~ SI = (18V3 - 67r) m2 6
7rRl 2/ r::t '" 2S + SI + S2 + S3 = -- =} S +/18'\'3 - 67r)+ ~ _ 7r. 1812 2 - 12 =}
=} S = 3(57r - 6V3) m2
1011.� Note que o triângulo original e os
triângulos de áreas A, B e C são se-
melhantes. Sendo S a área do triân-
gulo original, temos:
S A B C
----=-=-=- =}�
(a + b + C)2 a2 b2 c2�
~ ~ ~ .JC
=} a+b+c=a=l)=c=}
~ S = (-JÃ. + ~.+ &)2.
a1012.� A área procurada é igual à área de
um quadrado de lado x mais 4 ve- R�
zes a área do segmento circular som-�
breado nesta figura.�
I?) Cálculo de r: �
x2 = a2 + a2 - 2 . a . a . cos 30°�
~
x2 = 2a2 - 2a2 . -- =}2
=} x2 == (2 - ~ )a2
p a
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Z?) Cálculo da área do segmento circular:
1ra2 a . a . sen 300
Sseg = Ssetor - SdPQR => Sseg = ----u- - =>
2~ Sseg = (;; - +) a
3?) Área da região sombreada:
2S = x + 4 . S => S = (2 - -J3) a2 + 4(~ - ~) a2 => ~ 12 4
~ S = (2 - -J3 + ; - 1) a2 ~ S = (11" + 3 - 3.J3) a2
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