Transcript
Projeto: Curiosidades.
Lista de Exerc´ıcios Resolvidos Ara´ ujo, Pedro Miranda.
e-mail:
[email protected]
Santana-AP, 10 de outubro de 2013.
†††
Exerc´ıcio
1 (UNIFAP). Seja um cilindro (ou obliquo), fechado, ou seja, com tampas de base circular e limitada pela circunferˆencia1 x2 + y 2 − 2x + 6y + 6 = 0, de altura h e raio r, onde este cilindro faz com o plano de base um aˆngulo de 60o que ´e o aˆngulo de inclina¸c˜ao do cilindro.
(a)
(b)
Figura 1: Cilindro inclinado em esquema Pergunta-se: a) A superf´ıcie do cilindro b) O volume do cilindro c) A raz˜ao entre a superf´ıcie lateral e o volume do cilindro.
Solu¸c˜ao.
a) A superf´ıcie do cilindro: Observe a seguinte equa¸c˜ao2 . (x − a)2 + (y − b)2 = r2
(1)
Por compara¸ca˜o. x2 + y 2 − 2ax − 2by + a2 + b2 − r2 = x2 + y 2 − 2x + 6y + 6 a = 1 , b = −3
e
a2 + b 2 − r 2 = 6
Observe atrav´es de (b) que tan 60o =
h 2
1 2
r=2
√ h = 2 3. Ent˜ao,
=⇒
√ √ S` = C · h = 4π · 2 3 = 8π 3
=⇒
∴
√ S` = 8π 3
Circunferˆ encia: Geom. Lugar geom´etrico dos pontos de um plano equidistantes de um ponto fixo. Equa¸c˜ ao da circunferˆencia.
1
b) O volume do cilindro: Considere o cilindro (ou obliquo) da Figura 1 semelhante3 a um √ cilindro reto de altura 2 3, ou seja, com mesma base e a´rea lateral. Observe as f´ormulas a seguir. Ac = πr2 e Vc = Ac · h (2) As f´ormulas correspondem `a a´rea e ao volume do cilindro, respectivamente.
√ Figura 2: Cilindro reto de altura 2 3 √ √ Logo, Vc = 4π · 2 3 = 8π 3
∴
√ Vc = 8π 3
c) A raz˜ ao entre a superf´ıcie lateral e o volume do cilindro: A alternativa ´e resolvida atrav´es das considera¸c˜oes anteriores. √ S` 8π 3 = √ =1 Vc 8π 3
∴
Raz˜ao = 1
Exerc´ıcio 2 (UEAP). Considere p(x) um polinˆomio do 2o grau. Sendo
p(0) = −10, p(1)+p(2) = −9 e p(1) − 3p(2) = 3. Calcule o conjunto de todos x para os quais p(x) > 0.
Solu¸c˜ao.
A equa¸ca˜o do 2o grau ´e definida como, p(x) = ax2 + bx + c
(3)
Caso 1: p(0) = −10. p(0) = a(0)2 + b(0) + c = −10
=⇒
c = −10
Caso 2: p(1) + p(2) = −9. a(1)2 + b(1) − 10 + a(2)2 + b(2) − 10 = −9 a + b − 10 + 4a + 2b − 10 = −9
=⇒
5a + 3b = 11
Caso 3: p(1) − 3p(2) = 3. 3
Princ´ıpio de Cavalieri.
2
a(1)2 + b(1) − 10 − 3 · [a(2)2 + b(2) − 10] = 3 a + b − 10 − 3 · (4a + 2b − 10) = 3
=⇒
11a + 5b = 17
Atrav´es dos resultados anteriores, 5a + 3b = 11 11a + 5b = 17
=⇒
a=
11 − 3b 5
(1) (2)
Usando o resultado de (1) em (2). 11 ·
11 − 3b 5
112 33b − + 5b = 17 5 5
+ 5b = 17
=⇒
33 112 b· 5− = 17 − 5 5
Em (1) temos 5a + 3 ·
9 = 11 2
=⇒
=⇒
a=−
b=
9 2
1 2
9 1 A equa¸ca˜o que satisfaz os trˆes casos ´e p(x) = − · x2 + · x − 10. 2 2 Atrav´es dos zeros da fun¸ca˜o podemos definir o conjunto dos x para os quais p(x) > 0. 1 9 − · x2 + · x − 10 = 0 2 2
−x2 + 9x − 20 = 0
=⇒
∆ = (9)2 − 4(−20)(−1)
=⇒
√ √ −b ± ∆ −(9) ± 1 Sabe-se que x = . Logo x = 2a 2(−1)
∆=1
=⇒
x1 = 4 e x 2 = 5
Figura 3: Sinal da fun¸ca˜o Temos como solu¸ca˜o S = {x ∈ R| 4 < x < 5}.
3
Exerc´ıcio 3 (EsSa). No ano “A”, as idades de um sargento e seu irm˜ao eram, numericamente, as ra´ızes da equa¸c˜ao do 2o grau dada por m1 x2 + m2 x + 105 = 0. A diferen¸ca entre suas idades ´e de 6 anos e, nesse mesmo ano “A”, o produto das idades desses irm˜aos era 315. Assim, podemos afirmar que o produto m1 · m2 ´e?
Solu¸c˜ao.
O primeiro passo ´e descobrir a idade dos irm˜aos, no caso “a” e “b”, que s˜ao os zeros da fun¸ca˜o. Segue, ( a−b=6 =⇒ a = 6 + b a · b = 315 Atrav´es do sistema temos b2 + 6b − 315 = 0 com ra´ızes iguais a b1 = 15 e b2 = −21. Como b2 n˜ao responde o problema a idade de b ´e igual a 15 anos. Consequentemente, a = 21 anos. Usando os zeros na fun¸ca˜o. (
441m1 + 21m2 + 105 = 0
(1)
225m1 + 15m2 + 105 = 0
(2)
Uma das formas de resolver o sistema ´e usando a regra da adi¸ca˜o. Para isso multiplique (2) por (−1, 4). Veja, (
441m1 + 21m2 + 105 = 0 −315m1 − 21m2 − 147 = 0
1 Somando os valores das colunas obtemos m1 = e em (1) m2 = −12. 3 podemos responder o problema. m1 · m2 =
1 · (−12) = −4, o produto ´e igual a −4. 3
Com isso
Exerc´ıcio 4 (EsSa). A a´rea do circulo inscrito em um triˆangulo retˆangulo de lados 9, 12 e 15? Solu¸c˜ao. Observe a Figura 4, p´ag. 5. Sabe-se que At = Ent˜ao A =
altura · base (´area do triˆangulo). 2
9 · 12 = 54 2
=⇒
54 = r2 + 6r − Temos Ac = π · r2
=⇒
54 = r2 +
r · (12 − r) 15 · r r · (9 − r) + + . 2 2 2
r2 15r 9r r2 + + − 2 2 2 2 Ac = 9π
=⇒
r=3
4
Figura 4: Triangulo retˆangulo com circulo inscrito
Exerc´ıcio 5 (EsSa). Estando afastado 6 metros de um muro de 3 metros de altura, um menino chuta uma bola que cai exatamente sobre o citado muro, ap´os percorrer a trajet´oria descrita pela equa¸ca˜o y = ax2 + (1 − 4a)x, em rela¸ca˜o ao sistema de coordenadas usual. Nestas condi¸c˜oes, a altura m´axima atingida pela bola ´e?
Solu¸c˜ao. O problema fornece como coordenada o ponto (6,3) que corresponde a posi¸ca˜o da bola. 1 Temos 3 = a · (6)2 + (1 − 4a) · 6 que implica em a = − . 4 1 A equa¸ca˜o da trajet´oria ´e y = − · x2 + 2x. 4 O v´ertice da fun¸c˜ao ´e Vy = − pela bola ´e igual a 4 metros.
∆ 4a
=⇒
Vy = −
Exerc´ıcio 6 (UNIFAP). Considere
4 = 4. A altura m´axima atingida 1 − ·4 4
832 · 2550 = a · 10n , com 1 ≤ a < 9, sendo n ∈ N e a ∈ R. 28 · 510
Ent˜ao podemos dizer que (10 · n)2 − 8892 ´e?
Solu¸c˜ao.
O problema pode ser resolvido atrav´es de compara¸c˜ao. 832 · 2550 (23 )32 · (52 )50 = = 296−8 · 5100−10 = 288 · 588 · (10 · 2, 5) 8 10 8 10 2 ·5 2 ·5 (2 · 5)88 · 10 · 2, 5 = (10)89 · 2, 5 = a · 10n
=⇒
2, 5 · 1089 = a · 10n
Ent˜ao a = 2, 5 e n = 89. Segue a resposta. (10 · n)2 − 8892 = (10 · 89)2 − 8892 = 1779
Exerc´ıcio
7 (UNIFAP). Considere um trap´ezio is´osceles de v´ertices ABCD em que o valor da medida, das bases, menor e maior ´e AB = 5 e DC = 8 respectivamente e a medida do 5
b b aˆngulo ADC ´e a ter¸ca parte da medida do ˆangulo DAB, pergunta-se: qual ´e o valor da ´area deste trap´ezio?
Solu¸c˜ao.
A soma dos aˆngulos internos de um pol´ıgono de 4 lados ´e igual a 360o .
Figura 5: Trap´ezio is´osceles b = ABC b e B CD b = C DA. b Note que DAB Sabe-se que θ = ϕ/3. ϕ 2θ + 2ϕ = 2 · + 2ϕ = 360o 3
ϕ = 135o
=⇒
e θ = 45o
O comprimento Ap (Db pA = 90o ) ´e encontrado atrav´es do ˆangulo θ. tan θ = tan 45o = 1 =
Temos a a´rea do trap´ezio AT = 2 ·
Ap 3/2
=⇒
Ap =
3 2
3/2 · 3/2 3 + 5 · = 9, 75 2 2
Exerc´ıcio
8 (UNIFAP). Considere o retˆangulo de v´ertices ABCD, sendo as medidas de seus 3 lados AD = ` e AB = 2`. Agora considere um ponto p1 ∈ DC, tal que Dp1 = · DC. 4 Considere tamb´em um ponto p3 ∈ AB, tal que p1 p3 seja perpendicular a BD que ´e a diagonal do retˆangulo, sendo o ponto de intersec¸ca˜o de p1 p3 e BD o ponto p2 . Dadas estas informa¸co˜es pergunta-se: qual ´e a medida da a´rea do triˆangulo de v´ertices Dp3 p2 ?
Solu¸c˜ao.
b = ABD b = θ. Note que B DC cos θ =
Dp2 2` = , 3 DB ·` 2
pois
Por Pit´agoras temos (2`)2 + `2 = (DB)2 2
Dp2 · (DB) = 3`
=⇒
3 3 · DC = · ` 4 2
=⇒
√ Dp2 · (` 5) = 3`2
√ DB = ` 5
∴
√ 3 5` Dp2 = 5 6
√ √ 2 5` Logo, P2 B = , pois Dp2 + p2 B = ` 5. Observe a Figura 6. 5
Figura 6: Detalhes do problema
cos θ =
p2 B Dp2 = 3 p3 B ·` 2
√ √ 2 5` 3 5` 5 = 5 3 p3 B ·` 2
=⇒
Ent˜ao (AD)2 + (Ap3 )2 = (Dp3 )2 2
2
2
e (Dp3 ) = (Dp2 ) + (p2 p3 )
Concluindo, ADp2 p3
√ Dp3 = ` 2
=⇒
√ ` 5 p2 p3 = 5
=⇒
√ √ 3`2 (3 5`)/5 · (` 5)/5 = = 2 10
p3 B = Ap3 = `
∴
Exerc´ıcio 9 (UNIFAP). Considere a matriz
A do tipo 6 por 7, ou seja, 6 linhas e 7 colunas e a matriz do tipo 7 por 3, ou seja, 7 linhas e 3 colunas. Sendo A = (ai,j ), onde ai,j = i + j e B = (bi,j ), onde bi,j = i − j. Al´em disso, considere a matriz C = (ci,j ) que ´e o resultado do produto das matrizes A por B. Qual ´e o elemento c5,2 ?
Solu¸c˜ao.
Para evitar a constru¸c˜ao completa das matrizes A, B e C trabalharei somente com as linhas e as colunas necess´arias. O leitor deve conhecer previamente a regra de multiplica¸ca˜o de matrizes, pois a mesma n˜ao ser´a explicada nesse problema. Caso 1: A linha 5 da Matriz A ´e obtida atrav´es da equa¸c˜ao ai,j = i + j. Observe a linha em quest˜ao. h
a51 a52 a53 a54 a55 a56 a57
i
Ap´os a aplica¸ca˜o da regra obtemos a seguinte linha. h
6 7 8 9 10 11 12
i
7
A coluna 2 da Matriz B ´e conseguida de forma semelhante atrav´es da equa¸c˜ao bi,j = i−j.
b12 b22 b32 b42 b52 b62 b72
=
−1 0 1 2 3 4 5
O passo seguinte ´e simples e consiste na multiplica¸c˜ao da linha 5 da Matriz A pela coluna 2 da Matriz B. c5,2 = 6 · (−1) + 7 · 0 + 8 · 1 + 9 · 2 + 10 · 3 + 11 · 4 + 12 · 5 = 154
Exerc´ıcio 10 (EsSa).
O Sargento Nilton recebeu a miss˜ao de distribuir 33 caixas de muni¸ca˜o, com 100 cartuchos cada, para 46 soldados distribu´ıdos em 3 grupamentos. No grupamento “A” cada soldado dever´a receber 100 cartuchos e nos grupamentos “B” e “C”, 50 cartuchos cada um dos soldados. Mas, na hora da distribui¸ca˜o, os grupamentos trocaram de posi¸c˜ao e o sargento distribuiu 100 cartuchos para cada soldado do grupamento “C” e 50 cartuchos para cada um dos soldados dos grupamentos “B” e “A”. Isso fez com que sobrassem 400 cartuchos. Percebendo o erro, o Sargento refez a distribui¸c˜ao de modo correto e notou que n˜ao sobrou nenhum cartucho. Baseando-se nessa situa¸c˜ao, pode-se afirmar que o n´ umero de soldados do grupamento “B” ´e?
Solu¸c˜ao.
Observe o sistema. A + B + C = 46 100A + 50B + 50C = 3300 50A + 50B + 100C = 2900
(1) (2) (3)
Usando (1) em (2). 100A + 50 · (46 − A) = 3300
=⇒
A = 20, pois (B + C) = 46 − A
=⇒
C = 12, pois (A + B) = 46 − C
Usando (1) em (3) 50 · (46 − C) + 100C = 2900
Usando os resultados de (2) e (3) em (1). A + B + C = 46
⇐⇒
20 + B + 12 = 46
∴
B = 14.
8
Exerc´ıcio 11 (EsSA).
Dividiu-se uma heran¸ca de R$ 62.000, 00 entre dois herdeiros de 7 e 13 anos, sendo as quantias depositadas em um banco a juros simples de 5% ao ano, de tal modo que ao completarem 21 anos tenham quantias iguais. A parte da heran¸ca, em reais, que deve ser deixada ao mais mo¸co ´e?
Solu¸c˜ao.
Temos as seguintes informa¸co˜es. Capital = 62000
Note que
a = 7anos
b = 13anos
Cb · 5 · (21 − 13) Ca · 5 · (21 − 7) + Ca = + C2 =⇒ 17Ca = 14Cb . 100 100
Capital = Ca + Cb = 62000
=⇒
17Ca + 14Ca = 86800
17Ca = 14 · (6200 − Ca ) =⇒
Ca = 28000
Exerc´ıcio
12 (EsSA). Considere duas circunferˆencias de raios iguais a 2 tal que, sobrepostas, cada uma passa pelo centro da outra. A ´area da regi˜ao comum a ambas ´e?
Solu¸c˜ao.
Observe a figura.
Figura 7: Circunferˆencias sobrepostas 2 r Note que r = + x2 2 2
=⇒
x=
r √ · 3 2
∴
x=
√
3.
√ 3 x sin θ = = =⇒ θ = 60o . Segue, r 2 360o −→ π · r2
Temos
4
π · r2 · 120 m= 360
120o −→ m π · r2 =⇒ m= . 3
4´
Area referente ao arco de 120o .
9
O restante ´e encontrado atrav´es da a´rea do triˆangulo retˆangulo. 4 · AT + n = m
√ π · r2 n= −2 3 3
=⇒
√ √ π · r2 8π π · r2 ´ Area comum, Ac = n + m = −2 3+ = −2 3 3 3 3
Exerc´ıcio 13 (EsSA). No triˆangulo
ABC abaixo, se M e N s˜ao pontos m´edios e a a´rea do triˆangulo DMC ´e 1dm2 , ent˜ao a a´rea, em dm2 , do triˆangulo ABD ´e?
Figura 8: Triˆangulo e pontos m´edios
Solu¸c˜ao.
O problema ´e resolvido atrav´es da no¸ca˜o de baricentro e da f´ormula da a´rea de um triˆangulo qualquer.
Defini¸c˜ao (Baricentro). As trˆes medianas de um triˆangulo interceptam-se num mesmo ponto que divide cada mediana em duas partes tais que a parte que cont´em o v´ertice ´e o dobro da outra.
cC = DM cC = θ Tome AM
Note que ADM C =
sin θ =
e
AT =
a·b b · sin C. 2
DM · M C · sin θ = 1 2
2 DM · M C
=⇒
e
AAM C =
AAM C =
3 · DM · M C · sin θ. 2
3 · DM · M C 2 =3 · 2 DM · M C
cC + B M cA = 180o . Se os mesmos procedimentos forem O leitor deve perceber que AM aplicados a ABM os mesmos resultados ser˜ao obtidos, pois sin(180o − θ) = sin θ. ABM ∼ AM C e BDM ∼ DM C
Exerc´ıcio 14 (UNIFAP).
=⇒
AABD = AAM C − ADM C = 3 − 1 = 2
Considere uma esfera de raio
√
2 inscrita em um cilindro reto que VE − Ve est´a inscrito numa esfera. Pergunta-se: qual ´e o valor da express˜ao ? Vc 10
Observa¸c˜ao. VE significa volume da esfera maior, Ve volume da esfera menor e Vc volume do cilindro.
Solu¸c˜ao.
Observe a figura.
Figura 9: Vis˜ao frontal: esfera, cilindro e esfera O raio da esfera maior (r2 ). √ √ ( 2)2 + ( 2)2 = (r2 )2 O volume da esfera menor (Obs.: V = √ 4 Ve = · π( 2)3 3
=⇒
r2 = 2
4 · πr3 ). 3 =⇒
√ 8π 2 Ve = 3
Volume do cilindro (Obs.: V = π · r2 · h). √ √ Vc = π · ( 2)2 · 2 2
=⇒
√ Vc = 4π 2
O volume da esfera maior. VE =
Concluindo,
4 · π(2)3 3
=⇒
VE =
√ 32π 8π 2 √ − VE − Ve 4 2−2 √ 3 = = 3 Vc 3 4π 2
32π 3
Exerc´ıcio 15. Considere duas retas perpendiculares
r e s. Sabe-se que a reta s possui como pontos (7, 1) e (2, 9) e que a reta r intercepta o eixo das ordenadas em (0, 2). Pergunta-se: qual ´e a equa¸c˜ao da reta r?
Solu¸c˜ao.
Observe a Figura 10. 11
Figura 10: Retas no plano cartesiano Note que a equa¸c˜ao da reta ´e definida por y = ax + b, onde a ´e o coeficiente aˆngular e b ´e o coeficiente linear. O primeiro passo ´e formar um triˆangulo retˆangulo com o ponto (0, 2) e trabalhar com os aˆngulos internos do mesmo, ou seja, com os ˆangulos5 θ, ϕ, e 90o . O objetivo ´e descobrir o coeficiente ˆangular da reta r atrav´es do coeficiente ˆangular da reta s. Observe a Figura 11.
Figura 11: Triˆangulo retˆangulo Temos tan ϕ = tan(90o − θ), tan(90o − θ) =
cos θ = (tan θ)−1 sin θ
pois ϕ + θ + 90o = 180o . =⇒
tan ϕ = (tan θ)−1
Sabe-se que o ˆangulo da reta s ´e γ e que (γ + θ = 180o ). tan γ = tan(180o − θ) = − tan θ
Outrossim, tan ϕ = (tan θ)−1 = (− tan γ)−1 1−9 8 =− tan γ = 7−2 5
tan θ = − tan γ
=⇒ ∴
tan ϕ = −(tan γ)−1
−1 8 5 (os pontos da reta s). Ent˜ao tan ϕ = − − = . 5 8
A reta r encontra o eixo das ordenadas em y = 2. Conclui-se com isso que b = 2. 5
Simbologia sugerida.
12
Portanto, a equa¸ca˜o da reta r ´e y =
5 · x + 2. 8
Exerc´ıcio 16. Calcule a distˆancia entre o ponto
P (da reta r) e a reta s (Figura 12).
Figura 12: Distˆancia entre ponto e reta
Solu¸c˜ao.
Note que as duas retas do problema s˜ao perpendiculares. Podemos montar, portanto, um triˆangulo retˆangulo similar ao do Exerc´ıcio 21 (ver p´ag. 12). −1
tan ϕ = −(tan γ)
=⇒
0−3 3 =− tan γ = 2−0 2
∴
−1 3 2 tan ϕ = − − = 2 3
Atrav´es do ponto P (3, 4) da reta r temos. 2 4= ·3+b 3
=⇒
b=2
yr =
∴
2 ·x+2 3
3 De forma an´aloga encontramos a fun¸c˜ao da reta (s) ys = − · x + 3 . 2 O proximo passo ´e descobrir o ponto de encontro. 2 3 ·x+2=− ·x+3 3 2
=⇒
x=
6 13
e
y=
30 13
A distˆancia (d) entre o ponto P e a reta s. 2 2 6 30 112 · 13 d = 3− + 4− = 13 13 132 2
Exerc´ıcio 17. Ache
=⇒
√ 11 13 d= 13
b e a em fun¸ca˜o de n, de modo que b · xn+1 + axn + 1 seja divis´ıvel
por (x − 1)2 .
13
Solu¸c˜ao.
Note que x = 1 (zero da fun¸ca˜o) implica em b + a + 1 = 0.
A express˜ao pode ser reescrita como −(a + 1) · xn+1 + axn + 1, pois b = −(a + 1). Usando o dispositivo de Briot-Ruffini. 1 −(a + 1)
a
0
0
...
1
1 −(a + 1)
−1
−1
−1
...
0
...
−(a + (n + 1))
−(a + 1) −(a + 2) −(a + 3)
O resto do processo (em azul) ´e igual a zero, pois a divis˜ao por (x − 1)2 ´e exata. −(a + (n + 1)) = 0
a = −(n + 1)
=⇒
Temos a express˜ao n · xn+1 − (n + 1) · xn + 1.
Exerc´ıcio 18. Qual ´e o resto da divis˜ao de Solu¸c˜ao.
e
b=n
x599 por (x2 − 1).
Usando o dispositivo de Briot-Ruffini. 1 −1
1 1
0 1
0 1
0 1
... ...
1
0
1
...
1
0 1
=⇒
q1
=⇒
q2
O resto do processo (em azul) ´e igual a 1, pois o n´ umero de casas ´e 599. (q2 · (x + 1) + 1) ·(x − 1) + 1 = q2 · (x + 1) · (x − 1) + x | {z } q1
O resto da divis˜ao de x599 por (x2 − 1) ´e igual a x.
Exerc´ıcio 19. Um polinˆomio
p(x) dividido por (x + 1) d´a resto −1, por (x − 1) d´a resto 1 e por (x + 2) d´a resto 1. Pergunta-se: qual ´e o polinˆomio p(x)?
Solu¸c˜ao.
Usando o dispositivo de Briot-Ruffini.
Caso 1: p(x) dividido por (x + 1) d´a resto −1. −1
a
b
c
a
(b − a)
(a − b + c) = −1
Caso 2: p(x) dividido por (x − 1) d´a resto 1.
14
1
a
b
c
a
(a + b)
(a + b + c) = 1
Caso 3: p(x) dividido por (x + 2) d´a resto 1. −2
a
b
c
a
(b − 2a)
(4a − 2b + c) = 1
Construindo uma matriz.
1 1 1 a 1 1 −1 1 · b = −1 4 −2 1 c 1 Note que. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 −2 ∼ 0 −2 0 −2 1 −1 1 −1 ∼ 0 −2 4 −2 1 1 0 −6 −3 −3 0 0 −3 3
Temos a = 1, b = 1 e c = −1. Logo, p(x) = x2 + x − 1.
Exerc´ıcio 20 (OBMEP). O trap´ezio
ABCD foi dividido em dois retˆangulos AEGF e F GCD, um triˆangulo GHC e um trap´ezio EBHG. As a´reas dos dois retˆangulos e do triˆangulo, em cm2 , est˜ao indicadas na figura. Qual ´e a a´rea do trap´ezio EBHG?
Figura 13: Trap´ezio ABCD
Solu¸c˜ao.
As ´areas do retˆangulo e do triˆangulo podem ser obtidas atrav´es das f´ormulas. Ar = altura · base
e
At =
altura · base 2 15
Note que
CG · GH = 27, 2 CG ·
10 = 30 GE
CG · F G = 30
=⇒
F G · GE = 10.
e
CG 3 10 = , pois F G = 1 GE GE
As medidas GE e CG s˜ao proporcionais a 1 e 3, respectivamente. Os dois retˆangulos do problema possuem o lado F G em comum . Portanto, decompondo o valor das a´reas dos retˆangulos e levando em considera¸ca˜o a raz˜ao citada temos F G = 10 3 · GH = 27 2
=⇒
GH =
27 · 2 = 18 3
O trap´ezio EBHG constitui-se de um retˆangulo e um triˆangulo similar a GHC, ou seja, possuem aˆngulos semelhantes. tan θ =
CG 1 1 = = 6 x GH
=⇒
x=6
A ´area do trap´ezio ´e a soma AT = Ar + At onde x ´e a base do triˆangulo de a´rea At . Temos AT = 1 · 18 +
1·6 = 21 2
Exerc´ıcio 21 (UNIVERSA/BM).
Na Figura 14 , o triˆangulo ABC est´a inscrito na circunferˆencia de centro O, e AH ´e a altura relativa ao lado BC do triˆangulo. Se BH = n e CH = m, com m > n, ent˜ao a medida OH ´e igual a?
Figura 14: Representa¸ca˜o do problema
Note que m + n = BC
e
BC − n = OH 2
=⇒
m+n m−n −n = = OH. 2 2
16
Referˆ encias Bibliogr´ aficas [1] DOLCE, Osvaldo; POMPEO, Jos´e Nicolau. Fundamentos de Matem´ atica Elementar: Geometria Plana. 7o edi¸ca˜o. Editora Atual - 1997. ´ [2] ARAUJO, Pedro Miranda. Tutorial sobre LATEX 2ε . Macap´a-AP, 2010. Dispon´ıvel em http://portalcien-exatas.blogspot.com.br/2012/02/tutorial-sobre-latex2e.html. [3] LAGES, Elon; CARVALHO, Paulo Cesar Pinto; WAGNER, Eduardo; MORGADO, Augusto C´esar. A Matem´ atica do Ensino M´ edio. Vol. 02 (SBM). Cole¸ca˜o do professor de Matem´atica.
17
