Teste nº4 – Ortocentro, semelhança e reta de Euler

As retas $r$ e $s$ formam dois pares de ângulos verticalmente opostos; os pontos equidistantes de $r$ e de $s$ são os pontos das bissetrizes de todos esses ângulos.

As bissetrizes de dois ângulos adjacentes suplementares formam um ângulo de ${\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{2}}={90}^{\circ }$.

Logo, o lugar geométrico é a reunião de duas retas perpendiculares que passam em $V$. A opção (A) esquece a bissetriz do outro par de ângulos.

Opção (B)

Os pontos que o cão alcança são os do círculo de centro $E$ e raio $5$ m; o troço pedido é a corda $[PQ]$ que a reta $m$ determina na circunferência de centro $E$ e raio $5$.

Seja $F$ a projeção ortogonal de $E$ sobre $m$: $\overline{EF}=3$ m. Como $\overline{EP}=\overline{EQ}$, $E$ pertence à mediatriz de $[PQ]$, que é a reta $EF$; logo, $F$ é o ponto médio de $[PQ]$.

No triângulo $[EFP]$, retângulo em $F$: $\overline{FP}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4$ m.

$\overline{PQ}=2\times 4=8$ m.

O cão alcança um troço do muro com $8$ m de comprimento.

O centro $O$ do lago é equidistante de $B$ e de $C$, logo pertence à mediatriz de $[BC]$, que é a reta perpendicular a $BC$ no seu ponto médio $D$, ou seja, a reta $AD$.

Seja $R$ o raio. Como $\overline{AD}=18>12=\overline{DB}$, o ângulo $B\widehat{A}C$ é agudo e $O$ está entre $A$ e $D$, com $\overline{OA}=R$ e $\overline{OD}=18-R$.

No triângulo $[ODB]$, retângulo em $D$: ${\overline{OB}}^2={\overline{OD}}^2+{\overline{DB}}^2\iff R^2=(18-R{)}^2+{12}^2$.

$R^2=324-36R+R^2+144\iff 36R=468\iff R=13$.

O raio do lago é $13$ m.

A área de um triângulo é igual ao produto do raio da circunferência inscrita pelo semiperímetro: $\text{Área}=r\times s$.

$30=\mathrm{2,5}\times s\iff s=12$ cm.

O perímetro é $2s=24$ cm. O valor $12$ cm é o semiperímetro (erro típico).

Opção (B)

5.1.

Os triângulos $[ADC]$ e $[CDB]$ são retângulos em $D$.

No triângulo $[ADC]$: $A\widehat{C}D={90}^{\circ }-D\widehat{A}C$. No triângulo $[ABC]$, retângulo em $C$: $C\widehat{B}D={90}^{\circ }-B\widehat{A}C$. Logo, $A\widehat{C}D=C\widehat{B}D$.

Pelo critério AA, os triângulos $[ADC]$ e $[CDB]$ são semelhantes, correspondendo $A\leftrightarrow C$, $D\leftrightarrow D$, $C\leftrightarrow B$.

Assim, ${\displaystyle \frac{\overline{AD}}{\overline{CD}}}={\displaystyle \frac{\overline{CD}}{\overline{DB}}}$.

Logo, ${\overline{CD}}^2=\overline{AD}\times \overline{DB}$, como se queria mostrar.

5.2.

${\overline{CD}}^2=4\times 9=36$, logo $\overline{CD}=6$ cm.

No triângulo $[ADC]$: $\overline{AC}=\sqrt{4^2+6^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$ cm.

No triângulo $[CDB]$: $\overline{BC}=\sqrt{9^2+6^2}=\sqrt{117}=3\sqrt{13}$ cm.

Área: ${\displaystyle \frac{\overline{AB}\times \overline{CD}}{2}}={\displaystyle \frac{13\times 6}{2}}=39$ cm${}^2$ (confirmação: ${\displaystyle \frac{2\sqrt{13}\times 3\sqrt{13}}{2}}=39$).

$\overline{CD}=6$ cm, $\overline{AC}=2\sqrt{13}$ cm, $\overline{BC}=3\sqrt{13}$ cm e a área é $39$ cm${}^2$.

Em qualquer triângulo (não equilátero), $O$, $G$ e $H$ são colineares (reta de Euler), com $G$ entre $O$ e $H$ e $\overline{HG}=2\overline{GO}$.

Então $\overline{OH}=\overline{OG}+\overline{GH}=3\overline{OG}$, ou seja, $\overline{OG}={\displaystyle \frac{1}{3}}\overline{OH}$.

As opções (A) e (D) são equivalentes entre si e falsas; a (B) é falsa porque a colinearidade se verifica em todos os triângulos.

Opção (C)

No quadrilátero $[AFHE]$, os ângulos em $E$ e em $F$ são retos, pois $BE⟂AC$ e $CF⟂AB$.

A soma dos ângulos internos de um quadrilátero convexo é ${360}^{\circ }$: $F\widehat{H}E={360}^{\circ }-{90}^{\circ }-{90}^{\circ }-B\widehat{A}C={180}^{\circ }-B\widehat{A}C$.

Os pontos $B$, $H$, $E$ são colineares, tal como $C$, $H$, $F$; logo, os ângulos $B\widehat{H}C$ e $F\widehat{H}E$ são verticalmente opostos e, portanto, iguais.

Assim, $B\widehat{H}C={180}^{\circ }-B\widehat{A}C$.

$B\widehat{H}C+B\widehat{A}C={180}^{\circ }$: os ângulos são suplementares.

O ângulo $A\widehat{C}B$ está inscrito numa semicircunferência, logo $A\widehat{C}B={\displaystyle \frac{{180}^{\circ }}{2}}={90}^{\circ }$.

No triângulo $[ABC]$: $A\widehat{B}C={180}^{\circ }-{90}^{\circ }-{32}^{\circ }={58}^{\circ }$.

O valor ${64}^{\circ }$ resultaria de confundir com o ângulo ao centro correspondente ao arco $BC$.

Opção (B)

Os triângulos $[ABM]$ e $[ACM]$ têm bases iguais ($\overline{BM}=\overline{MC}$) e a mesma altura (a distância de $A$ à reta $BC$), logo têm a mesma área.

Pelo mesmo motivo, como $G$ pertence a $[AM]$, os triângulos $[GBM]$ e $[GCM]$ têm a mesma área.

Subtraindo: $\text{Área}[GAB]=\text{Área}[ABM]-\text{Área}[GBM]=\text{Área}[ACM]-\text{Área}[GCM]=\text{Área}[GAC]$.

Se as três áreas são iguais, $\text{Área}[GBC]={\displaystyle \frac{54}{3}}=18$ cm${}^2$; como $[GBM]$ e $[GCM]$ têm a mesma área, $\text{Área}[GBM]={\displaystyle \frac{18}{2}}=9$ cm${}^2$.

Os triângulos $[GAB]$ e $[GAC]$ têm a mesma área e a área de $[GBM]$ é $9$ cm${}^2$.

$N$ é o ponto médio de $[OH]$, logo $\overline{ON}=5$ cm.

Pela reta de Euler, $G$ pertence a $[OH]$ e $\overline{OG}={\displaystyle \frac{1}{3}}\overline{OH}={\displaystyle \frac{10}{3}}$ cm; como ${\displaystyle \frac{10}{3}}<5$, $G$ está entre $O$ e $N$.

$\overline{NG}=\overline{ON}-\overline{OG}=5-{\displaystyle \frac{10}{3}}={\displaystyle \frac{5}{3}}$ cm.

Opção (A)

11.1.

Seja $D$ o ponto médio de $[BC]$; como o triângulo é isósceles, $AD⟂BC$ e $\overline{AD}=\sqrt{{13}^2-5^2}=\sqrt{144}=12$ dm.

Área $={\displaystyle \frac{10\times 12}{2}}=60$ dm${}^2$; semiperímetro $s={\displaystyle \frac{13+13+10}{2}}=18$ dm.

$r={\displaystyle \frac{\text{Área}}{s}}={\displaystyle \frac{60}{18}}={\displaystyle \frac{10}{3}}$.

O raio do círculo de vidro colorido é ${\displaystyle \frac{10}{3}}$ dm.

11.2.

O circuncentro $O$ pertence à mediatriz de $[BC]$, que é a reta $AD$. Seja $R$ o raio; como $\overline{AD}=12>5$, $O$ está entre $A$ e $D$ e $\overline{OD}=12-R$.

No triângulo $[ODB]$, retângulo em $D$: $R^2=(12-R{)}^2+5^2$.

$R^2=144-24R+R^2+25\iff 24R=169\iff R={\displaystyle \frac{169}{24}}$.

${\displaystyle \frac{169}{24}}\approx \mathrm{7,04}$.

O raio da moldura é, aproximadamente, $\mathrm{7,04}$ dm.

No triângulo $[ABH]$, $P$ e $Q$ são os pontos médios de $[AH]$ e $[BH]$; os triângulos $[HPQ]$ e $[HAB]$ são semelhantes (critério LAL, razão ${\displaystyle \frac{1}{2}}$, ângulo comum em $H$), logo $\overline{PQ}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overline{AB}$.

Analogamente, nos triângulos $[BCH]$ e $[CAH]$: $\overline{QR}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overline{BC}$ e $\overline{RP}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overline{CA}$.

Os lados de $[PQR]$ são proporcionais aos de $[ABC]$, com razão ${\displaystyle \frac{1}{2}}$; pelo critério LLL, os triângulos são semelhantes, com razão ${\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Em triângulos semelhantes, todos os comprimentos correspondentes (em particular, os raios das circunferências circunscritas) estão na razão de semelhança.

Logo, o raio da circunferência circunscrita a $[PQR]$ é metade do raio da circunferência circunscrita a $[ABC]$. (Essa circunferência é a circunferência dos nove pontos de $[ABC]$.)

Compara-se o quadrado do maior lado com a soma dos quadrados dos outros dois: $8^2=64$ e $5^2+6^2=61$.

Como $64>61$, o ângulo oposto ao lado de $8$ cm é obtuso (se fosse reto, ter-se-ia a igualdade do Teorema de Pitágoras; se fosse agudo, $64<61$).

Num triângulo obtusângulo, o circuncentro pertence ao exterior do triângulo (o ponto médio do maior lado só seria o circuncentro num triângulo retângulo).

Opção (D)