Teste nº1 – Lugares geométricos e pontos notáveis

Um ponto $P$ é equidistante de $A$ e de $B$ se e só se pertence à reta perpendicular a $[AB]$ que passa no seu ponto médio.

Essa reta é, por definição, a mediatriz do segmento de reta $[AB]$.

A circunferência de diâmetro $[AB]$ é o lugar dos pontos $P$ (distintos de $A$ e de $B$) tais que $A\widehat{P}B={90}^{\circ }$; na reta $AB$, apenas o ponto médio de $[AB]$ é equidistante de $A$ e de $B$.

Opção (C)

Os pontos equidistantes de $A$ e de $B$ são os pontos da mediatriz de $[AB]$; os pontos a $50$ m de $A$ são os pontos da circunferência de centro $A$ e raio $50$.

Seja $M$ o ponto médio de $[AB]$; tem-se $\overline{AM}=40$ m. Como $50>40$, a circunferência de centro $A$ e raio $50$ interseta a mediatriz em dois pontos, $Q_1$ e $Q_2$, simétricos em relação à reta $AB$.

Em cada um dos triângulos $[AMQ]$, retângulos em $M$, pelo Teorema de Pitágoras: ${\overline{MQ}}^2={50}^2-{40}^2=2500-1600=900$.

Logo, $\overline{MQ}=\sqrt{900}=30$ m.

Há duas posições possíveis para o quiosque, cada uma a $30$ metros do ponto médio de $[AB]$.

Cada ponto da bissetriz de um ângulo é equidistante dos lados desse ângulo.

O ponto comum às três bissetrizes (incentro) é, portanto, equidistante das retas suporte dos três lados, sendo o centro da circunferência tangente aos três lados, isto é, da circunferência inscrita.

O centro da circunferência circunscrita é a interseção das mediatrizes; o baricentro, a das medianas; o ortocentro, a das alturas.

Opção (A)

4.1.

O ângulo $B\widehat{A}C$ é reto e está inscrito na circunferência; um ângulo inscrito tem metade da amplitude do arco compreendido entre os seus lados, pelo que esse arco mede ${180}^{\circ }$.

Assim, $[BC]$ é um diâmetro da circunferência e o centro (circuncentro) é o ponto médio de $[BC]$.

Pelo Teorema de Pitágoras: ${\overline{BC}}^2=8^2+6^2=100$, logo $\overline{BC}=10$ cm.

O raio é metade do diâmetro: ${\displaystyle \frac{10}{2}}=5$.

O raio da circunferência circunscrita é $5$ cm.

4.2.

A área do triângulo é ${\displaystyle \frac{8\times 6}{2}}=24$ cm${}^2$.

O semiperímetro é $s={\displaystyle \frac{8+6+10}{2}}=12$ cm.

Unindo o incentro $I$ aos vértices, o triângulo fica decomposto em três triângulos de altura $r$ e bases $\overline{AB}$, $\overline{BC}$ e $\overline{AC}$, pelo que $\text{Área}=r\times s$.

Logo, $r={\displaystyle \frac{24}{12}}=2$.

O raio da circunferência inscrita é $2$ cm.

O baricentro $G$ pertence à mediana $[AM]$ e divide-a na razão $2:1$, a partir do vértice: $\overline{AG}=2\overline{GM}$.

Logo, $\overline{AM}=\overline{AG}+\overline{GM}=3\overline{GM}$, ou seja, $\overline{GM}={\displaystyle \frac{12}{3}}=4$ cm.

O valor $8$ cm corresponde a $\overline{AG}$ e o valor $6$ cm a metade da mediana (erros típicos).

Opção (B)

Como $P$ pertence à mediatriz de $[AB]$, a reta $PM$ é perpendicular a $AB$, logo $P\widehat{M}A=P\widehat{M}B={90}^{\circ }$.

Como $M$ é o ponto médio de $[AB]$, tem-se $\overline{MA}=\overline{MB}$.

O lado $[PM]$ é comum aos triângulos $[PMA]$ e $[PMB]$.

Pelo critério LAL (dois lados e o ângulo por eles formado), os triângulos $[PMA]$ e $[PMB]$ são congruentes.

Em triângulos congruentes, a ângulos iguais opõem-se lados iguais; ao ângulo reto em $M$ opõem-se $[PA]$ e $[PB]$.

Logo, $\overline{PA}=\overline{PB}$, como se queria mostrar.

Num triângulo obtusângulo, as alturas relativas aos dois lados que formam o ângulo obtuso têm os pés fora desses lados (nos seus prolongamentos).

As retas que contêm as alturas intersetam-se, por isso, num ponto exterior ao triângulo, do lado do vértice do ângulo obtuso.

O ortocentro é interior apenas nos triângulos acutângulos e coincide com um vértice apenas nos triângulos retângulos.

Opção (D)

Seja $M$ o ponto médio de $[BC]$. A mediana $[AM]$ é também altura, logo o triângulo $[AMB]$ é retângulo em $M$, com $\overline{BM}=3$ cm.

Pelo Teorema de Pitágoras: ${\overline{AM}}^2=6^2-3^2=27$, logo $\overline{AM}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$ cm.

Como $O$ é o baricentro, divide a mediana na razão $2:1$: $\overline{OA}={\displaystyle \frac{2}{3}}\times 3\sqrt{3}=2\sqrt{3}$ e $\overline{OM}={\displaystyle \frac{1}{3}}\times 3\sqrt{3}=\sqrt{3}$.

O raio da circunferência circunscrita é $\overline{OA}$ (distância do circuncentro a um vértice) e o raio da inscrita é $\overline{OM}$ (distância do incentro ao lado $[BC]$, pois $OM⟂BC$).

Raio da circunscrita: $2\sqrt{3}$ cm; raio da inscrita: $\sqrt{3}$ cm.

Pela propriedade da reta de Euler, os pontos $O$, $G$ e $H$ são colineares, com $G$ entre $O$ e $H$, e $\overline{HG}=2\overline{GO}$.

Assim, $\overline{HG}=2\times 3=6$ cm.

Logo, $\overline{OH}=\overline{OG}+\overline{GH}=3+6=9$ cm.

O valor $6$ cm corresponde a $\overline{HG}$ e não a $\overline{OH}$.

Opção (C)

10.1.

Como o triângulo é isósceles, a mediana $[AD]$ é também altura, logo o triângulo $[ADB]$ é retângulo em $D$, com $\overline{BD}=3$ cm.

Pelo Teorema de Pitágoras: $\overline{AD}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4$ cm.

$\text{Área}={\displaystyle \frac{6\times 4}{2}}=12$ cm${}^2$ e o semiperímetro é $s={\displaystyle \frac{5+5+6}{2}}=8$ cm.

$r={\displaystyle \frac{\text{Área}}{s}}={\displaystyle \frac{12}{8}}=\mathrm{1,5}$.

A área é $12$ cm${}^2$ e o raio da circunferência inscrita é $\mathrm{1,5}$ cm.

10.2.

Por simetria do triângulo isósceles, a reta $AD$ é a mediatriz de $[BC]$ e a bissetriz do ângulo $B\widehat{A}C$; logo, $O$ e $I$ pertencem a $[AD]$.

$I$ dista $r=\mathrm{1,5}$ cm da reta $BC$, logo $\overline{DI}=\mathrm{1,5}$ cm.

Seja $x=\overline{DO}$. Como $\overline{OB}=\overline{OA}$ e $\overline{OA}=4-x$, pelo Teorema de Pitágoras no triângulo $[ODB]$: $3^2+x^2=(4-x{)}^2$.

$9+x^2=16-8x+x^2\iff 8x=7\iff x={\displaystyle \frac{7}{8}}=\mathrm{0,875}$ cm.

$\overline{IO}=\overline{DI}-\overline{DO}=\mathrm{1,5}-\mathrm{0,875}=\mathrm{0,625}$.

A distância entre $I$ e $O$ é $\mathrm{0,625}$ cm $\left({\displaystyle \frac{5}{8}}\text{ cm}\right)$.

O ângulo $B\widehat{O}C$ é um ângulo ao centro e o ângulo $B\widehat{A}C$ é um ângulo inscrito; ambos compreendem o arco menor $BC$.

A amplitude de um ângulo inscrito é metade da amplitude do ângulo ao centro correspondente ao mesmo arco.

$B\widehat{A}C={\displaystyle \frac{{140}^{\circ }}{2}}={70}^{\circ }$.

Opção (B)

A altura relativa a $[RQ]$ está contida na reta $RP$ e a altura relativa a $[RP]$ está contida na reta $RQ$ (os catetos são perpendiculares); estas retas intersetam-se em $R$, logo o ortocentro é $H=R$.

O ângulo reto $P\widehat{R}Q$ está inscrito numa semicircunferência, logo o circuncentro $O$ é o ponto médio da hipotenusa $[PQ]$.

Pelo Teorema de Pitágoras, $\overline{PQ}=\sqrt{5^2+{12}^2}=13$ cm; o circunraio é $\mathrm{6,5}$ cm e o raio da circunferência dos nove pontos é metade: $\mathrm{3,25}$ cm.

O centro $N$ da circunferência dos nove pontos é o ponto médio de $[OH]=[OR]$. Como $\overline{OR}$ é um raio da circunferência circunscrita, $\overline{OR}=\mathrm{6,5}$ cm, logo $\overline{NR}=\mathrm{3,25}$ cm.

$H=R$, $O$ é o ponto médio de $[PQ]$, o raio pedido é $\mathrm{3,25}$ cm e, como $\overline{NR}=\mathrm{3,25}$ cm, $R$ pertence à circunferência dos nove pontos. (De facto, $R$ é o pé das alturas relativas aos catetos.)

Os triângulos $[VEP]$ e $[VFP]$ são retângulos em $E$ e em $F$, respetivamente, pois $E$ e $F$ são projeções ortogonais de $P$.

Como $P$ pertence à bissetriz do ângulo $A\widehat{V}B$, tem-se $E\widehat{V}P=F\widehat{V}P$.

Consequentemente, $V\widehat{P}E={90}^{\circ }-E\widehat{V}P={90}^{\circ }-F\widehat{V}P=V\widehat{P}F$.

O lado $[VP]$ é comum aos dois triângulos e está compreendido entre ângulos respetivamente iguais; pelo critério ALA, os triângulos $[VEP]$ e $[VFP]$ são congruentes.

Logo, os lados correspondentes $[PE]$ e $[PF]$ são iguais: $\overline{PE}=\overline{PF}$. Ou seja, qualquer ponto da bissetriz é equidistante dos lados do ângulo.