gabarito livro 1 geometria ari de sá 9 ano

Resoluções das Atividades

LIVRO 1 | GEOMETRIA

Sumário

Capítulo 1 – Segmentos proporcionais .............................................................1

Capítulo 2 – Teorema de Tales ..........................................................................3

Capítulo 3 – Teorema da Bissetriz Interna ........................................................6

Capítulo 4 – Teorema da Bissetriz Externa .......................................................9

Capítulo 5 – Semelhança .................................................................................11

9o Ano – Ensino Fundamental II | 1

01 Se AB BC CD e DE, , possuem a mesma medida u.

a) ABBC

uu

= = 1

b) ABBE

uu

= =3

13

c) ACCE

uu

= =22

1

d) ADAB

uu

= =3

3

e) BCAE

uu

= =4

14

02 Altura da árvore: x Altura do poste

Altura da rvore xx x m

á= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

34

7 5 34

3 30 10,

03 ABCD

EFGH

= , substituindo os valores dos segmentos, temos:

1510

12=

GH

3

2

⇒32

12=

GH⇒ 3 · GH = 2 ·12 = 24

GH = =243

8

GH = 8 cm

04 Chamando AC de x, CB será 14 – x ∴

x

A C

14

B

14 – x

⇒ 4x = 3(14 – x) ⇒ 4x = 42 – 3x ⇒ 7x = 42 ⇒ x = 6 cm

ACCB

xx

= ⇒−

=34 14

34

14444244443

Segmentos proporcionais 05 a) Se ABAC

=37

, então AB y= e AC x y= = + 16.

Substituindo os valores, temos:

yy

y y

y y y y cm e x cm

+= ⇒ = +( )

= + ⇒ = ⇒ = = + =16

37

7 3 16

7 3 48 4 48 12 12 16 28 .

b) Observe que P está mais próximo do ponto A, pois 2 < 5.

Logo AP PB< .

21 cm

12 c

m

9 cm

21 cm

A P M B

×6

×6

12 cm

A P B

x APPB x

x cm= ⇒ = ⇒ =25

12 25

30

PB cm AB AP PB cm= = + = + =30 12 30 42;

123 14243

⇒ =PM cm9

c) O ponto Q está mais próximo de M, pois 5 < 9, logo

MQ QN< .

15 cmM Q Nx

×3

×3

MQQN x

x cm= ⇒ = ⇒ =59

15 59

27

QN x cm e MN MQ QN cm= = = + = + =27 15 27 42

d)

• Note que AQ QB= , pois Q é ponto médio de AB.

• MB MQ QB

x x

= ++ + = +6 6 12

x 6A M Q

y

Bx + 6

AMMB

xx

x x x x

x x cm

= ⇒+

= ⇒ = +( ) ⇒ = +

= ⇒ =

59 12

59

9 5 12 9 5 60

4 60 15

AM x MB x cm

AB AM MB AB cm

= = = + = + =

= + ⇒ = + =

15 12 15 12 27

15 27 42

;

Aula 1Capítulo 1

Testando seus Conhecimentos

2 | 9o Ano – Ensino Fundamental II

LIVRO 1 | GEOMETRIA

01 Como as marcações iguais indicam segmentos congruen-tes, temos:

x MA AB BC e y MF EF DE= = = = = =

a) MAMC

xx

= =3

13

b) MEMD

y

y= =

2

323

c) EDMD

y

y= =

313

d) MAAC

xx

= =2

12

02 Se os segmentos são proporcionais, temos a seguinte proporção:

ABCD

CDEF CD

CDCD CD

CD CD cm

= ⇒ = ⇒ ⋅ = ⋅

= ⇒ =

28

2 8

16 42

03

TR M

2 cm 2 cm 3 cm 3 cm

S N

Observando a figura, temos:

a) RTMN

= =105

2

b) NTMS

=32

04

a

b

a ⇒ (base)

b ⇒

(alt

ura)

Dividindo a equação:2a + 2b = 180 por 2, temos: a + b = 90

Na proporção ab

=54

, aplicamos a propriedade da soma:

a b a b a

ba cm e b cm

5 4 9909 5

10

410 50 40

= =+

= ⇒ =

= ⇒ = = .

05 Observe que a soma dos ângulos agudos de um triângulo retângulo é igual a 90º ( )B C o� �+ = 90 .

B

C

�� =

15

Aplicando a propriedade da soma nas proporções, temos:

B C B C

B eC

C� � � � � � �1 5 6

906

155

15 75= =+

= ⇒ = = ⇒ =º º

06 O ponto P está mais próximo de M, pois 2 < 5.

M x P N

Observe que MP = x e PN x= −42 2

5 84 2 2 7 84 2 12 2x x x x cm= − ⇒ = ⇒ =

07 O ponto M está mais próximo de A, pois 2 < 5.

A x 42 – xM B

Observe que AM = x e MB x= −42

MAMB

xx

x x x x

x x cm

MA cm MB

= ⇒−

= ⇒ = −( ) ⇒ = −

= ⇒ =

=

25 42

25

5 2 42 5 84 2

7 84 12

12 , == − =42 12 30 cm

O

14243

12 c

m

9 cmA M B

21 cm

14243

De acordo com a figura, temos: MO cm= 9 .

08 O ponto M está mais próximo de A, pois 7 < 11.

18 c

mA x x + 18O BM

Se AM x= e O é o ponto médio de AB, temos: OB x cm= + 18 .

MAMB

xx

x x

x x x x

= ⇒+ +

= ⇒ = +( )

= + ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ =⋅

711 18 18

711

11 7 36

11 7 7 36 4 7 367 366

47 9 63

63 36 63 36 99

63 99 162

⇒ = ⋅ =

= = = + = + =

= + =

x

MA x cm MB x cm

AB cm

,

09 O ponto N está mais próximo de B, pois 3 < 7.

A 36 cm xB N

⇒ = ⇒+

=NANB

xx

73

36 73

7 3 36 7 3 108 4 108 27

36 27 63 27

x x x x x x

NA cm e NB cm

= +( ) ⇒ = + ⇒ = ⇒ =

= + = =

A O18 cm 18 cm 27 cm

B N

De acordo com a figura, temos: NO cm= + =18 27 45 .

10 O ponto N está mais próximo de B, pois 5 < 9.

A O28 – x 28 – x xB N

Se BN x= , então OB OA x= = −28

Atividades Propostas


LIVRO 1 | GEOMETRIA

02 Observe o desenho:

A M B N C

Como M e N são pontos médios, AM MB e BN NC= = .

Então: AM MB BN NC AB BC

MB BN AB BC MB BN AB BC

+ + + = + ⇒

⇒ + = + ⇒ ⋅ +( ) = +2 2 2

Observe que MB BN MN e MN AB BC

MNAB BC

+ = = +

⇒ =+

2

2


A M C B

Como M é ponto médio de AM MB e MC BC= + .

• Então: AM MC AC MB MC AC

MC BC MC AC MC BC AC

MC AC BC MCAC

+ = ⇒ + = ⇒

⇒ + + = ⇒ + = ⇒

⇒ = − ⇒ =−

2

2BBC

2

04 a) Observe o desenho:

A M B C

Como M é ponto médio de AB AM MB MC BC, .= = −

Então: AM MC AC MC BC MC AC

MC AC BC MCAC BC

+ = ⇒ − + = ⇒

⇒ = + ⇒ =+

22

b) Observe o desenho:

A M CB N D

Como M e N são pontos médios de

AB e CD AM MB e CN ND, .= =

A

A

C

C

B

D

D

B

D

B

B

D

C

C

A

A

01 Observe que AB BC AC+ = . Fazendo os desenhos, temos:

Teorema de Tales

01 Montando a proporção, temos:

412

23

3 6 3=+

+ = ⇒ =x

x x×3 ×3

(por razões equivalentes)


xy

xx

yy

46

125

46

122

612

510

= = ⇒

= ⇒ =

= ⇒ =



÷3

÷3

×2 ×2


I. x

x

y yy

281014

20

2410 15

125 15

36

= ⇒ =

= ⇒ = ⇒ =

×3

×3

×2

×2



II. Montando as proporções, temos:

a) ÷7

÷7

314 21

14 636314

92

311 21

92

= ⇒ = ∴ = = =−

⇒ =x

x x oux

xx

b)

×3

×3

12 818

12 49

27x x

x= ⇒ = ⇒ = (por razões equivalentes)

NBNA

xx x x

xx

x x x x x

= ⇒− + − +

= ⇒−

=

= −( ) ⇒ = − ⇒ =

59 28 28

59 56

59

9 5 56 9 280 5 14 2880 20

56 56 20 36 20

56 2 56 40 16

⇒ =

= − = − = =

= − = − =

x

NA x cm NB cm

AB x cm

;

Então:

AM MB BC CN ND AC CD

AM ND MN AC CD

AM po

MN

+ + + + = + ⇒

⇒ + + = +

� ��

(Trocando rr MB e ND por CN te

MB CN MN AC CD

BC

, mos:)

(Somando a ambos os m

⇒ + + = +

eembros da equa o, temos:)çã

⇒ + + + = + + ⇒MB BC CN MN AC BC CDMN

� ��

⇒⇒ + = + ⇒ = +

⇒ =+

MN MN AC BD MN AC BD

MNAC BD

2

2


Mergulhando Fundo

Aula 1Capítulo 2


LIVRO 1 | GEOMETRIA

5 cm x

8 cm y

11 cm z

16 cm w

40 cm60 cm

20 cm

nm

24 cm

B

6 cm

C

A

Aplicando as proporções:

5

4 0 6 04 30 7 5

84 0 6 0

12

114 0 6 0

664

16 5

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ =

= ⇒ = =

=

xx x cm

yy cm

zz cm

w

,

,

660 60 36 24− + +( ) = − =x y z cm


05 Aplicando a proporção, temos:


×15

×15

÷14

÷14

30 2842

30 23

45x x

x m= ⇒ = ⇒ =

Devemos determinar primeiro a medida do

segmento AE:

AE cm= + + + =8 10 12 15 45

Aplicando as proporções, temos: AB

AEA BA E

BCAE

B CA E

CDAE

C DA E

= = =’ ’’ ’

;’ ’’ ’

;’ ’’ ’

Substituindo, temos: 8

45 5485 6

485

9 6

1045 54

105 6

= ⇒ = ⇒ = =

= ⇒ = ⇒

A B A BA B cm

B C B CB

’ ’ ’ ’’ ’ ,

’ ’ ’ ’’CC cm

C D C DC D cm

’

’ ’ ’ ’’ ’ ,

= =

= ⇒ = ⇒ = =

605

12

1245 54

125 6

725

14 4

Observe que:

D E A B B C C D cm’ ’ ’ ’ ’ ’ ’ ’= − + +( )= − =54 54 36 18

04 Observe cada transversal antes de montar a proporção.

x

x +=

435⇒ 5x = 3 (x + 4) ⇒ 5x = 3x + 12 ⇒2x=12⇒x = 6a)

b) AB AM MB= + = x + x + 6 = 2x + 6, montando a pro-porção, temos:

×2 ×2

xx

x x x+

= ⇒ = + ⇒ =6

36

2 6 6(por razões equivalentes)

AB x AB= + ⇒ = ⋅ + =2 6 2 6 6 18

c) Aplicando a proporção, temos:

A8 cm

10 cm

12 cm

15 cm

A’

B B’

C C’ 54 cm

D D’

E E’

z

20 m

119

30 m 35 m

yx

III.

01 Aplicando a proporção, temos:

a) ÷5

÷5

×4

×4

8 1035

8 27

28 8 28 36x x

x e y= ⇒ = ⇒ = = + =

b) y y y y

y33

1414 8 33

1422 3

142 3

7 21=+

⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

x = 33 – y = 33 – 21 = 12

c) (por razões equivalentes)

×2

÷3

÷3

×2

96

6 32

64= ⇒ = ⇒ =

y yy

Atenção: y

x x xx

86 4

86 1

26

12= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

02 Aplicando as proporções:

×3

×3 ×3

×3

520 60

156

20 6018= ⇒ = = ⇒ =

xx cm

yy cm;

z = 60 – (x + y) = 60 – (15 + 18) = 60 – 33 = 27 cm



x xx m

x yy m

1193585 119

717

49

1193085 119

617

42

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ = ⇒ =

÷5

÷5×7

×7

×7

×7

÷5

÷5

Observe que z = 119 – (x+y) = 119 – (49+42) = 119 – 91 = 28 m


LIVRO 1 | GEOMETRIA

3 cm

5 cm

7 cm

B

C

D

15 cm

M

N

P

Q

A

60 cm

6 cm 8 cmC

E

G

12 cm

B

D

F

H

A

6 cm

08 Observando o desenho e aplicando a proporção, temos:

De acordo com o desenho e aplicando proporção, temos:

6

24 205= ⇒ =

xx cm÷4÷4 (por razões equivalentes)

05

Observe que MQ AD= ⋅4 . Podemos concluir, então, que:

MN AB cm

NP BC cm

PQ CD cm

= ⋅ = ⋅ =

= ⋅ = ⋅ =

= ⋅ = ⋅ =

4 4 3 12

4 4 5 20

4 4 7 28

06 Aplicando a proporção e observando que a = b + 4:

ab

bb

bb

b b

b b b e a

= ⇒+

= ⇒+

= ⇒ = +( )⇒ = + ⇒ = = + =

128

4 128

4 32

3 2 4

3 2 8 8 8 4 12

÷ 4

÷ 4

07 Aplicando a proporção do teorema de Tales nos triângu-los, temos:

a) 23

52 5 3 2 15

152

7 5= ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ = =x

x x x ,

b)

×3

×3

x xx

6104 6

52

15= ⇒ = ⇒ = (por razões equivalentes)

c) xx x

x x

x x x x x

++

=+

⇒ +( ) = ⋅ +( ) ⇒

+ + = + ⇒ = ⇒ =

25

42

2 4 5

4 4 4 20 16 4

2

2 2

612

816

12 166

3 46

3 23

92

4 5

= ⇒ =

= ⇒ =

= ⇒ = = =

DFDF cm

EG EG

EGEG EG cm,

÷4

×2

÷4

×2

01 Aplicando o Teorema de Tales nos triângulos, temos:

×3

×3

ADDE

ABBC

GFFC

GFGF cm= = ⇒ = ⇒ =

49 27

12

Logo GC cm= + =12 27 39

02

b

KA

B

C F

D G

MI

J L

H N

2 k

3 k

3 k

4 k 6 k

c

d

a

E

185

k275

k

275

k8110

k

545

k

365

k

92

k

Mergulhando Fundo

09 Chamando a altura da árvore de x e aplicando o Teorema de Tales, temos:

1 702 2 9 9

1 7022 99

1 702 9

0 859

7 65,, ,

, ,, ,= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

x x x xx m

÷11÷11

10 C

Aplicando o Teorema de Tales, temos:

ABBC

DEEG

= ; como AB é congruente a BC, ABBC

= 1

1

55= ⇒ =

EGEG cm

Note que ∆EFG é equilátero, logo FG cm= 5

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:

I. AEAB

AEk

AE k

ABBC

AEEF

kk

kEF

EF k

BCCD

EFFG

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒

32 2

32

3

23

3 92

3kkk

k

FGFG k

JKAB

JKk

JK k

4

92 6

95 2

95

185

= ⇒ =

= ⇒ = ⇒ =

II. Analogamente, encontramos:

JI k IH k

KL k LM k e MN k

= =

= = =

275

365

275

8110

545

;

,

III. AD + AG + HK + KN = 180 ⇒

2 3 4 392

6365

275

185

275

8110

545

180

207

+ + + + + + + + + + +

=

∴ =

k

k

IV. k EF cm LM cm CD cm= ⇒ = = =

207

907

1627

807

, ,


LIVRO 1 | GEOMETRIA

A

BD

C9 6

6 – b

6

3

4 – a

a

4

9

x

b

10

15

M

Bx

A

a by

C D

P Q

Separando os triângulos, temos:

15

M Q

y

x

b

B

C D10

M Qb

x

y

D

A B

Aplicando o Teorema de Tales, temos: a

ab

b4 6−=

− Comparando os perímetros, temos:

3 + a + x + b = 4 – a + x + 9 + 6 – b ⇒ 2a + 2b = 19 – 3

2a + 2b = 16 (Dividindo ambos os membros por 2)

a + b = 8 ⇒ a = 8 – bSubstituindo na proporção, obtemos:

84 8 6

84 6

−− −( ) =

−⇒

−−

=−

⇒b

bb

bb

bb

b

b ⋅ (b – 4) = (8 – b)(6 – b)

Razão: b

b64 8

6 4 84 81 2

4−

=−

= =,

,,,

04 Observe o trapézio a seguir:

AB CD PQ/ / / /

Aplicando o Teorema de Tales nos triângulos, obtemos:

xx y

bb x y x I

yx y

bb x y y II

+= ⇒ +( ) =

+= ⇒ +( ) =

1515

1010

Comparando I e II , obtemos:

10 151510

32

1 5

2 5 151

2 5 156

y x yx

yx

x

xx

b bb cm

= ⇒ = ⇒ = =

= ⇒ = ⇒ =

,

, ,

Analogamente: a = 6 cm

Logo, a + b = 12 cm

Teorema da Bissetriz Interna

01 Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:

BCCD

ABAD

xx

x x x= ⇒ =+

⇒ = + ⇒ =62

2 53 2 5 5

×3×3


AB x= + ⇒ ⋅ + =2 5 2 5 5 15

02 Aplicando o Teorema da Bissetriz, temos:

ABBS

ACCS

xx= ⇒ = ⇒ =

6408

30×5 ×5


03 Observe que x + y = 9 e x = 9 – y.

ABAS

BCCS y y y y

y y y y y

y e x

= ⇒ =−

⇒ =−

= −( ) ⇒ = − ⇒ == =

12 159

4 59

5 4 9 5 36 4 9 36

4 9 −− =4 5


Se o perímetro é 45 cm, então AB AC BC+ + = 45.

Logo AB AC e AB AC+ + = + =15 45 30.

Observe que AB AC= −30 .

Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:

ABBD

ACCD

AC AC AC AC

AC AC

AC AC AC

= ⇒−

= ⇒−

=

= ⋅ −( )= − ⇒

309 6

303 2

3 2 30

3 60 2 5 ==

= = − =

60

12 30 12 18AC cm e AB cm

b2 – 4b = 48 – 14b + b2 ⇒ 10b = 48 ⇒ b = 4,8


Aula 1Capítulo 303 Observe o desenho:


LIVRO 1 | GEOMETRIA

A

2x + 63x

BD

C24 cm 30 cm

B

A Sx – 4 x C

40 cm30 cm

Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, obtemos:

ABAS

BCCS x x x x

x x

x x x por t

= ⇒−

= ⇒−

= ⇒ −( ) =

− = ⇒ =

304

40 34

44 4 3

4 16 3 16, tan oo

AC x cm

:

= − = ⋅ − = − =2 4 2 16 4 32 4 28

05 Observe a figura:


ABBD

ACCD

x x x x

x x

x x x

= ⇒+

= ⇒+

=

⋅ = ⋅ +( )= + ⇒ =

2 624

330

2 64

35

4 3 5 2 6

12 10 30 2 330 15

2 15 6 30 6 36

3 15 45

⇒ =

= ⋅ + = + =

= ⋅ =

x cm

AB cm

AC cm

01 D


ACAD

BCBD

BCBC BC cm= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

43 2

3 883

02 Note que: m n BC m n m n+ = ⇒ + = ⇒ = −22 22

ABBD

ACCD n n n n

n n n n n

= ⇒−

= ⇒−

= ⇒

= ⋅ −( ) ⇒ = − ⇒ =

1522

18 522

6

5 6 22 5 132 6 11

5 6

1132 12

22 12 10

⇒ == − =

n cm e

m cm

03 Aplicando o Teorema de Tales nos triângulos, temos:

a) aa

b b

ab b

b

6124

18

1212 4 8

1216 8

6 12 48

24 168

12

3

4

= ⇒ =

+= ⇒ =

+=

+⇒ = ⇒ =

×3 ×3

b) ∆AMN AM MN AN⇒ + + = + + + =18 6 4 12 40c) ∆ABC AB BC AC⇒ + + = + + + + + =18 6 12 8 4 12 60


A

BM

C5 cm 15 cm

BC cm= 20

Se o perímetro é 48 cm, então AB BC AC+ + = 48

AB AC AB AC cm

AB AC

+ + = ⇒ + =

= −

20 48 28

28


05 Observe:


ABBM

ACCM

AC AC AC AC

AC AC AC AC

A

= ⇒−

= ⇒−

=

= ⋅ −( ) ⇒ = −

28

5 15

281 3

3 28 84 3

4

1 3

CC AC cm e AB cm= ⇒ = = − =84 21 28 21 7


A

BP

C6 cm 5 cm

Note: AB AC

BC cm

− =

=

3

11

Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna:

AB AC6 5

= (usando a propriedade da subtração)

AB AC AB AC ABe

AC

AB cm e AC cm6 5 6 5 6

31 5

31

18 15

= =−−

⇒ = =

= =

Perímetro ⇒ + + = + + =AB BC AC cm18 11 15 44

07 Observe a figura: A

B D C

7 cm 5 cm

Note que:

BC BD DC cm e BD DC= + = = −9 9


LIVRO 1 | GEOMETRIA

A

B

D

C30º


3 56 10

83 5

85 3 8

5 24 3 8 24 3 8 8 3x x x x

x x

x x x x cm e x

=−

⇒ =−

⇒ = ⋅ −( )= − ⇒ = ⇒ = − = − = 55 cm

A

BP

C

54 m

70 – x70 m

36 m

6 cm

10 cm

8 cm8 – xx

01

• BP e PC são chamados segmentos aditivos.

• AB ou AC podem assumir o valor 18.

• Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:

ABAC

BPPC

ACAC m

ou

ABAB m

= = ⇒

= ⇒ =

= ⇒ =

23

18 23

27

1823

12


×9

×9

×6

×6



54 3670

6 470

3 270

2 3 70 2 210 3 5 21

6 4 3 2

x x x x x x

x x x x x

=−

⇒ =−

⇒ =−

= − ⇒ = − ⇒ =( ) 00

42 70 70 42 28x m e x m= − = − =


A

F

B C

G

3

x

3

6

6 1 x – 1

x

DE

1444442444443

1442443 1444442444443

1

4

4

4

4

4

2

4

4

4

4

4

3

1

4

2

4

3

1

4

2

4

3

O centro do círculo é o incentro do ∆ABC.

Sejam E, F, G os pontos de tangência da circunferência com os lados BC AB e AC, , respectivamente. Temos:

AF = AG = 3; CG = CE = x

BE = BF = 6

BD = 7; BE = 6

DE = 1

CD = x – 1

O centro do círculo inscrito é incentro do ∆ABC, no qual tiramos a bissetriz AD de Â.

Então:

BDAB

=CDAC

79

=x -1

3 + xx =15⇒ ⇒

02

(Trigonometria) Usando o conceito de que o cateto oposto ao ângulo de 30º mede a metade da hipotenusa, temos:

AB x e BC x= = 2


ABBC

ADDC

ADDC

xx

ADDC

= ⇒ = ⇒ =2

12


25

A

E

B

x

D

16 – x20

C

16

1

4

4

4

2

4

4

4

3

Mergulhando Fundo

Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna:

ABBD

ACDC DC DC

DC DC

DC DC DC DC

= ⇒−

= ⇒ ⋅ = ⋅ −( )⋅ = − ⇒ = ⇒ =

79

57 5 9

7 45 5 12 4545112

3 75

9 3 75 5 25

=

= − =

,

, ,

cm

BD cm


x


LIVRO 1 | GEOMETRIA

AC DE//

Pelo Teorema da Bissetriz Interna, temos:

ABAC

BDDC

I=

Pelo Teorema de Tales nos triângulos:

BEAE

BDDC

II=

Logo, de I e II, temos:

ABAC

BEAE

xx

x x x x

x x

=

=−

⇒ = −( ) ⇒ = −

= ⇒ =

1620 16

20 16 16 20 256 16

36 256256366

649

16 16649

809

= − = − ⇒e x

04 A

Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna no triângulo

ABC, vemos que:

z zz z z z z

4060

505 240 4 9 240

2409

803

=−

⇒ = − ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna no triângulo

ABD, vemos que:

x yz

xy z

xy

xy

xy

AIIS40

40 40803

403

8032

322

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ =

Dx

yI

50

S 60 – z

60

B

40

A

Cz

01 Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:

×2

×2

ABBP

ACCP

x xx= ⇒

+= ⇒ = ⇒ =

68 8 8

616 8

3



Teorema da Bissetriz ExternaAula 1Capítulo 4

02 Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:

a)

×2

×2 (por razões equivalentes)

ABBP

ACCP x x

x x x= ⇒+

= ⇒ = + ⇒ =12

126

2 12 12

b) ACCP

ABBP x x x x

x x

x x x

= ⇒+

= ⇒+

= ⇒ = +

= + ⇒ =

812

6 412

34 3 12

4 3 36 36

4 3

( )

03

3

2

4B

A

C Dx

1442443

12 c

m

10

8 x

Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa temos:

34

2

3 2 4 3 8 2

8

+=

= +( ) ⇒ = +=

x xx x x x

x


ABBD

ACCD x x

x x x x

x

= ⇒+

= ⇒ = +( ) ⇒ = +

=

34

23 2 4 3 2 8

8

Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:

128

10 68

56 5 8

6 40 5 40

6 5

+= ⇒

+= ⇒ = ⋅ + ⇒

⇒ = + ⇒ =x x x x

x x

x x x cm

( )

05 Teorema da Bissetriz Interna:

A

B SC20 – x

3x

x

2x

xx

xx

x cm3

202

12=−

⇒ =

Teorema da Bissetriz Externa:20

3 220

36 2440

+= ⇒

+= ⇒ =

yx

yx

y yy cm

y


LIVRO 1 | GEOMETRIA

Seja CS x AC b e AB c= = =, .

3 2 23c b

bc

= ⇒ = (Teorema da Bissetriz Interna)

xc

xb

bc

xx

+= ⇒ =

+5

5 (Teorema da Bissetriz Externa)

Dos dois teoremas obtém-se:x

xx x x CS cm

+= ⇒ = + ⇒ = ⇒ =

523

3 2 10 10 10 .

C S

A

cb

DB 2 cm x3 cm

A

B CD x

16

20

12

A

x

B D C

16 – x

4 cm 14 cm

18 cm

A

B CE D

3 cm5 cm

6 – x yx6 m

01 C

Sendo AB = x, de acordo com o Teorema da Bissetriz Externa, temos que: 18 30 30

1548

2 2 48 24 24+

= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =x x

x x AB .

02 C

1412

1014 120 10 4 120 30

x xx x x x

+= ⇒ = + ⇒ = ⇒ =

03 C A

B C P

8x

567

A

67

x5

B x 6 42

A

cb

CS P

Observando os dados colocados na figura e aplicando:

1o) Teorema da Bissetriz Interna xc b

bc x

= ⇒ =6 6

2o) Teorema da Bissetriz Externa: x

c bbc x

+= ⇒ =

+48 42 42

48

De 1o) e 2o) temos: 1 76 42

487 48 6 48 8 8

x xx x x x BS cm=

+⇒ = + ⇒ = ⇒ = ⇒ =

08 A


BC e CD são segmentos subtrativos.


16

2012 4

203

4 3 20

4 60 3

60

60 80

4 3

+= ⇒

+= ⇒ = ⋅ +( )

= +=

= =

x x x xx x

x x

x

CD m e BC m


Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:7 56 56

863

7 7 63 9+

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =x x

x x

04 D

Pelo Teorema da Bissetriz Externa, temos:

x xx x x dm

+= ⇒ = + ⇒ =

57 6

7 6 30 30

05 B

Fazendo BD x BC x e= = −, 6 aplicando Teorema da Bissetriz Externa, temos:

2 1

64

62

6 12 2 2 6 3=−

⇒ = − ⇒ = ⇒ =x

x x x

06 A

Teorema da Bissetriz Interna: 6

5 35 18 3 8 18

94

−= ⇒ = − ⇒ = ⇒ =

x xx x x x

Teorema da Bissetriz Externa: y y

y y y y+

= ⇒ = + ⇒ = ⇒ =6

5 35 3 18 2 18 9

Portanto, DE DE DE m= + ⇒ =+

⇒ = =94

99 36

4454

11 25,

Atividades Propostas07 C


LIVRO 1 | GEOMETRIA

A

B P C Qx5 3

AP� ��

é bissetriz interna.

AQ� ��

é bissetriz externa. CQ x=

Pelo Teorema da Bissetriz Interna: ABAC

I=53

Pelo Teorema da Bissetriz Externa: ABAC

BQCQ

II= De I e II, temos:

BQCQ

xx

x x

x x x x cm

= ⇒+

= ⇒ = +( )= + ⇒ = ⇒ =

53

8 53

5 3 8

5 3 24 2 24 12

Teorema da Bissetriz Interna: 12

12−

= ⇒ =−

xc

xb

bc

xx

Teorema da Bissetriz Externa: 28 16 16

28−

=−

⇒ =−−

xc

xb

bc

xx

Dos teoremas, temos que: x

xxx

x x12

1628

28 96 02

−=

−−

⇒ − + = cujas raízes são 24 e 4.

Se x = 24, 12 – x e 16 – x serão valores negativos. Por-

tanto, x = 4 e a razão ACAB

bc

= =−

= =4

12 448

12


A

BC

D

bc

12 – x 16 – xx

16

BC e CD são segmentos subtrativos e BD cm= 4 .

Se o perímetro é 20 cm, AB x e AD x= = −16 .


ABBD

ADDC

x x x xx x

x x x

= ⇒ =−

⇒ =−

⇒ = −( )

= − ⇒ =18

1614 9

167

7 9 16

7 144 9 16 149 7

44 9

16 9 7

⇒ =− =

x cm

cm

01 E

Mergulhando Fundo

Semelhança

3 m 0,2 m

h 0,5 m

50 0 5

20 0 2

cm m

cm mmesma unidade

==

⇒,

,

Da semelhança, montamos a proporção:

h hh h m

30 50 2 3

52

2 15 7 5= ⇒ = ⇒ = ⇒ =,,

,

c) Observando a propriedade dos perímetros na seme-

lhança, temos:

×5

×5

ABA B

Per metroPer metro

xx cABC

A B C’ ’ ’ ’ ’

=∆

∆⇒ = ⇒ = ⋅ =

íí

2040 200

5 20 100 mm


d) Maior lado do primeiro triângulo: 18 cm

Perímetro do primeiro triângulo: 8,4 + 15,6 + 18 = 42 cm

123

×3

×3

18 42

35

18 65

156

5x xx cm= ⇒ = ⇒ = (por razões equivalentes)

04 a) Observe que os ângulos B e D� � são congruentes (parale-

logramo).

01 Observando os lados homólogos AB e PQ BC e QR; ; AC e PR, podemos formar uma proporção.

ABPQ

BCQR

ACPR

xy

xx= = ⇒ = = ⇒ = ⇒ =

82010

288

2010

16×2 ×2

2010

2814= ⇒ =

yy÷2 ÷2 (por razões equivalentes)

02 C

Observando a propriedade dos perímetros na seme-lhança, temos:

ACA C

Per metroPer metro

Per metroPer m

ABC

A B C

A B C

’ ’ ’ ’ ’

’ ’ ’=∆

∆⇒

∆í ííí eetro

A CACABC∆

= =’ ’ 1

4

03

a) Observando a propriedade dos perímetros e dos lados homólogos, temos:

• Perímetros: 12 + 18 + 20 e 30 ⇒ 50 m e 30 m.• O menor lado do triângulo menor: x.• Aplicando semelhança, temos: 12 5 0

3 012 5

35 36 7 2

x xx x m= ⇒ = ⇒ = ⇒ = ,

b) Observe os desenhos:


Aula 1Capítulo 5

x = 5 · 20 = 100 cm


LIVRO 1 | GEOMETRIA

C

B

9

21 AD

A

7E

x

b) Separando os triângulos, temos: ADE ABC

A ngulo comum

� �

�=

( )

Â

Pela semelhança, temos:

(por razões equivalentes)÷3 ÷39 21

73

xx= ⇒ =

05 Separando os triângulos, temos:

I. a)

Note que Â é ângulo comum. Montando a proporção, temos:

x

x+

= ⇒ ⋅ +( ) =4

10104

4 4 100 x x x+ = ⇒ + = ⇒ =4

1004

4 25 21

II. Chamando de x o lado do quadrado, temos:

10A

x + 4α

10A

4

α

III. Observe os seguintes triângulos semelhantes:

3

6

x

6 – x

3

6

9 6

6

x

x

• Montando a proporção, temos: ×2

×2

36

6−

=x x

x x

x x

x x

= −( )= −

= ⇒ =

2 6

12 2

3 12 4

8 15

A17

x

5 A

Note que Â é angulo comum. Montando a proporção, temos:

xx

8155

24= ⇒ =×3

×3

b)

Se observarmos, temos semelhança entre três triângulos: ∆CDE ~ ∆BDF ~ ∆ABC

Montando a proporção, temos: (∆CDE ~ ∆ABC)

4

4 – x

x

6

01 108

17

x

10E

A

C

B

D12

10

15x

20

15

A

D

B C144444424444443

144424443

E

1

4

4

2

4

4

3

1

4

4

4

2

4

4

4

3

8

x

α

α

A

R

5

10

C

S

B

10

24

20

F

D

x

AA

EB

Separando os triângulos, temos na semelhança a seguinte proporção:

5

12

3 5

10

24 20

512 20

53 5

3 25253

=

= ⇒ =

= ⇒ =

x

x x

x x

C

AF 6 – x

B

D4 – x

x

x

xx

E

6

4

1442443

44 6

4 6 4

4 24 6 10 24

2410

125

2 4

−= ⇒ ⋅ = ⋅ −( )

= − ⇒ =

= = =

x xx x

x x x

x ,

ABAE

ACAD

BAC comum

ABC AED

ABAE

BCED

x

=

→ ∆ ∆

= ⇒ = ⇒

~

2510 12

xx = 30

caso L. A. L.semelhança

02

CDE ABC retos

DCE ACB comumDCE BCA

DEAB

CDBC

x

� �

� �∼

≅ ( )≅ ( )

⇒ ∆ ∆

= ⇒115

1520

20 225454

= ⇒ = ⇒ =x x

03

ASR ABC iguais a

SAR BAC comumSAR BAC

SRBC

ASA

� �

� �≅ ( )≅ ( )

⇒ ∆ ∆

=

α~

BBx

x⇒ = ⇒ =8

510

4×2 ×2

Portanto, o perímetro será: 4 · 4=16



LIVRO 1 | GEOMETRIA

D

CB

8

A

13

E

15

4

x

y

A

FGx

x

x

x

C28

c

cb

b

B D E

04

06

ABC CDE retos

ACB CED correspondentesABC CDE

A

� �

� �≅ ( )≅ ( )

⇒ ∆ ∆~

BBCD

BCDE

a bb

bx

xb

a b

=

−= ⇒ =

−

2

14442444314243

123

1442443

A

C

Exba D

bb

b

a

a

a – b

AC EC AE= =( ) ⇒ =17 4 13,

ACB e EDC possuem lados respectivamente perpendicu-lares. Daí:

ACB EDC

ABC DEC retos

ABCE

ACCD

BCED

ABC CED

� �

� �≅

≅ ( )

∆ ∆ ⇒

= = ⇒

=

~

84

117 15

152

172

y x

x y

= ⇒

= =

,

05 Sejam ABC b ACB c� �= =, . Então:

∆ ⇒ + =

∆ ⇒ + = ⇒ =

∆ ⇒ + = ⇒ =

ABC b c

BGD b BGD BGD c

CFE c CFE CFE b

90

90

90

º

º

º

� �

� �

⇒

⇒ ∆ ∆ ⇒ =

= ⇒ =

BGD FCEBDFE

GDCE

xx

x cm

~

82

4

Logo, o perímetro do quadrado é igual a 16 cm.

07 Observe os triângulos ABC e BEF:

a) AB DE BAC DEC alternos

ACB ECD OP VABC EDC

//

. . .~

⇒ = ( )≅ ( )

⇒ ∆ ∆

� �

� �

b) Da semelhança do item A, temos: AB

DEBCCD CD

CD= ⇒ = ⇒ =5

107

14

A 5 B

76C

ED 10

D C

BF

E

MA

20

12 – x

10

A

B

C

F 2R

B

E

150π

100π 100

2Rπ

−

Temos que:

FE é o lado do quadrado e o diâmetro do círculo.

FE R

BF AB AF

BF R

ABC BEFABBF

ACFE R

=

= −

= −

∆ ∆ ⇒ = ⇒−

=

2

1002

100

1002

150ππ

π

~ ππ

ππ

ππ π π π

2

100100

2

1502

2100 2

32

4 300 6 10 300

R

R R R R

R R R

⇒

−= ⇒ − = ⇒

= − ⇒ = ⇒ RR = 30

Logo, o comprimento do círculo 2πR é igual a

2 ⋅ 30 = 60 cm

08 Observe os triângulos MBE e CDE:

∆ ∆−

= ⇒−

= ⇒ = − ⇒ =

MEB CDE o

x x x xx x x

~ , log :

122 0 10

122 1

2 12 4

09


LIVRO 1 | GEOMETRIA

10 Aplicando o teorema de Tales nos triângulos, temos:

a) 6

6 38

6 72 12+

= ⇒ = ⇒ =x

x x

b) x

xx

xx x x

+= ⇒

+= ⇒ = + ⇒ =

102736 10

34

4 3 30 303

4

c) x x

x x+

= ⇒+

= ⇒ + = ⇒ =5

5123

55

41

5 20 15

01 B

Observe as perpendiculares traçadas dos pontos R e S.Q

M

P

NA

R

S

B

x

x

x

Os triângulos MAR, MSB e MPN são semelhantes.

14444244443

ARMR

BSMS

NPMP

= = ;

ARx x

AR= ⇒ =3

31

BSx x

BS2

33

2= ⇒ =

Área do triângulo RNS = AMNS – AMNR

1

4

4

4

4

2

4

4

4

4

3

Área RNS = 6 – 3 = 3

AMNS =⋅

=6 2

26

AMNR =⋅

=6 12

3

02 B

Observe:

03 Observe os triângulos semelhantes β e β’ (bissetrizes):

a) aa

bb

cc’ ’ ’

= =

Ia

cbβ

II

a’

c’b’β’

Temos, nos triângulos I e II, ângulos ordenadamente con-gruentes, 1o caso de semelhança, logo:

ββ

ββ’ ’ ’ ’ ’ ’

= = = =cc

eaa

bb

cc

b) Observe os triângulos semelhantes m e m’ (medianas): a

abb

cc’ ’ ’

= =

Temos, nos triângulos I e II, dois ângulos ordenadamente congruentes, 1o caso de semelhança, logo:

hh

cc

eaa

bb

cc

hh’ ’ ’ ’ ’ ’

= = = =

04 a) Pelo ponto A tracemos MN, com MN CD// .

O AM O AN OP V

O MA O NA retos

O MA O NA

O AO

1 2

1 2

1 2

1

≅ ( )≅ ( )

∆ ∆ ⇒

. . .

~

22

1

2

2

AO MO N

Rr

R hh r

hRr

R r

= ⇒

=−−

⇒ =+

bh

a

c

I

b` h`

a`

c`

II

Como os triângulos são semelhantes, temos:

V(L/min)

t(min)

40

20

20 22 25100

V

40

5min

γ

3min

VV

3405

24= ⇒ = L/min

bm

a

c

I

αa2

b`m`

a`

c`II

αa’2

Temos, nos triângulos I e II, dois homólogos proporcionais e os ângulos compreendidos por esses lados congruen-tes, 2o caso de semelhança, logo:

mm

a

acc

eaa

bb

cc

mm’ ’ ’ ’ ’ ’ ’

= = = = =2

2

c) Observe os triângulos semelhantes h e h’ (alturas): a

abb

cc’ ’ ’

= =

hr

r

C D

R

A

NO1

O2hM

R – hh – R

Mergulhando Fundo


LIVRO 1 | GEOMETRIA

Logo:

r xR x

x rR x

r x R x R x x r

Rr x Rr x x Rr

++

=−−

⇒ +( ) −( ) = +( ) −( ) ⇒

⇒ − = − + ⇒ = ⇒2 2 22 2 xx R r= ⋅

b) Observe a figura:

Temos os triângulos semelhantes (1º caso de semelhança):

O1 O2 O3

x Rr

r + xx – r

R + xR – x

gabarito livro 1 geometria ari de sá 9 ano

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