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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
9o Ano – Ensino Fundamental II | 3
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
03 Observe o desenho:
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)
02 Montando a proporção, temos:
xy
xx
yy
46
125
46
122
612
510
= = ⇒
= ⇒ =
= ⇒ =
(por razões equivalentes)
(por razões equivalentes)
÷3
÷3
×2 ×2
03 Montando a proporção, temos:
I. x
x
y yy
281014
20
2410 15
125 15
36
= ⇒ =
= ⇒ = ⇒ =
×3
×3
×2
×2
(por razões equivalentes)
(por razões equivalentes)
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
Testando seus Conhecimentos
Mergulhando Fundo
Aula 1Capítulo 2
4 | 9o Ano – Ensino Fundamental II
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
04 Observe o desenho:
05 Aplicando a proporção, temos:
(por razões equivalentes)
×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
03 Observe o desenho:
Atividades Propostas
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
9o Ano – Ensino Fundamental II | 5
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
, ,
6 | 9o Ano – Ensino Fundamental II
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
(por razões equivalentes)
AB x= + ⇒ ⋅ + =2 5 2 5 5 15
02 Aplicando o Teorema da Bissetriz, temos:
ABBS
ACCS
xx= ⇒ = ⇒ =
6408
30×5 ×5
(por razões equivalentes)
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
04 Observe o desenho:
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
Testando seus Conhecimentos
Aula 1Capítulo 303 Observe o desenho:
9o Ano – Ensino Fundamental II | 7
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:
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
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
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
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
04 Observe a figura:
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
Atividades Propostas
05 Observe:
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
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
06 Observe a figura:
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
8 | 9o Ano – Ensino Fundamental II
LIVRO 1 | GEOMETRIA
A
B
D
C30º
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
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
(por razões equivalentes)
×9
×9
×6
×6
09 Observe a figura:
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
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= − = − =
10 Observe a figura:
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
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
ABBC
ADDC
ADDC
xx
ADDC
= ⇒ = ⇒ =2
12
03 Observe o desenho:
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
08 Observe o desenho:
x
9o Ano – Ensino Fundamental II | 9
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
(por razões equivalentes)
Testando seus Conhecimentos
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
04 Observe o desenho:
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
10 | 9o Ano – Ensino Fundamental II
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
09 Observe o desenho:
BC e CD são segmentos subtrativos.
Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:
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
10 Observe o desenho:
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
9o Ano – Ensino Fundamental II | 11
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
02 Observe a figura:
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 .
Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:
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
(por razões equivalentes)
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:
Testando seus Conhecimentos
Aula 1Capítulo 5
x = 5 · 20 = 100 cm
12 | 9o Ano – Ensino Fundamental II
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  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  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
Atividades Propostas
9o Ano – Ensino Fundamental II | 13
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
14 | 9o Ano – Ensino Fundamental II
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
9o Ano – Ensino Fundamental II | 15
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
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