Class 10 RD Sharma Solutions - Capítulo 10 Circles - Exercício 10.2 | Conjunto 2
Questão 11. Na figura, PQ é tangente a um ponto R do círculo com centro O. Se ∠TRQ = 30 °, encontre m ∠PRS
Solução:
∠TRQ = 30 ° e PQ é tangente no ponto R
Para Encontrar: ∠PRS
Agora ∠SRT = 90 ° (ângulo em semicírculo)
Além disso, ∠TRQ + ∠SRT + ∠PRS = 180 ° (ângulos de uma linha)
=> 30 ° + 90 ° + ∠PRS = 180 °
=> ∠PRS = 180 ° - 120 °
=> ∠PRS = 60 °
Questão 12. Se PA e PB são tangentes de um ponto externo P, tal que PA = 10 cm e ∠APB = 60 °. Encontre o comprimento do acorde AB.
Solução:
PA = 10 cm e ∠APB = 60 °
Nós também sabemos que
PA = PB = 10 cm (tangentes desenhadas de um ponto fora do círculo são iguais)
=> ∠PAB = ∠PBA
Agora, no ∆APB, temos:
∠APB + ∠PAB + ∠PBA = 180 ° (ângulos de um triângulo)
=> 60 ° + ∠PAB + ∠PAB = 180 °
=> 2 ∠PAB = 180 ° - 60 ° = 120 °
=> ∠PAB = 60 °
∠PBA = ∠PAB = 60 °
Portanto. PA = PB = AB = 10 cm
Assim, comprimento da string AB = 10 cm
Questão 13. Em um triângulo retângulo ABC no qual ∠B = 90 °, um círculo é desenhado com AB como o diâmetro que cruza a hipotenusa AC em P. Prove que a tangente ao círculo em P divide BC.
Solução:
Dado: Seja O o centro do círculo com diâmetro AB.
Tangentes ao círculo em P encontram BC em Q.
Para provar: PQ divide BC, ou seja, BQ = QC
Prova:
∠ABC = 90 °
Em ∆ABC, ∠1 + ∠5 = 90 ° [propriedade da soma do ângulo, ∠ABC = 90 °]
∠3 = ∠1 [ângulo entre a tangente e a string é igual ao ângulo feito pela string no segmento alternativo]
=> ∠3 + ∠5 = 90 ° (1)
E, ∠APB = 90 ° [ângulo em semicírculo]
=> ∠3 + ∠4 = 90 ° (2) [∠APB + ∠BPC = 180 °, par linear]
Da Equação (1) e (2), obtemos
∠3 + ∠5 = ∠3 + ∠4
∠5 = ∠4
=> PQ = QC (3) [lados opostos a ângulos iguais são iguais]
Além disso, QP = QB (4) [tangentes traçadas de um ponto interno a um círculo são iguais]
Da equação (3) e (4), obtemos:
=> QB = QC
Assim, PQ bissecta BC é provado
Questão 14. De um ponto externo P, as tangentes PA e PB são desenhadas em um círculo com centro O. Se CD for a tangente ao círculo em um ponto E e PA = 14 cm, encontre o perímetro de ∆PCD.
Solução:
PA = 14 cm
PA = PB = 14 cm (PA e PB são as tangentes ao círculo de P)
Também,
CA = CE (1) (CA e CE são as tangentes de C)
DB = DE (2) (DB e DE são as tangentes de D)
Portanto, perímetro de ∆PCD:
= PC+ PD + CD
=> PC+ PD + CE + DE
=> PC+ CE + PD + DE
=> PC+ CA + PD = DB (de (1) e (2))
=> PA + PB
=> 14 cm + 14 cm
= 28 cm
Questão 15. Na figura, ABC é um triângulo retângulo em B tal que BC = 6 cm e AB = 8 cm. Encontre o raio de seu incircle.
Solução:
∠B = 90 °, BC = 6 cm, AB = 8 cm er o raio do incircle com centro O
Aplicando o Teorema de Pitágoras em ∆ABC em ângulo reto:
AC² = AB² + BC²
=> AC² = (8) ² + (6) ² = 64 + 36 = 100
=> AC = 10 cm
=> AR + CR = 10 cm (1)
Agora, AP = AR (AP e AR são as tangentes ao círculo de A)
Da mesma forma, CR = CQ e BQ = BP
OP e OQ são raios do círculo = r (2)
OP ⊥ AB e OQ ⊥ BC (3) (ângulo entre o raio e o ponto de contato da tangente é 90 °)
e ∠B = 90 ° (4)
Da equação (2), (3) e (4):
BPOQ é um quadrado
=> BP = BQ = r
=> AR = AP = AB - BD = 8 - r (5)
e CR = CQ = BC - BQ = 6 - r (6)
Da equação (1), (5) e (6), obtemos:
AR + CR = 10
=> 8 - r + 6 - r = 10 (de (5) e (6))
=> 14 - 2r = 10
=> 2r = 14 - 10 = 4
=> r = 2
Raio do incircle = 2 cm
Questão 16. Prove que a tangente desenhada no ponto médio de um arco de círculo é paralela à string que une os pontos finais do arco.
Solução:
Dado: Seja o ponto médio do arco ACB C e, DCE seja a tangente a ele
Para provar: AB || DCE
Prova:
Arco AC = Arco BC
=> Acorde AC = Acorde BC
Agora, em ∆ABC,
AC = BC
=> ∠CAB = ∠CBA (1) (lados iguais correspondentes ao ângulo igual)
Desde então, DCE é uma linha tangente.
∠ACD = ∠CBA (ângulo no segmento alternativo são iguais)
=> ∠ACD = ∠CAB (da Eq. (1))
=> ∠ACD e ∠CAB são ângulos alternados
O que só é possível quando AB || CDE
Portanto, a tangente desenhada no ponto médio de um arco de círculo é paralela à string que une os pontos finais do arco.
Questão 17. A partir de um ponto P, duas tangentes PA e PB são desenhadas em um círculo com centro O. Se OP = diâmetro do círculo, mostre que ∆APB é equilátero.
Solução:
Dado: Duas tangentes PA e PB são desenhadas para o círculo e OP é o diâmetro
Para provar: ∆APB é equilátero
Prova: OP = 2r (seja r o raio do círculo)
=> OQ + QP = 2r
=> OQ = QP = r (OQ é o raio)
Agora na direita ∆OAP,
OP é a hipotenusa e Q é o ponto médio dela
=> OA = AQ = OQ (o ponto médio da hipotenusa de um triângulo retângulo é equidistante de seus vértices)
Assim, ∆OAQ é um triângulo equilátero
=> ∠AOQ = 60 °
Além disso, ∠APO = 90 ° - 60 ° = 30 ° (a soma de todos os ângulos do triângulo é 180 °)
=> ∠APB = 2 ∠APO = 2 x 30 ° = 60 ° (1)
Também sabemos que, PA = PB (tangentes de P ao círculo)
=> ∠PAB = ∠PBA (2)
Agora, em ∆APB:
∠PBA + PAB + ∠APB = 180 ° (soma de todos os ângulos)
=> 2∠PBA = 120 ° (de (1) e (2))
=> ∠PAB = ∠PBA = 60 °
Portanto, ∆APB é um triângulo equilátero.
Questão 18. Dois segmentos tangentes PA e PB são desenhados em um círculo com centro O tal que ∠APB = 120 °. Prove que OP = 2 AP.
Solução:
Dado: Duas tangentes ao círculo de um ponto P e ∠APB = 120 °
Para provar: OP = 2 AP
Prova: À direita ∆OAP,
∠OPA = (1/2) ∠APB = 60 °
=> ∠AOP = 90 ° - 60 ° = 30 °
Seja Q o ponto médio da hipotenusa OP de ∆OAP
=> QO = QA = QP
=> ∠OAQ = ∠AOQ = 30 °
=> ∠PAQ = 90 ° - 30 ° = 60 °
Então, ∆AQP é um triângulo equilátero
=> QA = QP = AP (1)
Além disso, Q é o ponto médio do OP
=> OP = 2 QP = 2 AP (de (1))
Conseqüentemente, provado.
Questão 19. Se ∆ABC é isósceles com AB = AC e C (0, r) é o incircle do ∆ABC tocando BC em L. Prove que L bisseciona BC.
Solução:
Dado: ∆ABC isósceles com AB = AC e incircle com centro O e raio r toca o lado BC de ∆ABC em L.
Para provar: L é o ponto médio do BC.
Prova: AM e AN são as tangentes ao círculo de A
=> AP = AQ
Mas AB = AC (dado)
=> AB - AQ = AC - AP
=> BQ = CP (1)
Agora BL e BQ são as tangentes de B
=> BL = BQ (2)
Da mesma forma, CL e CP são tangentes
=> CL = CP (3)
Além disso, BQ = CP (de (1))
=> BL = CL (de (2) e (3))
Conseqüentemente, provou que L é o ponto médio do BC.
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Diógenes Lima da Silva