Resoluções de Exercícios

MATEMÁTICA III

BLOCO

01

Capítulo

01

Características das Figuras

Geomé-tricas Planas, Ângulos, Congruências,

Características das Figuras

Geomé-tricas Planas, Ângulos, Congruências,

Características das Figuras

Geomé-Grandezas, Unidades de Medida e

tricas Planas, Ângulos, Congruências,

Grandezas, Unidades de Medida e

tricas Planas, Ângulos, Congruências,

Escalas; Comprimentos e Áreas

Grandezas, Unidades de Medida e

Escalas; Comprimentos e Áreas

Grandezas, Unidades de Medida e

Conhecimentos Geométricos

Conhecimentos Geométricos

01

A

Figura 1 Figura 2 (Determinação de)

1) a = 52o_{30’ (opostos pelo mesmo vértice)}

2) a + x = 180o _{(colaterais internos)} 52o_{30’+ x = 180}o _{→ x 127 30=} o _l 3) x + z = 180o _(colaterais) 127o_{30’ + z = 180}o _{→ z=52 30}o _l 4) a = b e c = x (ângulos correspondentes) b = 52o_{30’ e c = 127}o_30’

Na figura 2, a reta w foi traçada pelo vértice de y e w//r e w//s. A reta u foi prolongada de modo que:

5) d₌64 30o ' _{(alternos internos)} 6) c + e = 180o _(colaterais) 127o_{30’ + e = 180}o _{→ e=52 30}o _' 7) y = d + e = 64o_{30’ + 52}o_30’ y₌117o BLOCO

02

02

E I) A B (A B) B A _{A B} 90 17 13 17 13 < o " $ + = = =

*

II) Substituindo na 1a _equação. , _{( )}( ) . B B B B e A Logo _{S B}S A 17 13 90 ₁₇30 90 51 39 180 51 180 39 129 141 43 47 o o o o o o o o o o o o " " $ + = $ = = = = -= =

03

B ( 20 ) (4 30 ) 180 5 130 x x x x 26 o o o o o + + + = = =

04

A

01

A) AB = AC → 2x + 6 = x + 15 → x = 9 AC = x + 15 = 9 + 15 = 24 B) 60o A C B 2x – 30o 135o _{– x} 135 o – x 1o_{) AB = BC → BÂC = BCA}^ _{= 135}o _{– x} 2o_{) 2x – 30}o _{+ BCA}^ _{= 180}o _{→ 2x – 30}o _{+ 135}o _{– x = 180}o _→ → x + 105o _{= 180}o _{→ x = 75}o_{;BÂC = BCA}^ _{= 60}o

3o_{) CBA}^ _{+ 60}o _{+ 60}o _{= 180}o _{→ CBA}^ _{+ 120}o _{= 180}o _{→ CBA}^ _{= 60}o

C) 8

 = medida do lado do triângulo 3 = 24 →  = 8 D) A C B 60o 60o M N 60o 60o ₆₀o ₆₀o ₆₀o 60o 60o P α β θ

∆BCA é equilátero onde M, N e P são pontos médios.

1.∆BMP, ∆CNP e ∆AMN são isósceles. 2. α + 60o _{+ 60}o _{= 180}o _→ α = 60o _{= β = θ.} z c y b a x 52o_30’ u u y y r w s c e b d 64o_30’ r₁ r2 r3 130o b a α

Pelo vértice do ângulo reto traçamos uma reta r3 paralela a r1 e r2, de

modo que: 1) a = α (alternos internos) 2) b + 130o _{= 180}o _{(colaterais internos) → b=50}o 3) a + b = 90o _{→ α + 50}o _{= 90}o _{→ a=40}o

02

C PA = 20 EF = 10 1. AE = ET = 3 → TF = 7 pois EF = 10. 2. TF = FB = 7 3. PA = PB = 20 → PF + FB = 20 → PF + 7 = 20 → PF = 13. 4. PE + PF = 17 + 13 = 30 cm A E F B P T 3 3 17 13 7 7 20 20 BLOCO

03

01

E

(1) No triângulo isósceles ABC, BÂC = 30o _{e BCA = 120}o_.

(2) (HÂE) = 50o _(ângulos

corres-pondentes), pois //EF AH . (3) 30o _{+ 30}o _{+ 50}o _{+ Â = 360}o → Â = 250o 50º B 30º 30º A^ E D C B _H G F 50º 120º 30º 50º ^

Resoluções de Exercícios

x x 60o 30o 60o 60o H S P C (tesouro) J O

01

1o_{) O ortocentro é o ponto de encontro}

das alturas do triângulo; portanto o 3o

vértice pertence à reta HO , perpendi-cular à reta JS .

2o_{) Trançando as retas JO e SC de}

modo que SC seja perpendicular a JO, o 3o _{vértice será encontrado no ponto de}

intersecção das retas SC e HO .

02

E

O local do poço ficará no centro da circunferência que passa pelos pontos A, J e E. Portanto, para determiná-lo, devemos traçar as me-diatrizes do triângulo AJE.

03

D

• GH é base média do trapézio ABCD, então GH = 30+₂60 = 45.

• EF é base média do trapézio ABGH, então EF = 30+₂45 = 75₂ • IJ = 2 45+60 = 2 105

Daí a peça de madeira terá que ter no mínimo: (30 + 2 75 _{+ 45 +} 2 105 _{+ 60) cm = 135 + 90 = 225 cm.}

04

B

AM =BC₂ (mediana relativa à

hipote-nusa) 1) ∆AMC é isósceles → MC^A = 25o _{= CÂM.} 2) Logo, x + 90o _{+ 25}o _{= 180}o (no ∆ABC)] x = 65o BLOCO

04

30 B A G I J H F E C D ₆₀ B H M A C 40o 50o 25o 25o 130o x = 65 o BLOCO

05

01

A) Octógono Regular (n = 8 lados) Aê = 360₈o = 45o B) Si = (8 – 2) . 180o _{= 6 . 180}o _{= 1080}o e Ai = 1080₈ o = 135o 135o B A D H E C G F 45o B A â_c R = 8 m R = 8 m 0 C) Sê = 360o D) (8 – 3) = 5 diagonais E) d = 8 8 3. ( – )₂ = 20 diagonais F) n₂ =₂8= (obs.: n é par)4

G) Área = 8 . (Área do triângulo AOB) →

→ Área = 8 . . . sen 2 8 8 45o < F = = 4 x 64. ₂2 = 128 2 m2 Resposta: 128 2 m2 Âc = 360₈o = 45o _{(Ângulo Central)}

02

r e s são mediatrizes.

∆OBM ≅∆OBN (caso cateto-hipotenusa)

Logo OB é bissetriz de NÔM e do ângulo NB^M. Daí: Âi = NB^M = 150o_{→ Aê = 30}o_, mas Aê = n 360o → 30o ₌ n 360o → n = 12 lados Total de diagonais: d = C12,2 – 12 = _{! !} ! 2 10 12 _{– 12 =} . ! . . ! – 12 2 10 12 11 10 d = 66 – 12 = 54 diagonais ou d = . – 2 12 12 3_ i = 6 x 9 = 54 diagonais. A B N M r C θ 30o 30o 15o 75o 75o 15o

03

D Parte da figura 2.

Preenchendo os ângulos internos das figuras que compõem a figura 2, encontraremos:

2 triângulos equiláteros e 4 triângulos retângulos e isósceles.

60o ₁₂₀o 120o 45o 45o 60o 60o 60o 60o Triângulo retângulo isósceles Triângulo equilátero (4) EFH₌50o _{(alternos), pois AE HF//}

(5) Se EF'AG e FG=AG, então FG=EF. (= perpendicular.) Logo, 50o _{+ B =90}o _{→ B = 40}o_.

02

C

Todo quadrado é losango e retângulo.

03

D

∆ABE é isósceles → BÊA = BÂE.

Se BÊA = x → 2x + 30o _{= 180}o

→ x = 75o

^

BLOCO

06

01

E

Cálculos das áreas: 5 x 3 = 15 m2 _{(frente da casa)}

2 x 0,90 = 1,80 m2 _(porta)

1 x 1 = 1 m2 _(janela)

Descontar da área da parede da frente porta e janela. 15 – 1,80 – 1 = 12,20 m2

12,20 m2 _{x 60 = 732 tijolos}

Resp.: 732 tijolos

02

E

Se P, M e N são pontos médios então os triângulos PBM, APN, PMN e MNC são congruentes; então a área da calçada (ABMN) será igual ao triplo da área do triângulo MNC.

03

D 1a _Parte: Área (pessoas) = 30 x 18 m2 _– . 2 18+12 6 _ i = 540 – 90 = 450 m2

2a _{Parte: Regra de três simples.}

2m2 _{5 pessoas} 450m2 _x Daí, ₄₅₀2 =5_x"x=1.125pessoas.

04

B Áhex . reg = . 4 6 5 32 = . . 2 3 25_ i 3 ₌ 2 75 3_. B P A _N C M BLOCO

07

01

D

1a _{Parte: Área do ∆IJH}

A∆ABC = 8 10.₂ = 40 m2 A∆BEC = A∆BEA = 40₂ = 20 m2 A∆EBF = 20₂ = 10 m2 A∆EFG = 10₂ = 5 m2 A∆GHF = ₂5 = 2,5  A∆HIG = 5₄ e A∆IJH = ₈5 2a _Parte:

Utilizando o fato da mediana de um triângulo dividir sua área ao meio, isto é, com um raciocínio análogo, ao usado na 1a _parte,

temos que: A∆NMO = ₈

5

Portanto a soma das áreas será igual a: S = 8 5 + 8 5 = 4 5

02

C

1a _{Parte: Os triângulos BEM e CEM têm áreas iguais, pois apresentam}

bases iguais, BM = CM = x, e mesma altura relativa a estas bases. Analogamente, podemos afirmar que os triângulos AEP e PEB têm a mes-ma área, bem como os triângulos ANE e NEC também são equivalentes. Considere S1, S2 e S3 as áreas dos triângulos BEM , BEP e AEN,

respecti-vamente.

2a _Parte:

Na figura II, os triângulos ABM e AMC são equivalentes, pois, tomando BM = MC = x como base, eles têm a mesma altura.

Então: S1 + S2 +S2 = S3 + S3 + S1 → 2 . S2 = 2 . S3 → S2 = S3

Do mesmo modo, concluímos que os triângulos CPB e CPA têm a mesma área, então:

2 S1 + S2 = 2S3 + S2 → S1 = S3

Por conseguinte, os 6 triângulos em que foi dividida a área do triângulo ABC são equivalentes. Se a área do triângulo BEM é 20 cm2_{, podemos}

afirmar que a área do triângulo ABC é igual a 120 m2_.

03

A Aoctógono = (3x)2 – 4 . . x x 2 Aoctógono = (3x)2 – 4. . x x 2 = 9x2 _{– 2x}2 = 7x2 Aquad = (3x)2 = 9x2 Daí: A A 9 7 . ó quad oct gono_{= → A} octógono = ₉ 7 . Aquad. A P B Figura 1 C N M E y y x x w w A P B Figura 2 C N M E y y x x w w S1 S1 S3 S3 S2 S2 12 18 18

Palanque Área das pessoas

30 m 6 BLOCO

01

01

B Se 1’ = 60 1o , então 3’ = ₆₀3o ₌( , )0 05o_. Portanto, 124o _{3’ = 124}o_+(0,05)o _{= (124,05)}o _.

01

E A) Falso. pois 3 + 5 = 8. B) Falso, pois 13 >4 + 8. C) Falso D) Falso E) Verdadeiro, pois 8 – 4 < 5 < 8 + 4. BLOCO

02

↓

↓

BLOCO

01

01

A) 3o – x 3 180o _ i _{+ 28}o _{= (90}o _{– x) → 180}o _{– x + 84}o _{= 270}o _{– 3x} → 2x = 90o _{– 84}o _{→ x = 3}o B) 83o x = (90o _{– x) + 76}o _{→ 2x = 166}o _{→ x = 83}o C) 50o 180 a b b a a b a b 7 2 2 7 2 7 1809 20 o o o " + = = = = + + = =

*

a = 40o _{e b = 140}o logo, C(40o_{) = 50}o

02

D No _{de voltas =} 360 900 o o Y Y

= 10₄ = 2,5 voltas = 2 voltas e meia.

03

A 1a_{) 2α + 90}o _{= 180}o α = 45o 2a_{) β + 45}o _{+ 2 . 90}o _{= 360}o _{ β = 135}o 3a_{) C + β = 180}o _{→ C + 135}o _{= 180}o _→ → C = 45o α α c β

04

C

Colocando a peça 2 após girá-la 90o _{no sentido anti-horário.}

05

A

Saindo do ponto X (20, 60) e seguindo o percurso descrito na ques-tão, o helicóptero pousou no ponto F do mapa acima, local onde a altitude é de 100 m. 800 m 700 m 600 m 500 m 400 m 300 m 200 m 100 m 70,0 60,8 60,6 60,4 60,2 60,0 20,0 20,2 20,4 20,6 20,8 21,0 21,2 N S L O X A B C D E F 1 18 3 5 6 7 8 9 2 17 15 18 ₁₁ 14 13 12 DF DF 4 10 1 Manaus 2 Boa Vista 3 Macapá 4 Belém 5 São Luis 6 Teresina 7 Fortaleza 8 Natal 9 Salvador 10 Rio de Janeiro 11 São Paulo 12 Curitiba 13 Belo Horizonte 14 Goiânia 15 Cuiabá 16 Campo Grande 17 Porto Velho 18 Rio Branco

Mapa do Brasil e algumas capitais

135o

Rota do Avião AIII (Chegada a Salvador)

Rota do avião AII (chegou em Belo Horizonte)

06

B

SIQUEIRA, S. Brasil Regiões. Disponível em: <http://www.santiagosiqueira. pro.br> Acesso em: 28 jul. 2009 (Adaptado). Carlos fez uma conexão em Belo Horizonte e, em seguida, embarcou para Salvador.

07

C

No esboço acima as retas AB, CG, HD e EF são paralelas. Nele os ângulos: • ABC = BCG = 65o _{(alternos internos);}

• HDE = DEF = 29o_;

• CDH = 75o _{– 29}o _{= 46}o_.

Logo: DCG = CDH = 46o _{e portanto o ângulo A medirá:}

A = 46o _{+ 65}o _{= 111}o

Daí, o número pedido é 9 x 111 = 999. E I F D H G C B A

08

(1) a = b (alternos) (2) a + b = 72o _{→ a+a = 72}o _ a₌36oe b₌36o

(3) Seja α o ângulo obtuso, onde α + β = 180o _→

→ α + 36o _{= 180}o _{→ a=144}o

09

D

Sejam a e b as medidas dos ângulos: – a b a b 78 5 3 90 o o $ + = = _ i

*

Então, 54o–₅3_$b_{+ =}b 78o_"2₅$b₌24o_"b₌60oe a₌18o

10

C

Se x é o ângulo, então (180o _{– x) é o seu suplemento e (90}o _{– x) o valor}

do complemento. Então: – . – – – x x x x x x 180 4 90 6 180 360 4 6 3 186 62 o o o o o o o_" o = + = + = = _ i _ i BLOCO

02

01

32 1. BD = BE = 4 2. EC = 5 = CF 3. AF = 7 = AD 4. Perímetro ∆ABC = 9 + 12 + 11 = 32 cm B C A E 4 4 5 5 D F 7 7 12 t r r//s s α a b

01

A

1a _{Parte: Pela fórmula de Heron}

Área = A∆ABC + A∆ADC Cálculos auxiliares ∆ABC ∆ADC P = 100+160₂ +80 = 170 P = 120+160₂ +60 = 170 Área = 170 90 70 10. . . + 170 50 110 10. . . = 100 . 17 9 7 + 100 . x x 17 5 11x x = 300 119 + 100 935 = 300 x 10,90 + 100 x 30,50 = 3.270 + 3.050 = 6.320 2a _{parte: Área pela cubação}

1o_{) Perímetro do quadrilátero = 360}

2o_{) Área =}

4 360 2

d n = (90)2 = 8100 Então, a diferença entre as áreas será: Diferença ≅ 8.100 – 6.320 = 1.780. A D B 100 C 120 160 80 ₆₀ BLOCO

03

A C B M α α α β β β N P 9 8 9 θ θ 8 θ 10 10 18 16

02

27 Sejam MÂC = α, MBP^ = β e PCN^ = θ. 1. PCN^ = MÂN = α (âng. correspondentes) e NPC^ = MBP^ = β. 2. ANM^ = NCP^ = θ e AMN^ = MBP^ = β (âng. correspondentes) 3. Se PM // AC → BPM^ = θ e BMP^ = α.

4. ∆ANM = ∆NCP (caso ÂLÂ) → NP = 10 e NM = 8 5. ∆NCP = ∆PBM (caso ÂLÂ) → PM = 9

Logo, o perímetro do ∆MNP é 10 + 8 + 9 = 27.

03

B

x = (85 + 35o_{) + 30}o _{[ângulo externo do ∆DEC]}

A B C D E x 85º 30º 35º 85º + 35º x = 150o

04

B 6 – R + 8 – R = 10 2R = 4 R = 2 A R R R R F E O T 10 cm 6 – R 8 – R 6 cm 8 cm B C 6 – R 8 – R α β s c2 c₁ R R r r α β E C B A R = 2r R = 2r D r r

05

D 1) Ac1 ₂R2e Ac2 ₂r2 r r = = . 4 . 4 . 4 2 Ac Ac ₂R ₂r R r R r 2 2 2 2 1 2" " " r r = = = =

2) Trançando CB e AC , obtemos três triângulos congruentes:

∆ABC = ∆ACD = ∆ADE (L.Â.L).

Observe que AB = AD e CÂD = CÂB = DÂE = β. Então α = 2β.

06

A A B x M x C

07

D AB FE//

Se considerarmos que o triângulo ABC é o terreno, traçando a media-na AM, teremos dois triângulos com a mesma base e a mesma altura. Então os triângulos ABM e AMC terão a mesma área.

30o 30o 30o F E x = 50o _{+ 30}o G 50o 130o 120o 150o 120o C 60o D B A E

Prolongando a reta CD, ela interceptará as retas AB e FE, respecti-vamente nos pontos E e G.

No triângulo BEC, temos que Ê = 30o_{. Se Ê = Gt = 30}o_{, pois são aqueles}

alternos internos, então x = 50o _{+ 30}o _{= 80}o_.

08

D

Prolongando AD, obtemos os triângulos ABE e EDC, como mostra a figura ao lado. Então, Ê = 20o _{+ 60}o _{= 80}o _e

x =60o _{+ 20}o _{+ 60}o _{= 140}o_. 20o 60o _{+ 20}o 60o ₆₀o B E D C A x

09

B

Suponha que as medidas da mesa sejam 3 unidades e 4 unidades e que a bola sai do canto D pela sua bissetriz. O triângulo DEC é isósceles, isto é, CD = CE = 3 cm e BE = 1 pois BC = 4.

Analogamente, o triângulo FBE é isóceles, então, sendo BF = 1, temos que AF = 2. Daí, como o triângulo FAG também é isósceles, podemos afirmar que a bola cairá no buraco do meio, localizado no ponto G, pois AF = AG = 2 = GD .

Conclusão: cairá após tocar nas tabelas exatamente 2 vezes.

4 3 45o 45o 45o 45o 45o 45o 45o G D C A 2 2 B E 3 F 2 L 1

10

A 8 12 10 x x x V C A B

Pela desigualdade triangular, temos: 10 – 8 < x < 10 + 8 → 2 < x < 18 e e

12 – 10 < x < 12 + 10 → 2 < x < 22 e e

12 – 8 < x < 12 + 8 → 4 < x < 20

Logo, 4 < x < 18. Sendo x inteiro os valores possíveis são: 5, 6, 7, 8 , 9, 10 , 11, 12 , 13, 14, 15, 16 e 17.

Note que de acordo com os dados do problema x ≠ 8, x ≠ 10 e x ≠ 12. Então, teremos somente 10 valores satisfazendo as condições impostas. BLOCO

03

01

C

1. No ∆ABC, temos: 66o _{+ 30}o _{+ β = 180}o _{→ β = 84}o

2. No ∆CED, temos que: α = 30o _{+ 20}o _{= 50}o_.

B A C E 20o 20o 30o 30o 46o 46o D α β

02

D

A distância percorrida é dada pela soma das dimensões da praça de alimentação, ou seja, 16 + 12 = 28 m.

03

C

2α + 90o _{= 360}o _{→ α = 135}o

04

E

Sendo r o raio de cada circunferência da figura 1, temos que o perí-metro do losango é 4 . 2r = 8r.

Na figura 2, temos 2 circunferências com raio r e outras 2 com raio 2r, assim o perímetro do losango é 4(2r + r) = 12r.

Logo, o aumento é de 12r₈–_r8r = 0,5 = 50%

05

E 1o_{) Perímetro da quadra = (2 x 40 + 2 x 20) m = 120 m} 2o_{) N}o _{de voltas =} . m 120 3 000 = 25 voltas

06

E Na figura acima, EY WX .//

(1) XYE^ = (Ângulo oposto de um paralelogramo)b (2) WE=5,7km"EZ=9,4 – 5,7=3,7km A B D C α α α α 2α E 7 7 12 12 AB = CE

Por B traçamos uma bissetriz BE .

Se AB //CD e AC^E = EB^A = α → ABCE é paralelogramo → BÊD = α. Logo, ∆BED é isósceles, isto é, BD = DE = 12. Daí: CD = 7 + 12 = 19

10

BLOCO

04

01

75o 80o 40o 40o 65o α = 25 o α _{= 25} o I x A C B S M 5,7 5,7 km 3,7 b b b b W X Y E Z 9,4 rio

(3) ZÊY = b = XYE^ (alternos internos)

(4) O triângulo EZY é isósceles. Portanto, ZY=3 7,

07

A

Sejam a, b, c e d as medidas dos ângulos internos do quadrilátero.

Temos que a b c d k 5 1 8 1 10 1 40 1

= = = = , sendo k a constante de pro-porcionalidade.

Além disso, sabendo que a soma dos ângulos internos de um quadri-látero convexo é 360o_{, vem:}

. a b c d k k k k k k k k k 360 _{5 8 10 40} 360 8 5 4 40 360 18 40 360 800 o o o o o + + + $ $ + + + = + + + = + + + = = = Portanto, a = 160o_{, b = 100}o_{, c = 80}o _{e d = 20}o_.

08

E

Sejam c e h, respectivamente, o número de azulejos utilizados numa fileira horizontal e numa fileira vertical.

Do enunciado, temos que c = 2h. Além disso, o número de azulejos usados no contorno externo é tal que 2$_c+hi– 4=68.

Logo, obtemos o sistema:

– . c h c h c h c h c h 2 2 4 68 2 36 24 12 + + $ = + = = + = = = _ i * ) )

Portanto, o número de azulejos mais claros usados no interior da parede foi de (c – 2) . (h – 2) = (24 – 2) . (12 – 2) = 220.

09

D

1a _Parte:

O segredo deste tipo de questão é mar-car todos os segmentos congruentes (de medidas iguais). Após isso, perceba que o triângulo ADE é isósceles, com AÊD = ADE^ . Então, sendo AÊD = θ, tem-se que:

, 30o 180o 75o

i+ +i = i=

2a _Parte:

A diagonal do quadrado é bissetriz e BDA^ ₌45o_{. Por conseguinte, BDE}^ ₌₃₀o_{, pois 45}o _{+ 30}o _{= 75}o _{= ADE}^

α α 45o 75o 60o 60o ₆₀o 30o 30o 30o B A D E

1. M é médio de BC e BS é bissetriz. 2. 2α = 50o _{→ α = 25}o_.

3. No ∆ABS temos ASB^ = 65o_.

4. AM = BC₂ (teorema) →

AM = BM = MC → ∆AMC é isósceles → C AM = 40o_.

5. No ∆MAC, o AMC^ = 100o _→

IMB^ = 80o_.

Daí, no ∆BIM tem-se que: 25 + x + 80o _{= 180}o _{→ x = 75}o_.

02

D 20 B C P A M R N S 10 6 3 4 1. P é baricentro do ∆ABC → AP = 2 . PM = 6 → AM = 6 + 3 = 9. 2. RS é base média do ∆MNC → RS = MN₂ → 4 MN₂ → MN = 8 3. MN é base média do ∆ABC →

MN = AB₂ → 8 = AB₂ → AB = 16

4. Se M é média de BC e BC = 20 → BM = 10. Daí o perímetro de ∆ABM será: 16 + 9 + 10 = 35 cm. B A C x 6 6 D α β α 2_α 2 β 2 β 2 2 2

03

C

Considere α e β os ângulos consecutivos: 1. α + β = 180o_. 2. x + ₂a + ₂b = 180o _{→ x} 2 a+b = 180o _{→ x +} 2 180 = 180o → x = 90o

04

C

Pelo teorema de Pitot, temos: x + 25 = 20 + 18 → x = 13 A D C B 20 18 25 x

05

A

Marcando três pontos na circunferência, determinamos os vértices de um triângulo inscrito nesta. O centro da moeda é o circuncentro do triângulo obtido.

06

B 1a _{Encomenda: valor V} 1 VI = 8 . ([0,25 m x 0,50 m] x 20 + 2 . [0,25 + 0,50] x 15) V1 = 8 . (2,5 + 22,5) V1 = 8 x (25) = 200 reais 2a _{Encomenda: valor V} 2 V2 = 8 . ([0,50 x 1] x 20 + 2 . [0,50 + 1] . 15) V2 = 8 . (10 + 45) V2 = 8 . (55) = 440

07

A

(1) FI=15+₂27=21m (Base Média do Trapézio ABCD). (2) EH=15+₂21=18m e GJ=21+₂27=24m.

(3) A soma dos comprimentos dos três muros será igual a: 18 + 21 + 24 = 63m. (4) Regra de três simples: . . muro m linear tijolos m x x x tijolos 1 75 63 631 75 4 725 $ $ " = =

(5) Acrescentando os tijolos do alicerce, o proprietário irá precisar de: 4.725 + 2000 = 6.725 tijolos. Logo, ele terá que comprar a mais, no mínimo 725 tijolos.

08

D No triângulo C2C4H, retângulo em H, temos que: cos30o ₌ r 1 1 + 1 . r r r r 23 1 1 3 2 1 2 ₃4 9 1 2 12 " " " " = ₊ + = + = + = _ i _ i

09

B

(1) O ponto O é centro da circunferência de raio R e baricentro do triângulo equilátero CDE.

(2) No triângulo CTD, retângulo em T. . sen60o₌CT_{2r "}CT₌2 3r_{2 =}r 3

(3) Pela propriedade do baricentro, temos que:

OC=₃2$CT=₃2r 3 e, portanto, R OC CA .r r R r 3 2 3 3 2 3 3 $ = + = + =_ + i A D E H F I G J 15m 18m 21m 24m 27m B C C1 C2 C3 C4 1 1 1 1 1 1 60o 30o 30o H

↓

↓

C D E r r r r r r r 60o 60o T O O B A Circunferência de raio R.

10

B

Na figura abaixo, H1, H2 e H3 são os pontos em que os círculos de

centros A, B e C tangenciam a reta.

Seja O o centro do círculo circunscrito ao triângulo ABC.

É fácil ver que BH1+AH2=2$BH1=AM, com M sendo o ponto médio do lado BC. Logo, pela propriedade da mediana, obtemos:

,

OA=₃2$AM=₃4$BH1 ou seja, o raio do círculo maior é igual a ₃4

do raio dos círculos menores. BLOCO

05

01

n = 12 lados A) (n – 3) = (12 – 3) = 9 diagonais B) d = 12 9₂x = 54 diagonais C) Si = (12 – 2) 180o _{= 1800}o D) Sê = 360o E) Ai = 1800₁₂o = 150o _{e Aê =} 12 360o = 30o

02

n n_₂–3i = 170 → n(n – 3) = 2 x 17 x 10 → n(n – 3) = 20 x 17 → n = 20 ai = (20 – 2) . 180₂₀ o = 162o

03

C d = 3n → n n_₂–3i=3n, n ≠ 0 → n – 3 = 6 → n = 9 α 108o 108o 108o 108o 108o β

04

C

Considere α e β as medidas dos ângulos agudo e obtuso, respectiva-mente, do losango.

β + 2 x 108o _{= 360}o _{e α + 3 x 108}o _{= 360}o

β = 360o _{– 216}o _{α = 360}o _{– 324}o

β = 144o _{α = 36}o

05

B

No quadrilátero formado pelas ruas, temos: 90o _{+ 110}o _{+ 100}o _{+ x = 360}o x = 360o _{– 300}o x = 60o

06

E Aê = 360₇o ≅ 51o

07

B 1n = n n._₂–3i; n ≠ o → n – 3 = 2 → n = 5

08

D

Seja B o centro do polígono formado por 3 hexágonos regulares. Se Cada ângulo interno do hexágono mede 120°, pois o externo é igual a 360₆o = 60°, então o poligono é invariante por rotações de 120° em torno de B. H G N A F E Q P D R C S J

09

B

As combinações que interessam são aquelas cujos ângulos somam 360o_{, a}

saber:

1o _{caso: Usando 2 octógonos e 1 quadrado}

135o 135o 360o –135o 225o –180o 45o 60o 3 135o x 2 270o 270o _{+ 90}o _{= 360}o

10

D . . . d3,8=4 a=4 1 3₂ =2 3 d3,5 = 1 + 1 + 1 = 3 d5,8 ₂3 ₂9 84₄ 21 2 2 = d n+d n = = A C B M O H1 H2 H3 3 2 8 a a 1 a a 3 1 4 1 1 1 5 8 7 5 3 1 6 2 9 2

BLOCO

06

01

C

Apenas os terrenos 3 e 4 possuem 180 m de comprimento. Calculando a área de cada um deles, temos:

A3 = 60 . 30 = 1800 m2

A4 = 70 . 20 = 1400 m2

Logo, o terreno com maior área que possui 180 m de perímetro é o terrenos de no_{. 3}

02

B Área (Ladrilhada) = 2 . [12 . 2] + 2 . [6 . 2] + 4 . <2.2₂ F = 48 + 24 + 8 = 80m2

03

D 00 1 4 $( 004 . 260) mm2 _{= 26 x mm}2 x = 4 . 4 . 10 mm x = 160 mm

04

B

1o_{) (Praça) Triângulo Isósceles.}

(16 2 )2 _{= x}2 _{+ x}2

162 _{. 2 = 2 . x}2

x = 16 2o_{) A}

retâng. = 3.Atriâng. 16 . h = 3 16. 2 16 h = 24 3o_{) x + y = h} 16 + y = 24 y = 8

05

A

De acordo com as informações, as dimensões da área de impressão são (12 – 2x)cm e (18 – 2x)cm. Assim, como a maior área de impres-são em cada panfleto é 187 cm2_{, vem (12 – 2x) . (18 – 2x) = 187 ⇔}

4x2 _{– 60x + 29 = 0} , . x x cm 8 60 56 0 5 + & ! = =

x

x

y

y

y

y

y

A

E

y

B

06

B Figura 2 Na figura 2, se AE = y e EB = x, então x + y = 2. Note que o triângulo isósceles e o pa-ralelogramo de lado y irão compor a figura 1 de tal sorte que a metade da diagonal do quadrado é igual a x + y. Então,



₂2 = 2 → l = 2 4 ₌ 2 4 2 _{→ l = 2 2} A área da casinha (fig 3) é igual à área do quadrado (fig. 1), logo: AFig 3 = 2 2 )2 = 8 cm2

07

D Área da figura I = . , 2 30+20 2 5 _ i = 62,5 m2 _{e seja v a velocidade} da água. 1050 = v . 62,5 ⇔ v = 16,8 m/s Área da figura II = _49+₂41 2i. = 90 m2 Nova vazão = 90 . 16,8 = 1.512 m3_/s A B C R 60o ₆₀o 60o R R =  θ A B C 60o 120o   1o_{) Área hex. reg = 6 .} 

43 2 = 6 → 2 ₌ 3 4 2a _Parte: Cálculo auxiliar: Âe = 360₆ o = 60o Âi = 180o – 60o = 120o 2o_{) Área} ∆ABC = ₂1 . 2 . sen 120o = ₂1 . 3 4 _. 23 = 1

08

A 1a _Parte:

09

D

Traçando o segmento , obtemos 8 triângulos congruentes. A área escura é igual a:

Asombreada = ₈

6

. Área do retângulo ABCD.

= 8 6 _{. (1 x 2) =} 8 12 ₌ 2 3 _{= 1,5 m}2 1 1 1 1 1 1 1 A B D C E F 45o 45o ₄₅o 45o 45o 45o₄₅o 45o 45o45 ₄₅o o₄₅o

10

D

1a_{) Figura inicial: Quadrado de lado x.}

área inicial: A = x2

x

x

(x + P% . x)

(x – P% . x) 2a_{) Após as alterações: retângulo}

Aretângulo = A – 1% . A = 99% . A → → .₁x₄₄₄₄₄₄_1+p% . . – %₂i x_{444444 = 99% . ( x}_1 p i₃ 2₎ → 1 – (p%)2 = 99% → (p%)2 = 1 – 0,99 → (p%)2 = 0,01 → p% = ₁₀₀1 = ₁₀1 → → p% = ₁₀1 = 10% → p = 10 Área retângulo

BLOCO

07

01

B A∆AMC = 120₂ = 60 m2 A∆MNA = ₂ 60 = 30 m2 A∆MNP = 30₂ = 15 m2 A∆PQM = ₂ 15 = 7,5 m2 A B M C N P Q

02

C

Área do triângulo = Área do quadrado . 4 22 3 = 2 _{→  = 3} →  = 34

03

D

A(região 1) = Aquadrado MFLG –Atriângulo MKL = b2 – b x₂. .

A(região 2) = Aparalelogramo MLIH – Atriângulo MKL = b . (b) – b x₂. = b2 – bx₂ .

Então A(região 1) = A(região 2)

Conclusão:

Se para pintar a região 1 Miguel gastou ₇3 da tinta, para pintar a região 2, gastaria também

7

3 _{da tinta e ainda sobraria} 7 1 _{de tinta.}

04

A Lado do quadrado = x. Lados da folha: 2x e 3x. Lados do retângulo: 2₃xe3₂x. x 3 2 + 3₂x = 65 4x + 9x = 65 . 6 x = 30 x = 0,3 m2

Logo, sua área será 3x . 3x = 2 . 0,3 . 3 . 0,3 = 0,54 m2_.

05

A

Como a peça tem a mesma espessura, a parte de cada um vai depender da área de base de cada pedaço.

1a _{Parte: Seja A o valor da área do triângulo FAE.}

Partindo de F, dividimos o triângulo FAE em 4 triângulos equivalentes. Então: Área ∆BFE = 3₄ . A F G H I M L J K 1 2 b b b b x F E D L B A x x x x F M K E B A

2a _{Parte: Partindo de B em direção aos pontos que estão sobre o lado}

FE, o triângulo BFE será dividido em 6 triângulos equivalentes. Logo: Área ∆BMK = .₆3 d n3₄ .A=₈3.A e Área ∆BKE = .₆1 ₄3 . A = 1₈ . A

Portanto: André ficou com 50% da peça, pois Mônica e Paulo ficaram com: ₈3A + ₈1A = 1₂ . A = 50% . A

06

D

ED = 15 − 7 = 8 m (lado do quadrado). Área da casa = 82 _{= 64 cm}2_.

Área dos terrenos: _15+₂25 20i. = 400

Razão entre a área da casa e a área do terreno: ₄₀₀64 =₂₅4 .

07

C Aescura = AI + AII = 8 18.₂ = . 2 18+12 12 _ i = 72 + 180 = 252 m2

08

A

1a _{Parte: Cálculo da área de cada octógono.}

1 cm2 _{↔ 0,01 W}

x ↔ 50.400 W x

100 = 50.400 → x = 5.040.000 cm2 x = 504 m2_{. Então a área de 1 octógono será:}

9 504

= 56 m2

2a _{Parte: Note que cada octógono é composto por 7 quadrados,}

então 7 . Aquad. = 56 → Aquad. = 8 m2

3a _{Parte: Área procurada = 81 . 8 − 504 = 648 − 504 = 144 m}2

09

D

1a_{) Figura inicial: Quadrado de lado x.}

área inicial: A = x2

2a_{) Após as alterações: retângulo}

Aretângulo = A – 1% . A = 99% . A → → .₁x₄₄₄₄₄₄_1 +p% . . 1– %₂i x_{444444 = 99% . ( x}_ p ₃i 2₎ → 1 – (p%)2 = 99% → (p%)2 = 1 – 0,99 → (p%)2 = 0,01 → p% = 100 1 ₌ 10 1 _→ → p% = 10 1 _{= 10% → p = 10} x x (x + P% . x) (x – P% . x) Área retângulo

10

B AD = DB , FB = FC e ED = EB . 1a_{) A} ∆AFB = 96₂ = 48 m2 2a_{) A} ∆FDB = 48₂ = 24 m2 3a_{) A} ∆FEB = 24₂ = 12 m2

Logo A∆AFE = A∆AFB – A∆FEB = 48 – 12 = 36 m2

01

C

Sul 70o _{Leste (E) : S70}o_E

02

A

Note que a roda 1 gira no sentido anti-horário, a roda 2 gira no sentido horário. Então, a bandeira cinza da roda 2 irá descrever um ângulo de 135o _{no sentido horário, ficando na posição representada no item A.}

135o 135o Roda 1 Esquerda Roda 2 Direita

03

B

Fusos horários são variações da hora entre as diversas localidades do globo. As variações ocorrem em sentido longitudinal e resultam do movimento de rotação da Terra.

A Terra percorre 360o _{a cada 24 horas, o que resulta em um fuso horário}

a cada 15o _{de longitude:}

Deslocamentos para leste: adiantam-se as horas; Deslocamentos para oeste: atrasam-se as horas;

Do mapa podemos inferir que existem 13 fusos horários entre Brasília (Brasil) e Melbourne (Austrália);

A rota sobre a África implica em deslocamento para leste a partir de Brasília;

Reduzindo a hora ao ponto de chegada (Melbourne), temos: Horário em Melbourne (quando de saída de Brasília).

Se o dia e horário da saída de Brasília é dia 18 às 22h00 e temos que adiantar 13h (13 fusos), então 22 + 13 = 35h. Isso representa 1 dia e 11h. Logo em Melbourne serão 11h do dia 19. A partir daí devemos acrescentar 23h de duração da viagem, isto é, 11 + 23 = 34h que representa 1 dia e 10h. Então o avião chegará a Melbourne dia 20 às 10h.

04

A

Para determinar o centro da circunferência inscrita, devemos traçar as bissetrizes internas do triângulo.

05

B

Para determinar o centro da circunferência que passa por 3 pontos distintos B, G e E, devemos traçar as mediatrizes do triângulo BGE. O ponto de encontro delas será o centro da circunferência pedida.

06

C

EF = 6+₂10 = 8 m (base média do trapézio ABJI) IJ = EF+₂NO (base média do trapézio EDCF) →

10 = NO 2 8 + _{→ NO = 12}

07

A EA = y = 2 3 e x = GC = 3. 3 3 H G A B 2 1 C F 2 2 E D 30o 60o 1

08

A

O arco de circunferência está centrado no ponto G da figura acima. Então o seu raio R = L₂3.

H G A B C F L L E D 30o 60o

09

C

No quadrilátero NTPO da figura acima, NTP^ ₌120o_{. A diagonal OT é}

bissetriz e NTO^ ₌60o_, então: , – , – , – . . , , – , . – , . – tg r _r r _r r r r r r km 60 _{9 4} 3 _{9 4} 9 4 3 3 1 3 9 4 3 1 3 9 4 3 3 1 3 1 9 4 3 3 1 2 9 4 3 3 6 o _" " " " " " " b = = = + = = + = + _ _ _ _ _ _ i i i i i i E B A 9,4 km D C P T N O r M 60o 60o 60o r r r N O T (9,4 – r) 60o

10

E

1a _{parte: Ângulo central =} 12 360o

= 30o _{e raio = 15 m.}

2a _{parte: Lei dos Cossenos:}

2 = 152 _{+ 15}2 _{– 2 . 15 . 15 . cos 30}o 2 = 225 + 225 – 450 . ₂3 2 _{= 450 – 225 3} 2 = 225 . (2 – 3 )  = 15 . 2 – 3  B 15 15 30o A O (Centro)