Matemática D – Intensivo – V. 1 - energia.com.br · A reta t divide o ângulo 112° em dois...
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GABARITO
1Matemática D
Matemática D – Intensivo – V. 1
Exercícios
01) C
Construímos a reta t, tal que t // s e t // r:
r
t
s
a
b112°
A reta t divide o ângulo 112° em dois ângulos a e b.
a = 40° (alternos internos) b = 112 ° − a = 112° − 40° = 72°
Segue, b = x (alternos internos).
Logo, x = 72°.
02) D
a
a
δ
A'
b^
^
^
B'
b^
δ c^
c^
d^
C'
D'
E'
β
d^
e^
e^
αξ
No pentágono A'B'C'D'E', note que b� + c� + d�
+ e� + a� = 360 (ângulo externo do polígono).
Somando os ângulos dos triângulos ΔAA'B', ΔBB'C', ΔDD'E', ΔCC'D', ΔEE'A', teremos:
γ + γ + ε + α + β + b� + c� + d� + e� + a� + b� + c� + d� + e� + a� = 5 . 180° γ + γ + ε + α + β + 360° + 360° = 5 . 180° γ + γ + ε + α + β = 900° − 360° − 360° γ + γ + ε + α + β = 180°
03) A
Devemos calcular primeiramente o valor de x.
r
s
3x2x
40°
t
β –β180° 10080°
3x + 2x = 100° (alternos internos) 5x = 100° x = 20°
2x = 2 . 20° = 40
Lembre que a soma dos ângulos internos de um triângulo qualquer é igual a 180°. Daí:
180° − β + 80° + 40° = 180° − β + 80° + 40° = 0 β = 80° + 40° β = 120°.
GABARITO
2 Matemática D
04) E c� = 180° − 4x − 6x = 180° − 10x (soma dos ângulos internos)
c� = 180° − 10x
e� = 180° − 10x (soma dos ângulos internos)
DC�F = c� e DE�C = e� (oposto pelo vértice)
Assim:
DC�E = 180° − 10x e DE�C = 180° − 10x
No triângulo ΔCDE, temos:
180° − 10x + 180° − 10x + 2x = 180° (soma dos ân-gulos internos)
180° − 18x = 0 180° = 18x
x = 18018°
x = 10°
05) A
Em relação ao ΔBCM, temos:
34
x + 10° + x + y = 180° (soma dos ângulos internos)
74
x + y = 170°
Em relação ao ΔBCM, temos:
MB�A = 34
x + 10° (bissetriz)
BM�A + y = 180° (suplementar)
BM�A = 180° − y
Segue:
34
x + 10° + 180° − y + 2x + 16° = 180° (soma dos ân-
gulos internos)
114
x + 26° − y = 0
114
x − y = − 26
Obtemos o seguinte sistema:
114
26
74
170
x y i
x y ii
− =− °
+ = °
( )
( )
Fazendo (i) + (ii), teremos:
114
x + 74
x = 144°
184
2
2
÷
÷x = 144°
92
x = 144°
9x = 288°
x = 288
9°
x = 32°
Substituindo x = 32 em (ii), teremos:
7 32
4.
+ y = 170°
56° + y = 170° y = 170° − 56° y = 114°
GABARITO
3Matemática D
06) E
Construímos a reta t, tal que t // s e t //r.
r
t
s
1
3x
y
2
A reta t divide o ângulo 2 em duas partes x e y. Temos que: 1 = x (alternos internos) 45° = x
2 = y (alternos internos) 55° = y
Segue: 3 = x + y = 45° + 55° = 100°
07) E
180° − y + x + 60° = 180° (soma dos ângulos internos são suplementares) x − y = − 60°
Temos ainda: 5x + y = 180°
Obtemos o seguinte sistema:
x y i
x y ii
− =− °+ = °
60
5 180
( )
( ) Fazendo (i) + (ii), temos 6x = 120° x = 20°
Substituindo x = 20° em (i), teremos: 20° − y = − 60° 20° + 60° = y y = 80°
GABARITO
4 Matemática D
08) E
A soma dos ângulos internos é dada por Si = 2 . 130° + (n − 2) . 128° (n: número de lados), mas Si = 180°(n − 2).
Segue: 2 . 130° + (n − 2) . 128° = 180°(n − 2) 260° = 180°(n − 2) − (n − 2) 128° 260° = 52° (n − 2) 260° = 52n − 104° 364° = 52n
n = 36452
n = 7
09) B
3x
4x
B
7x
180 –7x C180 –8x
8x
6x
2x
A
5x
No triângulo ΔABC: 180° + 180° − 7x − 8x + 5x = 180° −10x = –180°
x = 18018°
x = 18°
10) C
Construímos as retas t e n, tal que t // n // s // r, conforme a figura abaixo.
Note que:
KB�A = 70° (alternos internos)
CB�K = β − 70°
CB�K = BC�M (alternos internos)
BC�M = β − 70°
MC�D = 30° − BC�M
MC�D = 30 − (β − 70°)
MC�D = α (alternos internos) 30° − β + 70° = α 100° = α + β
GABARITO
5Matemática D
11) A
30°70°
30°
E
70° 70°
A'BC C'
B'
α
A
t v
70°
r
s
u
AB�C = 70° (alternos internos − r // s)
AB�C = B'B�A' = 70° (oposto pelo vértice)
A'C� 'E = 70° (alternos internos − t // u)
Temos ainda C'A'E = 30° (oposto pelo vértice)
Assim, no ΔEA'C': α = 30° + 70° (teorema do ângulo ex-
terno) α = 100°
12) 130°
Seja x o ângulo procurado: 2(90° − x) + 40° = 90° − x 180° − 2x + 40° = 90° − x 180° + 40° − 90° = 2x − x x = 130°
13) E
Apótema é dada por:
a = R 3
2 ⇒
2 33
a = R
Lado do triângulo: = R 3
= 2 3
3a
. 3 = 2a
Portanto, a área do triângulo é:
A = �2 3
4
A = ( )2 3
4
2a
A = 4 3
4
2a
A = 3a²
14) B
B
A
F E
D
C
1
1
1
1/2
1
x
x
P
No ΔQCP:
1² = 12
2 + x²
1 − 14
= x²
x² = 34
x = 3
2
Logo, o perímetro é:
2p = 4 + 2 3
2 2p = 4 + 3
GABARITO
6 Matemática D
15) B
AH: área do hexágono AT: área do triângulo
AH = 6AT
6 3
4
2�H = 6� T2 34
H = T
A soma dos lados do hexágono e do triângulo é 9 lados. Assim:
T = 639
= 7 m.
16) 99
A'
B'
C'60°
60°
60°
18
18
120°
120°
E 20 D 13
13
C
60° 60°
60°13
a = 120°i
120°
120°
120°
23 15
B
A
2323
60°
60°
60°
ai = 180 6 2
6° −( )
= 30 . 4 = 120°
ΔA'B'C'; ΔA'FE; ΔAB'B; ΔCC'D são equiláteros.
O ΔA'B'C' tem lados = 51. Daí: A'E = 51 − 20 − 13 = 18 e assim FE = 18 (triângulo
equilátero). FA = 51 − 23 − 18 = 10
Portanto: 2p = 20 + 13 + 15 + 23 + 10 + 18 2p = 99.
17) B
r: razão
Si = 180° (6 − 2) = 720° n + n + r + n + 2r + n + 3r + n + 4r + n + 5r = 720° 6n + 15r = 720° (i)
Temos ainda:
nr =
152
⇒ 2n = 15r (ii)
Substituindo (ii) em (i), temos: 6n + 2n = 720° 8n = 720°
n = 720
8°
n = 90°
18) C
α
αe
ae = 360
5° = 72° (ângulo externo do pentágono)
α + ae + ae = 180° (soma dos ângulos internos) α + 72° + 72° = 180° α + = 180° − 144° α = 36°
GABARITO
7Matemática D
19) 4 3
A
F
E D
C
B
rr
r
O triângulo ΔAFC é retângulo. (2r)² = 4 + r²
r = 2 3
3
2p = 6 . r = 6 . 2 3
3 = 4 3 cm
20) B
A
P
D
B
h
20 – h
6
10
x
E C
T
40
Comprimento da cerca: PT = x
Por Pitágoras no ΔADE, temos que: 25² = AE² + 15²
AE = 400 AE = 20
Área total do trapézio ABCD:
A = 20 40 10
2( )+
= 500
Mas as áreas do trapézio ABPT e CDPT devem ser iguais à metade da área do trapézio ABCD, ou seja, 250.
Área de ABPT:
A1 = h x( )10
2+
10h + hx = 500 (i)
Área de CDPT:
A2 = ( )( )20 40
2− −h x
40h − 20x + hx = 300
Desta forma montaremos um sistema:
10 500
40 20 300
h hx
hx x ii
+ =− =
( )
Subtraindo: − 30h + 20x = 200 2x − 3h = 20
h = 2 20
3x−
Da primeira equação:
h = 500
10+ x
Igualando:
500
10+ x =
2 203
x−
1500 = (10 + x)(2x − 20) 1500 = − 200 + 2x² x² = 850 x ≅ 29
21) 170,8
61a
b
61² = a² + b² (i)
Temos ainda:
ab
= 34
⇒ b = 43a
(ii)
Substituindo (ii) em (i):
61² = a² + 43
2a
3721 = a² + 16
9
2a
33489 = 9a² + 16a² 33489 = 25a²
a = 1339 56, a = 36,6
Substituindo a em (ii):
b = 4 36 6
3. ,
= 48,8
Então: 2p = 2a + 2b 2p = 2 . 36,6 + 2 . 48,8 2p = 73,2 + 97,6 = 107,8
GABARITO
8 Matemática D
22) 07
01. Verdadeiro.02. Verdadeiro.
3
n
12
m
h
Relação métrica: h² = m . n h² = 3 . 12 h² = 36 h = 6
Segue:
A = 15 6
2.
= 15 . 3 = 45
04. Verdadeiro.
� i
c: circunscrito i: inscrito
2pi = 8 ⇒ i = 2
D = 2 2
Ac = c2 = (2 2)² = 4 . 2 = 8 cm²
08. Falso. ai = 180 5 2
5° −( )
⇒ ai = 108°
aiα36°
72°
36° 72°
ai
α = 180° − 72° − 72° = 36°
23) A
108°
A
E B
CD
α
108°
α
ai aiF
ai = 180 5 2
5° −( )
= 108°
O quadri látero AEBF é um losango e assim:
EA�B ≡ EF�B ≡ 108° e AE�F ≡ FB�A = α.
Sabemos que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é igual a 360°, então:
2 . 108° + 2α = 360° 216° + 2α = 360° 2α = 360 − 216° 2α = 144° α = 72°
24) 26
01. Falso. Pois o lado do hexágono H = r = 2.02.Verdadeiro.04.Falso. H = 2
D = Q 2
Q = D
2
Q = 4
2
Q = 2 208. Verdadeiro.
aH = R 3
2
aH = 2 3
2 = 3
16. Verdadeiro. Isósceles, pois DA ≡ AB (lado do qua-
drado) e  = 90° (DB diagonal do quadrado).
32. Falso. Caso contrário HE passaria pelo centro do círculo, o que não acontece.
GABARITO
9Matemática D
25) C
A
B
36°
C D
Eai
α
36°
72° 72°
ai = 180 5 2
5° −( )
= 108°
Logo, α = 180° − 72° − 72° = 36°
26) C
Número de diagonais é dado por d = n n( )−32
, em que
n é o número de lados. Sendo assim:
35 = n n( )−32
2 . 35 = n(n – 3) (distributiva)70 = n2 – 3nn2 – 3n – 70 = 0
Resolvendo a equação acima obtemos as raízes:n' = 10n" = –7 (lado negativo não existe)
Portanto, número de lados é dado por n = 10.
27) 36°
0,50,5
0,5
an = 180 2° −( )nn
a5 = 180 5 25° −( ) = 108°
Temos que:a5 + a5 + a5 + α = 360° 3a5 + α = 360°3 . 108° + α = 360°
α = 360° – 3 . 108°α = 360° – 324°α = 36°
28) C
Número de diagonais é dado por d = n n( )−32
, em que
n é o número de lados. Sendo assim:
90° = n n( )−32
2 . 90° = n(n – 3) (distributiva)180° = n2 – 3nn2 – 3n – 180° = 0
Resolvendo a equação acima obteremos as raízes:n' = 15n" = – 12 (lado negativo não existe)
Portanto, número de lados é dado por n = 15.
29) D
aa
a
h h = a
b
bb
No triângulo da esquerda temos:
h = a 32
(altura do triângulo equilátero)
No triângulo da direita temos:
a = b 32
(altura do triângulo equilátero)
2a = b 32
3
a = b
2 33
a = b
As áreas dos triângulos da esquerda e da direita são dados respectivamente por:
AE = a h.2
e AD = b a.2
Segue:
AA
a h
b a
ha
aE
D
= = = = = =
.
.
.
..2
26
32
2 33
1223
12
32
34
GABARITO
10 Matemática D
30) D
No triângulo temos:h = 15 (altura é a mediana)
15 = � ∆ 32
30 = Δ 330 3
3 = Δ
Δ = 10 3
AΔ = 10 3 34
2( ) = 100 3 34. = 25 . 3 3
AΔ = 75 3
No hexágonos, temos:
h = �E 32
10 = �E 32
20 32
= E
AE = 3 . 6
20 33
3
4
2
..
AE = 3
400 39
3
2.
..
AE = 3400 3
3 2200 3.
.
.=
AAE
∆ = = = =÷
÷
÷
÷
75 3
200 3
75200
1540
38
5
5
5
5
31) 22
A
C B
2
2 2
E
D
4
5
1
ED = 1 (teorema da base média no triângulo)
01. Incorreto. O triângulo ΔBED está contido no triângulo ΔABC.02. Correto. O perímetro do ΔABC é dado por 2p = 5 + 4 + 2 = 11. O semiperímetro é dado por
p = 112
= 5,5.
A p p a p b p c= − − −( )( )( )
A = − − −5 5 5 5 5 5 5 2 5 5 4, ( , )( , )( , )
A = 5 5 0 5 3 5 15, . , . , . ,
A = 14 4375, A ≅ 3,79 cm2
Logo, A ≅ 3,79 cm2 < 4 cm2.04. Correto. Para que o triângulo ΔEBD seja obtusângulo,
deve ser satisfeita a seguinte condição: a2 > b2 + c2
Sendo assim, temos 52 > 42 + 22, de fato, 25 > 16 + 4 = 20.08. Incorreto. Sabemos que o encontro das mediatrizes de
um triângulo obtusângulo é externo ao triângulo e ainda é o centro da circunferência circunscrita.
16. Correto. p=+ +
= =1 2 2 5
25 52
2 75, ,
,
A∆ = − − −2 75 2 75 1 2 75 2 5 2 75 2, ( , )( , , )( , )
A∆ = 2 75 175 0 25 0 75, . , . , . ,
A∆ = =0 902 0 94, ,
Área do quadrilátero AEDC. A = AΔABC – AΔEBD = 3,79 – 0,949 = 2,8 De fato: 3AΔEDB – AΔECD
32) D
Figura 1 A soma dos ângulos internos é: 74° + 42° + 42° = 158 ≠ 180° Portanto, incorreto.
GABARITO
11Matemática D
Figura 2182 = 324 ≠ 122 + 152 = 144 + 225 = 369 (contradiz o teorema de Pitágoras)
Portanto, incorreto.
Figura 315 > 8 + 6 = 14 (contradiz a condição de existência do triângulo)
Portanto, incorreto.
33) 21
01. Correto. O ângulo BÂC mede 36o.
Figura 1
x
xx2x
P
B C
A
AP CP
AB AC
≡
≡
2x + x + 2x = 180° 5x = 180°
x = 1805° ⇒ x = 36°
02. Incorreto. Caso contrário, o triângulo ΔPBC seria equilátero, o que não acontece, pois os ângulos internos são diferentes.
Figura 2
B C
A
36°
108°
72°
72°36°
36°
04. Correto. Segundo a figura 2 temos:
BAC PCB
BPC ABC
� �
� �≡
≡ (caso ângulo – ângulo)
Portanto, ΔBPC ∼ ΔBCA
08. Incorreto. Note que o triângulo ΔAPC é obtusângulo,
pois AP�C = 108°. O triângulo ΔBPC é acutângulo.
16. Correto. Temos BP�C ≡ PB�C = 72° e portanto é isósceles.
34) 09
01. Correto.
50
s
r//s
24
6
r
30
x
50 – x
Usando teorema de Tales: 6
24 50=
−x
x 6 (50 – x) = 24x 300 – 6x = 24x 300 = 24x + 6x 300 = 30 x
x = 30030
x = 10 cm
02. Incorreto.
x
15
10 cm
sen α = x10
0,259 = x10
⇒ 0,259 . 10 = x
x = 2,59 m
04. Incorreto.
B P C
x24
A
18 18
No triângulo ΔAPC, temos: x2 = 242 + 182
x2 = 900
x = 900
x = 30 cm
08. Correto. Trata-se de definição de semelhança de triângulo.
GABARITO
12 Matemática D
35) C
A
M
CE
N
x 6
6B12
18
F
Construímos um segmento MF tal que F é ponto médio
de BC. Então, FM // BN e temos ainda MF = 6 (base média para triângulo).
Note que ΔEFM ∼ ΔEBN .
Daí temos:6 18
12x=
6 . 12 = x . 1872 = x . 18
x = 7218
⇒ x = 4
36) D
A
x
8 y
CB
D
6
8 –x
No triângulo BDC, temos:x2 = (8 – x)2 + 62
x2 = 64 – 16x x2 + 360 = 64 – 16x + 360 = 100 – 16x16x = 100
x = 10016
508
254
= =
37) B
Considere o triângulo ABC equilátero de lado e altura h e P um ponto interior. Note que a área é dada por
A = �h2
B
� �
h °P
�A C
Faça a ligação do ponto P aos vértices, formando os triângulos ΔAPB; ΔAPC e ΔBCP.
B
� �
h
�A C
d1
Temos que,AΔABC = AΔAPB + AΔAPC + AΔBCP
Sendo assim,� � � �h d d d
2 2 2 23 2 1= = =
�h = �d3 + �d2 + �d1
h = d3 + d2 + d1
Segue:h = d1 + d2 + d3 = 9
De h = � 3
2 , temos:
9 = � 3
2
18 = 3 18
3 = (racionalizando)
= 2 3
18 33
=
= 6 3
38) C
Circuncentro, pois o ponto P será o centro da circunfe-rência ao triângulo ABC.
GABARITO
13Matemática D
39) C
No triângulo retângulo vamos chamar x o cateto y o ca-teto horizontal e H a hipotenusa. A corda esticada e ele diz que e 3m maior que o bambu. Temos as seguintes informações: x = ? y = 7 H = x + 2
Pelo teorema de Pitágoras, temos:H = x2 + y2
(x + 2)2 = x2 + 72
x2 + 4x + 4 = x2 + 49x2 + x2 + 4x + 4 = 494x = 49 – 44x = 45
x = 454
⇒ x = 11,25 m
40) 28
01. Incorreta.
B
12
H
h
A 16 C
H2 = 122 + 162 (teorema de Pitágoras) H2 = 144 + 256 H2 = 400
H = 400 H = 20
h . H = AB AC. (relação métrica no h . 20 = 12 . 16 triângulo retângulo)
h = 12 16
20
3 165
2
2
÷
÷ =.
= 9,6 cm
02. Incorreta.
A
C
B
D
2 x
x
2p = 2x + x + 2x + x = 6x = 60
Segue, 6x = 60
x = 606
⇒ x = 10
Logo, AB = 2 . 10 = 20 e BC = 10
04. Correto. O número de diagonais é dado por:
d = n n−( )32
número de lados é o pentágono é n = 5. Claculando o número de diagonais, temos:
d = 5 5 32
5 2
2
−( )=
. = 5
Logo, n = d
08. Correto.
2 x
4 x3 x
2x + 3x + 4x = 180 (soma dos ângulos internos 9x = 180 são suplementares)
x = 180
9 ⇒ x = 20
O ângulo é dado por 4x = 4 . 20 = 80o
16. Correto. Definição de ângulo na circunferência.
41) E
AE
a
a B F
a
G0a/2
x
Note que OB OG≡ , pois são raio da semicircunferência no triângulo OBC; temos:
x2 = a2
2
+ a2
x2 = a2
4 + a2
x2 = 54
2a
x = 54
2a ⇒ x = a 52
Segue que a área do retângulo EFGH é dada por
AR = 2x . a = 2a 52
a = a2 5
Temos ainda que a área do quadrado é dado AQ = a2
Segue,
AA
a
aR
Q
=2
2
5 = 5
GABARITO
14 Matemática D
42) A
I. Verdadeiro.
D
B
C
A
E
β
α
α
Os lados DC // AB (Paralelogramo)
AD é transversal a DC e AB
Temos AÂB ≡ ED�A (alternos internos) Assim, α + β = 180°
II. Verdadeiro.
B
D
C
A E
αα
F
α
αα
Inicialmente tracemos as bissetrizes dos ângulos AF
e CF dos ângulos  e C� respectivamente. Daí os ângulos BÂF ≡ FÂE ≡ FC�E ≡ EC�D = α( ≡ C� )
Note que FC�E ≡ CÊD (laternos internos)
Portanto, os segmentos AF e EC tem a mesma incli-
nação α em relação ao segmento AD e assim conclu-ímos que são paralelas.
III. Verdadeiro. Pois o quadrado satisfaz as definições abaixo:
Paralelogramo – lados paralelos Retângulo – paralelogramo e 4 ângulos retos Losango – paralelogramo e seus lados iguais.
43) 36
01. Incorreto. Considere o quadrado de lado x.
1 x
x
A1 = x2
Se duplicarmos os lados, obteremos:
2 2x
2x
A2 = (2x)2 = 4x2
Portanto, A2 = 4A1
02. Incorreto. Para que passe uma só reta é necessário que sejam colineares (alinhados), o que não neces-sariamente pode acontecer.
04. Correta. Seja o ângulo x. Seu suplemento é dado por 180 – x.
Segue que a razão entre dois ângulos suplemen-tares é
x
180 – x
4
5
=
5x = 4(189 – x) 5x = 720 – 4x 9x = 720 x = 80o
O complemento de x = 80o é dado por 90 – 80 = 10o.
08. Incorreto. Para que possamos formar um triân-gulo com lados a, b, c devemos ter as seguintes condições:
a < b + c b < a + c c < a + b O que não acontece, 23 > 9 + 13 = 22.
16. Incorreto. Sem perda de generalidade temos o raio r = 1 m. O comprimento da circunferência C = 2π . 1 = 2π = 6,28 m
Agora se o raio aumentar um metro temos r = 1 + 1 = 2m.
O comprimento da circunferência C = 2π . 2 = 4π = 12,56 m Portanto aumentou 6,28 m.
32. Correto. Três pontos sempre passam por um único plano e assim os 3 pontos são colineares.
44) D
D
B
C
A 2
1x
Seja y = AC. No triângulo ABC, temos:y2 = 22 + 12 – 2 . 2 . 1 cos 120 (lei dos cossenos)y2 = 5 – 4 (–cos 60) (cos 120 = – cos 60)
y2 = 5 + 4 . 12
y2 = 5 + 2y2 = 7
y = 7
Segue, x = y2
72
=
45) O perímetro do retângulo é 6x = 2 3
Seja x e y os lados menor e maior dos retângulos respectivamente.
GABARITO
15Matemática D
x y
x
xy
A área do quadrado é dado porA = 18x . y = 12
Note que y = 2x, assim18xy = 1218x . 2x = 1236x2 = 12
x2 = 1286
13
=
x = 13
1
3= (racionalizando)
x = 1
3
3
3. ⇒ x = 3
3
Segue que o perímetro do retângulo é dado por
2p = 6x = 6 . 33
= 2 3 cm
46) a) a = 50 m; b = 50 m
b) A = 5(125 − a) 2 25a−
PQ
RS
a a
b
h
P100 – b
2
100 m
60°
a) Temos que, 2p = 2a + b + 100 = 250 2a + b = 150
Temos ainda no ΔPAS
cos 60° =
1002−b
a
12
= 1002−ba.
a = 100 – b
Obtemos o seguinte sistema:
a b
a b
a b
a b
i
ii
= −+ =
⇒= −= −
100
2 1500
100
2 1500
( )
( )
Fazendo (ii) – (i), temos: a = 50 m
Segue substituindo a = 5 em (i), temos: 50 = 100 – b b = 50 m
Portanto a = 50 m e b = 50 m
b) Temos 2p = 2a + b + 100 = 250 b = 150 – 2a No triângulo PTS, temos:
Portanto a área do trapézio
A = ( ) ( ).1002
100 150 2 5 2 252
+=
+ − −b h a a
A = ( ). . ( ).250 2 5 2 252
2 150 5 2 25
2
− −=
− −a a a a
A = 5 150 2 25. ( )− −a a
47) 98
Seja x, y, z, l e m os lados dos retângulos conforme a figura abaixo.
A B
CD
40
34
24
�
m
k
�
y z
m
x
k
y z
yz
�
Note que o perímetro do retângulo ABCD é:2p = x + y + k + z + + m + x + y + k + + m2p = 2(x + y + k + + m)2p = 40 + 34 + 242p = 98
a2 = h2 + 1002
100 150 22
2 2−
=
− −
b a( )
a2 = h2 + 100 150 22
2 502
2 2− +
=
−
a a
a2 = h2 + 2 504
2a−( )
a2 – 2 504
2a−( )
= h2
GABARITO
16 Matemática D
4 4 200 25004
2 2a a a− − +( ) = h2
4 4 200 25004
2 2a a a− − + = h2
200 25004
a+ = h2
h = 50 625a− ⇒ h = 25 2 25a−( )
h = 5 2 25a−
48) EA B
CD
E2 5
5 5
Como EC é bissetr iz do ângulo DC�B, temos
DC�E ≡ EC�B. Mas DC�E ≡ CE�B (altemos internos) logo,
EC�B ≡ CE�B daí o ΔECB é isósceles e assim EB CB≡ = 5.
Portanto,2p = 2 . 7 + 2 . 5 = 14 + 10 = 24
49) D
R
R
2 a
Seja:r: raio da circunferência inscritaR: raio da circunferência circunscrita: lado do quadradoD: diagonal do quadrado
r = �2
22
=a = a
R = D a2
2 22
= = a 2
Segue,
rR
a
a= =
2
1
2
2
2. = 2
2
50) 30
01. Incorreta. A soma dos ângulos de um quadrilátero qualquer é 360o.
02. Correta.
B
A D
C
60°
r
rr
rr O
60°
60°
Note que ΔABO ≡ ΔDOC (caso LAA0)
Dai temos AB�O ≡ CÔD. Como
AB�O + CÔD + 60 = 180° (Suplementares)
AB�O + AB�O = 120°
AB�O = 60°
No ΔOCD os ângulos OC�D ≡ CÔD e como os ângu-los de um triângulo qualquer são suplementares
conclimos que OC�D ≡ CÔD = 60° e portanto ΔOCD
é equilátero e assim CD = r.
Com os ΔOCD ≡ ΔDOC, temos AB = r Portanto, 2p = 5r.
04. Correta.
B
A D
Cr
h
rr
r
H
No triângulo ABH, temos AHr
=2
temos ainda, segundo o Teorema de Pitágoras
r2 = h2 + r2
4 → r2 –
r2
4 = h2
34
2r = h2 → h = r 32
A área do trapézio é dada por
A = ( ).2
32
2
r rr
+ = 3 3
4
2r .
08. Correto. Somando três lados de qualquer trapézio notará que a soma será 3r.
16. Correto. Note que o ângulo BÂO = 60° = π3
.
GABARITO
17Matemática D
51) 11
x
x
32
56
32 – 2 x
56 – 2 x
AH = 2(56 – 2x)x + (32 – 2x) . 2xAH = 112x – 4x2 + 64x2 – 4x2
AH = 176x – 8x2
O valor máximo para x é dado por xV = −ba2
Δ = b2 – 4ac
x = −−( )
=−−
1768 2
17616.
= 11
52) C
A p y B
x
D
x
xx
y Q C
Note que os triângulos abaixo têm a mesmas áreas dos triângulos ΔAQB e ΔCPD possuem a mesma base e altura.
A p B
D Q C
Portanto, AABCD = AΔACD + AΔACB = 240
53) 10
Primeira dobradura
y/2x
x/2
y
2p = y2
+ x2
= 54
Segunda dobradura
y
x/3
y
y/2
2p = y2
+ x3
= 42
Temos o seguinte sistema:y x
i
y xii
2 254
2 342
+ =
+ =
( )
( )
Fazendo (i) – (ii), temos:x2
– x3
= 12 ⇒ 3 2
6x x−
= 12 ⇒ x6
= 12
x = 12 . 6 = 60
Substituindo x = 60 em (i) temos:y2
+ 602
= 54 ⇒ y2
+ 30 = 54
y2
= 54 – 30 ⇒ y2
= 24
y = 2 – 24y = 48
01. Incorreto. Pois x = 60 e y = 48.02. Incorreto. Pois x = 60 e y = 48.04. Correto. |60 – 48| = |12|.08. Incorreto. Pois a menor dimensão y = 48.Soma = 04 (errata)
54) 11
A
E
B C
D
GABARITO
18 Matemática D
01. Correto. Nos triângulos inscritos ABC e ACD, as medidas da hipotenusa são diâmetro da circunfe-rência e portanto são triângulos retângulos.
02. Correto. Os ângulos B� ≡ E� ≡ 90° e portanto ADBE é um retângulo.
04.
08. Como o ângulo inscrito E� enxerga o mesmo com-primento de arco que o ângulo central Ô, temos
E� = O�
2.
16.
55) B
α
B
A
6
5 cmπ
2π ______ 2πR α ______ 5π
2π . 5 π = 2 2 π R10π = α . 2 . 61012
π = α ⇒ α = 5
6 . π ⇒ α = 5
6 . 180
α = 150
56) C
θ
0
BA
α
45° = AB2
= θ = 90°
ΔAOB é retângulo em O.6π = 2πR ⇒ R = 3 cm
AB2 = R2 + R2 ⇒ AB
2 = 32 + 32
AB2 = 18 ⇒ AB = 18
AB = 3 22 . ⇒ AB = 2 2
O polígono é um quadrado2p = 4 . 3 2 = 12 2 cm
57) E
α 0
αβ
2 α2 α
r
r
r
O ΔBCO é isósceles, então CBO = CÔB = α O ângulo DC�O é externo ao triângulo BCO, logo a
medida α + α = 2α. O triângulo COD também é isósce-
les, logo OD�C mede 2α. O ângulo AÔD é externo ao triângulo DBO, logo
β = α . α + α = 3α Então a razão entre as medidas dos ângulos AÔD e
CÔD é: 2 . α
α = 3
58) E
Como P é um ponto interior a circunferência temos que:AP . PB = CP . PD6 . 4 = 2 . PD24 = 2PDPD = 12
Ao aplicar o teorema de Pitágoras no ΔACP e ΔAPD, temos:
AC2 = 22 + 62
AC = 4 36 40 2 10+ = =
AD = 62 + 122
AD = 36 144 180 6 5+ = =
A partir da lei dos senos no ΔACD, obtemos
Ac
sen ADCR
APAD
R( )� = ⇒ =2
2 102
⇒ = ⇒ = =Ac
sen ADCR
APAD R
( )� 22 10
2
GABARITO
19Matemática D
⇒ =2 10
66 5 2. R
⇒ = = =R 50 5 2 5 22 .
59) C
0
B
B
D
C
O ângulo OB�C ≡ BÔC (ΔBCO é isósceles) temos ainda que BAO ≡ BÔA (ΔBBO é isósceles), mas
CB�O ≡ BÂO + BÔA ≡ BÂO + BÂO = 2BÂO.
⇒ ≡ ≡BAOOBC OCO�� �
2 2
segue que,
α = BC�O + BÂO ≡ BC�O + BCO�
2
α α= ⇒ =
32
23
BCO BCO� �
Assim,
AB�O + BC�O = π (Suplementares)
AB�O = π – BC�O
AB�O = π – 23α
61) A
D D
A B
FF
E
r
x
2
x
2h
A partir do ΔAEF obtemos o lado () do quadrado.
�22 2 2 2
4 424 2
= + = =x x x x
�= =x x2
2 2 (racionalização)
= x 22
mas, r = D2
– h, onde D é a diagonal do quadrado ABCD.
Ainda no ΔAEF , temos:
hx x x2
2 2 2= . (relação métrica)
no triângulo retângulo
h 2 = x2
h = x
2 2 (racionalizar)
h = x 24
Como D = x , temos r = x 22
– x 24
= x 24
A área do quadrado é dada por
A = x 2
2 . x 2
2 = x x2 22
4 2.=
A área do círculo é dada por:
Ax x x
○ =
= =
24
216 8
22 2
π π π. .
A – A = x x2 2
2 8−π
62) a) 4 3 b) 6
c) 9 3
d) 12π − 9 3
60) A
r r
h
h = r
T(φ) = 22r h. = r . h = r . r = r2
S(φ) = π .r2
2
ST
r
rr
r
( )( )
..ϕ
ϕ
ππ π
= = =
2
2
2
2
22 2
GABARITO
20 Matemática D
a) CD( )2 = BC . AC (relação métrica na circunferência)
CD( )2 = 2 3 (6 3 + 2 3)
CD( )2 = 2 3 . 8 3 = 16 . 8 = 48
CD( )2 = 48 = 4 3
b) Ao aplicar o teorema de Pitágoras no ΔADC, temos:
(8 3)2 = (4 3)2 + D2
64 . 3 = 16 . 3 + D2
192 = 48 + D2
D2 = 192 – 48 D2 = 144
D = 144 D = 12
Logo, r = D2
⇒ r = 122
= 6
c) Primeiramente, vamos determinar a medida do ân-gulo BÂD. Para isso, observe que o triÂngulo ABD é retângulo em B, já que se trata de um triângulo inscrito numa circunferência e dos seus lados é o diâmetro.
A
B
C
D0
α
Assim, sendo α a medida do Ângulo BÂD, temos:
cos α = ABAD=
6 9
2 6= 3
2 Como BÂD é um ângulo interno de triângulo ABD,
segue que: α = 30° Vamos agora considerar o triângulo na figura a seguir.
Observe que tal triângulos OÂB e OB�A medem am-bos 30°, e o ângulo AÔB, por sua vez, mede 120°.
Logo a área do triângulo AOB pode ser calculada
por: SAOB = 12
. 6 . 6 . 32
⇒ S = 9 3
d) A área da região hachurada corresponde à diferença entre a área do setor circular determinada pleo arco
AB e a área do triângulo AOB. Assim, temos:
S = 120360°° . R2 – SAOB =
13
. π . 62 – 9 3
S = 12π – 9 3
63) C
9
10
11 1 2
4
8
7
6
3
5
A área é dada porAT = 2A1 + 2A2 + 2A3 + 2A4 + 2A5 + 2A6 + 2A7 + 2A8 + +
2A9 + 2A10 + 2A11
A1 = 0,6 . 1 = 0,6 m2
A2 = 0,6 . 1 = 0,6 m2
A3 = 1 . 0,6 = 0,3 m2
A4 = 1 . 0,4 = 0,4 m2
A5 = 1 . 0,3 = 0,3 m2
A6 = 1 . 1 = 1 m2
A7 = 0,7 . 1 = 0,7 m2
A8 = 1 . 1 = 1 m2
A9 = 0,4 . 1 = 0,4 m2
A10 = 1 . 1 = 1 m2
A11 = 0,6 . 1 = 0,6 m2
A T = 1,2 + 1,2 + 0,6 + 0,8 + 0,3 +1 + 0,7 + 1 + 0,4 + 1 + + 0,6 = 8,8 m2
65) A
F
�
A D
E D
B C
Aplicando teorema de Pitágoras no ΔABC, temos:2 = 32 + 42 = 25Assim a área de plantio da grama será
A = 4 . 3 42. = 3 . 2 . 4 = 24 m2
Já a área da colocação da cerâmicaA = 5 . 5 = 25 m2
64) D
Não há gabarito correto. (Ex: cancelado pela Acafe)
GABARITO
21Matemática D
66) B
r
11 – r
2C
B
4
A
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
r2 = 42 + 112
2−
r
r2 = 16 + 121 224
2− +r r = 64 121 224
2+ − +r r
4r2 = 185 – 22r + r2
3r2 + 22r – 185 = 0
Resolvendo a equação obtemos as raízes
r = 5 e r = – 766
, como r > 0 temos r = 5.
Segue, que a área de hexagono:
A = 63
46
5 34
3 25 32
75 32
2 2
. ..r
= = = (Errata)
67) D
x
A
B
�
8 – xC
No triângulo ABC, temos:A = 2 = (8 – x)2 + x2
A = 2 = 64 – 16x + x2 + x2
A = 2 = 64 – 16x + 2x2
68) D
A 6,5 cm
14 cm
A = 14 . 6,5 = 91 cm2 = 9,1 . 10–3 m2
AT = 50 . 1000 . A = 5000 . 9,1 . 10–3 = 455 m2
69) A
S = πR2 ⇒ 3π = πR2 ⇒ R = 3O lado de cada triângulo = 2 . R . cos 30°
= 2 3 . 32
= 3
O lado menor é 13
do lado maior, então
L = �3
33
= = 1
Portanto, a área é dada por:
A = 6 . L2 2
2
34
6 3
4
3 32
= =÷
÷
70) 11
10
y
x
y
1
1 x
1
1
x + y = 10Área é dada por:A = p . r
Segue,
P = x y x y+ + + +=+ + +1 1 10
22 10
2
P = 10 2 10
2222
+ += = 11
Então,A = 11 . 1 = 11 cm2
71) A
75°y
x
B
60° 45°A C
2
Lei dos senos245 60sen
ysen°
=° ⇒ 2sen 60° = y sen 45°
GABARITO
22 Matemática D
⇒ 23
2
22
= y ⇒ y = 23
2 (racionalização)
y = 2 6
2 = 6
Lei dos senosx
sen sen75245°
=°
Mas, sen 45 = sen(45 + 30) = 12
. 22
+ 22
. 32
sen 45 = 2 6
4+
Segue,x
2 62
2
22
+=
22
x = 2 . 2 6
4+
2 x = 42 6
4
+
2 x = 2 + 6
x = 2 6
2
+ (racionalização)
x = 2 12
22 2 3
22 1 3
2
+=+
=+( )
= 1 + 3
Logo, 2p = 1 + 3 + 6 + 2 = 3 + 3 + 6
Vamos à área:
A = x y sen C. . �
2
A = x y sen. . 452
°
A = 6 1 3 2
22
6 18 22
2
12 3622
. . . .+( )=( )
=
+
A = 2 3 64
2 3 34
3 32
+=
+( )=
+
72) B
Seja A a área do círculo A a área do quadrado.
A área sombreado é dado por
A = A A○ �−
2
Segue, A = πR2
A = 2 onde é o lado do quadrado assim,
D = 22R = 2
= 2
2
R (racionalização)
= 2 22
R
= R 2
Então,
A = (R 2)2 = 2R2
Portanto,
A = A A○ �−
2 =
π πR R R2 2 222
22
−=
−( )
73) B
2 3
Temos que:
h = � 3
2 = 3
3 = 3 . 2
= 3 2
3
. (racionalizando)
= 2 3
Logo a área do triângulo
AΔ = 2 3 34
4 3 34
2( )=
. . = 3 3
Área do círculoA = πR2 = π . 12 = π . m2
Área do quadrado
A = 3 . 2 3 = 6 3 m2
Portanto a área utilizada será dada porA = A
– AΔ + A
A = 6 3 – 3 3 + π ≅ 8,33 m2
GABARITO
23Matemática D
74) C
x
y
x
quarto I
quar
to II
wc
cozinhae
salak
A área total é dada por(x + n) . (y + k)Temosx . y = 3 (i)k . x = 8 (ii)y . n = 9 (iii)
Somando:(ii) e (iii), temos:xy + yn = 3 + 9 = 12y(x + n) = 12 (iv)
(ii) e (ii), temos:xy + xk = 8 + 3 x(y + k) = 11 (v)
multiplicando (iv) e (v), obtemos:y . (x + n) . x(y + k) = 12 . 11 = 132y . x(x + n) (y + k) = 1323(x + n) (y + k) = 132
(x + n) (y + k) = 1323
(x + n) (y + k) = 44