Matemática D - Sistema de Ensino Energia

GABARITO
Matemática D – Intensivo – V. 1
Exercícios
01)C
Construímos a reta t, tal que t // s e t // r:
r
Segue,
b = x (alternos internos).
t
a
112° b
A reta t divide o ângulo 112° em dois ângulos
a e b.
a = 40° (alternos internos)
b = 112 ° − a = 112° − 40° = 72°
s
Logo, x = 72°.
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+
b+
c+
d+
e+
a+
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°
3x + 2x = 100° (alternos internos)
5x = 100°
x = 20°
2x = 2 . 20° = 40
02)D
δ
^
^
b
δ
c
^
b
B'
C'
^
a
^
β
c
^
A'
d
D'
^
a
E'
^
e
^
^
d
e
α
ξ
03)A
Devemos calcular primeiramente o valor de x.
t
r
3x
2x
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°.
β
180° –β
80°
100
s
Matemática D
1
GABARITO
04)E
c = 180° − 4x − 6x = 180° − 10x (soma dos ângulos
internos)
c = 180° − 10x
e = 180° − 10x (soma dos ângulos internos)
C = F = DC
ce DE
e (oposto pelo vértice)
Assim:
E = 180° − 10x
DC
05)A
e
C = 180° − 10x
DE
No triângulo ΔCDE, temos:
180° − 10x + 180° − 10x + 2x = 180° (soma dos ângulos internos)
180° − 18x = 0
180° = 18x
180°
x=
18
x = 10°
Segue:
3
x + 10° + 180° − y + 2x + 16° = 180° (soma dos ân4
gulos internos)
11
x + 26° − y = 0
4
11
x − y = − 26
4
Obtemos o seguinte sistema:
11
(i)
 x − y = −26°
 4
 7
(ii)
 x + y = 170°
 4
Em relação ao ΔBCM, temos:
3
x + 10° + x + y = 180° (soma dos ângulos internos)
4
7
x + y = 170°
4
Em relação ao ΔBCM, temos:
A = 3 x + 10° (bissetriz)
MB
4
A + y = 180° (suplementar)
BM
A = 180° − y
BM
2
Matemática D
Fazendo (i) + (ii), teremos:
7
11
x + x = 144°
4
4
18÷2
x = 144°
4÷2
9
x = 144°
2
9x = 288°
288°
x=
9
x = 32°
Substituindo x = 32 em (ii), teremos:
7 . 32
+ y = 170°
4
56° + y = 170°
y = 170° − 56°
y = 114°
GABARITO
06)E
Construímos a reta t, tal que t // s e t //r.
r
1
3
x
t
y
2
s
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 = −60°
(i)

5x + y = 180°
(ii)
Fazendo (i) + (ii), temos
6x = 120°
x = 20°
Substituindo x = 20° em (i), teremos:
20° − y = − 60°
20° + 60° = y
y = 80°
Matemática D
3
GABARITO
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
364
n=
52
n=7
09)B
6x
4x
3x
8x
7x
2x
B
180 –7x 180 –8x
C
5x
A
10)C
Construímos as retas t e n, tal que t // n // s // r, conforme a figura abaixo.
Note que:
A = 70° (alternos internos)
KB
K = b − 70°
CB
K = BC
M (alternos internos)
CB
BCM = b − 70°
D = 30° − BC
M
MC
MCD = 30 − (b − 70°)
D = a (alternos internos)
MC
30° − b + 70° = a
100° = a + b
4
Matemática D
No triângulo ΔABC:
180° + 180° − 7x − 8x + 5x = 180°
−10x = –180°
180°
x=
18
x = 18°
GABARITO
11)A
C = 70° (alternos internos − r // s)
AB
A' = 70° (oposto pelo vértice)
ABC = B'B
A'C'E = 70° (alternos internos − t // u)
B'
C
B
70° 30°
A'
30°
70°
Temos ainda C'A'E = 30° (oposto pelo
vértice)
Assim, no ΔEA'C':
a = 30° + 70° (teorema do ângulo externo)
a = 100°
r
C'
70°
E
α
70°
s
A
t
u
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°
v
14)B
B
1
Apótema é dada por:
R 3
2 3a
⇒
=R
a=
2
3
Lado do triângulo:  = R 3
2 3a
=
. 3 = 2a
3
Portanto, a área do triângulo é:
2 3
A=
4
(2a)2 3
A=
4
4a 2 3
A=
4
A = 3a²
x
1
A
1/2
13)E
C
P
D
x
1
1
F
E
No ΔQCP:
2
 1
1² =   + x²
 2 
1
= x²
4
3
x² =
4
3
x=
2
1−
Logo, o perímetro é:
2 3
2p = 4 +
2
2p = 4 + 3
Matemática D
5
GABARITO
15)B
17)B
AH: área do hexágono
AT: área do triângulo
AH = 6AT
6 2H 3
2 3
=6 T
4
4
H = T
A soma dos lados do hexágono e do triângulo é 9 lados.
Assim:
63
= 7 m.
T =
9
18
18
E
60° 60°
60°
D
20
13
60°
120°
13
60°
120°
120°
A
C'
60°
a i = 120°
120°
23
120°
13
C
15
60°
60°
B
23
r: razão
Si = 180° (6 − 2) = 720°
n + n + r + n + 2r + n + 3r + n + 4r + n + 5r = 720°
6n + 15r = 720° (i)
16)99
A'
Temos ainda:
n 15
=
⇒ 2n = 15r (ii)
r
2
Substituindo (ii) em (i), temos:
6n + 2n = 720°
8n = 720°
720°
n=
8
n = 90°
23
60°
18)C
B'
ai =
180°(6 − 2)
= 30 . 4 = 120°
6
α
αe
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.
ae =
6
360°
= 72° (ângulo externo do pentágono)
5
a + ae + ae = 180° (soma dos ângulos internos)
a + 72° + 72° = 180°
a + = 180° − 144°
a = 36°
Matemática D
GABARITO
19)4 3
A
B
Subtraindo:
− 30h + 20x = 200
2x − 3h = 20
2x − 20
h=
3
r
F
r
r
E
D
C
O triângulo ΔAFC é retângulo.
(2r)² = 4 + r²
2 3
r=
3
2p = 6 . r = 6 .
20)B
10
21)170,8
B
h
P
Da primeira equação:
500
h=
10 + x
Igualando:
2x − 20
500
=
3
10 + x
1500 = (10 + x)(2x − 20)
1500 = − 200 + 2x²
x² = 850
x ≅ 29
2 3
= 4 3 cm
3
A
Desta forma montaremos um sistema:
10h + hx = 500

40hx − 20x = 300 (ii)
T
x
a
61
b
20 – h
D
6
E
61² = a² + b²
Temos ainda:
4a
a 3
= ⇒ b = 3
b 4
40
Comprimento da cerca: PT = x
Por Pitágoras no ΔADE, temos que:
25² = AE² + 15²
AE = 400
AE = 20
Área total do trapézio ABCD:
20(40 + 10)
A=
= 500
2
Mas as áreas do trapézio ABPT e CDPT devem ser iguais
à metade da área do trapézio ABCD, ou seja, 250.
Área de ABPT:
h(10 + x )
A1 =
2
10h + hx = 500 (i)
Área de CDPT:
(20 − h)(40 − x )
A2 =
2
40h − 20x + hx = 300
(i)
C
(ii)
Substituindo (ii) em (i):
2
 4a 
61² = a² +  
 3 
16a 2
9
33489 = 9a² + 16a²
33489 = 25a²
a = 1339, 56
a = 36,6
3721 = a² +
Substituindo a em (ii):
4 . 36, 6
= 48,8
b=
3
Então:
2p = 2a + 2b
2p = 2 . 36,6 + 2 . 48,8
2p = 73,2 + 97,6 = 107,8
Matemática D
7
GABARITO
22)07
23)A
01. Verdadeiro.
02.Verdadeiro.
A
108°
n
3
α
E
m
12
B
108°
h
ai
α
Relação métrica:
h² = m . n
h² = 3 . 12
h² = 36
h=6
F
ai
D
ai =
Segue:
15 . 6
A=
= 15 . 3 = 45
2
04.Verdadeiro.
C
180°(5 − 2)
= 108°
5
O quadrilátero AEBF é um losango e assim:
B ≡ EF
A = a.
F ≡ FB
B ≡ 108° e AE
EA
Sabemos que a soma dos ângulos internos de um
quadrilátero é igual a 360°, então:
2 . 108° + 2a = 360°
216° + 2a = 360°
2α = 360 − 216°
2a = 144°
a = 72°
i
24)26
c: circunscrito
i: inscrito
2pi = 8 ⇒ i = 2
D=2 2
Ac = 2c = (2 2)² = 4 . 2 = 8 cm²
180°(5 − 2)
⇒ ai = 108°
08.Falso. ai =
5
ai
36° α
ai
72°
36°
8
72°
01. Falso. Pois o lado do hexágono H = r = 2.
02.Verdadeiro.
04.Falso.
H = 2
D = Q 2
D
Q =
2
4
Q =
2
Q = 2 2
08.Verdadeiro.
R 3
aH =
2
2 3
aH =
= 3
2
16.Verdadeiro. Isósceles, pois DA ≡ AB (lado do quadrado) e  = 90° (DB diagonal do quadrado).
32.Falso. Caso contrário HE passaria pelo centro do
círculo, o que não acontece.
a = 180° − 72° − 72° = 36°
Matemática D
GABARITO
α = 360° – 3 . 108°
α = 360° – 324°
α = 36°
25)C
A
28)C
36° α
B
E
ai
Número de diagonais é dado por d = n(n − 3), em que
2
n é o número de lados. Sendo assim:
90° = n(n − 3)
2
2 . 90° = n(n – 3) (distributiva)
180° = n2 – 3n
n2 – 3n – 180° = 0
Resolvendo a equação acima obteremos as raízes:
n' = 15
n" = – 12 (lado negativo não existe)
36°
72°
72°
D
C
ai =
180°(5 − 2)
= 108°
5
Logo,
a = 180° − 72° − 72° = 36°
26)C
Portanto, número de lados é dado por n = 15.
Número de diagonais é dado por d = n(n − 3) , em que
2
n é o número de lados. Sendo assim:
35 = n(n − 3)
2
2 . 35 = n(n – 3) (distributiva)
70 = n2 – 3n
n2 – 3n – 70 = 0
29)D
a
a
27)36°
0,5
0,5
h=a
b
2 3a = b
3
Temos que:
a5 + a5 + a5 + α = 360°
3a5 + α = 360°
3 . 108° + α = 360°
b
No triângulo da esquerda temos:
h = a 3 (altura do triângulo equilátero)
2
No triângulo da direita temos:
a = b 3 (altura do triângulo equilátero)
2
2a = b 3
2a
=b
3
Portanto, número de lados é dado por n = 10.
an = 180°(n − 2)
n
a5 = 180°(5 − 2) = 108°
5
b
h
Resolvendo a equação acima obtemos as raízes:
n' = 10
n" = –7 (lado negativo não existe)
0,5
a
As áreas dos triângulos da esquerda e da direita são
dados respectivamente por:
b.a
AE = a . h e AD =
2
2
Segue:
a .h
1
a . 3
AE
1 3 3
h
2
2
=
= =
=2= . =
2 2 2 4
6 2 3 . a
AD b . a
3
2
3
Matemática D
9
GABARITO
30)D
31)22
A
5
E
2
1
C
2
D
B
2
4
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 = 11 = 5,5.
2
A = p(p − a)(p − b)(p − c)
No triângulo temos:
h = 15 (altura é a mediana)
15 = ∆ 3
2
30 = lΔ 3
30 3 = l
Δ
3
lΔ = 10 3
2
(
)
AΔ = 10 3
4
AΔ = 75 3
No hexágonos, temos:
h = E 3
2
10 = E 3
2
20 3 = l
E
2
2
 20 3 


 3  . 3
AE = 3 . 6 .
4
A∆
75 3
75 ÷5
15 ÷5 3
=
=
= ÷5 =
÷5
200
40
8
AE 200 3
10
A = 5, 5(5, 5 − 5)(5, 5 − 2)(5, 5 − 4)
A = 5, 5 . 0, 5 . 3, 5 . 1, 5
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.
1+ 2 + 2, 5 5, 5
16.Correto. p =
=
= 2, 75
2
2
A ∆ = 2, 75(2, 75 − 1)(2, 75 − 2, 5)(2, 75 − 2)
A ∆ = 2, 75 . 1, 75 . 0, 25 . 0, 75
A ∆ = 0, 902 = 0, 94
3 = 100 . 3 3 = 25 . 3 3
4
400 . 3
. 3
9
AE = 3 .
2
400 . 3
AE = 3 .
= 200 3
3 . 2
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.
Matemática D
GABARITO
Figura 2
182 = 324 ≠ 122 + 152 = 144 + 225 = 369
(contradiz o teorema de Pitágoras)
Portanto, incorreto.
Figura 3
15 > 8 + 6 = 14
(contradiz a condição de existência do triângulo)
Portanto, incorreto.
34)09
01. Correto.
6
s
x
50
30
33)21
r//s
50 – x
24
r
01. Correto. O ângulo BÂC mede 36o.
A
x
AP ≡ CP
AB ≡ AC
Figura 1
P
x
B
x
2x
C
Usando teorema de Tales:
6
x
=
24 50 − x
6 (50 – x) = 24x
300 – 6x = 24x
300 = 24x + 6x
300 = 30 x
x = 300
30
x = 10 cm
02.Incorreto.
2x + x + 2x = 180°
5x = 180°
180°
x=
⇒ x = 36°
5
10 cm
x
02.Incorreto. Caso contrário, o triângulo ΔPBC seria
equilátero, o que não acontece, pois os ângulos
internos são diferentes.
A
15
x
10
x
0,259 =
⇒ 0,259 . 10 = x
10
x = 2,59 m
sen α =
36°
04.Incorreto.
A
Figura 2
108°
24
72°
x
36°
72°
B
36°
18
C
B
04.Correto. Segundo a figura 2 temos:
≡ PCB
BAC
(caso ângulo – ângulo)
BPC ≡ ABC
Portanto, ΔBPC ∼ ΔBCA
08.Incorreto. Note que o triângulo ΔAPC é obtusângulo,
C = 108°. O triângulo Δ é acutângulo.
pois AP
BPC
C = 72° e portanto é
C ≡ PB
16.Correto. Temos BP
isósceles.
18
P
C
No triângulo ΔAPC, temos:
x2 = 242 + 182
x2 = 900
x = 900
x = 30 cm
08.Correto. Trata-se de definição de semelhança de
triângulo.
Matemática D
11
GABARITO
35)C
B
A
°P
h
M
N
6
x
E
12
B
6
F
18
A
Faça a ligação do ponto P aos vértices, formando os
triângulos ΔAPB; ΔAPC e ΔBCP.
B
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 .
A
d1
C
Temos que,
AΔABC = AΔAPB + AΔAPC + AΔBCP
Sendo assim,
h d3 d2 d1
=
=
=
2
2
2
2
36)D
A
8
h = d3 + d2 + d1
h = d3 + d2 + d1
y
Segue:
h = d1 + d2 + d3 = 9
3
, temos:
De h =
2
3
9=
2
18 = l 3
18
= l (racionalizando)
3
x
8 –x
B
C
6
No triângulo BDC, temos:
x2 = (8 – x)2 + 62
x 2 = 64 – 16x x 2 + 36
0 = 64 – 16x + 36
0 = 100 – 16x
16x = 100
100 50 25
x=
=
=
16
8
4
l=2 3
18 3 = l
3
l=6 3
37)B
38)C
Considere o triângulo ABC equilátero de lado l e altura
h e P um ponto interior. Note que a área é dada por
A = h
2
12
h
Daí temos:
6 18
=
x 12
6 . 12 = x . 18
72 = x . 18
72
x=
⇒ x = 4
18
D
C
C
Circuncentro, pois o ponto P será o centro da circunferência ao triângulo ABC.
Matemática D
GABARITO
04.Correto. O número de diagonais é dado por:
n(n − 3)
d=
2
número de lados é o pentágono é n = 5. Claculando
o número de diagonais, temos:
5 (5 − 3) 5 . 2
d=
=5
=
2
2
Logo, n = d
39)C
No triângulo retângulo vamos chamar x o cateto y o cateto 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 + 49
x2 + x2 + 4x + 4 = 49
4x = 49 – 4
4x = 45
45
x=
⇒ x = 11,25 m
4
08.Correto.
2x
4x
3x
40)28
01. Incorreta.
B
H
12
h
A
16.Correto. Definição de ângulo na circunferência.
41)E
C
16
H2 = 122 + 162
H2 = 144 + 256
H2 = 400
H = 400
H = 20
(teorema de Pitágoras)
(relação métrica no
triângulo retângulo)
÷2
h=
20
÷2
E
3 . 16
= 9,6 cm
=
5
A
2x
B
C
2p = 2x + x + 2x + x = 6x = 60
Segue,
6x = 60
60
x=
⇒ x = 10
6
Logo, AB = 2 . 10 = 20 e BC = 10
a/2
F
a
G
Note que OB ≡ OG , pois são raio da semicircunferência
no triângulo OBC; temos:
2
 
x2 =  a  + a2
 2 
2
x2 = a + a2
4
5a 2
2
x =
4
x
D
B
x
0
02.Incorreta.
a
A
a
h . H = AB . AC h . 20 = 12 . 16
12 16
2x + 3x + 4x = 180 (soma dos ângulos internos
9x = 180
são suplementares)
180
x=
⇒ x = 20
9
O ângulo é dado por
4x = 4 . 20 = 80o
5a 2 ⇒ x = a 5
2
4
Segue que a área do retângulo EFGH é dada por
AR = 2x . a = 2 a 5 a = a2 5
2
Temos ainda que a área do quadrado é dado AQ = a2
Segue,
x=
AR
a2 5
=
=
AQ
a2
Matemática D
5
13
GABARITO
42)A
04.Correta. Seja o ângulo x. Seu suplemento é dado
por 180 – x.
Segue que a razão entre dois ângulos suplementares é
4
x
=
180
–
x
5
5x = 4(189 – x)
5x = 720 – 4x
9x = 720
x = 80o
O complemento de x = 80o é dado por 90 – 80 = 10o.
I. Verdadeiro.
E
C
D
α
β
α
B
A
Os lados DC // AB (Paralelogramo)
AD é transversal a DC e AB
A (alternos internos)
Temos AÂB ≡ ED
08.Incorreto. Para que possamos formar um triângulo 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.
Assim,
α + β = 180°
II. Verdadeiro.
B
F
α
α
C
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.
α
E
A
α
α
D
Inicialmente tracemos as bissetrizes dos ângulos AF
respectivamente.
e CF dos ângulos  e C
)
D = α(Â ≡ C
E ≡ EC
Daí os ângulos BÂF ≡ FÂE ≡ F C
Note que FC E ≡ CÊD (laternos internos)
Portanto, os segmentos AF e EC tem a mesma incli-
32.Correto. Três pontos sempre passam por um único
plano e assim os 3 pontos são colineares.
44)D
nação α em relação ao segmento AD e assim concluímos que são paralelas.
D
III.Verdadeiro. Pois o quadrado satisfaz as definições
abaixo:
Paralelogramo – lados paralelos
Retângulo – paralelogramo e 4 ângulos retos
Losango – paralelogramo e seus lados iguais.
x
A
01. Incorreto. Considere o quadrado de lado x.
1
x
2
2x
A2 = (2x)2 = 4x2
A1 = x2
x
Se duplicarmos os lados, obteremos:
2x
Portanto, A2 = 4A1
02.Incorreto. Para que passe uma só reta é necessário
que sejam colineares (alinhados), o que não necessariamente pode acontecer.
14
2
1
B
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 . 1
2
y2 = 5 + 2
y2 = 7
y= 7
y
7
Segue, x = =
2
2
43)36
C
45)O perímetro do retângulo é 6x = 2 3
Matemática D
Seja x e y os lados menor e maior dos retângulos
respectivamente.
GABARITO
x
Obtemos o seguinte sistema:
(i)
 a = 100 − b
a = 100 − b
⇒ 

2a + b = 1500 2a = 1500 − b (ii)
Fazendo (ii) – (i), temos:
a = 50 m
y
x
y
x
Segue substituindo a = 5 em (i), temos:
50 = 100 – b
b = 50 m
A área do quadrado é dado por
A = 18x . y = 12
Portanto a = 50 m e b = 50 m
b)Temos
2p = 2a + b + 100 = 250
b = 150 – 2a
No triângulo PTS, temos:
Note que y = 2x, assim
18xy = 12
18x . 2x = 12
36x2 = 12
12 1
x2 =
=
86 3
x = 1 = 1 (racionalizando)
3
3
1
3
3
⇒ x =
.
3
3
3
x=
Portanto a área do trapézio
A = (100 + b) h = (100 + 150 − 2a). 5 2a − 25
2
2
A=(250 − 2a). 5 2a − 25 = 2 . (150 − a). 5 2a − 25
2
2
A = 5 . (150 − a) 2a − 25
Segue que o perímetro do retângulo é dado por
3
= 2 3 cm
2p = 6x = 6 .
3
47)98
46)a)a = 50 m; b = 50 m
b)A = 5(125 − a) 2a − 25
y
D
b
S
Seja x, y, z, l e m os lados dos retângulos conforme a
figura abaixo.
R
z
z
k
C
34
k
y
a
m
60°
P
40
x
a
h
y
A
100 – b
2
100 m
a)Temos que,
2p = 2a + b + 100 = 250
2a + b = 150
Temos ainda no ΔPAS
100 −b
2
cos 60° =
a
1 100 −b
=
2
2.a
a = 100 – b
24 m
Q
P
z
B
Note que o perímetro do retângulo ABCD é:
2p = x + y + k + z + l + m + x + y + k + l + m
2p = 2(x + y + k + l + m)
2p = 40 + 34 + 24
2p = 98
2
2
100 − b 
100 − (150 − 2a) 
a2 = h2 + 

 = 

 2 

2
2
2




a2 = h2 + 100 − 150 + 2a  =  2a − 50 


 2 
2
a2 = h2 +
a –
2
(2a − 50) 2
4
(2a − 50) 2
Matemática D
4
= h2
15
GABARITO
50)30
4a 2 − (4a 2 − 200a + 2500)
= h2
4
01. Incorreta. A soma dos ângulos de um quadrilátero
qualquer é 360o.
02.Correta.
B
r
C
60° 60°
r
r
60°
4a 2 − 4a 2 − 200a + 2500
= h2
4
200a + 2500
= h2
4
h = 50a − 625 ⇒ h = 25 (2a − 25)
h = 5 2a − 25
A
r
48)E
A
2
5
E
O
D
r
B
5
5
D
Note que ΔABO ≡ ΔDOC (caso LAA0)
O ≡ CÔD. Como
Dai temos AB
ABO + CÔD + 60 = 180° (Suplementares)
O + AB
O = 120°
AB
O = 60°
AB
D ≡ CÔD e como os ânguNo ΔOCD os ângulos OC
los de um triângulo qualquer são suplementares
D ≡ CÔD = 60° e portanto Δ
conclimos que OC
OCD
é equilátero e assim CD = r.
C
B, temos
Como EC é bissetr iz do ângulo DC
DCE ≡ ECB. Mas DCE ≡ CEB (altemos internos) logo,
B daí o Δ é isósceles e assim EB ≡ CB = 5.
B ≡ CE
EC
ECB
Portanto,
2p = 2 . 7 + 2 . 5 = 14 + 10 = 24
Com os ΔOCD ≡ ΔDOC, temos AB = r
Portanto, 2p = 5r.
04.Correta.
49)D
B
r
C
h
r
R
A
H
r
r
D
R
2a
r
2
temos ainda, segundo o Teorema de Pitágoras
r2
r2
r2 = h2 + → r2 – = h2
4
4
3r 2
r
3
= h2 → h =
4
2
A área do trapézio é dada por
Seja:
r: raio da circunferência inscrita
R: raio da circunferência circunscrita
l: lado do quadrado
D: diagonal do quadrado
r = = 2a = a
2
2
D 2a 2
=a 2
R= =
2
2
r 3
2
2 = 3r 3 .
2
4
08.Correto. Somando três lados de qualquer trapézio
notará que a soma será 3r.
π
16.Correto. Note que o ângulo BÂO = 60° = .
3
Segue,
r
a
1
2 = 2
=
=
.
R
2
a 2
2
2
16
No triângulo ABH, temos AH =
Matemática D
A=
(2r + r ).
GABARITO
51)11
2p =
56 – 2 x
x
y x
+ = 54
2 2
Segunda dobradura
x
y
32 – 2 x
32
y
y/2
x/3
56
x
2p = y + = 42
2 3
AH = 2(56 – 2x)x + (32 – 2x) . 2x
AH = 112x – 4x2 + 64x2 – 4x2
AH = 176x – 8x2
O valor máximo para x é dado por xV =
Δ = b2 – 4ac
x = −176 = −176 = 11
(−8) . 2
−16
Temos o seguinte sistema:
 y x
 + = 54 (i)
 2 2
 y x
 + = 42 (ii)
 2 3
−b
2a
Fazendo (i) – (ii), temos:
x
3 x − 2x
x x
= 12 ⇒ – = 12 ⇒ = 12
6
6
2 3
x = 12 . 6 = 60
52)C
y
D
Q
C
x
x
A
x
y
p
x
B
Note que os triângulos abaixo têm a mesmas áreas dos
triângulos ΔAQB e ΔCPD possuem a mesma base e altura.
Q
D
C
Substituindo x = 60 em (i) temos:
y + 60 = 54 ⇒ y + 30 = 54
2
2
2
y = 54 – 30 ⇒ y = 24
2
2
y = 2 – 24
y = 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
p
B
B
Portanto, AABCD = AΔACD + AΔACB = 240
C
D
53)10
Primeira dobradura
y
x
y/2
x/2
A
E
Matemática D
17
GABARITO
01. Correto. Nos triângulos inscritos ABC e ACD, as
medidas da hipotenusa são diâmetro da circunferência e portanto são triângulos retângulos.
≡E
≡ 90° e portanto ADBE
02.Correto. Os ângulos B
é um retângulo.
04.
AB
= θ = 90°
2
ΔAOB é retângulo em O.
6π = 2πR ⇒ R = 3 cm
2
2
AB = R2 + R2 ⇒ AB = 32 + 32
2
AB = 18 ⇒ AB = 18
45° =
2
AB = 3 . 2 ⇒ AB = 2 2
enxerga o mesmo com08.Como o ângulo inscrito E
primento de arco que o ângulo central Ô, temos
= O
E
.
2
16.
O polígono é um quadrado
2p = 4 . 3 2 = 12 2 cm
57)E
r
55)B
α
2α
2α
α
r
β
r
0
B
6
α
5 π cm
A
2π ______ 2πR
α ______ 5π
58)E
2π . 5 π = 2 2 π R
10π = α . 2 . 6
10π
5
5
= α ⇒ α = . π ⇒ α = . 180
12
6
6
α = 150
56)C
B
A
θ
0
α
18
O ΔBCO é isósceles, então CBO = CÔB = α
O é externo ao triângulo BCO, logo a
O ângulo DC
medida α + α = 2α. O triângulo COD também é isósce C mede 2α.
les, logo OD
O ângulo AÔD é externo ao triângulo DBO, logo
β = α . α + α = 3α
Então a razão entre as medidas dos ângulos AÔD e
2. α
CÔD é:
=3
α
Como P é um ponto interior a circunferência temos que:
AP . PB = CP . PD
6 . 4 = 2 . PD
24 = 2PD
PD = 12
Ao aplicar o teorema de Pitágoras no ΔACP e ΔAPD, temos:
2
AC = 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
2 10
= 2R ⇒
= 2R
)
AP
sen (ADC
AD
Ac
2 10
⇒
= 2R ⇒
= AD = 2R
AP
sen (ADC)
Matemática D
GABARITO
⇒
61)A
2 10
. 6 5 = 2R
6
D
D
2
⇒ R = 50 = 5 . 2 = 5 2
59)C
F
C
r
x
2
h
B
A
D
0
C ≡ BÔC (Δ
O ângulo OB
é isósceles) temos ainda
BCO
que BAO ≡ BÔA (ΔBBO é isósceles), mas
O ≡ BÂO + BÔA ≡ BÂO + BÂO = 2BÂO.
CB
≡ OBC ≡ OCO
⇒ BAO
2
2
segue que,
O + BÂO ≡ BC
O + BCO
α = BC
2
2α
3 α = BCO ⇒ BCO =
2
3
Assim,
O + BC
O = π (Suplementares)
AB
O
ABO = π – BC
2
α
O = π –
AB
3
60)A
B
=
x2
x
(racionalização)
=
2
2
l=x 2
2
mas, r =
D
– h, onde D é a diagonal do quadrado ABCD.
2
Ainda no ΔAEF , temos:
x 2
x x (relação métrica)
h
=
.
2
2 2 no triângulo retângulo
x
h 2=
2
x
h=
(racionalizar)
2 2
h= x 2
4
Como D = x , temos r = x 2 – x 2 = x 2
2
4
4
r
r
h
h=r
2r .h
= r . h = r . r = r2
2
2
S(φ) = π .r
2
π .r 2
S(ϕ)
π . r2
π
= 22 =
=
T(ϕ)
r
2
2 r2
T(φ) =
E
A partir do ΔAEF obtemos o lado (l) do quadrado.
x 2 x 2 2x 2 x 2
2 =
+
=
=
4
4
4
2
B
x
2
A área do quadrado é dada por
2
2
A = x 2 . x 2 = x . 2 = x
2
2
4
2
A área do círculo é dada por:
2
2
2
 x 2 
 π = x . 2π = x . π
A ○ = 
 4 
16
8
2
2
A – A = x − π x
2
8
62)a) 4 3
b)6
c)9 3
d)12π − 9 3
Matemática D
19
GABARITO
2
a)(CD) = BC . AC (relação métrica na circunferência)
63)C
2
(CD) = 2 3 (6 3 + 2 3)
8
2
(CD) = 2 3 . 8 3 = 16 . 8 = 48
2
(CD) = 48 = 4 3
9
10
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
12
D
=6
Logo, r = ⇒ r =
2
2
c)Primeiramente, vamos determinar a medida do ângulo 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.
C
7
4
6
11
1
5
2
3
A área é dada por
AT = 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
B
A
64)D
α
0
D
Não há gabarito correto. (Ex: cancelado pela Acafe)
Assim, sendo α a medida do Ângulo BÂD, temos:
3
AB
6 9
cos α =
=
=
2
AD
26
Como BÂD é um ângulo interno de triângulo ABD,
segue que: α = 30°
Vamos agora considerar o triângulo na figura a seguir.
A medem amObserve que tal triângulos OÂB e OB
bos 30°, e o ângulo AÔB, por sua vez, mede 120°.
Logo a área do triângulo AOB pode ser calculada
3
1
por: SAOB = . 6 . 6 .
⇒ S = 9 3
2
2
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:
1
120°
. R2 – SAOB = . π . 62 – 9 3
S=
3
360°
S = 12π – 9 3
20
65)A
A
F
D
E
D
B
C
Aplicando teorema de Pitágoras no ΔABC, temos:
l2 = 32 + 42 = 25
Assim a área de plantio da grama será
A = 4 . 3 . 4 = 3 . 2 . 4 = 24 m2
2
Já a área da colocação da cerâmica
A = 5 . 5 = 25 m2
Matemática D
GABARITO
66)B
69)A
11 – r
2
B
4
C
r
A
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
2
r2 = 42 + 11− r 
 2 
2
2
r = 16 + 121− 22r + r = 64 + 121− 22r + r
4
4
4r2 = 185 – 22r + r2
3r2 + 22r – 185 = 0
2
S = πR2 ⇒ 3π = πR2 ⇒ R = 3
O lado de cada triângulo
l = 2 . R . cos 30°
3
l=2 3 .
2
l=3
1
O lado menor é do lado maior, então
3
3
L= = =1
3 3
Portanto, a área é dada por:
2
A=6.L
3
4
÷2
4
3
÷2
=
3 3
2
70)11
Resolvendo a equação obtemos as raízes
76
r = 5 e r = – , como r > 0 temos r = 5.
6
Segue, que a área de hexagono:
A = 6.
6
=
y
10
y
1
52 3 3 . 25 3 75 3
r2 3
(Errata)
= 6.
=
=
4
4
2
2
x
1
1
1
67)D
8–x
C
B
x
A
x
x + y = 10
Área é dada por:
A=p.r
Segue,
x + y + 1+ 1+ 10 x + y + 2 + 10
P=
=
2
2
10 + 2 + 10 22
P=
= 11
=
2
2
Então,
A = 11 . 1 = 11 cm2
No triângulo ABC, temos:
A = l2 = (8 – x)2 + x2
A = l2 = 64 – 16x + x2 + x2
A = l2 = 64 – 16x + 2x2
71)A
B
68)D
75°
A
2
y
60°
45°
6,5 cm
A
C
x
14 cm
A = 14 . 6,5 = 91 cm2 = 9,1 . 10–3 m2
AT = 50 . 1000 . A = 5000 . 9,1 . 10–3 = 455 m2
Lei dos senos
2
y
=
⇒ 2sen 60° = y sen 45°
sen 45° sen 60°
Matemática D
21
GABARITO
⇒ 2
y=
3
2
3
=y
⇒ y = 2
(racionalização)
2
2
2
2 6
= 6
2
Lei dos senos
x
2
=
sen 75° sen 45°
Mas, sen 45 = sen(45 + 30) = 1 . 2 + 2 . 3
2
2 2
2
2+ 6
sen 45 =
4
Segue,
A = πR2
A = l2 onde l é o lado do quadrado assim,
D=l 2
2R = l 2
2R
l=
(racionalização)
2
l = 2R 2
2
l=R 2
Então,
A = (R 2 )2 = 2R2
Portanto,
πR2 − 2R2 R2 (π − 2)
A − A
=
=
A= ○
2
2
2
Segue,
x
2
=
2+ 6
2
2
2
73)B
2 x=2. 2+ 6
4
2
2 x= 4 2+ 6
4
2x= 2+ 6
2+ 6
x=
(racionalização)
2
x=
2 + 12 2 + 2 3
2 (1+ 3 )
=
=
=1+
2
2
2
Logo, 2p = 1 +
3 + 6 +2=3+
Temos que:
3
=3
h=
2
l 3 =3.2
3.2
l=
(racionalizando)
3
3 + 6
Vamos à área:
A = x . y . sen C
2
A = x . y . sen 45°
2
l=2 3
2
12 + 36
6 .(1+ 3 ). 2 ( 6 . 18 ).
2 =
2 =
2
A=
2
2
2
A=
2 3 + 6 2 ( 3 + 3)
3 +3
=
=
4
4
2
Seja A a área do círculo A a área do quadrado.
A área sombreado é dado por
A − A
A= ○
2
22
Logo a área do triângulo
2
AΔ =
(2 3 ) 3
4
=
4.3. 3
=3 3
4
Área do círculo
A = πR2 = π . 12 = π . m2
72)B
2 3
3
Área do quadrado
A = 3 . 2 3 = 6 3 m2
Portanto a área utilizada será dada por
A = A – AΔ + A
A = 6 3 – 3 3 + π ≅ 8,33 m2
Matemática D
GABARITO
74)C
x
wc
quarto I
k
qu
ar
to
II
y
x
cozinha
e
sala
A área total é dada por
(x + n) . (y + k)
Temos
x . y = 3 (i)
k . x = 8 (ii)
y . n = 9 (iii)
Somando:
(ii) e (iii), temos:
xy + yn = 3 + 9 = 12
y(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 = 132
y . x(x + n) (y + k) = 132
3(x + n) (y + k) = 132
132
(x + n) (y + k) =
3
(x + n) (y + k) = 44
Matemática D
23