Módulo Específica - Resoluções do Módulo da Específica de

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ESPECÍFICA DE MATEMÁTICA BÁSICA
Resoluções de Polígonos
EXERCÍCIOS COMPLEMENTARES
Gabarito:
7. (UnB)
Gabarito: 4
Resolução:
3
6
Resolução:
n  2d  n  2
n n  3 
2
Apótema é o raio da circunferência inscrita, então:
1
1
3
3
a ha 
a
.
3
3 2
6
 2n  2n  n  3   n  3  1  n  4 .
13.
8.
Gabarito: 104
Resolução:
Gabarito:
 π 
 2a  tg 

 10 
Resolução:
Si  7Se  n  2180  7  360  n  2  7  2  n  16 .
Logo, d 
n n  3 
2
d
16 16  3 
2
Um decágono regular, quando inscrito em uma
circunferência, a divide em 10 partes iguais. Assim o ângulo
2π
central fica igual a
rad .
10
Considere que o lado AB mostrado na figura abixo seja o
ˆ  2π rad e
lado de um decágono regular. Assim, AOB
10
AO = OB = R. Como o triângulo AOB é isósceles, então OC
π
é bissetriz e mediatriz. Deste modo, α 
rad .
10
 d  104 diagonais .
9.
Gabarito: 8
Resolução:
ae 
1
360
1
2
1
Si 

  n  2  180  
 n  2  
24
n
24
n 24
n2  2n  48  0
S2
 n1  6 e n2  8
P  48
Logo, o polígono possui 8 lados.
10.
Gabarito: 2340º
Resolução:
Daí,
 π  BC
 π 
 π 
 π 
tg   
 tg    2  tg   
  2a  tg  
a
 10  OC
 10 
 10  2a
 10 
n n  3  1
1
d  Se 
  360  n2  3n  180  0
4
2
4
.
S3
 n1  12 e n2  15
P  180
Logo, o polígono possui 15 lados. Assim:
Si  n  2180  15  2180  2340º.
11.
Gabarito: octógono regular
Resolução:
130º  ai  140º  180  140º  180  ai  180  130º 
40º  ae  50º  40º 
360º
1
n
1
 50º 


.
n
50º 360º 40º
360º
360º
n
 7,2  n  9
50º
40º
Logo, o polígono possui 8 lados.
14. (Fuvest)
12.
Professor Luiz Fernando
1
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Aula 15: Polígonos
Gabarito: Letra D
Resolução:
Gabarito: CEECE
Resolução:
1 Certo. Todo quadrado é um paralelogramo equilátero
e equiângulo.
2 Errado. Um retângulo é um paralelogramo equiângulo
e um losango é um paralelogramo equilátero.
3 Errado. Todo quadrado é um paralelogramo
equilátero e equiângulo, ou seja, é um retângulo e um
losango simultaneamente.
4 Certo. Esta é uma caracterização importante de
paralelogramo.
5 Errado. Não necessariamente. Neste caso será um
losango.
O hexágono é regular, portanto seu ângulo externo “a” é
dado por:
360 360
ˆ  180º  60º 120º .
ae 

 60º e ABC
n
6
17.
Gabarito: 4 cm
Resolução:
Como os lados AB e BC são iguais, então o triângulo ABC
ˆ   . Daí:
ˆ  BCA
com BAC
    120º  180º    30º.
Também se tem que os lados BC e CD são iguais, então,
por analogia,   30º.
Como x é um ângulo externo, então
x =    = 30º + 30º 60º.
Logo, os ângulos formados pelas diagonais AC e BD são
60º e 120º.
Todo trapézio retângulo pode ser dividido em um retângulo e
em um triângulo retângulo como mostra a figura acima. Daí:
a = 6 cm e b = 9 – 6 = 3 cm.
15. (Fuvest)
Gabarito: Letra B
Resolução:
Fazendo um Pitágoras no triângulo retângulo:
52 = 32 + h2  h = 4 cm.
Se o polígono possui dois ângulos internos que medem 130
cada um e os demais ângulos internos que medem 128
cada um, então equivale a afirmar que ele possui dois
ângulos externos que medem 180º – 130 = 50º cada um e
os demais ângulos externos que medem 180º – 128 = 52º
cada um. Assim, pela soma dos ângulos externos:
18.
Gabarito: B – b
Resolução:
Se  360º 
2  50º  n  2   52º  360º 
52n  4  360º 
n7
Todo trapézio retângulo pode ser dividido em um retângulo e
em um triângulo retângulo como mostra a figura acima. Daí:
x = b e y = B – x = B – b.
Como o triângulo retângulo possui um ângulo de 45º, então
ele é isósceles e, portanto, seus catetos são iguais. Logo,
h = B – b.
19.
16.
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2
Professor Luiz Fernando
Aula 15: Polígonos
Gabarito: m 
Bb
2
Gabarito: 15º
Resolução:
Resolução:
Todo trapézio isósceles pode ser dividido em um retângulo e
em dois triângulos retângulos congruentes como mostra a
figura acima. Daí:
Bb
a = b e 2m + a = B  2m + b = B  m 
.
2
Como o triângulo ABE é equilátero, então a = 60º. E,
b = 90º – 60º = 30º.
20. (Fuvest)
Gabarito: 45º
Resolução:
Logo,  = 90º – 75º = 15º.
O lado AB é comum ao quadrado e ao triângulo equilátero,
portanto seus lados possuem a mesma medida. Daí, o
triângulo em negrito é isósceles com BC = BE. Portanto,
c = d e b + c + d = 180º  30º + 2c = 180º  c = 75º.
23.
Gabarito: 180º
Resolução:
Todo trapézio isósceles pode ser dividido em um retângulo e
em dois triângulos retângulos congruentes como mostra a
figura acima. Daí:
Bb
a = b e 2m + a = B  2m + b = B  m 
.
2
Bb
Bb
E, m  a 
.
b 
2
2
Pela questão 22 tem-se que a = 75º.
Como o triângulo ABE é equilátero, então b = 60º. E,
c = 90º – 60º = 30º. E, c + d = 30º + 60º = 90º. Assim, o
triângulo em negrito é retângulo em B.
Bb
Como h também é
, então o triângulo retângulo
2
pintado é isósceles. Logo, o ângulo  formado pela
diagonal e pela base é tal que   45º.
O lado AB é comum ao quadrado e ao triângulo equilátero
ABE e o lado BC é comum ao quadrado e ao triângulo
equilátero BCF, portanto os dois triângulos equiláteros têm
lados com a mesma medida. Daí, o triângulo retângulo em
negrito é isósceles com BE = BF. Portanto, e = 45º.
21.
Gabarito: 72º
Resolução:
Como f = 60º, então o ângulo DEF = 75º + 60º + 45º = 180º.
Como AB = AD, então o triângulo ABD é isósceles. Daí, a = b.
Fazendo “zorro”, tem-se que d = b = a.
Como o trapézio é isósceles, então e = a + d = 2a.
Como BD = DC, então o triângulo BCD é isósceles.
Daí, f = e = 2a.
Do triângulo BCD:
d + e + f = 180º  a + 2a + 2a = 180º  a = 36º.
Logo, o ângulo BCD = 72º.
22.
Professor Luiz Fernando
24. (UNIP)
3
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Aula 15: Polígonos
Gabarito: Letra D
Resolução:
Gabarito: 15
Resolução:
Como BD é diagonal do quadrado, então a = 45º.
O lado CD é comum ao quadrado e ao triângulo equilátero,
portanto seus lados possuem a mesma medida. Daí, o
triângulo em negrito é isósceles com BC = CE. Portanto,
c = d e e = 90º + 60º = 150º.
Daí, c + d + e = 180º  2c + 150º = 180º  c = 15º.
Como o lado AC é de um hexágono regular, então
360º
a
 60º . E como BD é lado de um pentágono
6
360º
regular, então b 
 72º .
5
ˆ = 45º – 15º = 30º.
Logo, DBE
25.
Gabarito: 240º
Resolução:
Por simetria, OC divide o ângulo b ao meio, então x  a 
b
2
 x = 60º – 36º = 24º.
Considerando que o lado AB pertence a um polígono regular
360º
360º
de n lados, então 24º 
n
 n  15 .
n
24º
28. (UnB)
Gabarito: 11
Resolução:
Como o lado AC é de um hexágono regular, então
ai de P '  ae de P  48º 
n  1  2  180º  360º  48º 
 dividindo por 12º 
n 1
n
n  1 15  30  4 
n 1
n
n  1 15n  30 n  1  4n n  1 
O ângulos x, y e z são ângulos externos dos triângulos,
então x = e + f, y = a + b e z = c + d.
Por outro lado, os ângulos x, y, z e w são ângulos externos
do quadrilátero em negrito. Assim:
x + y + z + w = 360º  e + f + a + b + c + d + 120º = 360º 
a + b + c + d + e + f = 240º.
15n2  15n  30n  30  4n2  4n 
11n2  49n  30  0
26. (Fuvest)
5
Gabarito:
3
Resolução:
Fazendo Báskara:
   49   4  11  30   3721
2
n
49  3721 49  61

22
22
Como x é positivo, então n 
49  61
5.
22
Assim, os polígonos P e P’ possuem 5 e 6 lados.
Logo, 5 + 6 = 11.
Considere que o lado do quadrado 1 é igual a x. Assim, o
lado do quadrado 2 também é x.
Já o lado do quadrado 2 é x + x = 2x e o lado do quadrado 4
é x + 2x = 3x.
Portanto, a = x + x + 3x = 5x e b = 3x. Logo,
a 5x 5

 .
b 3x 3
27.
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29.
4
Professor Luiz Fernando
Aula 15: Polígonos
Bb
2
Resolução:
Gabarito: a – b
Resolução:
Como M é ponto médio de GF e é paralelo a EF, então MQ
b
é base média do triângulo EFG. Então, MQ  .
2
Considere um trapézio ABCD de bases AB = 2a e CD = 2b,
em que os prolongamentos dos lados não paralelos se
encontrem em um ponto E, como ilustra a figura acima.
Como os ângulos agudos do trapézio são complementares,
então o ângulo Ê = 90º.
Gabarito:
Como N é ponto médio de DE e é paralelo a EF, então NP é
b
base média do triângulo DEF. Então, NP  .
2
Assim, EM e EN são as medianas relativas à hipotenusa dos
triângulos retângulos EDC e EAB, respectivamente. Então,
CD
AB
EM 
 b e EN 
 a . Logo, a distância entre os
2
2
pontos médios das bases é dada por:
MN  EN  MN  a  b
Portanto, da base média MN, tem-se:
b
b Bb
B  b 2b
B b
.
x 
x

x
2
2
2
2
2
2
OBS: x é conhecido como mediana de Euler.
32.
Gabarito: 2
Resolução:
30.
Gabarito: demonstração
Resolução:
Considere as alturas BX, MY e CZ dos triângulos ABN, AMD
e NCD, respectivamente e como N é ponto médio de AD,
então AN = ND = b.
Como a área do losango é metade da área do quadrado,
então a área do triângulo DEF é metade da área do triângulo
DAC. Percebe-se que as alturas desses triângulos, em
relação ao vértice D, são iguais, então EF é a metade de
AC 8
AC. Daí, b 
  4.
2
2
base  altura
representa a área de um
2
triângulo, então a soma das áreas dos triângulos ABN e
NCD é dada por:
AN  BX ND  CZ
A ABN  ANCD 

2
2
b  BX b  CZ b  BX  CZ 
A ABN  ANCD 


2
2
2
Lembrando que A 
Por simetria, tem-se que AE = FC, ou seja a = c. Então,
a + b + c = 8  c + 4 + c = 8  c = 2.
O quadrilátero BCZX é um trapézio, pois BX // CZ, e como M
é ponto médio de BC e paralelo às bases, então MY é sua
BX  CZ
base média. Portanto: MY 
, que substituindo na
2
equação anterior:
b  BX  CZ 
2b  MY
A ABN  ANCD 
 b  MY 
 A AMD .
2
2
33.
31. (Unicamp)
Professor Luiz Fernando
5
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Aula 15: Polígonos
Gabarito: 2  1
Resolução:
Gabarito: CD  CE
Resolução:
Como DC e DA são tangentes ao círculo, então DC = DA = a.
Analogamente, EC = EB = b.
Prolongando-se os lados CB e DA até formarem o triângulo
retângulo CDE, tem-se que este é isósceles de catetos
ˆ = 45º. Daí, ED = 2 .
iguais a 1, já que ADC
O quadrilátero ABED é um trapézio de bases AD e BE.
Dividindo este trapézio em um retângulo ABEF e um
triângulo retângulo DEF, tem-se que EF = 2r e DF = b – a.
Logo, por um Pitágoras:
ˆ  ABC
ˆ , então o triângulo ABE também é
Como DAB
isósceles com AE = EB = x. Logo,
 2r 2   a  b 2   a  b 2 
ED  EC  2  1 
4r 2  a2  2ab  b2  a2  2ab  b2 
 EA  AD   EB  BC 
4r 2  4ab 
2 1
r  ab
AD  BC  2  1
Ou seja, r  CD  CE .
34.
Gabarito: 15º
Resolução:
36.
Gabarito: 3
Resolução:
ˆ = a.
Seja ABD
Do triângulo isósceles em negrito, tem-se que a = b. E como
AB // CD, então do “zorro” tem-se que a = c.
Do triângulo isósceles em amarelo, tem-se que d = b + c 
d = 2a. E como AB // CD, então do “zorro” tem-se que e = d
 e = 2a.
Do triângulo isósceles em azul, tem-se que f = 105º – d 
f = 105º – 2a e g = f. Logo,
e + f + g = 180º  2a + 105º – 2a + 105º – 2a = 180º 
a = 15º.
Como J é ponto médio de CD e M é ponto médio de AC,
então JM é base média do triângulo azul. Daí, JM // AD e
AD 2
JM 
  1.
2
2
Como J é ponto médio de CD e N é ponto médio de DB,
então JN é base média do triângulo amarelo. Daí, JN // BC e
BC 2
JN 
  1.
2
2
Deste modo o triângulo JMN é isósceles e a = 60º, já que
JM // AD e JN // BC. Então, este triângulo é equilátero de
lado igual 1 e, portanto, seu perímetro é igual a 3.
35.
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37. (PUC)
6
Professor Luiz Fernando
Aula 15: Polígonos
Gabarito: Letra C
Resolução:
Pode-se concluir que o polígono formado pela trajetória do
robô é regular e seu ângulo externo é igual a 45º. Daí
ae 
360º
360º
 45º 
n8.
n
n
38.
Gabarito: 18
Resolução:
Como o robô anda um polígono de 6 lados e sempre gira um
mesmo ângulo, então ele é equiângulo e, portanto
360º
360º
ae 
 ae 
 ae  60º.
n
6
Deste modo, os triângulos formados pelos prolongamentos
de dois lados não consecutivos, que estão em azuis, são
equiláteros.
O triângulo ABC também é equilátero, portanto
x + y + 14 = 6 + 12 + 14  x + y = 18.
39.
Gabarito: 221 2 m
Resolução:
Considerando a sala subdividida em quadrados de lados
iguais a 1 m, tem-se 13 quadrados unitários na largura e 17
quadrados unitários no comprimento.
Para que o rato entre em um dos cantos da parede ele deve
estar em uma das paredes laterais. Para que isto ocorra, a
quantidade de quadrados percorridos na largura deve ser
um múltiplo de 13 e no comprimento um múltiplo de 17.
Logo, a quantidade de quadrados percorridos deve ser o
mínimo múltiplo comum entre 13 e 17 e:
MMC(13, 17) = 13 x 17 = 221.
Assim, o rato irá percorrer 221 diagonais de quadrados de
lados de 1 m, ou seja, a distância total percorrida é 221 2 m.
Professor Luiz Fernando
7
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Aula 15: Polígonos
a  k h n
b  l h i
c  m i  j
d  n  j k
40.
Gabarito: 720º
Resolução:
Sabe-se que a soma dos ângulos internos de um heptágono é:
Si  n  2180º  Si  7  2180º  900º .
e  h k l
f  i l m
g  j m n
O heptágono possui dois polígonos estrelados. O primeiro é
encontrado prologando a cada 2 lados consecutivos, como
ilustra a figura abaixo.
a  b  c  d  e  f  g  3 h  i  j  k  l  m  n  
3  h  i  j  k  l  m  n   540º 
h  i  j  k  l  m  n  180º
Assim, a soma dos ângulos dos vértices dos dois possíveis
polígonos estrelados provenientes de um heptágono
convexo irregular é dada por 540º + 180º = 720º.
41. (ITA)
Gabarito: Letra A
Resolução:
Para que uma diagonal passe pelo centro deve-se ter uma
quantidade par de lados, pois somente assim o polígono
possuirá um vértice simétrico em relação ao centro do
polígono.
Tem-se do heptágono que             900º . E
dos triângulos que:
AHI : a  180º    180º    180º  a      180º
BIJ : b  180º    180º    180º  b      180º
CJK : c  180º    180º    180º  c      180º
Sabe-se que, em um polígono de N lados, de um único
vértice partem (N – 3) diagonais. Destas, apenas uma passa
pelo centro do polígono. Daí, de um único vértice partem
(N – 4) que não passam pelo centro.
DKL : d  180º    180º    180º  d      180º
ELM : e  180º    180º    180º  e      180º
Como o polígono possui N vértices e cada diagonal é
comum a 2 vértices, então o número de diagonais DN que
não passam pelo centro é dada por:
FMN : f  180º    180º    180º  f      180º
GHN : g  180º    180º    180º  g      180º
Somando :
DN 
a  b  c  d  e  f  g  2                 7  180º 
a  b  c  d  e  f  g  2  900º   7  180º  540º
N(N  4)
2
Sabendo que o polígono tem-se 2n lados, então devemos
substituir N por 2n. Portanto,
O segundo é encontrado prologando a cada 3 lados
consecutivos, como ilustra a figura abaixo.
DN 
2n(2n  4)
 n(2n  4)  2n(n  2) .
2
Tem-se do heptágono que             900º . E
que a  b  c  d  e  f  g  540º , do heptágono estrelado
anterior. De cada bumerangue:
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