9Ano - Compilação Circunferência

9.º Ano
SOLUÇÕES
Setembro 2013
m
o
s.c
s
e
r
p
d
r
o
w
.
h
t
2013/2014
Compilação de Exercícios de
Exames Nacionais / Provas Finais (EN/PF) e de Testes Intermédios (TI)
Tema: Circunferência e Polígonos. Isometrias
a
m
l
a
t
r
1.1. Ponto G; 1.2. Porque os dois ângulos estão inscritos no mesmo arco de
circunferência.
o
p
/
/
:
p
t
1.3. ver construção geométrica ao lado.
ht
2.1. valor aproximado por defeito: 14,4;
valor aproximado por excesso: 14,5;
2.2. (A);
m
o
c
.
s
s
e
pr
3.1. A amplitude do arco AB é 120 graus;
3.2. A amplitude do ângulo BAD é 60 graus. Na justificação deve estar implícito o conhecimento de que uma recta
tangente à circunferência é perpendicular ao raio no ponto de tangencia.
d
r
o
.w
4. Os quatro lados do quadrilátero são iguais, porque a arcos iguais correspondem cordas iguais e cada um dos seus
ângulos é recto, pois cada um destes ângulos está inscrito num arco de circunferência cuja amplitude é 180 graus.
h
t
a
lm
5. (B); 6. (B); 7. A amplitude do arco CB é 40 graus;
60º (a amplitude do arco é o dobro da amplitude do ângulo inscrito);
8.1.
a
t
r
/po
8.2. ED = 2,5 . Nota: sen 30º =
/
:
p
htt
ED
⇔ ED = 5sen 30º ⇔ ED = 2, 5
5
8.3. A recta BD é um eixo de simetria. O ângulo AED tem de amplitude 90º . A imagem do ponto A é o ponto C e os
pontos E e D são imagens de si próprios. Uma simetria em relação a uma recta transforma uma figura noutra
geometricamente igual, logo os triângulos
[ ADE ] e [CDE ]
são geometricamente iguais.
9. O ângulo ACB está inscrito no arco AB, logo é um ângulo inscrito numa semicircunferência e como tal tem 90º de
amplitude. O triângulo ABC não pode ser equilátero, pois todos os ângulos internos de qualquer triângulo equilátero têm
uma amplitude de
triângulo.
60º . Nota: Um triângulo rectângulo nunca pode ser equilátero, a hipotenusa é sempre o lado maior do
m
o
s.c
s
e
pr
10. (C)
11.1. Aplicando a fórmula que nos dá a amplitude de um polígono regular com n lados podemos concluir que
d
r
o
.w
180 × 3
ˆ = 108º . OU Tendo em conta que o ângulo TPQ é um ângulo inscrito no arco maior TQ, cuja
= 108º , logo TPQ
5
amplitude é 216º, porque 360º ÷5 = 72º e 72º ×3 = 216º , a sua amplitude será metade deste valor, ou seja,
ˆ = 108º .
TPQ
h
t
a
m
l
a
ort
11.2. Asombreada = A⊙ − Apentágono = A⊙ − 5 × A∆ = 25π − 60 ≃ 18, 5
p
/
/
:
ttp
2
Cálculo Auxiliares: A⊙ = π × 5 = 25π
h
9Ano – Circunferência - Soluções
e
Apentágono = 5 × A△ = 5 × 12 = 60
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ˆ = 180º −60º = 120º ; 180º −120º = 60º = OAC
ˆ + OCA
ˆ , como o triângulo [AOC] é isósceles
AOC
= 60º , uma vez que se trata do arco
ˆ = OAC
ˆ = 60º ÷2 = 30º , ou seja, α = 30º . OU Tendo em conta que CB
ACO
12.
α = 30º .
Nota:
m
o
s.c
correspondente ao ângulo ao centro COB, podemos concluir que o ângulo inscrito BAC vai ter uma amplitude de 30º
(metade de 60º). Dado que o triângulo [AOC] é isósceles, a lados iguais opõem-se ângulos iguais, ou seja,
s
e
r
p
d
r
o
w
.
h
t
ˆ = ACO
ˆ = α = 30º .
BAC
13.1. Trata-se de um ângulo inscrito numa semicircunferência.
13.2.
Asombreada = A⊙ − A∆ = 56, 25π − 54 ≃ 123
a
m
l
a
t
or
2
Cálculo Auxiliares: A⊙ = π × 7, 5 = 56, 25π
p
/
/
:
tp
Para determinar a base do triângulo,
ht
Pitágoras: AB
2
2
A△ =
e
BC , usamos o Teorema de
2
2
2
2
+ BC = AC ⇔ 122 + BC = 152 ⇔ BC = 225 − 144 ⇔ BC = 81 ⇔ BC = ± 81 ⇔ BC = ±9 , como
se trata de um comprimento não pode ser negativo logo
14. (A); 15. (D); 16.1.
e
9 × 12
= 54
2
BC = 9 .
AC = 56º ; 16.2. DE = 0,8 . Nota: DE = OE − OD ; OE = AO = 6,8 (raio da circunferência)
OD pode ser calculado usando o Teorema de Pitágoras, uma vez que o triângulo [AOD] é rectângulo. Sendo assim
2
2
2
m
o
c
.
s
s
e
pr
2
OD + AD = AO ⇔ OD + 3, 22 = 6,82 ⇔ (...) ⇔ OD = ±6 , como se trata de um comprimento não pode ser
negativo logo
17.1.
OD = 6 . Deste modo DE = OE − OD = 6,8 − 6 = 0,8 .
2
podes concluir que
2
20.2.
x = OG = 2 .
Asombreada = A⊙ − Ahexágono = 16π − 24 3 ≃ 9
p
/
/
:
p
2
Cálculo Auxiliares: A⊙ = π × 4 = 16π
18.3. F;
2 . Nota: Pelo Teorema de Pitágora
m
l
a
ort
ˆ = 60º ; 18.2.
18.1. DOC
htt
w
.
h
at
2
OG + GB = OB ⇔ x 2 + x 2 = 22 ⇔ 2 x 2 = 4 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2 , como se trata de um
comprimento não pode ser negativo logo
20.1.
ord
ˆ = 45º (ângulo inscrito num quarto de circunferência). 17.2. (D); 17.3.
ACB
19.1.
AB = 140º ;
ˆ = 45º
BIH
19.2. 2 ;
e
Ahexágono = 6 × A△ = 6 × 4 3 = 24 3
19.3. sen 70° =
4,35
4,35
⇔ BD =
⇔ BD ≃ 4, 63cm
sen 70º
BD
(ângulo inscrito num quarto de circunferência).
m
o
s.c
ASombreada = A□ − 4 × A1 = A□ − A⊙ = 16 − 4π ≃ 3, 4
⊙
4
Cálculo Auxiliares:
s
e
pr
A□ = 4 × 4 = 16 e A⊙ = π × 22 = 4π .
20.2. IO = IA + AO ⇔ IO = 2 + 8 ⇔ IO ≃ 4,8 . Nota: Usando o Teorema de Pitágoras podes concluir que AO
d
r
o
.w
= 8,
uma vez que [ AO ] é a hipotenusa do triângulo [ AHO ] e AH = HO = 2 (raio da circunferência).
21. ****
22.2.
22.1.
h
t
a
m
l
a
ort
108º . Nota: AB = 180º −72º = 108º .
ASombreada = ASemicírculo − A△[ QBS ] = 32π − 64 tan 36º ≃ 54 . Nota:
A⊙ = π × 82 = 64π , logo
ASemicírculo = 32π ;
p
/
/
:
ttp
tan 36º =
h
OQ
OQ × OB
8 tan 36º ×8
⇔ OQ = 8 tan 36º ; A△[QBS ] = 2 × A△[QOB ] = 2 ×
= 2×
= 64 tan 36º ;
8
2
2
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P⊙ = 2π r = 2 × π ×
23.1. (C); 23.2.
2
diâmetro da circunferência.
72
= 72 π ≃ 26, 7 . Nota: pelo Teorema de Pitágoras podemos determinar o
2
2
comprimento, não pode ser negativo logo
24.1. (B); 24.2.
2
2
m
o
s.c
2
AC = AB + BC ⇔ AC = 62 + 62 ⇔ AC = 72 ⇔ AC = ± 72 , como se trata de um
s
e
r
p
d
r
o
w
.
h
t
72
.
2
AC = 72 , ou seja, o valor exato do raio desta circunferência é
100º . Nota: AC = 180º −80º = 100º . 24.3. P⊙ = 2π r = π × d = π × AD = π × 7,52 ≃ 23, 6 cm . Nota:
a
m
l
a
t
r
O triângulo [AED] é retângulo em E porque o ângulo AED é um ângulo inscrito numa semicircunferência. O valor de AD
pode
ser
determinado
pelo
o
p
/
/
:
p
t
Teorema
de
2
2
AD = 6,82 + 3, 22 ⇔ AD = 56, 48 ⇔ AD = ± 56, 48
Pitágoras.
⇔ AD ≃ ±7,52 , como se trata de um comprimento AD ≃ 7,52 .
ht
25.1.
ˆ = 40° (ângulo inscrito num arco de
ˆ = 55° . Nota: DPB
ˆ = 85° (ângulos verticalmente opostos) e CAB
DBA
amplitude igual a 80º). 25.2. (C). Nota: a razão de semelhança desta ampliação é 2, como a razão entre as áreas de
figuras semelhantes é igual à razão de semelhança ao quadrado temos
26.1. (C); 26.2.
congruentes
sen 18° =
27.
e
9,9 cm. Nota: dividindo o triângulo
como
tal
podemos
usar
a
[ AFG ]
A△[ DCP ]
A△[ DCP ]
= r2 ⇔
A△[ DCP ]
6
m
o
c
.
s
s
e
pr
pela sua altura obtemos dois triângulos retângulos
trigonometria.
M
Seja
o
ponto
d
r
o
.w
FM
⇔ FM = 16 sen 18° , logo FG = 2 FM = 32 sen 18° ≃ 9,9 cm .
16
h
t
a
m
[ FG ] ; 28.1. [ JER ]; 28.2. 24 unidades. Nota: a área do paralelogramo [ GBCH ]
l
a
t
or
= 22 ⇔ A△[ DCP ] = 24 .
médio
[ FG ] ,
de
é igual à área do quadrado
[ ABHG ], logo cada quadrícula tem 2 unidades de lado, ou seja, A[ BDXV ] = base × altura = BD × BT = 4 × 6 = 24 . OU
p
/
/
:
p
Fazendo uma decomposição desta figura concluímos que pode ser dividida em
htt
têm área igual ao paralelogramo
29.1. 31,4
6 quadrados geometricamente iguais que
[ GBCH ] e como tal a área do paralelogramo [ BDXV ] é 4 × 6 = 24 ; 28.3. (C).
AB = DC = r , logo P▭ = 30 ⇔ 2r + r + 2r + r = 30 ⇔ 6r = 30
= 2 × DEF
ˆ = 20° e
ou seja, P⊙ = 2π × 5 = 10π ≃ 31, 4 cm ; 29.2. 160° ou −200° . Nota: FD
cm. Nota:
AD = BC = 2r
e
⇔ r = 5 cm ,
= 180° − 20° = 160° ; 29.3. (B);
AF = AD − FD
30.1. «Representa a área, em metros quadrados, da parte relvada do terreno»; 30.2. ponto
m
o
s.c
G;
31.
= 254° .
PCQ
= 2 × 53° = 106° e como tal PCQ
= 360° − PQ
= 360° − 106° = 254° .
ˆ ; PQ
ˆ = 53° = ACB
AED
ˆ = 140° . Nota: tendo em conta que [OADC ] é um quadrilátero, a soma das amplitudes dos seus
32.1. (B); 32.2. ADE
Nota:
s
e
pr
d
r
o
.w
360º, como AD e CD são retas tangentes à circunferência vão ser perpendiculares aos raios
ˆ = 90° = OCD
ˆ ; AOC
ˆ = 140° , deste modo
que passam pelos respetivos pontos de tangência, ou seja, OAD
ˆ = 360° − 90° − 90° − 140° = 40° , logo ADE
ˆ = 180° − 40° = 140° (ângulos suplementares);
CDA
2
ˆ = 32° ; 36.1. (D); 36.2. (B); 36.3. A = 107 cm 2 .
33. (C); 34. αˆ = 144° . 35.1. A[ ABCD ] = 62,5 cm ; 35.2. ADF
⊙
ângulos internos é igual a
h
t
a
m
l
a
ort
Nota: usa o Teorema de Pitágoras para determinar o diâmetro do círculo. 37.1.
2
ˆ = 36° ; 37.2. A
ABC
△[ ABC ] = 4,3 cm .
NOTA: Podes encontrar uma sugestão de resolução destas questões no PortalMath, para isso basta veres de onde foi retirada a questão (Teste
p
/
/
:
tp
Intermédio
ou
Exame
Nacional)
e
o
respectivo
ano,
consultares
as
páginas
onde
estão
os
todos
os
Testes
Intermédios
(http://portalmath.wordpress.com/ti-9ano/) / Exames Nacionais (http://portalmath.wordpress.com/exames-9ano/) e clicares no link relativo à proposta de
ht
resolução do mesmo.
Podes (e devesL) também recorrer ao teu professor de Matemática, para te esclarecer as dúvidas que surgirem.
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