Resoluções

Treinamento para
Olimpíadas de
2010
Resoluções
Matemática
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NÍVEL 3
A U LA S 4 A 6
Em Classe
1.
Das paralelas traçadas aos bastões pelos pontos A, B, C, D e E (ver figura) e da propriedade dos ângulos alternos e
internos, resulta dos dados do enunciado a figura:
D
x
51°
B
51° 39°
24°
E
30°
30°
60°
60° 66°
24°
66°
A
C
r
Donde obtém-se x = 39°. (Alternativa A)
2.
3.
—
—
—
(Solução Oficial) Como o triângulo ABC é equilátero, o ângulo interno  mede 60°. Se DG é paralelo a AB, então
—
— —
o ângulo entre DG e AC é 60° ou 180° – 60° = 120°. Sendo x o maior ângulo entre esses dois segmentos, x = 120°.
(Alternativa E)
(Solução Oficial) Como ABC e DEF são triângulos equiláteros, cada um de seus ângulos internos mede 60°.
No triângulo AGD temos ∠GAD = 180° – 75° – 60° = 45° e ∠GDA = 180° – 65° – 60° = 55°.
Logo, ∠AGD = 180° – 45° – 55° = 80°. Portanto, no triângulo CGH, temos x + 80° + 60° = 180°, ou seja, x = 40°.
(Alternativa B)
4.
Sejam ∠TSM = x, ∠SKT = y, ∠KLS = α e ∠KTS = β
K
y
L
β
α
T
β
x
180° – β
α
S
M
O triângulo KLM é isósceles porque tem dois lados iguais; consequentemente seus ângulos da base são medidas
iguais, isto é, ∠KLS = ∠KMS = α.
Analogamente, o triângulo KST também é isósceles e portanto ∠KST = ∠KTS = β.
Da soma dos ângulos internos de um triângulo, temos:
• No triângulo STM: x + α + 180° – β = 180° ∴ x = β – α
• No triângulo KLM: α + α + 30° + y = 180° ∴ y = 150° – 2α.
Logo, β + β +150° – 2α =180°
Portanto, x = 15°. (Alternativa B)
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β – α =15°.
∴
•
1•
2010
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5.
A soma dos ângulos externos do pentágono regular ABCDE é 360°. Assim, a medida, em graus, do ângulo externo re360°
, isto é, 72°. Consequentemente, a medida, em graus, do ângulo interno relativo a B,
lativo ao vértice B, é igual a
5
é igual a 180° – 72°, isto é, ∠ABC = 108°.
Desde que o triângulo ABP é equilátero, AB = BP = PA e ∠PBA = 60°. Nestas condições, temos no triângulo PBC,
PB = AB = BC, o que implica dizer que este triângulo é isósceles de base BC e como consequência ∠PCB = ∠BPC.
Por outro lado, ∠PBC = ∠ABC – ∠PBA = 108° – 60° = 48°. Portanto, do triângulo isósceles PBC, obtemos
∠ BCP =
6.
180° – ∠PBC 132°
=
= 66°. (Alternativa D)
2
2
A medida, em graus, do menor arco BC deste círculo é 2 ∠BAC = 2 ⋅ 35° = 70°.
Desde que CD é um de seus diâmetros, a medida, em graus, do arco DBC é 180°.
Nestas condições, a medida, em graus, do arco BAD é dada por:
70°
110°
35°
180° – 2 ∠BAC = 180° – 70° = 110°.
Portanto, ∠BCD =
B
A
C
O
medida do arco BAD 110°
=
= 55° . (Alternativa D)
2
2
D
Em Casa
1.
Da intersecção dos dois quadrados, obtém-se o pentágono convexo ABCDE (figura).
Onde ∠A = ∠E = ∠C = 90° (vértices dos quadrados sobrepostos) ∠B = x e ∠D = y
(opostos pelo vértice). Por outro lado, a soma das medidas, em graus, dos ângulos
internos do pentágono é 3 ⋅ 180°, ou seja, 540°.
Nestas condições, temos x + y + 90º + 90º + 90º = 540º.
Portanto, x + y = 270º. (Alternativa A)
A
B
E
C
D
2.
Desde que ∠CBD = 30° e ∠DCB = 110°, temos no triângulo BDC, ∠BDC + 30° + 110° = 180°, ou seja, ∠BDC = 40°.
Por outro lado, sendo DC//AB, então ∠ABD = ∠BDC = 40° (alternos e internos). Desde que BD = AD, o triângulo
ABD é isósceles. Logo, ∠DAB = ∠ABD = 40°. Portanto, da soma dos ângulos internos do triângulo ABD, x = 100°.
(Alternativa C)
3.
Sejam u, v e w medidas em graus.
B
Sejam A, B, C, D, E, F e I pontos como indicados na figura ao lado. Nestas condições, decorre dos quadriláteros inscritíveis AEID, EBFI e FCDI (cíclicos):
v
∠DIE = 180° – u; ∠EIF = 180° – v e ∠FID = 180° – w.
F
E
I
Daí: 180° – u + 180° – v + 180° – w = 360°.
Portanto, u + v + w = 180°. (Alternativa E)
w
C
u
A
4.
D
—
— —
— —
—
Sejam E e F pontos sobre os segmentos DB e AD respectivamente, tais que: DF = DE = EB = 1.
Desta construção e dos dados do enunciado, temos sucessivamente:
O triângulo FDC é isósceles de base FC. Daí, ∠DFC = ∠DCF =
1
⋅ ∠ADB = 30°.
2
[1]
O triângulo FDE é equilátero. Daí, ∠ADB = ∠FDE = ∠DFE = ∠FED = 60°.
O triângulo FBE é isósceles de base BF. Daí, ∠FBE = ∠BFE =
SISTEMA ANGLO DE ENSINO
•
2•
[2]
180° − ∠BEF 180 − 120°
=
= 30° .
2
2
2010
[3]
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Como mostra na figura abaixo.
B
1
30°
45°
120°
E
60°
1
30°
60°
60°
1
30°
F
45°
1
1
30°
15°
A
D
15°
C
Por outro lado, desde que ∠ACD = 45°, tem-se de [1]:
∠FCD = 30° e ∠FCA = 15°.
Como consequência deste resultado, [2] e [3]:
• ∠BFD= ∠BFE + ∠DFE = 30° + 60° = 90°.
• ∆AFC é isósceles onde ∠FAC = ∠FCA = 15° e CF = AF.
—
— —
—
• ∆BFC é isósceles onde ∠FBC = ∠FCB = 30° e CF = BF .
180° − ∠BFD
= 45°.
2
Portanto, ∠ABC = ∠FBA + ∠FBC = 45° + 30° = 75°. (Alternativa D)
Nestas condições, o triângulo AFB é isósceles e ∠FAB = ∠FBA =
5.
Do enunciado, tem-se no triângulo ABC:
 + B̂ + Ĉ = 180° ∴ 20° + 120° + Ĉ = 180° ∴ Ĉ = 40°
[1]
Por outro lado, seja M simétrico de B em relação a reta suporte de AQ.
Como ∠QAB = ∠QAC = 10°, então M pertence ao segmento AC.
Marcando este ponto sobre AC e ligando-o a Q e a B por segmentos de reta obtém-se a figura:
B
40°
20°
60°
Q
10°
10°
60°
20°
C
M
A
Como consequência desta simetria, resulta:
— —— —— ——
—
AB = AM , QB = QM
e
∠QMA = ∠QBA = 20°
[2]
[3]
De [2], segue-se que os triângulos:
BAM e BQM são isósceles.
[4]
Desde que ∠A = 10° + 10° = 20° e ∠ABC = ∠ABQ + ∠QBC = 20° + 100° = 120°, conclui-se de [3]:
 1
∠ABM = ∠AMB =   ⋅ 180° − 20° = 80°.
 2
(
)
Como consequência ∠MBC = ∠ABC – ∠ABM = 120° – 80° = 40°
[5]
Assim, de [4], ∠QBM = ∠QMB = 80° – 20° = 60°. Logo, o triângulo BQM é equilátero, o que implica
—
— —— —
—
[6]
QB = QM = MB
— ——
—— —
Portanto, de [1], [5] e [6], conclui-se que QM = MB = MC. Nestas condições, o triângulo QMC é isósceles e
∠QMA = 20° (medida do ângulo externo relativo ao vértice M do triângulo QMC), consequentemente
∠ACQ =
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∠QMA 20°
=
= 10° . (Alternativa A)
2
2
•
3•
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6.
Desde que a soma dos ângulos externos de um polígono é 360°, ou seja, 2π rad e AB̂C um
ˆ = π − 2 ⋅ π = 5π rad . Por outro lado, com resdos ângulos internos do heptágono, ∠ABC
7
7
Y
A
ˆ = π rad e ∠ A B̂X + ∠ XB̂C + ∠ AB̂ C = 2 π ,
peito aos ângulos de vértice B, ∠ABX
2
ˆ =
isósceles, então ∠BXC
7.
2
π−
=
B
C
G
ˆ = 11π rad . Portanto, como XB = BC, o ∆XBC é
ˆ = 2π − π − ∠ABC
consequentemente ∠XBC
2
14
π − ∠XBC
X
F
D
E
11π
14 = 3π radianos. (Alternativa E)
2
28
(Solução Oficial)
Temos 252° = 180° + 72°, sendo o ângulo central do pentágono igual a
A
760°
= 72°. (Alternativa B)
5
B
252°
72°
O
B
O
A
180°
8.
Usando a propriedade do ângulo externo, temos a figura.
A
180 – 5x
5x
8x
7x
B
3x
2x
C
6x
4x
Por outro lado, a soma dos ângulos externos do triângulo ABC é 360°, consequentemente 7x + 8x + (180º – 5x) = 360°,
ou seja, x = 18°. (Alternativa C)
9.
Como a reta PQ é tangente à circunferência, os ângulos
LNP e LMN são congruentes, ou seja, ∠LMN = α (onde α é
uma medida em graus). Sendo o triângulo LMN isósceles
com LM = LN, os ângulos LNM e LMN são congruentes, e,
portanto,
∠MLN = 180° – ∠LNM – ∠LMN
= 180° – 2α.
L
180º – 2α
α
α
P
M
α
N
R
Q
O ângulo LNP é externo do triângulo LNR, logo ∠LNP = ∠NLR + ∠LRN. Assim, α = 180° – 2α + ∠LRP.
Portanto, ∠LRP = 3α – 180°. (Alternativa A)
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•
4•
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360°
= 72° ,
5
portanto cada um de seus ângulos internos medem, em graus, 180° – 72°, ou seja, 108°. Nestas condições, obtemos
do enunciado a figura abaixo.
10. Desde que o pentágono ABCDE é regular, então cada um de seus ângulos externos medem, em graus,
B
108°
C
66°
42°
60°
A
48°
P
D
E
Do quadrilátero (convexo) APCB, ∠APC + 66° + 108° + 60° = 360°, o que implica ∠APC = 126°.
Por outro lado, construindo uma circunferência λ, de centro B e raio AB (figura), temos que o maior arco AC sobre
esta circunferência λ mede 360° – 108°, ou seja, 252°.
252°
B
108°
C
66°
42°
A
126°
60°
48°
P
D
E
Como 2 ⋅ ∠APC = 252°, segue-se que a medida do arco maior AC é o dobro da medida do ângulo APC, o que implica
dizer que P pertence a circunferência λ e portanto BP = AB = BC. Ainda mais, como ∠PAB = 60°, conclui-se que o
triângulo ABP é equilátero e o triângulo BPC é isósceles de base PC. Estes resultados levam-nos a concluir que
∠APB = ∠ABP = 60° no ∆ABP e ∠BPC = 66° e ∠PBC = 48° no ∆BPC, e ainda, como consequência a construção da
figura auxiliar abaixo.
B
60°
48°
C
66°
42°
A
60°
48°
60°
66°
66° P
D
E
Agora, do triângulo equilátero ABP, tem-se que AP = AB. Como, AB = AE (lados do pentágono regular), conclui180° − 48°
= 66°.
2
Finalmente, dos ângulos da figura acima, com vértice em P, podemos escrever: 66° + 60° + 66° + ∠CPE = 360°,
donde conclui-se que ∠CPE = 168°. (Alternativa E)
se que o triângulo APE é isósceles de base PE, portanto ∠APE =
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•
5•
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11. Dos dados do enunciado podemos concluir que os triângulos ADC e ABC são isósceles de bases AD e BC respectivamente, então ∠ACB = y e ∠CAD = x.
B
y
D
E
x
x
y
C
A
Nestas condições, temos do vértice A:
∠EAD = ∠CAD – ∠CAE
= ∠CAD – ∠CAB
= x – (180° – 2y)
Portanto, do triângulo AED, retângulo em E, segue-se x + [x – (180° – 2y)] = 90°, o que implica 2x + 2y = 270°, ou
melhor ainda, x + y = 135°. (Alternativa B)
12. O ângulo BDF é externo do triângulo ADF relativo ao vértice D. Como ∠EDF = 60° (∆DEF equilátero), segue-se
que β + 60° = α + 46°, donde obtém-se α – β = 14°. (Alternativa B)
13. Recordemos que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero
é 360°. Assim, dos quadriláteros da figura ao lado, obtidos ao ligar
os vértices, dos ângulos de medidas Ê e F̂, temos:
 + B̂ + Ê1 + F̂1 = Ĉ + D̂ + Ê2 + F̂2 = 360°.
B
A
Por outro lado, do vértice do ângulo de medida Ê, podemos escrever: Ê1 + Ê2 = 360° – Ê, e de modo análogo para o vértice do ângulo
de medida F̂, temos F̂1 + F̂2 = 360° – F̂.
Finalmente, dos ângulos destes dois quadriláteros, segue-se que:
720° = Â + B̂ + Ĉ + D̂ + Ê1 + Ê2 + F̂1 + F̂2 = Â + B̂ + Ĉ + D̂ + 720°.
E1
E
E2
F1
F
F2
D
Donde encontramos: Ê + F̂ = Â + B̂ + Ĉ + D̂. (Alternativa A)
C
14. A afirmação que DF divide o ângulo BDA é falsa, pois caso contrário teríamos ∠BDF = 45° e consequentemente
∠BCA = ∠BDF = 45° (determinam o mesmo arco BD) o que implicaria o triângulo ABC ser isósceles; contradizendo o enunciado, que diz que o triângulo ABC é não isósceles. Deixo a cargo do leitor a verificação que as demais
alternativas são verdadeiras. (Alternativa C)
15. Sejam ∠DBG = ∠CBG = α, ∠EBF = ∠ABF = β e ∠FBG = x.
Desde que AD é bissetriz, tem-se que BD = DG, logo o triângulo BDG é isósceles de base BG. Portanto, a medida
do ângulo GDC, externo a este triângulo, é 2α. Raciocinando de modo análogo para a bissetriz CE, concluiremos que
o triângulo BEF é isósceles de base BF e que a medida do ângulo externo AEF deste triângulo é 2β (ver figura).
A
F
2β β
G
E
β
α
x
2α
α
B
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C
D
•
6•
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Nestas condições resulta dos triângulos retângulos AFE e DGC, ∠BAF = 90° – 2β e ∠DCG = 90° – 2α.
Portanto, dos ângulos agudos  e Ĉ do triângulo retângulo ABC, segue:
∠BAF + ∠DCG = 90°
∴ (90° – 2β) + (90° – 2α) = 90°.
∴ β + α = 45°
Consequentemente do vértice B (ângulo reto) do triângulo ABC, podemos escrever com os resultados obtidos
anteriormente
x + β + α = 90°
∴ x + 45° = 90°
∴ x = 45°. (Alternativa C)
16. Seja λ uma circunferência, construída com centro em A e raio AB. Como AB = AD = 1, D pertence à λ. Nestas condições, a medida do arco BD maior é 360° – 80°, isto é, 280°, que corresponde ao dobro da medida do ângulo BCD.
λ
280°
A
1
B
1
80°
140°
D
C
Portanto, nestas condições, conclui-se que C também pertence à λ, consequentemente AC = AB = AD = 1.
(Alternativa B)
17.
A
D
M
E
B
C
Inicialmente, observemos que BC // AD; pois ambos os segmentos são perpendiculares a AC. Então, ∠EBC =
= ∠EDA = 18º (alternos e internos).
Denominando de M o ponto médio de ED, a mediana AM do triângulo ADE, retângulo em A é a metade da
1
hipotenusa ED, isto é, AM =
ED = MD (figura). Nestas condições, o triângulo ADM é isósceles de base AD e
2
∠MAD = ∠MDA = ∠EDA = 18º; portanto ∠AMB = 2 ⋅ 18º = 36º (ângulo externo). Por outro lado, desde que
ED = 2 ⋅ AB (enunciado) segue-se que ED = 2 ⋅ AM = 2 ⋅ AB, isto é, AM = AB, o que implica dizer que o triângulo
ABM é isósceles de base BM, e como consequência ∠ABE = ∠ABM = ∠AMB = 36º. (Alternativa B)
SISTEMA ANGLO DE ENSINO – Coordenação Geral: Nicolau Marmo; Coordenação do TOM: Marco Antônio Gabriades; Supervisão de
Convênios: Helena Serebrinic; Nível 3: Antonio Carlos ROSSO Junior, GLENN Albert Jacques Van Amson, Luís Antonio PONCE Alonso, ROBERTO
Miguel El Jamal; Projeto Gráfico, Arte e Editoração Eletrônica: Gráfica e Editora Anglo Ltda;
SISTEMA ANGLO DE ENSINO
•
7•
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