x suplemento: 180º – x Interpretando o enunci

GABARITO_AP. 01 EXTENSIVO_MATEMÁTICA_FRENTE EUCLIDES
Modulo 1
1)
Seja x a medida do ângulo procurado
x → complemento: 90º – x
suplemento: 180º – x
Interpretando o enunciado temos:
180º - x = (90º – x) + 16º → 180º - x = 270º – 3x + 48º → 2x = 138º → x = 69
3
2)
â + b = 180º (ângulos suplementares)
Como nos foi dado que â = 3b, então temos: 3b+b = 180º → b = 45º
Mas, c = b (ângulos o.p.v.). Logo,
c = 45º
3)
(x+5x) = 120º (ângulos correspondentes) → 6x = 120º → x = 20º
(5x +y) = 180º (ângulos colaterais internos) Substituindo x=20º na equação acima, ficamos com
5.20º +y = 180º → y = 80º
4)
Através do desenho percebemos que, o ângulo formado pelas bissetrizes de α e β mede α + β
2 2
α + β = 126º
Dividindo toda essa equação por 2, teremos:
α + β = 63º
2 2
O ângulo formado pelas bissetrizes é 63º
5) 54º
6) 60º
7) x = 58º
8) â + b = 114º
9) e
10) c
11) α = 112º
12) a
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13) â = 60º
14) c
15) b
16) d
17)
a) â = 40º b) â = 120º
18
â + b + c = 360º
19)
Demonstração: Use os ângulos suplementares
Sabemos que
x + y = 180º
x + w = 180º
subtraindo a segunda equação da primeira temos que:
y – w = 0º
Ou seja, y = w (ângulos opostos pelo vértice)
20
Demonstração: Reveja o divertimento com o Professor 4 deste modulo
Módulo 2
1
a)
Usando o teorema da soma dos ângulos internos do triângulo, temos:
(3x + 18º) + (2x – 3º) + (x + 21º) = 180º → 6x + 36º = 180º → 6x = 180º – 36º → 6x = 144º → x = 24º
Os ângulos internos do triângulo são: i1= 90º
i2= 45º
i3= 45º
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Conclusão: o triângulo é retângulo e isósceles
b)
Pelo teorema do ângulo externo:
(7x + 3º) = (11 x) + (2x - 7º)
2
Multiplicando a equação por 2: chegamos a x = 20º
Assim os ângulos internos são:
i1= 110º
i2= 33º
i3= 37º
Logo, o triângulo é obtusângulo (i1 = 110º > 90º) e escaleno (três ângulos diferentes)
2)
a) desenho
b)
Se o triângulo é equilátero seus angulos internos medem 60º e seus lados são congruentes. Logo,
2x + 14º = 60º → 2x = 46º → x = 23º
y + 3 = 3y – 7 → 2y = 10 → y = 5cm
3)
Da soma dos ângulos internos dos triângulos ABC e AHC, temos que:
(triângulo ABC) BÂC + 30º + 45º = 180º → BÂC = 105º
(triângulo AHC) HÂC + 45º + 90º = 180º → HÂC = 45º
Como t é bissetriz de BÂC, então o ângulo entre t e o lado AC é BÂC = 105º = 52,5º
2
2
α + 45º = 52,5º → α = 7,5º
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4)
desenho




triângulo ABC é isósceles de base AD, então BĎA = x (ângulo);
DBC é ângulo externo do triângulo ABC, logo DBC = x+x=2x
triângulo BDC é isósceles de base BC, então DCB = 2x;
por fim, ŷ é ângulo externo do triângulo ADC, portanto ŷ= x + 2x = 3x
(alternativa A)
5
a) 25º
b)12º
6
a)21º
b)30º
7)
ângulo b = 15º ; escaleno e obtusângulo
8
â = 124º e b = 11º
9) d
10) d
11) d
12) b
13)
a)107º b) 16º c) â = ^b + ^c + ^d
14
(15 cm)
15) 30º
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16) 540º
17)
Demonstração: use a soma dos ângulos internos e lembre-se de que nenhum deles pode ser nulo
Da definição sabemos que a soma dos ângulos internos de um triângulo = 180º (nenhum deles podem ser
nulos), se o triângulo é retângulo em B → ângulo B = 90º
→ o ângulo C < 90º
Como:
ângulo C é oposto a AB
→ sabendo que o lado de um triângulo é proporcional ao seu ângulo
ângulo B é oposto a AC
AC ≠ AB
18)
Demonstração: faça uma figura, use a soma dos ângulos internos e reveja a propriedade dos ângulos
correspondentes no modulo 1 do capitulo 1
19)
a)4 triângulos
b) nenhum triangulo equilátero e 3 isósceles
Módulo 3
1)
Pelo teorema de Tales temos: AB' = 13 B'C' = 13 C'D' = 13
5
5
2
2)
Como α = β, então CD é bissetriz interna do triângulo ABC. Assim , pelo Teorema da bissetriz interna,
temos
12 = 5 → 12.x = 5 . (13 -x) → 12x = 65 – 5x → 17x = 65 → x = 65
13-x x
17
Por sua vez, como γ = θ então CE é bissetriz externa.
= 5 → 12.2y = 5 . (13 + 2y) → 24y = 65 + 10y → 14y = 65 → y = 65
12
13 – x + x + 2y x
17
3)
x = 34cm
β = 9º
α= 28º
4) c
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5
a) x = 15,5
b) x =2
6)
m = 68
13
7)
CD = 40
8) d
9) a
10) e
11
b) 20,5m
12) b
13) a
14) b
15)
CF = 0,48m
16)
FP = 52 e EP = 65
9
9
17)
PO = 31,5
18)
Não é possível calcular a distância PB, pois não existe ponto P.
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19) d
20
Demonstração: trace a bissetriz de um ângulo de 72º e use semelhança de triângulos
Módulo 4
1
a) Caso LAL de congruência
b) Caso ALA de congruência
c) Caso hipotenusa-cateto
d) Caso LAA de congruência
e) Caso LLL de congruência
2) d
3)
Na figura, AB (pontilhado) é a rota ideal entre as cidades A e B (AB = 500km). AC (linha cheia) é a rota
percorrida antes de o piloto corrigi-la, no ponto C. Se o piloto não corrigisse o engano, ele chegaria ao ponto
D, a 500km de A
Podemos afirmar que os triângulos ACB e DCB são congruentes devido ao caso LAL de congruência.
Observe:
AC ≡ CD
|
ACB (ângulo) = DCB (ângulo) = 90º | →
CB ≡ CB (lado comum)
|
ACB ≡
DCB
Assim, fazendo a correspondencia entre os lados, temos DA = DB = 500km, ou seja, se não houvesse a
correção da rota C, o avião, após voar os 500km previstos, estaria ainda a 500km da cidade B.
4)
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Pelo caso hipotenusa cateto, temos:
E = D = 90º
BC ≡ BC (hipotenusa – comum)
BD ≡ CE (catetos iguais)
Logo, DCB = EBC = α . Se fizermos a soma dos ângulos internos do triângulo DBC. Teremos:
CBD + α + 90º = 180º → CBD = 20º
(Alternativa c)
5
a)
b)
ABC ≡
ABE ≡
HIG (caso LAA)
CBE (caso LAL)
→
c)
d)
CBE ≡
CDE (caso LAA)
CBE ≡
CDE (caso LAA)
CBE ≡
CDE (caso LAA)
ABE ≡
CBE ≡
CDE