Matemática 1

Matemática 1
II. Provar que 2a + 2b + 2c > 3m + 3n + 3p pelo Teorema da Base Média: PM = a, PN = b e MN = c.
Aplicando a desigualdade triangular:
BPM: a + c > 3m (PM + PB > BM)
PMC: a + b > 3p (PM + MC > PC)
NPA: b + c > 3n (PN + PA > AN)
Somando: 2a + 2b + 2c > 3m + 3p + 3n
aula 6
TRIÂNGULOS – I
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES
1.
PA R A
SALA
Pela desigualdade triangular, temos:
PN AP AN


PM BP BM


MN MC NC 

5.
PN + PM + MN < AP
BP
MC
AN


 BM

 NC


AB
BC
AC
Daí, PN + PM + MN < AB + BC + AC.
2.
Considerando AB = 38, BC = 14 e AC = 14, pela condição
de existência de um triângulo: AB < BC + AC  38 < 28,
absurdo. Logo: AC = 38, pois AC < AB + BC.
3.
Pela condição de existência de um triângulo, sabemos
que qualquer lado deve ser menor que a soma dos outros dois.
I.
Seja AB = a. Como DE = 2AB, DE = 2a.
Traçando a mediana BM relativa à hipotenusa DE, temos
que DM = ME = BM = a, pois a mediana BM é metade
da hipotenusa DE. O ângulo BÊA = EÂC = 18º (alternos
internos). Como o BME é isósceles de base BE, o ângu é externo do BME. Logo,
lo EBM = 18º. O ângulo BMA
 = 18º + 18º = 36º. Como o triângulo BMA também é
BMA
isósceles de base AM, concluímos que x = 36º.
Da figura podemos localizar três triângulos:
NOP, POM e MON
Resposta correta: x = 36º
6.
Sejam x, y e z os lados de um triângulo.
x
y
z
Como estão na razão 6 : 8 : 9, então,
  = K.
6
8 9
Logo: x = 6k, y = 8K e z = 9K.
Veja que x2 = 36k2, y2 = 64k2 e z 2 = 81k 2
Como z2 < x2 + y2, o triângulo é acutângulo.
Resposta correta: B
II. Do triângulo NOP, temos: 16 < a + c  a + c > 16
Do triângulo POM, temos: 18 < c + b  b + c > 18 +
Do triângulo MON, temos: 30 < a + b  a + b > 30
C O ME N TÁR IO S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
2a + 2b + 2c > 64  a + b + c  32
1.
Resposta correta: C
Considere o triângulo abaixo:
4.
I.
I. a + b + c = 14
II. Sabemos que qualquer lado é menor que o seu semiperímetro, como foi mostrado no exercício 2, assim:
a < 7; b < 7; c < 7.
III. Também não podemos ter dois lados somados dando
7. Assim não podemos ter as medidas 7 e 0, 6 e 1,
5 e 2, 4 e 3, pois se forem, o terceiro lado será 7 e
não pode.
IV. Considere o maior lado sendo 6, assim sobra 8 para
os outros lados (6; 6; 2), (6; 5; 3), (6; 4; 4).
V. Considere o maior lado sendo 5, assim sobra 9 para
os outros lados, então 5 e 4. Desta forma temos o
lado (5; 5; 4).
Qualquer outra combinação vai coincidir com os pontos
encontrados ou vai esbarrar nas condições anteriores.
Provar que 3m + 3n + 3p > a + b + c pela desigualdade triangular:
m 2n b


m 2p b 

2m 2n 2p 2b  m n p b
Analogamente, m + n + p > c e m + n + p > a.
Somando: 3m + 3n + 3p > a + b + c
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
Resposta correta: (6; 6; 2), (6; 5; 3), (6; 4; 4), (5; 5; 4)
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
1
2.
6.
 FAM
 
 Os EAM
 Como os triângulos são equiláteros, os internos são
60º.
 Assim:
60o 60o 90o 360o
o
o
2150  75
360o
= 40º. Os lados opostos
9
de um losango são paralelos e, portanto, + = 180º,
pois são colaterais internos.
Então, 40º + = 180º  = 140º
Como x + 2= 360º  x + 280º = 360º  x = 80º.
Observe na figura que =
Resposta correta: A
3.
x + 75º = 180º
x = 105º
Resposta correta: C
Resposta correta: x = 105º
7.
4.
Condição de existência de um triângulo de medidas a, b
e c: |b – c| < a < b < c.
I.
Observe na figura, que após a colocação dos ângulos
indicados, vemos que BC = EC = DC. Logo, o CDE é
isósceles de base DE. Os ângulos da base são iguais e
como o do vértice C é igual a 60º, então x + 50º = 60º
 x = 10º.
Observe que o CDE é equilátero.
Se AB = 15cm e BC = 8cm, temos o triângulo abaixo:
|15 – 8| < x < 15 + 8
7cm < AC < 23cm
Resposta correta: 7cm < AC < 23cm
Resposta correta: x = 10º
8.
5.
OBS.: a e é o ângulo externo do octógono regular. Como
360o
360o
ae =
, temos que ae =
= 45º.
n
8
Veja que 2a + 45º = 180º  2a = 135º  a = 67º 30’.
Como a + = 90º, temos:
67º30’ + = 89º60’  = 22º30’
Observe na figura que:
x + 2 . ae = 180º
x + 90º = 180º
x = 90º
Resposta correta: D
Resposta correta: C
2
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
9.
Do triângulo abaixo, temos:
12. Um triângulo só existe, se cada lado for menor que a soma
dos outros dois e maior que o módulo da diferença.
|b – c| < a < b + c
|11 – 3| < a > 11 + 3
9 < a < 14, como a é par e inteiro, temos que a = 10 ou
a = 12.
Sendo a = 23, b = 12 e c = 10, observa-se que:
12 – 10 < 23 < 12 + 10
2 < 23 < 22  Esse resultado não satisfaz a definição dada.
Resposta correta: 10cm ou 12cm
Portanto, não é possível formar um triângulo com os valores apresentados.
10.
Resposta correta: D
13. a)
b)
c)
d)
a 2 < b2
a 2 = b2
a 2 = b2
b2 = a2
+ c2, o ABC é acutângulo.
+ c2, o ABC é retângulo.
+ c2, o ABC é obtusângulo.
+ c2, b é hipotenusa e a e c são catetos.
De acordo com as correções feitas, observa-se no item c
que, como o ABC é obtusângulo, o ângulo oposto ao
lado que mede a é obtuso.
Resposta correta: C
14.
Unindo-se os pontos médios dos seus lados, obtemos

segmentos iguais a
. Portanto, o perímetro de qual2
quer um dos quatro novos triângulos formados será
   3
   .
2 2
2
2
Resposta correta: E
L = 2a + 2x + 2y + ...
L = 2 (a + x + y + ...)
L = 2c
11.
Resposta correta: A
15.
De acordo com a figura, temos:
y 20º 2x 180º
y 2x 2180º
RS
T
Observando os ângulos colocados na figura, nota-se que
os triângulos BEF e BCF são congruentes (ALA). Em consequência, os triângulos DEF e DCF são também congruentes (LAL).
Logo, FÊD = 15º e como x + 15º + 90º = 180º, temos
x = 75º.
y + 2x + 2= y + 20º + 2x
2= 20º
= 10º
Resposta correta: B
Resposta correta: x = 75º
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
3
aula 7
16.
TRIÂNGULOS – II
C O ME N TÁ R I O S – A TI V I D A D ES
PA R A
SALA
1.
x 90
Temos: 
 x 
90

Mas + 140 = 180  = 40  x = 40°
Resposta correta: C
17. É dado = 3e = 6.
Temos:
100 x

 3100  25  150

100

I.
Substituindo 
: 150 = 100 + x  x = 50°
Temos:
x 22110 360  x 2

250

x 15 180 x 195
Daí: x = 140°
II. Traçando a altura BE , temos: = x – 90°  = 50°.
Também  + 2= 90°  2= 40° que é o ângulo
procurado.
Resposta correta: C
18.
2.
Temos: 80° + 2+ 2= 180  + = 50°
Também: x + + = 180°  x + 50° = 180°  x = 130°
Resposta correta: D
19.
Temos: CB 4cm  c + d = 4.
Também: 2p [ABC] = 10cm
Logo: AD + b + c + c + d + d + a + AE = 10
Substituindo c + d = 4, vem:
AD + b + a + AE + 2(c + d) = 10
2p[ADE] = 10 – 8  2p[ADE] = 2
Sendo 2p[ADE] o perímetro do mesmo.
Temos: AMB e AMC são isósceles.
Resposta correta: A
Sabemos que: BMA 2, pois é ângulo externo.
Logo, no AMB: 2+ 2= 180°  + = 90°
3.
20.
I. (V)
II. (V)
III. (V)
IV. (V) Pois os catetos servem de altura.
Resposta correta: V, V, V, V
4.
I. (F) São concêntricos num triângulo equilátero.
II. (V)
III. (V) O lado oposto ao ângulo reto mede 2r.
Sendo o ângulo procurado, encontramos = 4x.
Como + 2= 180°  + 8x = 180°  = 20°
Resposta correta: B
4
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
De acordo com a figura, sendo r = 2cm, um dos lados,
no caso a hipotenusa do triângulo, vale 2r = 4cm.
IV. (F) Isso acontece no centro da circunferência circunscrita.
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
1.
Resposta correta: F, V, V, F
Observando o trapézio abaixo, vemos que EF é base média
AB IJ 4 16
do trapézio ABJI. Logo, EF =

= 10cm.
2
2
5.
Veja também que x é base média do trapézio ABFE.
AB EF
4 10
Logo, x =

= 7cm.
2
2
Resposta correta: C
Sendo S o ponto médio de PQ ¨, então AS é a mediana saindo do vértice A. Sabemos que a mediana relativa à hipotenusa é a metade da medida da hipotenusa, assim, PS SQ AS = P.
II. Como PQ 0A P.
III. O triângulo OAS é isósceles, então OSA AOS 52.
I.
6.
2.
A mediana relativa à hipotenusa é igual à metade dessa.
AC 30
Portanto, BP 
 15cm. Sabemos ainda que O é
2
2
o baricentro do triângulo ABC, e assim, temos BO 2PO .
IV. Assim, AON 52 26 78 
Como PO BO PB  PO 2PO = 15  3PO = 15 
Resposta correta: C
 PO = 5cm.
Veja a figura:
I. Observe o triângulo ABC.
PQ é base média do ABC  AP = PC = 15cm. Por essa razão é que BP é a mediana relativa à hipotenusa.
Como AD é bissetriz e o ângulo formado por AD e BE
temos que DBA DEA. Assim: ABD ADE.
Como m é ponto base média do EBC. Assim:
EC
6
II. DM =
 3
2
2
Resposta correta: 5cm (Retificação do gabarito)
3.
Resposta correta: B
7.
Traçando a diagonal BD, percebemos que QM é base
média de ABD e PN de BDC.
Logo: QM // BD e PN // BD .
Como SQ e SP são mediatrizes: SQB SPB 90
.
Daí: QM // PN
Analogamente: MN // QP.
Provando que QMNP é paralelogramo.
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
Temos: 3= 2e + = 180°  = 72°
Como ABC é isósceles, os ângulos são: 72°, 72° e 36°.
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
5
4.
7.
Traçando a diagonal BD , vemos que P é baricentro do
triângulo ABD.
Logo, 16 = 2x  x = 8
Sejam P, Q, S os pontos em que as circunferências se
encontram: AP = AR = a, BP = BQ = b e CQ = CR = c.
AP PB 7  a b 7

Temos: AR RC 5  a c 5

CQ QB 6  b c 6

Resolvendo o sistema:
a = 3, b = 4, c = 2, que são os raios.
8.
Resposta correta: x = 8
Na figura abaixo, como AMB é equilátero, AM = 15.
Como P é baricentro do triângulo ACD, temos: PA = 2PM.
5.
 e RQB
 são iguais, pois são alternos
Os ângulos QBC
internos.
 QCB
 pela mesma razão. Desta maneira, os triSQC
ângulos RQB e QSC são isósceles.
Veja na figura que:
PA PM AM
Logo, vendo a figura, o perímetro de ARS é dado por:
2PMPM 15
2p = 15 – x + 18 – y + x + y  2p = 33cm
3PM15
PM 5
Resposta correta: 33cm
6.
Logo, PA 2. PM  PA 2 . 5  PA 10
Na figura:
Resposta correta: 10
9.
I.
Temos a figura:
Podemos afirmar que MP QN, pois são bases médias
de triângulos que possuem a mesma base AB.
11
Assim, MP QN  .
2
CD AB
Sabemos também que MN 
.
2
Na figura, MN MP PQ QN
Como MN // BD , M e N são pontos médios de seus respecti-
11
11
MN  3 
2
2
II. Como AB  BD  DA , temos que o triângulo é
equilátero, logo os ângulos internos medem 60°.
III. 60° + a = 150°  a = 90°.
B . h 4 . 10
IV. Área =

20 .
2
2
vos lados, temos que MN =
MN = 14
Portanto, 14 =
x 11
 x + 11 = 28  x = 17.
2
Resposta correta: C
Resposta correta: C
6
BD
BD
 2
 BD 4 .
2
2
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
10.
AD DQ a

Pelo teorema do bico: 
BE QE b

PB Pa c

Logo, o circuncentro e o ortocentro podem ser externos
ao triângulo.
Foi dado: c = 3(2r) = 6r.
Temos perímetro de PDE:
2p[PDE] = c – a + c – b + a + b = 2c = 12r
 2p[PDE] = 12r
Resposta correta: D
14. Traçando as alturas relativas aos vértices B e C, temos:
11.
Com base na figura, temos:
+ 20º + 90º = 180º
= 70º
Considerando o quadrilátero AH1DH2 , temos:
+ 90º + 90º + 110º = 360º  = 70º
Resposta correta: B
Resposta correta: C
12.
15. Observando a figura, temos:
Sendo G o baricentro, temos AG 2GM .
Como AM = 12cm e AM = AG GM , então:
12 = 2GM GM  3GM = 12  GM = 4cm
Portanto, AG = 2 . 4 = 8cm.
sen 60º =
Resposta correta: A
13. Considerando um triângulo obtusângulo:
sen 30º =
x
3 3

3
9
x
=
x=
2
2
3 3
2
1
2

=
y=4
y
2
y
Logo, sendo H = 2 + x + y, temos:
9
H=2+
+4
2
H = 10,5cm
Resposta correta: B
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
7
aula 8
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
8
6
b
3
  
(I)
c
b
c
4
GEOMETRIA PLANA – IV
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES
1.
PA R A
Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:
x 14
x
b
x
  
(II)
c
b
c
x 14
SALA
Pelo Teorema da Bissetriz Externa:
x
2
  3x = 2x + 8  x = 8uc.
x 4 3
De (I) e (II), podemos escrever:
x
3
  4x = 3x + 42  x = 42  CP 42cm
x 14 4
2.
Resposta correta: 42cm
5.
I.
II.
Pelo Teorema do Bico BD BF , CF CE e AE AD .
Observe a figura e perceba que AO é bissetriz do ângu lo do vértice A do triângulo ABC, pois ADO e AEO
são congruentes.
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
GC
GB
x 1 7



AC
AB
x 3 9
 Depois de localizarmos os ângulos na figura, retiramos
dois triângulos (I e II) que são semelhantes. Assim:
x
1
2
2


 x x 1  x x 1 0
1 x 1
 9x – 9 = 7x + 21  2x = 30  x = 15
Resposta correta: 15
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
Resposta correta: D
3.
1.
A figura abaixo representa o enunciado do problema:
Vamos aplicar o Teorema da Bissetriz Externa:
x 5
x
  7x = 6x + 30  x = 30.
7
6
Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:
x 8
x

 6x = 5x + 40  x = 40cm
12
10 5
Resposta correta: O lado menor deve ser prolongado de 30cm.
Resposta correta: 40cm
6
2.
4.
8
A figura abaixo representa o que diz o enunciado.
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
Observe a figura:
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:
15 6
b 2
  
(I)
c b
c 5
5.
Veja a figura:
Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:
x 21 x
b
x
  
(II)
c
b
c
x 21
De (I) e (II), tiramos:
2
x

 5x = 2x + 42  3x = 42  x = 14
5
x 21
Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:
x 28
x

 15x = 8x + 224  7x = 224  x = 32
30
16 8
15
Resposta correta: C
Assim, CD = 32cm e BD = 28 + 32  BD = 60cm.
3.
Resposta correta: BD = 60cm e CD = 32cm
6.
Temos a seguinte figura:
Como ABCD é um trapézio, então AB // CD . Traçandose uma paralela a esses dois lados, passando pelo ponto
P, e aplicando o Teorema de Tales, temos:
x
10

 3x2 + 2x = 10x + 60  3x2 – 8x – 60 = 0
x 6 3 x 2
Observe que os degraus estão representados pelos
segmentos 30, x, y, z e 60.
Resolvendo a equação, encontramos como raízes x = 6 e
10
x=  .
3
Como x não pode ser negativo pela razão de ser uma
medida, então x = 6.
O segmento y é base média do trapézio de bases 30 e
30 60
60, e, portanto, y =
= 45.
2
O segmento x é base média do trapézio de bases 30 e y e
o segmento z, base média do trapézio de bases y e 60.
Logo, temos:
y 30
45 30
x=

= 37,5 e
2
2
Resposta correta: C
4.
Observe a figura:
z=
y 60 45 60

= 52, 5.
2
2
Somando todos, temos 30 + x + y + z + 60 = 225cm.
Resposta correta: D
Seja AC = y e aplicando a Lei dos Cossenos no ABC:
y2 = 32 + 42 – 2 . 3 . 4 . cos 60º
1
y2 = 9 + 16 – 2 . 12 .
2
y2 =25 – 12
y=
7.
13
Fazendo AD = x, temos que DC = 13 – x e, aplicando
o Teorema da Bissetriz Interna no ABC, temos:
x
13 x

 4x = 3 13 – 3x  7x = 3 13
3
4
Fazendo AD = x e aplicando o Teorema da Bissetriz
Interna, temos:
d
b

 x = 2d
x
2b
Como 13 3,6, então:
7x = 3 . 3,6  7x = 10,8  x 1,54.
Resposta correta: C
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
9
10.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no ABD, temos:
(2d)2 = (b + d)2 + (2b)2
4d2 = b2 + 2bd + d2 + 4b2
3d2 – 2bd – 5b 2 = 0
Resolvendo a equação do 2º grau na variável d, vamos
obter:
= 4b2 – 4 . 3 . (– 5b2)
= 4b2 + 60b2
= 64b2
d=
R|
S|
T
5b
2b 8b d 
3
6
d b (não convém )
De acordo com a figura, observa-se que AS é bissetriz
do ângulo externo do triângulo ABC.
Aplicando o Teorema da Bissetriz Externa, temos:
x 26
26

 2x + 52 = 78  2x = 26  x = 13
15
10 2
Resposta correta: C
8.
3
Resposta correta: D
aula 9
GEOMETRIA PLANA – V
C O ME N TÁ R I O S – A TI V I D A D ES
1.
I.
PA R A
Considere o triângulo ABC abaixo:
Como o triângulo ABC tem lado 8cm, então AB AC BC
= 8cm, ou seja, o ABC é equilátero.
Como MN // BC vale a indicação dos ângulos colocados
na figura. Logo, AMN também é equilátero, ou seja:
AM AN MN = x.
O perímetro do trapézio é igual a:
x + 8 –x + 8 – x + 8 = 24 – x
O perímetro do triângulo é igual a x + x + x = 3x.
De acordo com o enunciado,
3x = 24 – x  4x = 24  x = 6cm
II. Separando os triângulos, temos:
Resposta correta: E
9.
A figura apresentada pode ser simplificada para:
Aplicando o Teorema de Tales, temos:
7
5
  5x – 35 = 49  5x = 84  x = 16,8
x 7
7
Como ABC BCM, temos:
x
2
2
2 y  x  y2  x 2  x  2
2
y x
2
y
y
Resposta correta: D
10
Resposta correta: B
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
SALA
2.
4.
Aplicando a Lei dos Senos, ou semelhança:
 4 x
10
4 x 10
 D i v i d i n d: o

s e n s e 
n
10
4


1
0
4


 16 4x 100  x 21uc

sen sen
3.
Traçando o diâmetro CD a partir de C, obtemos dois
triângulos semelhantes, pois:
 ABC
 AC e DÂC = BHA
 = 90º.
ADC
2
Seja o pentágono regular da figura abaixo:
Retirando da figura os triângulos semelhantes, temos:
2R
6
  6R = 24  R = 4
4
3
Sendo ae =
Resposta correta: 4
360º
= 72º o ângulo externo, então o inter5
5.
no ai = 108º.
Observando a figura, o ABE é isósceles, e assim os
ângulos da base medem 36º cada.
Seja AF EF = x, o menor segmento determinado pelas diagonais.
Observando os ângulos colocados na figura, fica claro
que o ABF é isósceles, e, assim, BF = 4cm. Com isso,
fica evidente a semelhança entre os triângulos ABE e
AFC, pois todos os seus ângulos internos são iguais.
Como os lados homólogos são proporcionais, temos:
x 4
4

4
x
x2 + 4x – 16 = 0
= 16 + 64
= 64
x=
e
j
5 1 . x =
C O ME N TÁR IO S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
1.
R| 2 2 5
S| 2 2 5 (não convém)
T
4 4 5
2
Logo:
Aplicando semelhança ABC DEC:
2
a b x
b

 ax b2 bx  x 
b
x
a b
e
j e
5 1 . 2 2 5
I.
Da figura destacamos os triângulos semelhantes PST
e PRQ.
j
2 5 + 10 – 2 + 2 5 = 8
Resposta correta: 8
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
11
4.
3 5
3y
 x
x y
5
II. Aplicando o Teorema de Pitágoras no PQR, temos:
y2 = 82 + x2  y2 = 64 +
9y 2
 y 10
25
III. Se y = 10, então x = 6
Traçando CE , assim ACE é retângulo, pois AE = 30cm
é diâmetro.
Temos: ABC AEC, pois formam mesma corda.
Resposta correta: B
2.
Traçando uma reta perpendicular a AC, passando por D,
construímos o triângulo retângulo isósceles, ADE.
Daí: BAD EAC 
10 1
Logo: cos   .
30 3
Mas, no BAD: cos=
L 1
  h 2
6 3
Resposta correta: 2
5.
Os triângulos ABC e CDE são semelhantes, pois todos
os ângulos internos são congruentes.
Então:
3 3
4 3

x
4 3 x
12 3
7
No triângulo ADE, aplicando o Teorema de Pitágoras,
obtemos:
y2 = x2 +x 2
y2 = 2x2
4x = 12 3 + 3x  7x = 12 3  x =
Observe na figura que os triângulos ABC e CDE são
semelhantes. Seja K a razão de semelhança entre eles.
Então K =
12 3
.
7
12 6
2  AD 
7
Portanto: 7 6 . AD 7 6 .
3
= 2.
A razão pedida é calculada assim:
A ABC
A
= K2  ABC = 2 2 = 4
A CDE
ACDE
y= x 2
y=
2 3
Resposta correta: B
6.
12 6
= 6 x 12 = 72.
7
Os triângulos AFE e AGD são semelhantes.
Resposta correta: 72
3.
Então,
x 4
4
  6x + 24 = 4x + 56  2x = 32  x = 16
x 14 6
DC DE

MB EB
Como M é ponto médio: DC = 2MB
DA DB DE EB
Agora: ABD EFB 


3 
EF EB
EB
DA
12
 EF 
 EF   EF 4cm
3
3
Temos: DCE EMB 
A altura AH do triângulo ABC será:
AH = x + 8 + 12
AH = 16 + 8 + 12
AH = 36cm
Resposta correta: E
Resposta correta: D
12
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
7.
Observe na figura que os triângulos ABC e FEC são
semelhantes, pois os lados do losango são paralelos.
Os triângulos BMD e FED são semelhantes.
Portanto:
5
16
30

 16x = 5x + 30  11x = 30  x =
x
x 6
11
Como AC AE EC , temos:
30
11
30
AE = 10 –
11
110 30
AE =
11
80
AE =
11
10 = AE +
Resposta correta: E
Então:
2
1
10. Observe a figura:
12
6

 = 12 – 2 3= 12  = 4
 6 
Resposta correta: D
8.
O triângulo PMC é semelhante ao triângulo ADC.
PM
a x
AD
PM
Então,



(I)
AD
x
x
a x
O triângulo ABD é semelhante ao triângulo NBM.
AD
x
AD
MN
Então,



(II)
MN x a
x
x a
De (I) e (II), obtemos:
PM
MN
=
a x
x a
Veja na figura, que o ABD ~FBE e assim:
5
20 100

 b = 5x
x
b
PM MN
PM
AD


a x x a a x
x
O ABC ~ AFE e assim:
4
PM MN
AD

 PM + MN = 2AD
2x
x
5
80 100
5x

a=
x
a
4
Resposta correta: D
Como a + b = 100, então:
5x
25 x
+ 5x = 100 
= 100  x = 16
4
4
11.
Resposta correta: B
9.
Observe a figura:
3 6 x
tg  
 3x 36 6x  9x 36  x 4
6
x
2p 4 . 4  16
Resposta correta: 16
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
13
12.
ACE ADB 
O CEA BAD, logo:
5 8 3
63

 25 5x 88  5x 63  x 
8 5 x
5
aula 10
x
15
15
No ABC, tg=
20
x
15
45
Logo,
  x
15 20
4
No DEC, tg=
GEOMETRIA P LANA – VI
C O ME N TÁ R I O S – A TI V I D A D ES
PA R A
SALA
1.
Resposta correta: D
‘
13.

84 h2 100 20x x 2

Temos: 
64 h2 x 2


Subtraindo: 100 – 20x = 20  x = 4
Logo: 64 = h2 + 16  h = 4 3
Podemos observar que o ABC é semelhante ao ADE.
 é comum aos dois triângulos.
 Pois o A
Resposta correta: A
AB AC
8
10 12
 E


 
AE AD
20 25
x
2.
10x 300  x 30
Resposta correta: 30
14. Podemos observar uma potência de ponto relacionada
ao ponto C, assim temos:
AN AM

NB PB
15 BN 6
Como BN + AN = 15 
  BN 5 
BN
3
 AN = 10
Por Pitágoras, MN = 8 e NB = 4  x = 12
2
BC DC . AC  BC2 9 . (9 16)
Temos: PBN AMN 
 BC2 225  BC 15cm
Por semelhança, temos:
Resposta correta: C
3.
x
16
48
 x 
15 25
5
Resposta correta:
48
5
15.
Por Pitágoras, temos:
No CAM
52 h2 32  h2 16  h 4
14
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
5.
h.b 6.4
 Assim, a área do ABC é: A 

12cm 2
2
2
 Podemos dividir o triângulo em 3 outros triângulos.
Veja a figura:
No ABD, temos:
12 = y2 + (x – 1) 2
1 = y2 + x2 – 2x + 1
y2 = 2x – x 2
No ABC, temos:
a 2 = x2 + y2
a 2 = x2 + 2x – x 2
a 2 = 2x
A ABC APAB A PBC A CAP
1
1
1
12  R5  R6  R5
2
2
2
16R
3
12 
 R  1,5cm
2
2
No AFC, temos:
2
AC BC . FC
x2 = a . 1
x2 = a
 x 4 = a2
x 4 = 2x
x 4 – 2x = 0
x (x3 – 2) = 0
Resposta correta: D
4.
Seja a figura:
x = 0 (não convém) ou x3 – 2 = 0  x =
3
2
AC 3 2
C O ME N TÁ R I O S – ATI V I D A D ES P R O PO S TA S
1.
Como G é o baricentro do triângulo, então AG 2GE e
Observe a figura:
BG 2GD.
Vamos aplicar o Teorema de Pitágoras nos seguintes triângulos.
I. Triângulo AGD
32 = (2x)2 + y2  4x2 + y2 = 9
II. Triângulo BGE
FG 7IJ
H 2K
2
= x2 + (2y)2  2x 2 + 4y2 =
49
4
Como AN = 10, no triângulo ABN, temos:
102 = (2a)2 + b2  4a 2 + b2 = 100
(I)
Somando I e II, obtemos:
49
85
17
5x2 + 5y2 = 9 +
 5 (x2 + y2) =
 x2 + y2 =
4
4
4
Como CM 4 10 , no triângulo BCN, temos:
2
e4 10 j
III. Triângulo ABG
K2 = (2x)2 + (2y)2
K2 = 4x2 + 4y2
K2 = 4 (x2 + y2)
17
K2 = 4 .
4
= a 2 + (2b)2  a 2 + 4b2 = 160
(II)
Das equações (I) e (II), segue o sistema:
R|S4a b 100
|T a 4b 160
2
2
K 2 = 17
2
2
16 + 4b 2 = 160
4b 2 = 144
b 2 = 36
b=6
Resposta correta: 17
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
x ( 4)
R|16a 4b
S| a 4b
T
2

2
2
2
400
 160
–15a2 = –240  a2 = 16  a = 4
MATEMÁTICA 1
15
Sendo A a área pedida, temos:
2a . 2b
A=
= 2ab = 2 . 4 . 6
2
A = 48cm2
4.
Seja a figura abaixo:
Resposta correta: C
2.
OBS.: r 1 = r2 = r
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo so mbreado:
(r + 5)2 = (r – 5) 2 + r2
r2 + 10r + 25 = r2 – 10r + 25 + r2
r2 – 20r = 0
r (r – 20) = 0
r = 0 (não convém) ou r – 20 = 0  r = 20
Como r1 = r 2 = r  r1 = 20cm
Resposta correta: C
5.
Colocando as medidas na figura, temos:
AC 2F0
mas 2F0 = a.
2
Encontramos: AF 
a 2 a
E AC = a 2  AF 
2
 2 
Analogamente: AM 
2
Temos também: AF = AM = 
a 2 a  2 


 a 2 1  2 1 
2
2



  3 2 2a a. Como  = 2r
  
3 2 2 a
 r
Veja que ABD e BCE são triângulos semelhantes. Então,
x
6

3 11x
2
Resposta correta: D
3.
18 = 11x – x 2
x 2 – 11x + 18 = 0
Seja o triângulo retângulo:
As raízes da equação são x = 2 e x = 9
Resposta correta: E
6.
Seja a figura abaixo:
R|a 2bc
S|a b c
T
2
2
2
2

2bc = b 2 + c2
b 2 – 2bc + c 2 = 0
(b – c)2 = 0
b–c=0
b=c
Em um triângulo retângulo, vale a seguinte relação métrica:
1
1
1
 2  2
h2
p
q
Resolvendo a equação
Como os catetos são iguais, o triângulo é retângulo
isósceles.
=
Resposta correta: A
16
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
FG 2 IJ
H hK
VOLUME 2
2
4 .
|
2 2 2
1
x – x+
= 0, temos:
p
h
q
2 1
.
p q
MATEMÁTICA 1
=
No triângulo retângulo sombreado da figura, podemos
aplicar as seguintes relações:
4
8

h2
pq
F 1  2 IJ
= 4 G
H h pq K
I.
2
Como
1
1
1
 2  2 , continuando:
h2
p
q
FG 1  1  2 IJ
H p q pqK
LF 1 I
1 1 F 1I
= 4 MG J 2 . . G J
MNH p K
p q H qK
F 1 1I
= 4 . G  J
H p qK
= 4
2
FG aIJ FG bIJ
H 2K H 2 K
2

=
a2
b2

4
4
2
2
a 2 b 2
2

=
2
2
2
2
OP
PQ
II. r . =
r=
2
Como
2

=
FG 1 1 IJ
H p qK
a b
.
2 2
ab
4
De (I) e (II), temos:
ab
r=
a2 b2
4
2
ab
r=
2 a2 b2
2
0  0 e assim, a equação sempre
admitirá raízes reais.
Resposta correta: C
7.
Resposta correta: A
Observe a figura:
9.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no ADC, temos:
252 = 15 2 + x2  x 2 = 400  x = 20
Aplicando a relação métrica DC . AH AD . AC , obtemos:
25 . h = 15 . 20
15 . 20
h=
25
Do C01 02 , temos:
(R + r)2 = (R – r) 2 + x2  x2 (R + r) 2 – (R – r)2
x 2 = (2R)(2r)
h = 12
8.
Resposta correta: 12
x 2 Rr
O enunciado nos faz construir a figura:
Resposta correta: C
10. Consideremos a figura:
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
17
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo sombreado, temos:
R2 = (R – 12)2 + (54 – R)2
R2 = R2 – 24R + 144 + 2916 – 108R + R2
R2 – 132R + 3060 = 0
Usando a relação métrica ah = bc, temos:
2.h=1.
h=
3
3
2
Resposta correta: D
As raízes da equação são R = 102 e R = 30. Observe que
14. Considere o triângulo isósceles ABC de base BC, na
figura abaixo:
R < 54 e, portanto, R = 30cm
Resposta correta: 30cm
11. Seja a figura:
Como a altura relativa à base é também mediana, podemos indicar BH HC y
De acordo com o enunciado, 2x + 2y = 18  x + y = 9.
Seja AM = x e AC = y.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AHC,
temos:
x 2 = y2 + 9
x 2 – y2 = 9
(x + y) . (x – y) = 9
9 . (x – y) = 9
x–y=1
Aplicando Pitágoras no ACD, temos:
y2 = 32 + 42  y = 5
2
Aplicando no ACD, a relação métrica AD AC . AM ,
temos:
32 = 5 . x  x =
9
5
Resolvendo o sistema:
Resposta correta: D
|RSx y 9
|Tx y 1
12. Considere o triângulo:
2x = 10  x = 5 e y = 4
Concluímos que AB AC x = 5cm e BC = 2y = 8cm.
Resposta correta: B
Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
a =
2
2
15. Seja o retângulo:
2
e 3 j e 4j
2
a =3+4
a=
7
Resposta correta: B
13. Observe o triângulo:
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo so mbreado, obtemos:
b2 + h 2 = 625
Foi dado que b – h = 5
(b – h)2 = 52
b2 – 2bh + h 2 = 25
625 – 25 = 2bh
bh = 300
Sabemos que (b + h)2 = b 2 + 2bh + h2
Então,
(b + h)2 = 625 + 2 . 300
(b + h)2 = 1225
b + h = 35
Na figura, temos:
a2 = 1 2 +
e 3j
2
(Pitágoras)
2
a =4
a=2
18
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
|
VOLUME 2
|
MATEMÁTICA 1
O perímetro pedido é igual a:
2p = 2b + 2h
2p = 2 (b + h)
2p = 2 . 35
2p = 70
z2 = 12 + 22
x 2 = z 2 + 3 2 = 12 22 3 2 14
y2 = x2 + 42
y 2 12 2 2 32 4 2 30
Assim: x2 + y2 = 30 + 14 = 44
Resposta correta: C
Resposta correta: D
16. O raio R mede 0,8cm
17. Por Pitágoras:
 2 A A
 2  2

2
.
2 1
2 1
2  2
2 1
Como:
AB A B
AB  2
AB 2  2  2
AB 2
Resposta correta: A
18.
Traçando uma paralela ao lado DC ; passando por I,
temos KI DC 4 .
Por Pitágoras, temos:
HI2 = HK 2 + KI 2
HI2 = 2 2 + 4 4 = 4 + 16
HI2 = 20
HI 2 5
Resposta correta: E
19. E = x2 + y2
-4309
Rev.: Jarina
3ª SÉRIE E EXTENSIVO OLÍMPICOS
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VOLUME 2
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MATEMÁTICA 1
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