Post on 17-Nov-2018
GABARITO
1Matemática D
Matemática D – Superintensivo
Exercícios
01) B
Q x
0
D
D
R
R
60°
Sendo x = BP�Q + CQ�D + DR�E e x = 90° + 90° + 60° = 240°
Então
BP�Q = 2403° = 80° e
a = 802° = 40°
02) B
x
2x + 76°
x
2
Do desenho temos que:
x2
+ x2
+ x + 76° = 180°
2x = 180° − 76° x = 52°
03) C
α α
α
Do desenho temos que:
a= 903° = 30°
Portanto,
x ___
___
30
180
°°π ⇒ x =
π6
04) C
C
αα
α
α β+
ββ
B
A
α
α
α
x
2º
3º
1º
*
*
* Oposto pelo vértice. - Do desenho:
1ª: a + β + a + β = 180° 2a + 2β = 180° ⇒β = 30°
2ª: 3a = 180° ⇒ a = 60°
3ª: x = 180 − (2a + β) x = 180 − 150
x = 30° ou x = π6
GABARITO
2 Matemática D
05) C
I. Não, retas ortogonais formam um ângulo de 90° entre elas.
II. Sim, pois retas são ditas reversar quando não se interseccionam e não são paralelas.
II. Sim, pois eles não se interseccionam e portanto não tem elementos em comum.
06) B
A soma dos ângulos internos é dada por, Si = (n − 2) . 180° Si = 3 . 180° = 540°
Sendo BE�D + ED�C + CB�A = x temos que x + 140° + 120° = 540° x = 280°
07) A
x
x
α
α
B
A
C
G
D
E
F
α
α
50°
2a = 180 − 50 2x + 2a = 360° a = 65° x = 115°
08) B
B
A
F E
C1 dm
60°
x
x
30°
Q
Como o hexágono é regular temos que:
BC ≈ CQ ≈ AF ≈ FE = 1 dm e x = cos 30° . 1
x = 3
2 então
P = 4 + 2 3
2 = 4 + 3
09) B
Do enunciado veja que a soma dos lados do triângulo e do hexágono é igual ao tamnho do fio original. Portanto:
3T + 6e = 63
Ae = 6 3
4
2. .� e AT =
� T2 3
4.
Sendo Ae = 6AT então
6 3
4
2. .� = 6 .
� T2 3
4.
e = T portanto 3T + 6e = 63 ⇒ T = 7 m
10) C
A
ββ
αα C
D
b
60°
180°–β
Y
Pelo desenho temos do quadrilátero ABCD: 180° − β + a + 60° + y = 360°
E sendo 2β = 60° + 2a então β = 30° + a
Portantanto sendo: − β + a + y = 360 − 180 − 60 E substituindo β temos, − 30 − a + a + y = 120 y = 150°
Desta forma sendo x + y = 180 ⇒ x = 30°
11) A
O número de diagonais é dado por p = n n( )−3
2 onde n
é o número de lados. Portanto faça:
p = n n( )−3
2 e 3p =
( )( )n n+ + −3 3 32
p = n n2 32− e p =
n n2 36+
Substituindo temos
n n2 32− =
n n2 36+
6n² −18n − 2n² − 6n = 0 4n² − 24n = 0 n(4n − 24) = 0
Portanto n = 0 ou n = 244
= 6
Então Si = (n − 2)180 = 4 . 180 = 720
GABARITO
3Matemática D
12) B
B C1
1
DA
1
Ex
90°
α
Como o poligono tem 20 diagonais então
20 = n n( )−3
2 ⇒ n² − 3n − 40 = 0
Por Bhaskara temos que n' = − 5 ou n'' = 8
Como n é o número de lados do polígono então, Si = (8 − 2) . 180 = 1080°
Então cada ângulo tem
θ = 1080
8 = 135°
Sendo a = 45° então
x = sen 45° . 1 ⇒ x = 2
2
Portanto
AD = 1 + 2 . 2
2 = 1 + 2
13) 29
Do enunciado tiramos que (a, b, c) ≈ (b + 2, b, b − 2) Portanto, SiT = (b + 2 − 2) . 180 + (b − 2) . 180 + (b − 2 − 2) . 180 SiT = 180b + 180b − 2 . 180 + 180b − 4 . 180 SiT = 540b − 1080 = 3 . 234
b = 3240 1080
540+
= 8
Portanto a = 10, b = 8 e c = 6
01. Verdadeiro. p1 = 10 10 3
2( )−
= 702
= 35
02. Falso. p2 = 6 6 3
2( )−
= 362
= 18
04. Verdadeiro. Si1 = (6 − 2)180 = 720°
08. Verdadeiro. Se = 36010
= 36°
16. Verdadeiro. Si = (8 − 2)180 = 1080
θ = 1080
8 = 135°
14) 1732 m
A
S R
x
30°
Q
Do enunciado temos que o triângulo SRA é equilátero e portanto seus ângulos medem 60°. Sendo assim o triângulo SRQ tem ângulos iguais a 60°, 30° e 90°. Portanto:
3
2 =
3000x
⇒ x = 6000
2 3
x = 3000 3
3 = 1000 . 3
x ≈ 1732 m
15) D
a
αA B
F
CED
α
9–2α
2α
Conforme a figura temos que tg a = BFAB
= 5
4, e em
ADE, temos tg 2a = ADDE
.
Portanto
2
1 2
tgtg
αα−
= 1
DE ⇒ DE =
154
25
4
2
−
.
DE = 11 5
40
16) C
Repare que o ângulo externo do pentagrama é igual ao ângulo interno da base do triângulo.
Portanto ae = 360
5 = 72° e a = 180° − 2 . 72° = 36°
GABARITO
4 Matemática D
17) B
A soma dos ângulos internos do heptágono vale, Si = (7 − 2)180 = 900
Portanto x = 900 − 120 − 140 − 100 − 130 − 150 x = 120°
18) 26A
B
E
D
C2
2
2h
01. Pela costrução dos triângulos temos que, BD
BEBABC
BDBE
BDBE
= = =22
02. Veja que A T = BC h h. .2
42
=
Mas h < 2 pois h é cateto do triângulo de hipotenusa 2 portanto A T < 4 cm
04. Da construção do triângulo EBD vemos que o ângulo
D� > 90°.08. Não, pois o encontro das mediatrizes.
16. Aproximando ABC à um triângulo retângulo com C� = 90° temos que
AAC DE DC
ACDE =+( ) .
2 e
ADE BD DE DC
ADE = =. .2 2
Portanto A
AC DC DE DCACDE =
+. .2
AACDE = AC DC.2
+ AADE
onde AC = 2DE
AACDE = 22
.DEDC + AADE
AACDE = 3 . AADE
19) 01. O volume do octaedro é dado pelo volume das duas
pirâmides simétricas. Portanto V = 213
. .A hb
, onde o
lado da base é dado por
R = a . 2
2 ⇒ 6 = a
22
⇒ a = 6 2
Portanto,
V = 213
2. .a R
= 288 cm²
02.
D C
B EA
E
2
1
Veja que o quadrilátero ABCD e ADE tem o quadrilatero ABED em comum portanto basta mostrar que as áreas A1 e A2 são congruentes.
Mas sendo DB // CE e por semelhança de triân-gulos temos que A1 ≈ A2.
04.
A
H
B E C
M
E
h
M C
AC
2
Por semelhança de triângulos
H — BC ⇒ H = BC h
AH.
. 2
h — AC2
AT = BC H.
2 =
BC BC hAC
. .2
. 2
AT = BC h
AC
2 .
BC² = AC² + H² por Pitágoras
AT = AC h H h
AC
2 2. .+ e
At = AC h.
4 portanto
AA
T
t
= AC h H h
AC h
2 2. .
.
+( )
AA
T
t
= 4 2ACAC
+ 4H² = 4(AC² + H²)
Portanto a área de MEC é menor que a metade de ABC
GABARITO
5Matemática D
08.
C
Q P
M N
1
2
A B
b
a
30°
60°
Do desenho temos que
a = � 3
2 e b =
� 34
16. Sim pela definição de losango.
20) D
Figura 1: A soma dos ângulos internos é diferente de 180°
Figura 2: Não satisfaz a relação h² = a² + b² Figura 3: A soma de dois lados é menor que a do ter-
ceiro.
21) B
A
4
M
4
CB
h
2
H x
2
x
3
4
BM² = 42
2
+
x +
h2
2 mas
Veja também que h² + x² = 8² h² + x² = 64
Portanto
BM² = x2
4 +
h2
4 + 4x + 16
BM² = x h x2 2 16 64
4+ + +
BM = 32 4+ x
Pela condição de existência do triângulo ABC então x tem que ser menor que 8 e portanto,
BM = 6 ou BM = 7 8 = 6 + 7 = 13
22) A
D
A
C
L2
30°
L1
H
60°
Do desenho,
tg 60° = H10
⇒ H = 10 3
e
sen 30° = HL1
⇒ L1 = 20 3
por último
sen 60° = HL2
⇒ L2 = 20 3
3 = 20
Então L1 +. L2 = 20 3 + 20 = 54,6 m
23) C
M
N
D BE E
X
Como BN // DM os triângulos acima sçao semelhantes e então
x ___
___
6
12 18 ⇒ x = 4
24) D
E
F
A B
C
XD
X
2x
Da figura temos que os triângulos QDE e QGC são congruentes e os trapéxios ABCF e EDCF também.
Portanto x + x + 2x = 12 x = 3 Então h = x + 2x = 9
GABARITO
6 Matemática D
25) A
AF
θB
γ
E
D
2
60°
h
Como AE // CD e BC // DE temos que γ = β = 75° e θ = a = 45.
Agora temos que
h = sen 60° . AE
h = 3
2 . 2 = 3
26) C
xE
C
A DGBF a
h
30°30° 30° 30°
H120°
2 a
Do ΔBCF, temos:
cos 30° = ah
= 33
⇒ h = 2 33
. a
Do ΔBEG,
cos 30° =
a
H2 = 3
3 ⇒ h = 3
3 . a
Aplicando a Lei dos cossenos no ΔBCE resulta:x2 = h2 + h2 – 2hHcos (120°)
x2 = 43
a2 + 13
a2 – 2 . 2 33
. a . 33
. – 12
x2 = 73
a2 ⇒ x = a73
27) A
4,5 km
2,5 km
α
120°
60°
Velocidade média (Vm)
Vm = 74 5 2 516
, ,+ ⇒ Vm = 7
16 m/min
716
= ∂⇒ =
∂∆
∆t
t16
7
Pela lei dos cossenos temos que:
d2 = 92
52
292
52
2 2 + − . . . cos 60°
d2 = 814
254
2452
12
+ −
. .
d2 = 81 25 454
614
2+ +⇒ =d
d = 614
⇒ d ≈ 4,0
Δt = 16 47. ≈ 9
Δt2 = 9 + 0,14 . 60 sΔt2 = 9 min + 8,4 s
28) 290 m
Sendo a + 2 = cc – c = –2 ⇒ c = a + 2c2 = 9 – 6a + a2 + 4–a2 + 6a + c2 = 13 Substituindo(a + 2)2 + 6a – a2 = 1310a = 9 ⇒ a = 0,9
EntãoDP = 2 + 0,9 = 2,9 cmDP = 290 m
29) E
A
B
C D
H
G 312
E5 5
h
No triângulo retângulo GEF, temos:(EF)2 = 62 + 32
EF = 3 5Veja que ED = DF – EF
ED = 5 5 – 3 5 = 2 5
Por semelhança de triângulos
h6
2 5
3 5= ⇒ h = 4
GABARITO
7Matemática D
Portanto a área da APP vale:
A = 15 12 62
12 3 42
+( )+
+( ). . = 81 + 30 = 111
Pela escala da imagem temos queA = 111 . (2000 000)2 cm2 = 444 . 1010 cm2
A = 444 km2
30) a) 60 m b) ≅ 632,4 s
y
B
CA x
900 m
Veja que BC = 800 – 500 = 300 m
a) Por semelhança de triângulos 900 _______ x 300 _______ y ⇒ x = 3y
Sendo y = 20 ⇒ x = 60 mb) Por Pitágoras
AB= + = ( ) =900 300 90 10 300 102 2 4.
Portanto:
V = ∆∆ ∆st t⇒ =15
300 10, ⇒ Δt ≈ 632 s
31) E
x8
4,5 cm
Por Pitágorasx2 = 82 + (4,5)2
x = 64 20 25+ , ≈ 9
PortantoA = 4 . 9 = 32 cm2
32) D
I. Falsa. Pois quadrados tem diagonais iguais.II. Falsa. Um losango com as diagonais iguais é um
quadrado.III. Verdadeira. Por definição de losango.
33) 10
Sejam a e b os lados da folha. Então
2 . a2
+ 2 . b2
= 54 cm
2 . a2
+ 2 . b3
= 42 cm
2 . 23b = 12 ⇒ b
3 = 12 ⇒ B = 36
01. Não, pois a maior dimensão da folha é a = 36 cm.
02. Sim, ab=
2618
= 2.
04. Não, pois b – a = 18 cm.08. Sim, pois b = 18 cm.
34) E
E A B F
H GD C
�
O
2 R
�z
R
Por Pitágoras
R2 = 2 + � �2
52
2 ⇒ =R
AEFGH = 2 . R . e AABCD = . AA
EFGH
ABCD
= =2 5
25
2
. ..� ��
35) D
Veja que C . = 36 m2 e (c + 1) ( + 1) = 50 m2
Substituindo c = 36�
então 36.��
+ + 1 = 50
36 + 2 = 13 2 = 13 + 36 = 0
Portanto' = 9 e ' = 4Tome P = 9 + 9 + 4 + 4 = 26 m
36) 11
E
D
C
A
B
α
α
GABARITO
8 Matemática D
01. Sim, pois o lado AD desses triângulos são diâmetro da circunferência.
02. Sim, pois as diagonais desse quadriláteros são tam-bém diâmetros da circunferência.
04. ACA CD
=.2
, mas por pitágoras CA2 + CD2 = 4, então
CA = CD2 4− . Portanto
ACD CD CD CD
=−=
−( ). 2 2 242
44
Portanto, A < 4 u.a.08. Sim, pelo desenho.16.
37) B
O comprimento do arco é dada por:
= α π. .r180°
portanto
3,75 = α . .3 3180°
⇒ a = 75°
38) D
Sendo o comprimento de meia circunferência,
Pr
r= =2
2π π.
. então
– Ponteiro dos minutos Pm = 14π– Ponteiro das horas Ph = 8π
EntãoVmVh= =
1430
6 608
21π
π.
.
39) D
O perímetro da região sombreada é dado pelo perímetro
do retângulo ABCD menos o seguimento BC mais o perímetro da semi-circunferência. Sendo
Ac = 8π então,
π . BC2
2
2
= 8π BC = 86 m
Portanto
Ps = (23 – 8) + 2 8
2π .
Ps = 15 + 8π