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ALEX/2018/APOSTILA 3° ANO EM – MATEMÁTICA III – RESOLUÇÃO MAT. III – COMP3/Alencar

MATEMÁTICA 3 – VOLUME 2 RESOLUÇÕES – EXERCITANDO EM CASA

AULA 11 01. E

252 = 202 + (5x)2 625 = 400 + 25x2 25x2 = 225 x2 = 9 x = 3 02. B Considere a situação:

Aplicando o teorema de Pitágoras para obter a

diagonal:

2 2 2

2 2 2

hip cat cathip 10 10

hip 10 2

= +

= +

=

Somando a aresta, a distância total é de

(10 2 10) cm.+ 03. A

Considerando x a distância pedida, temos: y2 = 42 + 112 y2 = 137 x2 = y2 + 2,52 x2 = 137 + 6,25 x2 = 143,25 x 12m 04. A

Calculando a medida x da barra diagonal, temos:

2 2 2

2

x 2 1,5x 6,25x 2,5 m

= +

==

Para construir 300 m de cerca utilizaremos 150

partes, como a da figura, mais uma ripa vertical. 150.(2 m + 2 m + 1,5 m + 2,5 m) + 1,5 m = 1201,5 m

de ripa. 05. C O triângulo OAB é um triângulo pitagórico do tipo

3-4-5, portanto:

OA 4AB r 3R 5

h R OA 5 4 h 1

== =

=

= − = − ⇒ =

06. A Considere a ilustração a seguir:

Logo, aplicando o teorema de Pitágoras, temos: 2 2 2d (5) (12) d 25 144 d 13m= + ⇒ = + ⇒ = 07. C Admitindo que o ponto D, pertencente à

hipotenusa, é o ponto mais próximo da ilha, situada no ponto A.

2 2 2AC 8 10 AC 6+ = ⇒ = Calculando, agora, a medida AD, temos: 10 AD 6 8 AD 4,8⋅ = ⋅ ⇒ = Portanto, a menor distância do navio até a ilha, no

lado de extremos B e C, será dada por AD 4,8 km.=

08. E Tem-se que AB 40v= e BC 30v.= Logo, pelo

teorema de Pitágoras, aplicado ao triângulo ABC,

2

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vem:

= + ⇒ = +

⇒ =

⇒ =

2 2 2 2 2

2

AC AB BC AC (40v) (30v)

AC 2500v

AC 50v

Desse modo, o tempo para ir de A até C na nova

configuração é 50v 50 sv

= e, portanto, a

economia de tempo será igual a 90 50 40 s.− = 09. C

No triângulo BDC, temos: = + ⇒ =2 2 2x 180 240 x 300cm No triângulo ACB, temos: = + ⇒ =2 2 2AB 400 300 AB 500cm 10. C Considere a figura abaixo, em que P é o ponto

onde deverá ser construída a estação.

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo

APH, obtemos

= + − ⇔ = + − +

⇔ =⇔ =

2 2 2 2 2x 20 (40 x) x 400 1600 80x x80x 2000x 25km

Por conseguinte, a nova estação deverá ser construída na perpendicular à estrada que liga C e D passando por seu ponto médio, a 25 km dessa estrada.

AULA 12 01. C

0 htg60 h 1,8x 3 h 3,11,8

= → = → ≅

02. E No triângulo assinalado (João), temos:

x 3tg30 x 2 2 0,58 1,16

2 31,16 2

A 1,162

° = ⇔ = = ⋅ =

⋅= =

Em porcentagem: 1,1619%

6≈

03. B

3412

30 =⇔= xx

tg o

r = 363234 =+ , logo a área da tampa será:

A = 22 m 108)36.( ππ = 04. B Considerando x a altura do paredão e y a

distância do ponto B ao paredão, temos:

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( )

xtg27 x y tg27 x 0,51y (I)y

xtg17 x y 70 tg17y 70

x 0,30y 21 (II)

° = ⇒ = ⋅ ° ⇒ =

° = ⇒ = + ⋅ ° ⇒+

⇒ = +

Fazendo (I) = (II), temos: 0,51y 0,30y 21 0,21y 21 y 100= + ⇒ = ⇒ = Logo, a altura do paredão será: = ⋅ =x 0,51 100 51 m 05. C

Segue de imediato que 1,8sen sen 0,03.60

α = ⇔ α =

Portanto, de acordo com as informações da tabela, podemos afirmar que [1,5; 1,8[.α ∈

06. B

Pelo ponto A traça-se a reta r paralela ao chão

plano. Pelo ponto E traça-se a reta s perpendicular ao

chão plano. As retas r e s se intersectam no ponto P. No triângulo APE, temos: EAP 120 90 30= ° − ° = °

x 1 xsen30 x 0,51 2 1

° = ⇒ = ⇒ =

Portanto, a altura h da lâmpada ao chão plano

será dada por H 3 0,5 3,5m.= + = 07. C Representando a figura através de triângulos,

temos:

O triângulo ACH é isósceles, logo CH AH x.= = Considerando, agora, o triângulo PHA, podemos

escrever:

( )

x 3 xtg30 3x 2 3 3 x2 x 3 2 x

3 3 x 2 3

2 3 3 3x x 3 13 3 3 3

° = ⇒ = ⇒ = + ⋅ ⇒+ +

⇒ − ⋅ = ⇒

+⇒ = ⋅ ⇒ = +

− +

Portanto, ( ) ( )= ⋅ + = ⋅ +h 2 3 1 2 3 2 m.

08. C

5 1sen 3010 27,05sen 0,705 4510

α = = ⇒ α = °

β = = ⇒ α = °

Portanto, AOB 30 45 75 .= ° + ° = ° 09. C

= ° ⇒ = =ˆAFB 30 AB BF 6 milhas No FBH:∆

FH 3 FHsen60° FH 3 3 milhas6 2 6

= ⇒ = ⇒ =

No FHA:∆

3 3 1 3 3sen30° AF 6 3 milhasAF 2 AF

= ⇒ = ⇒ =

10. E Consideremos o triângulo ABC formado pelo

centro da bola 1 (vértice A), centro da bola 9 (vértice B) e centro da bola 6 (vértice C). Tal triângulo é equilátero e a medida de cada um de seus lados é 8r, onde r é a medida do raio de cada uma das bolas de bilhar.

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No triângulo ABD:

( )

( )( )

( )

22

22 2rtg604r

22 2r34r

4r 3 22 2r

4r 3 2r 22

2r 2 3 1 22

11r2 3 1

11 2 3 1r2 3 1 2 3 1

11 2 3 1r

2 3 1

11 2 3 1r

11r 2 3 1

−° =

−=

⋅ = −

⋅ + =

⋅ + =

=+

−= ⋅

+ −

⋅ −=

−

⋅ −=

= − AULA 13 01. B

α = o o o o180 75 45 60− − =

Aplicando o teorema dos senos, temos:

o o

AC 8sen60 sen45

2 3AC. 8.2 2

AC 4 6

=

=

=

02. D

o o

x 200sen30 sen45

2 1x 2002 2200x

2x 100 2m

=

⋅ = ⋅

=

=

03. B Pela lei dos senos, segue que:

AB 80 80 3 80 32R 2R R m.sen60 33 3 3

2

= ⇔ = ⇔ = ⋅ =°

04. B No triângulo ABC,

oABC 45= . Aplicando o teorema dos senos, temos:

o o

50 BC BC. 2 50 BC 25 2sen45 sen30

= ⇔ = ⇔ =

No triângulo BDC, temos:

o h 1 hsen30 h 12,5 2225 2 25 2

= ⇔ = ⇔ =

05. B Colocando graficamente as informações dadas no

enunciado:

Aplicando-se a lei dos cossenos, tem-se que a

distância “a” entre os pontos A e C será:

2 2 2

2 2 2

2 2

a b c 2 b c cosAa 10 15 2 10 15 cos60a 325 300 0,5 a 175

a 175 5 7 m

= + − ⋅ ⋅ ⋅

= + − ⋅ ⋅ ⋅ °

= − ⋅ → =

= =

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06. D Pela lei dos cossenos, obtemos:

2 2 2

2 2

BC AC AB 2 AC AB cosBAC(0,8) 1 2 0,8 1 cos150

30,64 1 2 0,82

1,64 0,8 1,73.

= + − ⋅ ⋅ ⋅

= + − ⋅ ⋅ ⋅ °

= + − ⋅ ⋅ −

≅ + ⋅≅

Logo, BC 1,7≅ e, portanto, o resultado é 1 0,8 1,7 3,5.+ + =

07. A

Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo

assinalado, temos:

( )22 2

2

3AC 300 3 200 2.300 3.200.2

AC 270000 40000 180000

AC 490000AC 700m

= + − −

= + +

==

08. B Sejam S, P, G e C, respectivamente, os pontos que

representam as cidades de Sorocaba, São Paulo, Guaratinguetá e Campinas.

Sabendo que SPC 60= ° e CPG 90 ,= ° vem SPG 150 .= ° Logo, aplicando a lei dos cossenos no

triângulo SPG, encontramos:

2 2 2

2 2

SG SP PG 2 SP PG cosSPG80 160 2 80 160 cos150

36400 25600 2 128002

6400 (5 2 3)

= + − ⋅ ⋅ ⋅

= + − ⋅ ⋅ ⋅ °

= + − ⋅ ⋅ −

= ⋅ + ⋅

Portanto, SG 80 5 2 3 km.= ⋅ + ⋅ 09. C Se o lado do quadrado ABCD mede 1 cm, então

sua diagonal mede 2 cm. Daí, como C é ponto médio de AE, vem CE 2 cm.= Ademais, sendo

ˆACD 45 ,= ° temos ˆDCE 135= ° e, portanto, pela lei dos cossenos, encontramos:

= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° ⇔ =

⇒ =

2 22 2DE 1 ( 2) 2 1 2 cos135 DE 5

DE 5 cm

10. E Distância percorrida de A até B: AB 2 v= ⋅ Distância percorrida de B até C: BC v= Aplicando o teorema dos cossenos no triângulo

ABC, temos a distância d entre os pontos A e B.

2 2 2

2 2 2 2

2 2

d (2v) v 2 2v v cos(180 )3d 4v v 4v4

d 8v

d 2v 2

= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° − α

= + + − ⋅ −

=

=

AULA 14 01. A Aplicando o teorema de Pitágoras, concluímos

facilmente que a diagonal de uma célula solar mede 10 cm. Em consequência, as 100 células produzem 100 10 24 24.000 Wh.⋅ ⋅ = Assim, estão sendo produzidos, diariamente, − =24000 20160 3.840 Wh, além do consumo. Portanto, o proprietário deverá

retirar 3840 16240

= células.

02. A O custo para cercar os lados paralelos ao terreno

é igual a 2x . 4 = 8x, enquanto que para cercar os outros lados o custo é 2y . 2 = 4y. Portanto, segue que 8x 4y 7500 4(2x y) 7500.+ = ⇔ + =

03. B Considerando os trapézios isósceles, o losango e

as informações da questão, temos:

Portanto, o perímetro da figura será dado por

P x 4x 2x 2x y y y y 9x 4y.= + + + + + + + = + 04. C De acordo com as figuras, as peças que formarão

o telhado são quadrados de lados 25 cm.

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05. E Para que a troca seja possível, deve-se ter

4a 2b 2= + e 3b 5a 5.= + Logo, se 4a 32cm,= ou seja, a 8cm,= então 3b 45cm= e, portanto, a troca será possível.

06. A Observe que desejamos obter o perímetro do

losango. Logo, sabendo das medidas de suas diagonais, temos que:

Aplicando o teorema de Pitágoras, obteremos o lado x:

2 2 2

2

x 6 8x 36 64

x 100x 10 dm

= +

= +

==

Obtendo o perímetro, temos que: Perímetro 10 10 10 10 40 dm= + + + = 07. A Há três tipos de quadrados, com 1 2 3< <

sendo os seus lados. É fácil ver que 2 12= ⋅ e

3 1 2 13 .= + = ⋅

Portanto, temos: 3 2

3

AB 5 .3BC

+= =

08. B Considere a figura:

Sabendo que M e Q são os pontos médios de AB e

AD, temos que MQ é base média do triângulo ABD. Desse modo, MQ || BD. Analogamente, concluímos que NP || BD e PQ || AC || MN. Além disso, como as diagonais AC e BD do losango são perpendiculares, segue que MNPQ é retângulo.

Por outro lado, dado que MAQ NCP ,≡ = α com

0 90 ,° < α < ° é imediato que PDQ MBN 180 .≡ = ° − α Mas AQ AM DQ DP= = = e, portanto, MQ PQ,≠ ou seja, MNPQ é um retângulo que não é losango.

09. E Considere a figura:

Seja a medida do lado do losango ABCD.

Assim, como AQ AM2

= = e supondo QAM 60 ,= °

temos que o triângulo AQM é equilátero e,

portanto, MQ .2

= Analogamente, segue que

PN .2

=

Por outro lado, temos que QDP 120 .= ° Daí, se S é o pé da perpendicular baixada de D sobre PQ,

concluímos que QDS 60 ,= ° pois DP DQ .2

= =

Logo, do triângulo DQS, vem:

= ⇔ ° =

⇔ =

PQQS 2senQDS sen60DQ

23PQ

2

Por conseguinte, a razão pedida é:

=

⋅ +

−= ⋅

+ −

= −

ABCD

MNPQ

2p 42p 32

2 24 3 1

3 1 3 12 3 2

10. A Como M é ponto médio de SR, AMS 90= ° e

AR AD,= segue-se que ARDS é losango. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo

ADC, encontramos AC b 5.=

Logo, b 5AR DS .2

= =

Portanto, como o produto dos catetos é igual ao produto da hipotenusa pela altura, do triângulo MSD vem:

⋅ = ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅

⇔ =

b 5 bDS MP MS DM MP b2 2

b 5MP5

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AULA 15 01. E O resultado pedido é dado por:

⋅

=⋅

7.000 10.000 14.00040 125

02. C Apenas os terrenos 3 e 4 possuem 180 m de

comprimento. Calculando a área de cada um deles, temos:

2

32

4

A 60 30 1800 m

A 70 20 1400 m

= ⋅ =

= ⋅ =

Logo, o terreno com maior área que possui 180 m

de perímetro é o terreno de no 3. 03. D Vamos, inicialmente, dividir a área ocupada pelas

pessoas em retângulos:

A área A ocupada pelas pessoas será a soma das

áreas dos retângulos:

1 2 3 4A A A A AA 15 0,5 40 1 40 1,2 0,8 25A 7,5 40 48 20A 115,5

= + + += ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅= + + +=

Como havia duas pessoas por metro quadrado, o

número n de pessoas presentes no desfile foi n 115,5 2 231.= ⋅ =

04. D De acordo com a figura, temos:

Assim, basta calcular a área em metros

quadrados. A área será dada pela soma dos dois retângulos. Logo:

2(5 4) (3 1) 20 3 23 m× + × = + =

05. A Seja S’ a área coberta pelas placas de uma caixa

nova. Como 2S N y ,= ⋅ 2S' X 9y= ⋅ e S' S,= temos:

⋅ = ⋅ ⇔ =2 2 NX 9y N y X9

06. C Sendo de 20% a redução nas medidas dos lados,

tem-se que a redução na área é dada por: − = − = =21 0,8 1 0,64 0,36 36% 07. C Calculando as áreas dos ambientes, obtemos: 2

IS 8 5 40 m ,= ⋅ = 2

IIS (14 8) 5 30 m ,= − ⋅ = 2

IIIS (14 8) (9 5) 24 m= − ⋅ − = e

2IV

(14 8) 4S 7 35 m .2

− += ⋅ =

Desse modo, como Jorge quer gastar o mínimo com gás, ele deverá instalar duas unidades do tipo A (ambientes II e III) e duas unidades do tipo B (ambientes I e IV).

08. C Como a área do quadrado menor é 4, seu lado

será dois. Assim, a sequência de quadrados com os lados proporcionais à sequência de Fibonacci é: (2, 2, 4, 6, 10, 16) e a sequência das áreas será (4, 4, 16, 36, 100, 256).

Portanto, a razão pedida será dada por:

4 4 16 36 100 256 416 1044 4

+ + + + += =

09. A Tem-se que

2

1(ACFG) AC S= = e 2

2(ABHI) AB S .= = Logo, do triângulo ABC, pelo teorema de

Pitágoras, vem 2 2 2 2

1 2BC AC AB BC S S .= + ⇔ = + Portanto, segue que a área do trapézio BCDE é

dada por:

= ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅

= ⋅ ⋅

= ⋅

+=

2

1 2

1(BCDE) (CD BE) BC21 (CX BX) BC21 BC BC21 BC2S S

2

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10. B Sendo x a largura da calçada, pode-se desenhar:

Calculando:

( ) ( )( )= = + ⋅ + − ⋅ ⇒

⇒ = + + + −

= + −

∆ = − ⋅ ⋅ − =

− ± − ±= = ⇒

⋅= −

⇒=

2calçada

2

2

2

S 69 m 8 2x 12 2x 8 12

69 96 16x 24x 4x 960 4x 40x 69

40 4 4 ( 69) 2704

40 2704 40 52x2 4 8

x ' 11,5 (não convém)x '' 1,5 m

AULA 16 01. B Considere a figura:

Temos:

1 1

S absen 6 (2)(6)sen2 2

sen 1 90

∆ = α ⇒ = α ⇒

⇒ α = ⇒ α = °

Portanto, trata-se de um triângulo retângulo. Logo, = + ⇒ =2 2 2x (2) (6) x 2 10 cm. 02. C A área do triângulo é tal que:

⋅ ⋅ ⋅ β = ⇔ β =1 3

16 25 sen 100 3 sen2 2

Portanto, como o triângulo é acutângulo, segue

que rad.3π

β =

03. B

2

200.300A

2A 30 000 km

=

=

04. B Sejam r e s, respectivamente, a área de cada um

dos triângulos congruentes que constituem os triângulos SOL e LUA. É imediato que 9r = 16 s.

Portanto, se x é o número que, multiplicado pela medida da área da superfície em amarelo, resulta a medida da área da superfície em azul, então:

⋅ = ⇔ = ⋅

⇔ =

5 96r x 10s x

3 1615

x16

05. B Os quatro triângulos menores são equiláteros de

lado 1

m.2

Portanto, segue que:

= ⋅ ⋅ =

221 1 3(DEF) 3 m

4 2 16

06. B

2 2 2

2

2

h 5 10

h 100 25

h 75

h 5 3cm

+ =

= −

=

=

Portanto, a área da bandeirinha será:

210.5 3A 10.15 150 25 3 25(6 3)cm

2= − = − = −

07. E A área destinada à plantação de flores é 1/6 da

área do paralelogramo, pois todos os triângulos possuem a mesma área:

2

1A 15.20

6A 50m

= ⋅

=

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08. B A = área do círculo – área do triângulo

= π − ⇒

⇒ = −

⇒ =

2

2

500 1A . .400.300

2 23.250000

A 600004

A 127500 m

09. C

A(ABCD) = A(BAC) – A(BDE)

( )221 3 3 3 3 9 3 7 3

A ABCD4 4 4 4 64 64

= − ⋅ = − =

10. A Considere a figura:

Sabendo que (ABD) 2 (BCD),= ⋅ o terreno ficará

dividido em três partes iguais se, ao traçarmos DM, obtivermos (BDM) = (ADM). Logo, como DH é a altura relativa ao vértice D dos triângulos BDM e ADM, devemos ter BM AM= para que (BDM) = = (ADM), ou seja, M deve ser o ponto médio de AB.

AULA 17 01. B A posição dos cavalos é irrelevante, pois ambos

completarão as 10 voltas, iniciando e terminando o percurso no mesmo ponto. Assim, sobre a distância percorrida por cada cavalo do carrossel, pode-se escrever:

= ⋅ ⋅ π ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =

= ⋅ ⋅ π ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ =1 1

2 2

C 1 C

C 2 C

D 10 2 R 10 2 3 4 D 240

D 10 2 R 10 2 3 3 D 180

Assim, a diferença das distâncias percorridas entre os dois cavalos será de 60 metros.

02. E A distância percorrida pelo homem em sua

caminhada diária é: ⋅ ⋅ π ⋅ ≅ =15 2 50 4500 m 4,5km

03. A Na raia 1, o atleta percorreria a menor distância,

pois seu comprimento é menor. Os raios das semicircunferências são menores.

04. B Calculando:

2pizza 30cm

fatia

10 fatias

2 2

área (15) 225

225área 28,1258

área 28,125 10 281,25

281,25 R R 281,25 R 16,50 cm

= π = π

π= = π

= π ⋅ = π

π = π ⇒ = ⇒ ≈

05. D Sendo R o raio das rodas da bicicleta, C o

comprimento da circunferência da roda e N o número de voltas dadas na distância percorrida, pode-se calcular:

A

A A

A

B

B B

B

A

B

60R 30 cm 0,3 m2

C 2 R 2 3,14 0,3 C 1,884 m10.000N 5307,86 voltas1,884

40R 20 cm 0,2 m2

C 2 R 2 3,14 0,2 C 1,256 m5.000N 3980,89 voltas1,256

N 5307,86 41,33333N 3980,89 3

= = =

= ⋅ π ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =

= ≅

= = =

= ⋅ π ⋅ = ⋅ ⋅ ⇒ =

= ≅

= ≅ ≅

06. B Perímetro do pneu: 2 35cm 70 3,14 219,8cm⋅ π ⋅ = ⋅ = Distância percorrida: 100 m = 10 000 cm Número de voltas: 10 000 : 219,8 = 45 07. A Considere a figura:

Sabendo que AC R r= + e BC R r,= − pelo teorema

de Pitágoras, vem:

= + ⇔ + = + −

⇔ =

⇒ =

2 2 2 22 2

2

AC AB BC (R r) AB (R r)

AB 4Rr

AB 2 Rr

Portanto, como AD 2 AB,= ⋅ segue que o resultado pedido é 2 2 Rr 4 Rr.⋅ =

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08. B 20 minutos correspondem a 1/3 da circunferência

descrita pelo ponteiro. Logo, a distância percorrida por sua extremidade

será de 2. .r 2.3, 1.4,35 8,99m3 3π

= =

Aproximadamente 9 m. 09. A Como = ⋅CB 2 AC, temos que AB 3 AC= ⋅ ; logo,

3AC 12 AC 4= ⇒ = e CB 2AC CB 8= ⇒ = . Assim, a área procurada é dada pela área do

semicírculo AB mais a área do semicírculo AC menos a área do semicírculo CB.

ab ac cb

2 2 2ab ac cb

2 2 2

1A (A A A )21A ( r r r )21A ( 6 2 4 )21A (36 4 16 ) 122

= + −

= π + π − π

= π + π − π

= π + π − π = π

10. B Se PQ é o lado de um hexágono regular de lado

3 cm, então o ângulo PÔQ é igual a 60º, e o triângulo PQO é equilátero. Logo, os segmentos PO e QO são iguais ao raio da circunferência e iguais a 3. Assim, pode-se escrever:

formiga formiga

360 60 300 percorridos pela formiga5 do comprimento total da circunferência6

5 5d 2 R 2 3 d 5 cm6 6

° − ° = ° →

→

= ⋅ ⋅ π ⋅ = ⋅ ⋅ π ⋅ → = π

AULA 18 01. C Na figura em questão temos 8 semicircunferências

com diâmetros 1 2 3 8d , d , d , ... , d . A soma dos comprimentos de todas as

semicircunferências será dada por:

3 5 61 2 4

87

1 2 3 4 5 6 7 8

d d dd d dS

2 2 2 2 2 2dd

2 2d d d d d d d d

S2

ABS2

xS2

⋅ π ⋅ π ⋅ π⋅ π ⋅ π ⋅ π= + + + + + +

⋅ π⋅ π+ +

+ + + + + + += π ⋅

= π ⋅

π ⋅=

02. B Calculando:

2central

2 2canteiro

2 2 2central canteiro

2 2 2 2

S r

S R r

S S r R r

2 r R 2r R R r 2

= π

= π − π

= ⇒ π = π − π ⇒

⇒ π = π ⇒ = ⇒ =

03. C Se a baratinha percorreu toda a faixa de Möebius,

então isso significa que ela percorreu duas vezes o comprimento da faixa (correspondente aos dois lados desta). Assim, o comprimento da faixa será igual à metade da distância percorrida. Para encontrar o raio da base da superfície cilíndrica obtida com a faixa retangular, basta igualar essa distância ao comprimento do círculo da base, ou seja:

7,2 2 R R 0,6 m2

= π → =

04. C

= ⋅ → =

= −

π ⋅= − → =

= = → =

quadrado quadrado

hachurada quadrado setor circular

2

hachurada hachurada

hachurada hachurada

quadrado quadrado

S 8,5 8,5 S 72,25S S S

8,5S 72,25 S 15,533754

S S15,53375 0,215 21,5%S 72,25 S

05. C Como a praça possui 30 m de raio, basta calcular

o comprimento da praça (Cp) e dividir pelo total de refletores. Dessa maneira:

p

p

C 2 rC 2 (3, 15) 30 189 m

= ⋅ π ⋅

= ⋅ ⋅ =

Dividindo por 21, temos: 189 9 m21

= de distância

entre cada dois refletores vizinhos. 06. E A área procurada será a diferença entre a área

total da horta h(A ) e a área dos quatro círculos

c(A ). Dessa maneira, temos:

h c2

2

2

A A A

A (4 1) (4 r )A 4 (4 3 0,5 )A 4 3A 1 m

= −

= ⋅ − ⋅ π ⋅

= − ⋅ ⋅= −

=

Visto que a área da horta é = 2hA 4 m , temos que

a área não molhada é 1 0,25 25%.4

= =

07. E Sabendo que a parte prateada tem 24 mm de

diâmetro e que a moeda tem 27 mm de diâmetro e sabendo que o raio é metade do diâmetro, basta

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calcular a área total da moeda menos a parte prateada. Assim, temos:

2 22 21 2

2

27 24A r r 3, 1 3, 12 2

564,975 456,4 118,575 mm

= π − π = × − × = = − =

08. B Sabe-se que a área destinada ao plantio do capim

será o valor da área circular subtraída a área. Sabe-se, ainda, que, quando um quadrado é

inscrito em uma circunferência, a diagonal do quadrado (D) é duas vezes o valor do raio (r) da circunferência. Logo, como a área da circunferência é CA 2 r,= ⋅ π ⋅ temos:

2 2CA r 314 (3, 14) r r 100 10 m= π ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒ = =

Calculando a diagonal: D 2r 2 10 20 m= = ⋅ = Então, para obter a área do quadrado, basta

descobrir o valor do lado do quadrado. Sabendo que a diagonal mede 20 m e seja “a” o lado quadrado, sabe-se que a diagonal de um quadrado é descrita como a 2. Dessa maneira, igualando a diagonal obtida:

20 20 220 a 2 a 10 2 m2 2 2

= ⇒ = = ⋅ =

Logo, a área do quadrado será: 2

QA a a 10 2 10 2 200 m= × = × = Como a área de plantio de capim é a subtração

entre as áreas circular e do quadrado, temos: 2314 200 114 m− = de capim (número inteiro

menor que 150). 09. C O perímetro da flor de Mariana é formado por 4

metades de uma circunferência, ou seja:

flor flor2 RP 4 4 2 P 82π

= ⋅ = π → = π

10. C Pelo enunciado, pode-se desenhar as

circunferências e a reta como segue:

Considerando o raio de C1 como R = 4 cm, o raio

de C2 como r = 1 cm e o raio de C3 como x (o qual pretende-se encontrar), podemos deduzir algumas relações, conforme figura a seguir:

( ) ( ) ( ) ( )2 22 2 2 2R r AB R r 5 AB 3

AB 4 cm

+ = + − → = + →

→ =

Sabendo-se a medida do segmento AB, pode-se

deduzir outras relações, conforme figura a seguir:

Analisando o triângulo retângulo menor da figura:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

2 22 2 2 2

2 22 2

r x AE r x 1 x AE 1 x

1 2x x AE 1 2x x AE 4x

+ = + − → + = + −

+ + = + − + → =

Analisando o triângulo retângulo maior da figura:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

22 2 2

2 2

22 2

2

R x 4 AE R x 4 x

4 AE 4 x

16 8x x 16 8 AE AE 16 8x x

16x 16 8 AE AE

+ = − + − → + =

= − + −

+ + = − ⋅ + + − +

= − ⋅ +

Sendo que ( )2AE 4x,= então ( )2

4 AE 16x,⋅ = logo:

( ) ( ) ( )( ) ( )

2 2

2

2

4 AE 16 8 AE AE

3 AE 8 AE 16 0

8 4 3 ( 16) 256

8 256 8 4AE AE 4 ou AE 6 32 3

⋅ = − ⋅ + →

→ ⋅ + ⋅ − =

∆ = − ⋅ ⋅ − =

− ±= → = − = =

⋅

Um comprimento de reta negativo é impossível;

logo, a única raiz possível para a equação é 4AE .3= Assim, substituindo o valor de AE na

relação ( )2AE 4x,= obtém-se o valor de x em

centímetros, ou seja, o raio da circunferência C3:

( )2

2 4 16 4AE 4x 4x 4x x cm3 9 9

= → = → = → =

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AULA 19 01. B Do enunciado e da figura, temos:

Se ˆ ˆAOB , BOC 2 .= α = α

ˆ ˆ ˆAOC AOB BOC= + Como ˆ ˆAOC 90 , AOB= ° = α e = αˆBOC 2 :

90 290 3

30

° = α + α° = α

α = °

Seja r a medida do raio do círculo. OD OB r,= = logo o triângulo ODB é isósceles.

Então, se ˆ ˆODB , DBO .= β = β

Note que ˆAOB é ângulo externo do triângulo ODB, portanto 2α = β .

Como 30 ,α = ° 15 .β = °

Assim, ˆODB 15 .= ° 02. B O arco de extremos C e B, determinado pelo

ângulo x na circunferência, mede 2x. Portanto:

2x 160 160 3602x 40x 20

+ ° + ° = °= °

= °

03. C Se AC = R, temos o triângulo AFC equilátero. Logo,

60 .θ = ° 04. E Se o lado AB refere-se a um polígono regular de 6

lados, então o arco AB mede 60º. Se o lado CD refere-se a um polígono regular de

10 lados, então o arco CD mede 36º. A circunferência tem um total de 360º, logo o

ângulo pedido será:

360 60 36 1322

− −α = ⇒ α = °

05. E Considere a figura:

Sejam AOD = α e COB .= β

Sabendo que BC OA OC,= = vem OBC .= β Daí,

como AD = α e CE ,= β encontramos:

− α − β= ⇔ β =

β⇔ =

α

AD CEOBC2 2

3

06. D Como x é excêntrico exterior, segue-se:

−=

BCP APx2

Mas AP 360 (AB BCP).= ° − +

Portanto, 194 360 100 194 128x 64 .2 2

° − ° + ° + ° °= = = °

07. C De acordo com a propriedade dos segmentos

tangentes, podemos escrever que AE = AF = 20 cm. Considerando EB = x, temos BD = x e,

considerando CD = y, temos FC = y. Temos, ainda, AB = 20 – x e AC = 10 – y. O perímetro P do triângulo ABC será dado por: P AB AC BC 20 x 20 y x y 40 cm= + + = − + − + + = 08. E

= = =

= + → = +

=

2 2 2 22 2

O triângulo BOC é equilátero, logo:

BO CO BC 2O triângulo ABC é retângulo em B, logo:

AC BC AB 4 2 AB

AB 2 3 m

09. E Para qualquer ponto P, o ângulo ˆAPB situado na

semicircunferência (mostrada na figura) será reto.

ˆAPB = 180 902

°= °

10. B Seja S um ponto do menor arco BE. Como BPC CQD DRE 2 ,= = = α segue-se que

BSE 360 6 .= ° − α Portanto, como EAB é excêntrico exterior, temos:

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− α − ° − α= ⇔ ° =

⇔ ° = α − °⇔ α = °

BQE BSE 6 (360 6 )EAB 602 2

60 6 18040

AULA 20 01. B Desde que 6 7P P a 2b 2a 3b 3a 5b,= + + + = + temos:

1 2 3 4 5 6 7PP P P P P P a b a b a 2b 2a 3b 3a 5b8a 12b

= + + + + + + + + + == +

02. B Considerando que: AI = área do retângulo I AII = área do retângulo II AIII = área do retângulo III Podemos escrever:

I II

III

1b a b 1a a bA A 227a 7A b a b4 4

362 0,857 86%

7 74

⋅ ⋅ +⋅ + ⋅ + = = =⋅ ⋅ ⋅

= = ≈ ≈

03. C

No ∆YWO: = ⋅x 2 q (ângulo externo) No ∆0YZ: + = ° ⇒ ⋅ = ° ⇒ = °q 2x 180 5 q 180 q 36

Logo, YÔZ : 36 .°

04. E Seja a medida da aresta do tetraedro ABCD. Desde que os triângulos ABC e ABD são

equiláteros, e M é o ponto médio de AB, tem-se

que 3CM DM .2

= = Daí, sendo CD ,=

concluímos que o triângulo MCD é estritamente isósceles.

05. D Considere a figura, com =BC 10 u.c. :

Sejam BAC ,= α BCA 2= β e CBA 2 .= θ Como BC e

DE são paralelos, tem-se que EDA 2= θ e DEA 2 .= β Além disso, sendo BI e CI bissetrizes de CBA e BCA, respectivamente, segue que CBI = θ

e BCI .= β

Portanto, sabendo que BIC 105 ,= ° do triângulo

BCI, vem BIC CBI BCI 180 75 .+ + = ° ⇔ θ + β = ° Agora, do triângulo ADE, temos:

+ + = ° ⇔ θ + β + α = °⇔ α = °

ADE DEA DAE 180 2( ) 18030

Finalmente, pela lei dos senos, aplicada ao triângulo ABC, vem:

= ⇔ =

⇔ =

AC BC AC 1012senCBA senBAC 22

AC 10 2 u.c.

06. C

Se ABCD é paralelogramo, então ABC ADC 120 .≡ = ° Logo, como EDC e ADC são

suplementares, vem EDC 60 .= ° Por outro lado, sendo AB CD,= do triângulo retângulo EDC, encontramos:

= ⇔ ° = ⇔ =DE DE

cosEDC cos60 DE 50100CD

Em consequência, vem AE AD DE 130.= + = Sabemos que DAC ACD 60+ = ° e CD AD.> Desse modo, q DAC= só pode ser maior do que a média

aritmética das medidas dos ângulos DAC e ACD, qual seja, 30 .°

07. C Como cada um dos triângulos laterais que

formam o hexágono são triângulos isósceles, pode-se deduzir que, se seu maior ângulo é 120º, então os dois menores ângulos serão iguais a 30º.

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Considerando x como sendo a base do triângulo isósceles, pela lei dos senos, tem-se:

x 4 x 4sen 120 sen 30 sen 2 60 sen 30

x 42 sen 60 cos 60 sen 30

x 3 18 x 4 32 2 2

= → = →° ° ⋅ ° °

→ =⋅ ° ⋅ ° °

= ⋅ ⋅ → =

Assim, a área total do hexágono será igual à soma das áreas dos dois triângulos isósceles e do retângulo, ou seja:

total

total

2total total

S 2 S S

4 4 3 sen 30 16 3S 2 9 4 3 36 32 2

S 44 3 S 74,8 cm

= ⋅ +

⋅ ⋅ °= ⋅ + ⋅ = +

= →

08. A O ângulo entre as direções das duas rotas é de

60 15 75 .° + ° = ° Logo, desde que

° = ° + °= ° ° − ° °

= ⋅ − ⋅ = ⋅ −

≅ ⋅ − ≅

cos75 cos(30 45 )cos30 cos45 sen30 sen45

3 2 1 2 2 ( 3 1)2 2 2 2 4

1,4 (1,7 1) 0,2454

Sendo d a distância pedida, pela lei dos cossenos, obtemos:

= + − ⋅ ⋅ ⋅ °= + − ⋅=

2 2 2d 1 1,8 2 1 1,8 cos751 3,24 3,6 0,2453,358

Isso implica em d 3,358 1,8km.= ≅ 09. E Tracemos AF || EC. AECF é paralelogramo e,

portanto, ≡ ≡ ≡ ≡ˆ ˆ ˆ ˆ ˆECF EAF BEC AFD DAF .

Além disso, =AD BC, o que implica em ∆ADF ≡ ∆BEC

isósceles com = = = =AD DF BE BC 5. ABCD2p 2.(7 5) 24 .= + = 10. B Considere a figura:

Seja H o ponto de interseção dos segmentos AB e MN.

Como AMN e MBN são triângulos isósceles congruentes, segue que AMBN é losango. Logo,

yAH2

= e xHN .2

=

Portanto, aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AHN, obtemos:

+ = ⇔ + =

⇔ = −

⇒ = −

2 22 2 2 2

2 2

2

y xAH HN AN 42 2

y 64 x

y 64 x dm