ALEX/2018/APOSTILA 3° ANO EM – MATEMÁTICA III – … · hipotenusa, é o ponto mais ......
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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,
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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