GABARITO

1Matemática D

Matemática D – Extensivo – V. 3

Exercícios

01) A

0

35°A

β

C

D

B

70º

180º

Note que AC� = 70o e AB� = 180o.

Portanto o menor arco AC� = 250o.

Logo D� = β = AC�

2250

2=

° = 125o.

02) x = 20o

80°B

E

F

xA

C

D

40º

100º40º

Note que BC�F = 100o. Logo CB�F e CF�B = 40o, pois ΔCBF é isósceles.

Portanto x = CE�

2402

=° = 20o.

03) C

Note que DB� = 2. DA�B = 2 . 40o = 80o.

Logo DC�B = DB�

2 = 40o.

Como ΔABC é isósceles, AB�C = 80o; por soma dos ângulos internos do ABC, temos que α = 20o.

04) C

Como são conhecidos os raios das circunferências, é possível encontrar as partes que faltam dos lados ABA e AC do triângulo, conforme a figura.

AB� + AC� + BC� = 6 + 6 + 8 = 20

05) E

A

66°15'

23°45'

P

C

E

B

x

D

O arco BD� = 2 . 23°45' = 47°32'.

Como AD� = 180°, temos que o arco menor AB = 180° – 47°30' = 132°30'.

Portanto x = 132 302° ’ = 66°15'.

GABARITO

2 Matemática D

06) D

P t

x

C

D

A

Q

0

B

66º

33º100º

14º

7º

194º

AB�  = 100° PCD�  = 180°

BCP�  = 194° QP�D = 90°

Observe que os arcos menores BD� e AP� valem:

BD� = BCP�  – PCD� = 194° – 180° = 14°

AP� = 360° – (BCP� + AB� ) = 360° – 294° = 66°

Portanto os ângulos BP�D e AB�P valem:

BP�D = 142° = 7° e AB�P = 66

2° = 33°

Como QP�D = 90° e BP�D = 7°, então BP�Q = 83°.Por soma dos ângulos internos ΔBPQ, temos que:

x = 180° – (AB�P + BP�Q)x = 180° – 116° x = 64°

07) A

A

D

E

C

B Pα 180 – β β

α

α

Considere AD�P = α e BA�D = β.Como AP = AD, então AP�D = α.Como α e AB�C são opostos ao mesmo arco, temos que:

AB�C = α Por soma dos ângulos internos ΔDAP e ΔAEB, temos

respectivamente que:2 180

90

3 360

120

2 60

30

α βα β

αα

αα

+ = °+ = °

= °= °

= °= °

, e

08) B

A

D

O

C

B

P 160º

110º45º

90º

160º

Como DA�C = 45°, temos que DC� = 90°.

E como ABC� = 110°, o arco (menor) A�D é igual a 360° – 200 = 160°. Se considerarmos O o centro da

circunferência, AO�D = 160°.

Como PA� ���

e PD� ���

tangenciam a circunferência,

OA�P = ODP = 90° Os ângulos internos do quadrilátero APDO somam 360°.

Então:

PA�O + AO�D + OD�P + DP�A = 360° 90° + 160° + 90° + DP�A = 360° DP�A = 360° – 340° DP�A = 20°

GABARITO

3Matemática D

09) A

12) A

O arco BC� oposto ao ângulo de 45° mede:

BC�  = 2 . 45 = 90°

O arco AB� oposto ao ângulo de 65° mede:

AB�  = 2 . 65 = 130°

Portanto o arco ADC� mede:

ADC� = 360° – 90° – 130° = 140°

Dessa forma m + n = 1402° = 70°.

10) E

D

A

B

E

C

108º

108ºO

Tome-se O como o centro da circunferência. Como BC

e DE são tangentes à circunferência, então:

OE�D = OB�C = 90° Como o pentágono é regular, os ângulos internos me-

dem 108°. Sabendo-se que a soma dos ângulos internos do pentágono BCDEO vale 540°, então:

BE� = BO�E = 540° – 180° – 216° = 144°

11) A

BC� = CO�B = 150°

Portanto 3x = 1502

.

3x = 75° x = 25°

Como AB�  é diâmetro, AC�B = 90°. Pela soma dos ângulos internos do triângulos ABC:

AB�C = 180° – 40° – 90° = 50°

Portanto AC� = 2 . 50° = 100°.

GABARITO

4 Matemática D

13) B

45°45°

35º35º

45º45º

xxO

35°35°

AA

C D

BB

Conforme o desenho, o arco menor BD� vale:

BD� = 2 . 45° = 90°

Então o ângulo BC�D = 902° = 45°

Com o mesmo raciocínio, CD�A = AB�C = 35°. Pela soma dos ângulos internos do triângulo ABO:

AO�B = 180° – 45° – 35° = 100° Dessa forma: x = 180° – 100° = 80o

14) a) x = 20 cm b) AN = 3 cm

0

P

12

Bx

M

N

A

8

C

yy

a) Note que BP� ��

e BM� ���

são tangentes à circunferência;

portanto, BP BM= = 12.

Pelo mesmo raciocínio, MC CN= = 8. Logo: x = BM MC+ = 12 + 8 = 20 cm

b) Como AN AP= . (tome AN = y), então: 2y + 20 + 12 + 8 = 46 AN = y = 3

15) 37o

Note que, como OC = OB , o ângulo OB�C = 53°.

Assim o ângulo BO�C = 74°.

Com isso, o arco BC� = 74°.

Portanto α = BC�

2742

=° = 37°.

16) B

Sabendo-se que AD� = AO�D = 110°, então:

CO�D = 180° – 110° = 70°, pois AC é diâmetro.

Portanto CA�D = 702° = 35°.

Como AO e DO são raios, CA�D = x = 35°.

Como AC é diâmetro, AB�C = 90°. Portanto: 2x + y = 90° y = 90 – (2 . 35°) y = 20°

GABARITO

5Matemática D

17) A

35°

0

P

B

CA

α

70º

110º

Basta traçar as retas OP e OC conforme o desenho. Dessa forma:

PC� = 2 . CA�P = 70°

Como AP é diâmetro da circunferência, o arco AC� mede: AC = 180° – 70° = 110°

Portanto α vale metade do arco correspondente AC� .

α = 110

2° = 55°

18)D

25°

35º

35º

70° x 145º A

E

D

B

C

Sabendo-se que o arco correspondente BC� = 70, temos:

BE�C = CD�B = 35° e

AE�C = AD�B = 180° – 35° = 145° Por ângulos opostos pelo vértice, temos que: x = 360° – 145° – 145° – 25° x = 45°

19) A

O arco correspondente AD� = 2 . ABD = 40°.

Como BD é diâmetro,

AB� = 180° – 40° = 140°. Portanto:

AD�B = 1402° = 70°

Por ângulos opostos pelo vértice, temos:

BE�C = 85° e α = 180° – 85° – 70° = 25°

20) A

40°P

C

B

0

A

D

EQ

α

Considere o ângulo CB�D = β.Sabendo-se que BC�E = 180° – α, temos:(180° – α) + β + 40° = 180°β = α – 40° (I)Como 2β + 2α = , então:α + β = 80° (II)

Substituindo (I) em (II), temos:α + (α – 40°) = 80°2α = 120°α = 60°

GABARITO

6 Matemática D

21) D

A

A

C

C

0

0

D

D

B

B

αx2

x

x

xx

x

1

2

Tenha-se o arco DC� = x.

Pelo desenho 1, concluímos que:

α = 90° – x2

(I)

Através do desenho 2, concluímos que:3x = 180°x = 60° (II)

Substituindo (II) em (I), temos:

α = 90° – 602° ⇒ α = 60°

22) a) 48 m2

b) R$ 96,00 a) Como CB é diâmetro, então BD�C = 90°. Por Pitágoras e to-

mando-se BD = x:

x = 10 82 2− = 6 m

• Área da região retangular (Ar): Ar = 8 . 6 = 48 m2

b) Basta substituir a área do quadrado da área do círculo e mul-tiplicar o resultado pelo preço do metro quadrado da grama.

• Área do círculo (Ac): Ac = π . r2 = 3,2 . 25 = 80 m2

• Área sombreada (As): As = Ac – Ar = 80 – 48 = 32 m2

• Valor gasto (V): V = 32 . 3 = 96

23) 26

01. Falso. Para um triângulo ser isósceles, basta que apenas dois de seus lados sejam iguais, enquanto que, para ser equilátero, todos os seus lados devem ser iguais.

02. Verdadeiro. O suplemento de um ângulo α é: x = 180° – α. Portanto nesse caso: x = 180° – 120° = 60°04. Falso. A soma dos lados que medem 17 e 13

é igual a 30, que corresponde ao terceiro lado.

08. Verdadeiro. O número de vértices de um polígono é dado

por: P = n n( ) .−=

32

10 72

= 35.

16. Verdadeiro.

• 36018°°

= 20

• Pc = 2 . π . r = 20π

• 2020

π = π

GABARITO

7Matemática D

24) B

P2R

R

R

q

Basta verificar que as únicas maneiras de uma circun-ferência tangenciar as duas circunferência concêntricas ao mesmo tempo são:

01. Uma circunferência de raio R com centro em P.02. Uma circunferência de raio 2R com centro em q.

25) D

P

A

B

24

Q

s

t Observe que os triângulos PAR e PBQ são semelhantes. Portanto podemos chegar à seguinte relação:24

28

=++

xx

8 + 4x = 16 + 2x2x = 8 ⇒ x = 4

Portanto:

PQ = 4 + 4 + 4 = 12

26) D

Pela figura vemos que o raio da circunferência inscrita é a. Por Pitágoras, temos:

R = a a2 2+

R = 2 2a

R = a 2

Portanto a razão será:

a

a 2

1

2

2

2

22

= =.

27) E

0

P

r

B

C

A

60º

30º

Traçando-se a reta CP, tem-se o triângulo APC.

Como AB é tangente, o ângulo AP�C = 90°.

Como AP = 3 3 , é possível usar a função trigonométrica

tg(30°) = r

3 3. Assim:

33

= r

3 3 ⇒ r = 3

GABARITO

8 Matemática D

28) A

�

�

r

r

Basta colocar o raio (r) em função do lado (l) do quadrado.Por Pitágoras:

2r = � �2 2+

2r = l 2 ⇒ r = � 22

Perímetro do quadrado (P): P = 4lComprimento da circunferência (C):

C = 2π . � 2

4 = πl 2

Razão: π π��2

42

4=

29) B

A área da figura corresponde à soma das áreas das circunferências maior e intermediária dividida por dois.

Af = π π π π. .62

32

362

92

2 2

+ = + = 22,5 π cm2

O perímetro é igual à soma da metade dos perímetros das quatro circunferências.

Pf = 2 152

2 152

2 32

2 62

π π π π. , . , . .+ + +

Pf = 3π + 3π + 6π = 12π

30) A

Sabendo-se que o ângulo π5

corresponde a um arco de

8π m, então meia circunferência tem comprimento: Cm = 5 . 8π m Cm = 40π m Como meia circunferência é

Cm = 22πr = πr, então:

πr = 40 πm r = 40 m

31) BConforme a figura, é possível perceber que4x + 6° + x + 24° + 2x – 20° = 3607x = 360° – 10o

x = 50°

Portanto a medida do ângulo A� mede:

A� = x+

=°24

2742

= 37°

GABARITO

9Matemática D

32) A

R

r r

r9

Primeiro encontramos o valor de r, sabendo que o comprimento da circunferência menor é 32π:2πr = 32π ⇒ r =16

Dessa forma podemos achar R:R – r = 9 ⇒ R = 25

Agora, por Pitágoras, é possível encontrar CD:

(R + r)2 = 92 + (CD)2

CD = 40

33) D

Conforme a figura, basta utilizar Pitágoras para des-cobrir x:

52 = 32 + x2

x = 25 9− = 4 Portanto a corda tem comprimento igual a 8.

34) C

Pela reação métrica entre duas cordas, temos que BE ED. = AE EC. .

AE EC. = 6 . 8 = 48

35) E

BA x

6 cm

O

T

P2,52,5

AP . AB = (AT)2 ⇒ (5 + x)x = 36x2 + 5x – 36 = 0 ⇒ x' = –9 ou x" = 4Logo x = 4

AE = 48

EC (I)

Como AE

EC=

13

, então AE = EC3

(II).

Igualando (I) e (II) temos:

EC3

= 48

EC ⇒ EC = 144 = 12

AE = 123

= 4, AC = 12 + 4 = 16

GABARITO

10 Matemática D

36) B

(PA)2 = PB . PC (3PC)2 = PB . PC 9PC2 = PB . PC PB = 9PC

37) E

A

D

4 x

6

B

7

E C

10

AE . AD = AC . AB10 . 6 = (x + 7) . 760 = 7x + 497x = 11x = 11

7

38) E

0

A

C

D

B

α α

2α

2α

Primeiramente adotemos o ângulo AB�D = α. Posteriormente, trocando OC OD= , concluímos que

DC�O = CD�O = 2α.

Por último tem-se que

CO�D = 180 – 4α e AO�C = 180 – α.Como AO�D = AO�C – CO�D, temos:

AO�D = 180 – α – (180 – 4α)

AO�D = 3α

39) E

Pela relação métrica entre secante e tangente, temos.82 = x . (2x)2x2 = 64

x = 32x = 4 2

40) E

0

C

D

B

A

10cm

4cm

8cm

Er r

Por potência de um ponto exterior, concluímos que:AB . AC = AD . AE8 . 18 = 4 . (4 + 2r)8r + 16 = 144r = 16Portanto P = 16 + 16 + 4 + 18 = 54.

41) 04

A

rr

r r

r

BC

2

2

8 6

GABARITO

11Matemática D

Pela figura note que os lados do trapézio valem 10 cm. Portanto, para descobrir o raio, basta resolver Pitágoras

no triângulo ABC:102 = (2r)2 + 62

4r2 = 100 – 36

r = 644

r = 4

42) C

Basta traçar a reta BE e encontrar os ângulos EB�P e

BE�P:

EB�P = 90 362°+ ° = 63°

BE�P = 124 362°+ ° = 80°

Portanto: x = 180 – 80 – 63 = 37°

43) a) x = 12 b) x = 6 c) x = 5

a)

Por potência de um ponto interior, temos:2x = 4 . 6x = 2 . 6x = 12

b)

Pela relação de potência de um ponto exterior, temos:7 . 16 = 8(8 + x)8x = 112 – 64x = 6Obs: Note que o gabarito está errado.

c) 4x

6

BAP

Por potência de um ponto externo, temos:62 = 4(4 + x)4x = 36 – 16x = 5

44) C

Note pela figura que, tomando-se

AP = x e DQ = y;

EF = x – 3 + y – 6 e BC = x – 4 + y – 5.

Conclui-se que:

BC – EF = x – 4 + y – 5 – (x – 3 + y – 6)

BC – EF = 0

GABARITO

12 Matemática D

45) D

x + b

aa

b

0

x

Por potência de um ponto interior: a . a = b (2x + b)a2 – b2 = 2bx

x = ab

b2

2 2−

46) A

Basta somar as metades dos comprimentos das quatro circunferências.

D = 2 4 6 82

202

π π π π π+ + += =10π = 30 m

Sabendo-se o comprimento total da espiral (D), basta dividi-lo pelo tamanho do tijolo.

N = 300 3,

= 100 tijolos

47) E

0

A

B

C

x/230º

D

60º

2

Do enunciado verifica-se que o triângulo BCO é equi-

látero; logo CO�B = 180

3° = 60°. Portanto o arco

BC� = 60° e o ângulo BA�C = 30°.

Traçando-se a reta DO forma-se o triângulo retângulo ADO.

Por cosseno do ângulo DA�O = 30°:

cos 30° = x4

x = 4 3

2 ⇒ x = 2 3

48) A

0

Q

S

P d

6

2,5

2,5

2,5

Pela relação de potência de um ponto exterior, temos:62 = (d + 5) . dd2 + 5d – 36 = 0S = –5 e P = –36 ou d = 4 ou d = –9Como d é distância, então excluímos d = –9.

49) C

O comprimento da semi circunferência (C) é dado por:

C = 22πr = π . 6370

Tome π = 3,14; então C = 20001,8 km Como o avião faz 800 km em uma hora, basta dividir

"C" pela velocidade:

T= 200018800

, ≅ 25

50) D

GABARITO

13Matemática D

a) Errada. ABCDEF é a soma do comprimento do círculo

formado pela soma dos dois semicírculos com a reta DC.

ABCDEF = 2 . π . R + 100 = 310 m

b) Errada. ABCD é a soma do semicírculo ABC + CD .

ABCD = 22πR + 100 = 205 m

c) Errada. ABC = 22πR = 35 . 3 = 105

d) Certa. A volta completa (D) é a soma:

ABC DEF DC AF� �+ + + ,

D = 2 22πR( )

+ 200 = 410 m

51) A

Por potência de um ponto interior, temos:10x = 6x = 0,6

52) A

Por potência de um ponto interior, temos:7(7 + x) = 6 . 1049 + 7x = 60

x = 60 497

117

−=

53) D

BD

A

C

x

128°

Pelo desenho é possível ver que

x = BAD�

2 e BCD� = 128o . 2 = 256o

Como BAD� = 360o – BCD� ⇒ BAD� = 104°. Então:

x = 104

2 = 52°

54) C

Idem ao exercício 34.

55) B

Por potência de um ponto exterior, temos:(2PA)2 = PA(PA + 18)3PA2 – 18PA = 0

PA = 366

= 6

GABARITO

14 Matemática D

56) 20x + 1

3x + 1

2x3x

Sabendo-se que a média aritimética entre os lados opostos de um trapézio são iguais, então:

x x x x+ + +=

+1 3 12

3 22

4x + 2 = 5x x = 2 Portanto: 3 . 2 + 2 + 1 + 2 . 2 + 3 . 2 + 1 = 20.

57) 6A

D

4

9

B

C

4

9

4 5E

Fr

r

Pela figura note que

CF = CD = 9 e AB = BF = 4

Por Pitágoras, no triângulo retângulo BEF, temos:(2r)2 = 132 –25

2r = 169 25−

r = 122

= 6

58) B

A

C

M B

D

40 40

80

Basta traçar as retas MD, AD e AC. Como CD é diâmetro, então o triângulo ACD é retân-

gulo e partilha o ângulo AC�D com o triângulo retângu-lo ACM. Portanto, por semelhança de triângulos, o

ângulo CA�M = AD�M. Como os triângulos AMC e AMD são retângulos e

partilham o ângulo AD�M e o lado AM, por semelhança de triângulos, temos:

DA�M = AC�M

Portanto por semelhança de triângulos:40 80

40x=

2x = 40x = 20

Logo, o raio (r):

r = 100

2 = 50

O comprimento (C):C = 2 . π . R = 100π

59) E

Idem ao exercício 27.

60) C = 2r . (4 + π)

A r

r

r

r

rr

rr

H

B G

C F

D E

Pela figura note que o comprimento da correia é

8 . r + 4 . 24πr

, ou seja, oito vezes o raio mais quatro

vezes um quarto do comprimento da circunferência.

C = 8r + 4 24

. πr = 8r + 2πr = 2r . (4 + π)

GABARITO

15Matemática D

61) A

M

N

P

O

16

16

Q

A

Pela figura notemos que AP = AN e QM = QN. Portanto o perímetro do triângulo é: P = 2 . 16 = 32

62) E

Seja d a diagonal de cada quadrado. Então, por Pitágoras, temos:

d2 = (4 2 )2 + (4 2 )2 = 16 . 2 + 16 . 2

d2 = 64 ⇒ d = 8Logo:A = 2d . 3d = 6 . 64 = 384

63) A

Pelo desenho temos:

x2 = x2

2 + 4(x – 3) + 3(x – 4) + 12

x2

2 = 4x – 12 + 3x – 12 12+

x2 = – 14x + 24 = 0x' = 12 e x" = 2

Note que não podemos ter x = 2, pois os lados do jardim ficariam com medidas negativas.

Então A = 122

1442

2

= = 72

64) A1

A

B C

D

EF

1

2A D

E

3

3 .

√

√

Basta usarPitágoraspara achar

Basta contar as diagonais.

Mas note que AD = BE = FC = 2 e.

FD = FB = EA = EC = DB = CA = 3

Logo (AD + BE + FC) = 2 + 2 + 2 = 6 e

FD + FB + EA + EC + DB + CA =

3 + 3 + 3 + 3 + 3 + 3 = 6 3

Portanto a soma dos comprimentos das diagonais é

igual a 6 + 6 3.

65) C

Os ângulos internos de um pentágono medem 108°. Como o pentágono é regular, as retas AC e CE estão

dividindo C� em três. Portanto:

α = 108

3 = 36°

GABARITO

16 Matemática D

66) B

6

r

30º3

Pela figura temos que r pode ser encontrado usando a função cosseno em 30°.

cos 30° = 3r

⇒ 32

= 3r

⇒ r = 2 3

67) A

30º

a

a

Ra

a

2

2r

Pelo desenho note que r e R podem ser encontrados pela tg (30°) e cos (30°) respectivamente.

• tg (30°) = ra2

• cos (30°) =

a

R2

33

2=

ra

Ra

.3

2 2=

ra

=36

Ra

=33

Portanto a razão Rr

é:

Rr

= 6 3

3 3

a

a = 2

68) AB C

A

x60º

60º

60º

30º 5cm

Como o hexágono é regular, os ângulos internos medem

120°. Portanto o ângulo AB�C = 1202° = 60°.

Tome BC = x. Então x pode ser encontrado por tg(30°).

tg(30°) = x5

⇒ 33

= x5

⇒ 5 33

Portanto o perímetro (P) é:

P = 12 . 5 33

= 4 . 5 3 = 20 3

69) V – F – V – V – V

45ºrr

rr

a) Verdadeiro. x pode ser calculado usando

cos 45° = xr

⇒ x = 22

r . Portanto o lado do quadra-

do vale: 2x = 2 . 22

r = 2r

b) Falso. Pelo desenho note que o lado do quadrado circunscrito vale 2r. Portanto a razão (R) vale:

R = 2

2

r

r = 2 2

2 = 2.

c) Verdadeiro. Pelo desenho temos que o apótema do quadrado circunscrito é r e o do inscrito é x. Portanto a diferença (d) vale:

d = 1 – 22

= 2 22−

d) Verdadeiro. Perímetro dos quadrados: Pc = 4 . 2r = 8r

Pi = 4 . 2r

Razão dos perímetros (Rp):

Rp = 8

4 2

r

r. = 2 2

2 Razão dos apótemas (Ra):

Ra = r

r

r

r22

2

2= = 2 2

2

e) Verdadeiro. Área dos quadrados: Ac = 2r . 2r = 4r2

Ai = 2r . 2r = 2r2

Razão entre as áreas (Ra):

Ra = 42

2

2

rr

= 2

GABARITO

17Matemática D

70) D

45º

60º

Pela figura concluímos que o lado do quadrado é dado por:

cos 45° = xr

⇒ x = 22

R , l = 2 . x = 2R

e a do hexágono por:

cos 60° = yR

⇒ y = R2

, L = 2y = R

A diferença é dada por:

d = 2 12− R

71) D

Sendo os pentágonos regulares, então α = 108°. Por-tanto:

θ = 360° – 3 . α = 360° – 324° = 36°

72) 99

E 20

2020

D

13

C

15 15

15B23A

F

y

xP R

Q

Basta formar os triângulos DEQ, AEP e BCR. Como o hexágono é equiângulo, os triângulos são equiláteros e, por consequência, o triângulo PRQ também é equi-látero. Portanto:

x + 23 + 15 = 20 + 13 + 15 x = 10 10 + 20 + y = 48 y = 18 Logo: P = 18 + 10 + 23 + 15 + 13 + 20 = 99

73) 12

√

A

B

C

0

30º

3 3

r

Pela figura note que, como ABC é equilátero, o ângulo

BC�O vale 30°. Portanto por cosseno de 30° é possível encontrar r:

cos 30° = 3 3r

⇒ r = 6 3

3 = 6

Portanto o lado (l) vale: l = 2 . 6 = 12

74) E

BA

F

01E

D

P

H

C

G

a2

Pela figura note que o triângulo EOP é isósceles e PE�

O = PO�E = 45°.Portanto:

cos 45° = a

EO2

⇒ EO = a a

2

22

=

GABARITO

18 Matemática D

Logo a = 2 a 2

21−

.

a = a 2 – 2

a = 2

2 1−

75) E

3

r

3

o

A

B

CD3

2

30º

Pela figura vemos que ADO é um triângulo retângulo,

com ângulo DA�O = 30°. Portanto:

cos 30° = 32r

⇒ r = 3

3

3 33

= = 3

76) D

x

r

45º

Pela figura vemos que o apótema é igual à metade do lado do quadrado.

Portanto:

cos 45° = xr

⇒ x = 22

= x6

⇒ x = 3 2

Logo o lado do quadrado vale 6 2 e o apótema vale

3 2.

77) DL

�

45º

r

Pela figura note que o lado do quadrado circunscrito pode ser encontrado por:

cos 45° = �2r

⇒ 22

= �2r

⇒ l = 2 . r

Portanto a razão (R):

R = �L

r

r=

2

2 = 2

2

78) D

Como o hexágono é regular, temos que:w° = 120° v = 90°y° = 60° x = 30°z° = 90°

79) A

x

r

r

x

Sejam r e x o raio da circunferência e o lado do qua-drado respectivamente, então:(2r)2 = x2 + x2 ⇒ 2x2 = 4r2 ⇒ 2 . r

GABARITO

19Matemática D

Portanto, o perímetro = 4 . x = 4 . 2 . r

Logo comprimentoperímetro

= 2

4 2

π r

r = π 2

4.

80) 2 5

45º

A 2

2

2

B

CD

E

2

2

2

2

√

√

Note que AB = 2.(área = 4)Seja CE = x.

Pela lei dos cossenos aplicada ao triângulo ΔCED, temos que:

x2 = CD2 + DE

2 – 2CD . DE . cos 45°

x2 = 22 + (4 2)2 – 2 . 2 4 22

2. .

x2 = 4 + 16 . 2 – 8 . 2x2 = 4 + 16(2 – 1)x2 = 20

x = 20

x = 2 5

81) E

A

F

E B

CD

x

1

1

x 1

1

Seja x = FE = FD.Então:

AD = AC = 1 + x Note que são semelhantes os triângulos ΔACF e ΔDEF.

Então temos que:

FA

AC

FD

DE xx

= ⇒+=

11 1

⇒ x(x + 1) = 1 ⇒ x2 + x – 1 = 0

x = − ± +1 1 42

= − +1 5

2 Perceba que x tem de ser maior que zero, pois trata-se

de uma distância, que é sempre positiva.

Logo x = − +1 5

2.

Portanto:

AD = 1 + x = 1 + − +1 5

2 = − +1 5

2, e essa é a raíz

positiva da equação x2 – x – 1 = 0.

82) C

p = a b c+ +2

⇒ p = 8 7 92+ +

p = 242

= 12

↑ ↑Semiperímetro

Então: S = p p a p b p c( )( )( )− − −

S = 12 4 5 3 4 4 9 5( . . ) ( . . . )=

S = 2 . 2 . 3 . 5 = 12 5

83) D

2R = 5 5 502 2+ =

GABARITO

20 Matemática D

R = 502

A� = 4 5 52

. . = 50 cm2 ⇒ A○ = πr2 = π 502

2

A○ = π . 504

252

= π cm2

A área hachurada (A ) é a diferença entre a área do quadrado (A�) e a área da circunferência (A○) dividida por 4:

A = A A� ○−=

−=

−

4

5025

24

100 2524

π π = 25

8 . (4 – π)

84) C

r ⇒ A1 = πr2

2r ⇒ A2 = π(2r)2 = 4

4

2

1

↓ ↓��πr

A.

85) D

Note que EB�F = 90°.Assim:

S = EB BF.

2 ⇒ S = 2 3 2 3

2

. = 2 . 3 = 6

86) EA

B E

DC

aa

a

a a

a

√23

AC D

A = a2 1

32

+

A = a2 + a2 34

2AA = A =

= a a a2 2 21

32

13

42

13

21

34

+

− +

=

+ − −

2=

= a2 3

42

. =

a2 38

87) A

I.

p = a b c+ +2

p = 10 10 122

+ + = 16

S1 = p p a p b p c( )( )( )− − −

S1 = 16 6 6 4. . . = 4 . 6 . 2 = 48

II.

p = a b c+ +2

⇒ p = 10 10 16

2+ +

= 18

S2 = p p a p b p c( )( )( )− − −

S2 = 18 8 8 2. . . = 3 . 4 . 4 = 48S1 = S2

GABARITO

21Matemática D

88) B

D

E

5

C

B

6

A

A B

C A

D E~

5

2x =

36 5=

x

x = 156

52

=

S = AD . .32

52

3

2154

= =

89) E

Note que se AB = a,

P = 9 3 = a2 34

. Então:

9 . 4 3 = a2 3a = 3 . 2 . = 6

Ademais:

BC = cos 60° . a = 12

. 6 = 3

CD = sen 60° . a = 32

. 6 = 3 3

Portanto:

Q = 3 3 32

9 32

. .=

E assim:

QP= =

9 32

9 3

121

= 12

90) B

BA D

C

α

Do fato de que AO�B = 60°,

ΔABC é equilátero, pois DC é perpendicular a AB .

Logo A B

C

A = AB DC.2

.

Vamos deixar r = AB em função de α.

Note que rr r

23

2

2 2

2 + +

= α ⇒

r r r r r r2 2 2 22

2 22

43 4 3 4

48 4 3

4+

+ += ⇒

+=α α

8 4 34

2

8 4 3

2

2 2 3

22+( )

= ⇒+

=+

r α α α

r = α

2 3+. Logo A� =

r r r. +

32

2=

= r2

2

2 34

2 32 3

4+( )

=+( )

+( )α.

= α2

4

91) E

ΔABC é equilátero.

A = 12 34

144 34

2

=

A = 36 3

GABARITO

22 Matemática D

92) B

Note que AB = 10 (imagine a folha dobrada).

Logo, do triângulo pitagórico ΔABC, temos que BC = 8.

Faça EA = h. Então DE = 8 – h. Logo h2 = (8 – h)2 + 42 (Pitágoras no ΔDEA)

h2 = 64 – 16h + h2 + 16 ⇒ h = 5

Portanto AEA

B = 5 10

2.

= 25 cm2

93) B

BA

8

D E

C

20

12

x = 9

15

A AAA B

C C

D E

–=Note que:

1220 15=

x ⇒ x = 9

Portanto:

A� = 15 20

212 9

2300 108

2192

2. .− =

−= = 96

94) A

P = 2(h + 2h) = 603h = 30h = 10

Então A = 10 . 20 = 200.

95) D

3A1 = A2 ⇒ 3 . 722

120 322

. ( )h h=

+ ⇒

72h = 40h + 1280 ⇒ h = 40

96) C

60°

120°

D

x

x B

30°

C

60º60º

60º

30º

30º

2

x

cos 30° = 2CE

⇒ CE = 4 33

tg 30° = BE2

⇒ BE = 2 3

3 I I DE

Então (x + 2)2 = x2 + (2 3 )2.

x2 + 4x + 4 = x2 + 4 . 3 ⇒ x = 2

A� = 2 3

44 3

4

2

= = 3

97) A

Note que são 4 triângulos congruentes. Então S' = 54

.

Logo SS

S’

.= =54

51

4

5 = 4.

GABARITO

23Matemática D

98) D

A

A

A

D

E

A

C

B

=

6 42

10 82

310

.

.=

99) B

DB

EA

C

G

F

Note que AG GD DE EB= = = . Assim o ΔAFB é dividi-do em quatro triângulos com áreas iguais (mesma base e mesma altura). Logo a área procurada é:

4 4=A A3 23

AA

BB

FC

= 34

962

. = 36

100) A

D

A

E

C

B

F

12

1 x

x

x

G

Seja EF = FC = FB = x.

Então, do F G

C, temos: x2 = 1

2

2

+ (1 – x)2.

x2 = 14

+ 1 – 2x + x2

2x = 54

⇒ x = 58

A = 11

2

8 582

316

( )−=

−

=x

101) A

O triângulo é pitagórico. Logo AC = 8.

A = 6 82. = 24

102) C

(4 – x)2 – x2 = 56 x2 – 8x + 16 – x2 = 56

x = 408

⇒ x = 5

A = 5 92.

= 22,5

103) D

BA F

D EG

C

103

4

83

45

De CDG ∼ CAF:

GABARITO

24 Matemática D

CDCD

546

103

= ⇒ =

De CDE ∼ ABC:

54

=

103

DE ⇒ DE = 8

3Logo:

AD E

C =

103

83

2409

.=

104) B

A B

C

1216

20

O triângulo é pitagórico. Logo CB = 16.

Assim A = 12 16

2.

= 96 cm2.

105) D

A1 = 32y

A2 = 52x

Note queyx

= 35

⇒ y = 35x e x + y = 4.

Então:

x + 35x = 4 ⇒ 8x = 20 ⇒ x = 5

2 = 2,5

y = 1,5Logo:

A2 – A1 = 5 2 5

23 15

2. , . ,

− = 4

106) 70

A

B

CD

E F

4 4

6 6

2

3

3

30

3

10

6

Como BD = 8 e OD = 3, temos que OB = 5 e, assim, os triângulos EOB e FOB são os pitagóricos (3 – 4 – 5).Por outro lado, BOF ∼ BCD.

Assim 45

8=

BC ⇒ BC = 10. Logo FC = 6.

01. Falso. A altura é 8.02. Verdadeiro. 04. Verdadeiro. 08. Falso. A base mede 12.16. Falso. O centro dista mais que 6.32. Falso. O centro dista 6,25.

64. Verdadeiro. A = 12 82. = 48 cm2.

107) D

6

18

3

2

1 7

7 2

3 9

2

3

3

R = 92

32

+ + 7 + 18 = 6 + 25 = 31

108) B

A B

C

4

4

2

22

2

x

x

GABARITO

25Matemática D

(4 + x)2 = (2 + x)2 + 62

16 + 8x + x2 = 4 + 4x + x2 + 364x = 24x = 6Logo:

A = 6 2 6

2482

.( )+⇒ = ⇒A

A = 24

109) C

A B

CD F E

10 10 103 3 3

10

b

h

A = b h.. .

210

36

1

2= = 10 cm2

110) D

√

√

√

2

2

2

2

2

24

4

AAAA = +–4 2

R =

=

= π πr2 2 244

42

8 164

−+ =

−. + 8 = 2π + 8