GABARITO

1Matemática D

Matemática D – Intensivo – V. 1

Exercícios

01) C

Construímos a reta t, tal que t // s e t // r:

r

t

s

a

b112°

A reta t divide o ângulo 112° em dois ângulos a e b.

a = 40° (alternos internos) b = 112 ° − a = 112° − 40° = 72°

Segue, b = x (alternos internos).

Logo, x = 72°.

02) D

a

a

δ

A'

b^

^

^

B'

b^

δ c^

c^

d^

C'

D'

E'

β

d^

e^

e^

αξ

No pentágono A'B'C'D'E', note que b� + c� + d�

+ e� + a� = 360 (ângulo externo do polígono).

Somando os ângulos dos triângulos ΔAA'B', ΔBB'C', ΔDD'E', ΔCC'D', ΔEE'A', teremos:

γ + γ + ε + α + β + b� + c� + d� + e� + a� + b� + c� + d� + e� + a� = 5 . 180° γ + γ + ε + α + β + 360° + 360° = 5 . 180° γ + γ + ε + α + β = 900° − 360° − 360° γ + γ + ε + α + β = 180°

03) A

Devemos calcular primeiramente o valor de x.

r

s

3x2x

40°

t

β –β180° 10080°

3x + 2x = 100° (alternos internos) 5x = 100° x = 20°

2x = 2 . 20° = 40

Lembre que a soma dos ângulos internos de um triângulo qualquer é igual a 180°. Daí:

180° − β + 80° + 40° = 180° − β + 80° + 40° = 0 β = 80° + 40° β = 120°.

GABARITO

2 Matemática D

04) E c� = 180° − 4x − 6x = 180° − 10x (soma dos ângulos internos)

c� = 180° − 10x

e� = 180° − 10x (soma dos ângulos internos)

DC�F = c� e DE�C = e� (oposto pelo vértice)

Assim:

DC�E = 180° − 10x e DE�C = 180° − 10x

No triângulo ΔCDE, temos:

180° − 10x + 180° − 10x + 2x = 180° (soma dos ân-gulos internos)

180° − 18x = 0 180° = 18x

x = 18018°

x = 10°

05) A

Em relação ao ΔBCM, temos:

34

x + 10° + x + y = 180° (soma dos ângulos internos)

74

x + y = 170°

Em relação ao ΔBCM, temos:

MB�A = 34

x + 10° (bissetriz)

BM�A + y = 180° (suplementar)

BM�A = 180° − y

Segue:

34

x + 10° + 180° − y + 2x + 16° = 180° (soma dos ân-

gulos internos)

114

x + 26° − y = 0

114

x − y = − 26

Obtemos o seguinte sistema:

114

26

74

170

x y i

x y ii

− =− °

+ = °

( )

( )

Fazendo (i) + (ii), teremos:

114

x + 74

x = 144°

184

2

2

÷

÷x = 144°

92

x = 144°

9x = 288°

x = 288

9°

x = 32°

Substituindo x = 32 em (ii), teremos:

7 32

4.

+ y = 170°

56° + y = 170° y = 170° − 56° y = 114°

GABARITO

3Matemática D

06) E

Construímos a reta t, tal que t // s e t //r.

r

t

s

1

3x

y

2

A reta t divide o ângulo 2 em duas partes x e y. Temos que: 1 = x (alternos internos) 45° = x

2 = y (alternos internos) 55° = y

Segue: 3 = x + y = 45° + 55° = 100°

07) E

180° − y + x + 60° = 180° (soma dos ângulos internos são suplementares) x − y = − 60°

Temos ainda: 5x + y = 180°

Obtemos o seguinte sistema:

x y i

x y ii

− =− °+ = °

60

5 180

( )

( ) Fazendo (i) + (ii), temos 6x = 120° x = 20°

Substituindo x = 20° em (i), teremos: 20° − y = − 60° 20° + 60° = y y = 80°

GABARITO

4 Matemática D

08) E

A soma dos ângulos internos é dada por Si = 2 . 130° + (n − 2) . 128° (n: número de lados), mas Si = 180°(n − 2).

Segue: 2 . 130° + (n − 2) . 128° = 180°(n − 2) 260° = 180°(n − 2) − (n − 2) 128° 260° = 52° (n − 2) 260° = 52n − 104° 364° = 52n

n = 36452

n = 7

09) B

3x

4x

B

7x

180 –7x C180 –8x

8x

6x

2x

A

5x

No triângulo ΔABC: 180° + 180° − 7x − 8x + 5x = 180° −10x = –180°

x = 18018°

x = 18°

10) C

Construímos as retas t e n, tal que t // n // s // r, conforme a figura abaixo.

Note que:

KB�A = 70° (alternos internos)

CB�K = β − 70°

CB�K = BC�M (alternos internos)

BC�M = β − 70°

MC�D = 30° − BC�M

MC�D = 30 − (β − 70°)

MC�D = α (alternos internos) 30° − β + 70° = α 100° = α + β

GABARITO

5Matemática D

11) A

30°70°

30°

E

70° 70°

A'BC C'

B'

α

A

t v

70°

r

s

u

AB�C = 70° (alternos internos − r // s)

AB�C = B'B�A' = 70° (oposto pelo vértice)

A'C� 'E = 70° (alternos internos − t // u)

Temos ainda C'A'E = 30° (oposto pelo vértice)

Assim, no ΔEA'C': α = 30° + 70° (teorema do ângulo ex-

terno) α = 100°

12) 130°

Seja x o ângulo procurado: 2(90° − x) + 40° = 90° − x 180° − 2x + 40° = 90° − x 180° + 40° − 90° = 2x − x x = 130°

13) E

Apótema é dada por:

a = R 3

2 ⇒

2 33

a = R

Lado do triângulo: = R 3

= 2 3

3a

. 3 = 2a

Portanto, a área do triângulo é:

A = �2 3

4

A = ( )2 3

4

2a

A = 4 3

4

2a

A = 3a²

14) B

B

A

F E

D

C

1

1

1

1/2

1

x

x

P

No ΔQCP:

1² = 12

2 + x²

1 − 14

= x²

x² = 34

x = 3

2

Logo, o perímetro é:

2p = 4 + 2 3

2 2p = 4 + 3

GABARITO

6 Matemática D

15) B

AH: área do hexágono AT: área do triângulo

AH = 6AT

6 3

4

2�H = 6� T2 34

H = T

A soma dos lados do hexágono e do triângulo é 9 lados. Assim:

T = 639

= 7 m.

16) 99

A'

B'

C'60°

60°

60°

18

18

120°

120°

E 20 D 13

13

C

60° 60°

60°13

a = 120°i

120°

120°

120°

23 15

B

A

2323

60°

60°

60°

ai = 180 6 2

6° −( )

= 30 . 4 = 120°

ΔA'B'C'; ΔA'FE; ΔAB'B; ΔCC'D são equiláteros.

O ΔA'B'C' tem lados = 51. Daí: A'E = 51 − 20 − 13 = 18 e assim FE = 18 (triângulo

equilátero). FA = 51 − 23 − 18 = 10

Portanto: 2p = 20 + 13 + 15 + 23 + 10 + 18 2p = 99.

17) B

r: razão

Si = 180° (6 − 2) = 720° n + n + r + n + 2r + n + 3r + n + 4r + n + 5r = 720° 6n + 15r = 720° (i)

Temos ainda:

nr =

152

⇒ 2n = 15r (ii)

Substituindo (ii) em (i), temos: 6n + 2n = 720° 8n = 720°

n = 720

8°

n = 90°

18) C

α

αe

ae = 360

5° = 72° (ângulo externo do pentágono)

α + ae + ae = 180° (soma dos ângulos internos) α + 72° + 72° = 180° α + = 180° − 144° α = 36°

GABARITO

7Matemática D

19) 4 3

A

F

E D

C

B

rr

r

O triângulo ΔAFC é retângulo. (2r)² = 4 + r²

r = 2 3

3

2p = 6 . r = 6 . 2 3

3 = 4 3 cm

20) B

A

P

D

B

h

20 – h

6

10

x

E C

T

40

Comprimento da cerca: PT = x

Por Pitágoras no ΔADE, temos que: 25² = AE² + 15²

AE = 400 AE = 20

Área total do trapézio ABCD:

A = 20 40 10

2( )+

= 500

Mas as áreas do trapézio ABPT e CDPT devem ser iguais à metade da área do trapézio ABCD, ou seja, 250.

Área de ABPT:

A1 = h x( )10

2+

10h + hx = 500 (i)

Área de CDPT:

A2 = ( )( )20 40

2− −h x

40h − 20x + hx = 300

Desta forma montaremos um sistema:

10 500

40 20 300

h hx

hx x ii

+ =− =

( )

Subtraindo: − 30h + 20x = 200 2x − 3h = 20

h = 2 20

3x−

Da primeira equação:

h = 500

10+ x

Igualando:

500

10+ x =

2 203

x−

1500 = (10 + x)(2x − 20) 1500 = − 200 + 2x² x² = 850 x ≅ 29

21) 170,8

61a

b

61² = a² + b² (i)

Temos ainda:

ab

= 34

⇒ b = 43a

(ii)

Substituindo (ii) em (i):

61² = a² + 43

2a

3721 = a² + 16

9

2a

33489 = 9a² + 16a² 33489 = 25a²

a = 1339 56, a = 36,6

Substituindo a em (ii):

b = 4 36 6

3. ,

= 48,8

Então: 2p = 2a + 2b 2p = 2 . 36,6 + 2 . 48,8 2p = 73,2 + 97,6 = 107,8

GABARITO

8 Matemática D

22) 07

01. Verdadeiro.02. Verdadeiro.

3

n

12

m

h

Relação métrica: h² = m . n h² = 3 . 12 h² = 36 h = 6

Segue:

A = 15 6

2.

= 15 . 3 = 45

04. Verdadeiro.

� i

c: circunscrito i: inscrito

2pi = 8 ⇒ i = 2

D = 2 2

Ac = c2 = (2 2)² = 4 . 2 = 8 cm²

08. Falso. ai = 180 5 2

5° −( )

⇒ ai = 108°

aiα36°

72°

36° 72°

ai

α = 180° − 72° − 72° = 36°

23) A

108°

A

E B

CD

α

108°

α

ai aiF

ai = 180 5 2

5° −( )

= 108°

O quadri látero AEBF é um losango e assim:

EA�B ≡ EF�B ≡ 108° e AE�F ≡ FB�A = α.

Sabemos que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é igual a 360°, então:

2 . 108° + 2α = 360° 216° + 2α = 360° 2α = 360 − 216° 2α = 144° α = 72°

24) 26

01. Falso. Pois o lado do hexágono H = r = 2.02.Verdadeiro.04.Falso. H = 2

D = Q 2

Q = D

2

Q = 4

2

Q = 2 208. Verdadeiro.

aH = R 3

2

aH = 2 3

2 = 3

16. Verdadeiro. Isósceles, pois DA ≡ AB (lado do qua-

drado) e  = 90° (DB diagonal do quadrado).

32. Falso. Caso contrário HE passaria pelo centro do círculo, o que não acontece.

GABARITO

9Matemática D

25) C

A

B

36°

C D

Eai

α

36°

72° 72°

ai = 180 5 2

5° −( )

= 108°

Logo, α = 180° − 72° − 72° = 36°

26) C

Número de diagonais é dado por d = n n( )−32

, em que

n é o número de lados. Sendo assim:

35 = n n( )−32

2 . 35 = n(n – 3) (distributiva)70 = n2 – 3nn2 – 3n – 70 = 0

Resolvendo a equação acima obtemos as raízes:n' = 10n" = –7 (lado negativo não existe)

Portanto, número de lados é dado por n = 10.

27) 36°

0,50,5

0,5

an = 180 2° −( )nn

a5 = 180 5 25° −( ) = 108°

Temos que:a5 + a5 + a5 + α = 360° 3a5 + α = 360°3 . 108° + α = 360°

α = 360° – 3 . 108°α = 360° – 324°α = 36°

28) C

Número de diagonais é dado por d = n n( )−32

, em que

n é o número de lados. Sendo assim:

90° = n n( )−32

2 . 90° = n(n – 3) (distributiva)180° = n2 – 3nn2 – 3n – 180° = 0

Resolvendo a equação acima obteremos as raízes:n' = 15n" = – 12 (lado negativo não existe)

Portanto, número de lados é dado por n = 15.

29) D

aa

a

h h = a

b

bb

No triângulo da esquerda temos:

h = a 32

(altura do triângulo equilátero)

No triângulo da direita temos:

a = b 32

(altura do triângulo equilátero)

2a = b 32

3

a = b

2 33

a = b

As áreas dos triângulos da esquerda e da direita são dados respectivamente por:

AE = a h.2

e AD = b a.2

Segue:

AA

a h

b a

ha

aE

D

= = = = = =

.

.

.

..2

26

32

2 33

1223

12

32

34

GABARITO

10 Matemática D

30) D

No triângulo temos:h = 15 (altura é a mediana)

15 = � ∆ 32

30 = Δ 330 3

3 = Δ

Δ = 10 3

AΔ = 10 3 34

2( ) = 100 3 34. = 25 . 3 3

AΔ = 75 3

No hexágonos, temos:

h = �E 32

10 = �E 32

20 32

= E

AE = 3 . 6

20 33

3

4

2

..

AE = 3

400 39

3

2.

..

AE = 3400 3

3 2200 3.

.

.=

AAE

∆ = = = =÷

÷

÷

÷

75 3

200 3

75200

1540

38

5

5

5

5

31) 22

A

C B

2

2 2

E

D

4

5

1

ED = 1 (teorema da base média no triângulo)

01. Incorreto. O triângulo ΔBED está contido no triângulo ΔABC.02. Correto. O perímetro do ΔABC é dado por 2p = 5 + 4 + 2 = 11. O semiperímetro é dado por

p = 112

 = 5,5.

A p p a p b p c= − − −( )( )( )

A = − − −5 5 5 5 5 5 5 2 5 5 4, ( , )( , )( , )

A = 5 5 0 5 3 5 15, . , . , . ,

A = 14 4375, A ≅ 3,79 cm2

Logo, A ≅ 3,79 cm2 < 4 cm2.04. Correto. Para que o triângulo ΔEBD seja obtusângulo,

deve ser satisfeita a seguinte condição: a2 > b2 + c2

Sendo assim, temos 52 > 42 + 22, de fato, 25 > 16 + 4 = 20.08. Incorreto. Sabemos que o encontro das mediatrizes de

um triângulo obtusângulo é externo ao triângulo e ainda é o centro da circunferência circunscrita.

16. Correto. p=+ +

= =1 2 2 5

25 52

2 75, ,

,

A∆ = − − −2 75 2 75 1 2 75 2 5 2 75 2, ( , )( , , )( , )

A∆ = 2 75 175 0 25 0 75, . , . , . ,

A∆ = =0 902 0 94, ,

Área do quadrilátero AEDC. A = AΔABC – AΔEBD = 3,79 – 0,949 = 2,8 De fato: 3AΔEDB – AΔECD

32) D

Figura 1 A soma dos ângulos internos é: 74° + 42° + 42° = 158 ≠ 180° Portanto, incorreto.

GABARITO

11Matemática D

Figura 2182 = 324 ≠ 122 + 152 = 144 + 225 = 369 (contradiz o teorema de Pitágoras)

Portanto, incorreto.

Figura 315 > 8 + 6 = 14 (contradiz a condição de existência do triângulo)

Portanto, incorreto.

33) 21

01. Correto. O ângulo BÂC mede 36o.

Figura 1

x

xx2x

P

B C

A

AP CP

AB AC

≡

≡

2x + x + 2x = 180° 5x = 180°

x = 1805° ⇒ x = 36°

02. Incorreto. Caso contrário, o triângulo ΔPBC seria equilátero, o que não acontece, pois os ângulos internos são diferentes.

Figura 2

B C

A

36°

108°

72°

72°36°

36°

04. Correto. Segundo a figura 2 temos:

BAC PCB

BPC ABC

� �

� �≡

≡ (caso ângulo – ângulo)

Portanto, ΔBPC ∼ ΔBCA

08. Incorreto. Note que o triângulo ΔAPC é obtusângulo,

pois AP�C = 108°. O triângulo ΔBPC é acutângulo.

16. Correto. Temos BP�C ≡ PB�C = 72° e portanto é isósceles.

34) 09

01. Correto.

50

s

r//s

24

6

r

30

x

50 – x

Usando teorema de Tales: 6

24 50=

−x

x 6 (50 – x) = 24x 300 – 6x = 24x 300 = 24x + 6x 300 = 30 x

x = 30030

x = 10 cm

02. Incorreto.

x

15

10 cm

sen α = x10

0,259 = x10

⇒ 0,259 . 10 = x

x = 2,59 m

04. Incorreto.

B P C

x24

A

18 18

No triângulo ΔAPC, temos: x2 = 242 + 182

x2 = 900

x = 900

x = 30 cm

08. Correto. Trata-se de definição de semelhança de triângulo.

GABARITO

12 Matemática D

35) C

A

M

CE

N

x 6

6B12

18

F

Construímos um segmento MF tal que F é ponto médio

de BC. Então, FM // BN e temos ainda MF = 6 (base média para triângulo).

Note que ΔEFM ∼ ΔEBN .

Daí temos:6 18

12x=

6 . 12 = x . 1872 = x . 18

x = 7218

⇒ x = 4

36) D

A

x

8 y

CB

D

6

8 –x

No triângulo BDC, temos:x2 = (8 – x)2 + 62

x2 = 64 – 16x x2 + 360 = 64 – 16x + 360 = 100 – 16x16x = 100

x = 10016

508

254

= =

37) B

Considere o triângulo ABC equilátero de lado e altura h e P um ponto interior. Note que a área é dada por

A = �h2

B

� �

h °P

�A C

Faça a ligação do ponto P aos vértices, formando os triângulos ΔAPB; ΔAPC e ΔBCP.

B

� �

h

�A C

d1

Temos que,AΔABC = AΔAPB + AΔAPC + AΔBCP

Sendo assim,� � � �h d d d

2 2 2 23 2 1= = =

�h = �d3 + �d2 + �d1

h = d3 + d2 + d1

Segue:h = d1 + d2 + d3 = 9

De h = � 3

2 , temos:

9 = � 3

2

18 = 3 18

3 = (racionalizando)

= 2 3

18 33

=

= 6 3

38) C

Circuncentro, pois o ponto P será o centro da circunfe-rência ao triângulo ABC.

GABARITO

13Matemática D

39) C

No triângulo retângulo vamos chamar x o cateto y o ca-teto horizontal e H a hipotenusa. A corda esticada e ele diz que e 3m maior que o bambu. Temos as seguintes informações: x = ? y = 7 H = x + 2

Pelo teorema de Pitágoras, temos:H = x2 + y2

(x + 2)2 = x2 + 72

x2 + 4x + 4 = x2 + 49x2 + x2 + 4x + 4 = 494x = 49 – 44x = 45

x = 454

⇒ x = 11,25 m

40) 28

01. Incorreta.

B

12

H

h

A 16 C

H2 = 122 + 162 (teorema de Pitágoras) H2 = 144 + 256 H2 = 400

H = 400 H = 20

h . H = AB AC. (relação métrica no h . 20 = 12 . 16 triângulo retângulo)

h = 12 16

20

3 165

2

2

÷

÷ =.

= 9,6 cm

02. Incorreta.

A

C

B

D

2 x

x

2p = 2x + x + 2x + x = 6x = 60

Segue, 6x = 60

x = 606

⇒ x = 10

Logo, AB = 2 . 10 = 20 e BC = 10

04. Correto. O número de diagonais é dado por:

d = n n−( )32

número de lados é o pentágono é n = 5. Claculando o número de diagonais, temos:

d = 5 5 32

5 2

2

−( )=

. = 5

Logo, n = d

08. Correto.

2 x

4 x3 x

2x + 3x + 4x = 180 (soma dos ângulos internos 9x = 180 são suplementares)

x = 180

9 ⇒ x = 20

O ângulo é dado por 4x = 4 . 20 = 80o

16. Correto. Definição de ângulo na circunferência.

41) E

AE

a

a B F

a

G0a/2

x

Note que OB OG≡ , pois são raio da semicircunferência no triângulo OBC; temos:

x2 = a2

2

+ a2

x2 = a2

4 + a2

x2 = 54

2a

x = 54

2a ⇒ x = a 52

Segue que a área do retângulo EFGH é dada por

AR = 2x . a = 2a 52

a = a2 5

Temos ainda que a área do quadrado é dado AQ = a2

Segue,

AA

a

aR

Q

=2

2

5 = 5

GABARITO

14 Matemática D

42) A

I. Verdadeiro.

D

B

C

A

E

β

α

α

Os lados DC // AB (Paralelogramo)

AD é transversal a DC e AB

Temos AÂB ≡ ED�A (alternos internos) Assim, α + β = 180°

II. Verdadeiro.

B

D

C

A E

αα

F

α

αα

Inicialmente tracemos as bissetrizes dos ângulos AF

e CF dos ângulos  e C� respectivamente. Daí os ângulos BÂF ≡ FÂE ≡ FC�E ≡ EC�D = α( ≡ C� )

Note que FC�E ≡ CÊD (laternos internos)

Portanto, os segmentos AF e EC tem a mesma incli-

nação α em relação ao segmento AD e assim conclu-ímos que são paralelas.

III. Verdadeiro. Pois o quadrado satisfaz as definições abaixo:

Paralelogramo – lados paralelos Retângulo – paralelogramo e 4 ângulos retos Losango – paralelogramo e seus lados iguais.

43) 36

01. Incorreto. Considere o quadrado de lado x.

1 x

x

A1 = x2

Se duplicarmos os lados, obteremos:

2 2x

2x

A2 = (2x)2 = 4x2

Portanto, A2 = 4A1

02. Incorreto. Para que passe uma só reta é necessário que sejam colineares (alinhados), o que não neces-sariamente pode acontecer.

04. Correta. Seja o ângulo x. Seu suplemento é dado por 180 – x.

Segue que a razão entre dois ângulos suplemen-tares é

x

180 – x

4

5

=

5x = 4(189 – x) 5x = 720 – 4x 9x = 720 x = 80o

O complemento de x = 80o é dado por 90 – 80 = 10o.

08. Incorreto. Para que possamos formar um triân-gulo com lados a, b, c devemos ter as seguintes condições:

a < b + c b < a + c c < a + b O que não acontece, 23 > 9 + 13 = 22.

16. Incorreto. Sem perda de generalidade temos o raio r = 1 m. O comprimento da circunferência C = 2π . 1 =  2π = 6,28 m

Agora se o raio aumentar um metro temos r = 1 + 1 = 2m.

O comprimento da circunferência C = 2π . 2 = 4π = 12,56 m Portanto aumentou 6,28 m.

32. Correto. Três pontos sempre passam por um único plano e assim os 3 pontos são colineares.

44) D

D

B

C

A 2

1x

Seja y = AC. No triângulo ABC, temos:y2 = 22 + 12 – 2 . 2 . 1 cos 120 (lei dos cossenos)y2 = 5 – 4 (–cos 60) (cos 120 = – cos 60)

y2 = 5 + 4 . 12

y2 = 5 + 2y2 = 7

y = 7

Segue, x = y2

72

=

45) O perímetro do retângulo é 6x = 2 3

Seja x e y os lados menor e maior dos retângulos respectivamente.

GABARITO

15Matemática D

x y

x

xy

A área do quadrado é dado porA = 18x . y = 12

Note que y = 2x, assim18xy = 1218x . 2x = 1236x2 = 12

x2 = 1286

13

=

x = 13

1

3= (racionalizando)

x = 1

3

3

3. ⇒ x = 3

3

Segue que o perímetro do retângulo é dado por

2p = 6x = 6 . 33

= 2 3 cm

46) a) a = 50 m; b = 50 m

b) A = 5(125 − a) 2 25a−

PQ

RS

a a

b

h

P100 – b

2

100 m

60°

a) Temos que, 2p = 2a + b + 100 = 250 2a + b = 150

Temos ainda no ΔPAS

cos 60° =

1002−b

a

12

= 1002−ba.

a = 100 – b

Obtemos o seguinte sistema:

a b

a b

a b

a b

i

ii

= −+ =

⇒= −= −

100

2 1500

100

2 1500

( )

( )

Fazendo (ii) – (i), temos: a = 50 m

Segue substituindo a = 5 em (i), temos: 50 = 100 – b b = 50 m

Portanto a = 50 m e b = 50 m

b) Temos 2p = 2a + b + 100 = 250 b = 150 – 2a No triângulo PTS, temos:

Portanto a área do trapézio

A = ( ) ( ).1002

100 150 2 5 2 252

+=

+ − −b h a a

A = ( ). . ( ).250 2 5 2 252

2 150 5 2 25

2

− −=

− −a a a a

A = 5 150 2 25. ( )− −a a

47) 98

Seja x, y, z, l e m os lados dos retângulos conforme a figura abaixo.

A B

CD

40

34

24

�

m

k

�

y z

m

x

k

y z

yz

�

Note que o perímetro do retângulo ABCD é:2p = x + y + k + z + + m + x + y + k + + m2p = 2(x + y + k + + m)2p = 40 + 34 + 242p = 98

a2 = h2 + 1002

100 150 22

2 2−

=

− −

b a( )

a2 = h2 + 100 150 22

2 502

2 2− +

=

−

a a

a2 = h2 + 2 504

2a−( )

a2 – 2 504

2a−( )

= h2

GABARITO

16 Matemática D

4 4 200 25004

2 2a a a− − +( ) = h2

4 4 200 25004

2 2a a a− − + = h2

200 25004

a+ = h2

h = 50 625a− ⇒ h = 25 2 25a−( )

h = 5 2 25a−

48) EA B

CD

E2 5

5 5

Como EC é bissetr iz do ângulo DC�B, temos

DC�E ≡ EC�B. Mas DC�E ≡ CE�B (altemos internos) logo,

EC�B ≡ CE�B daí o ΔECB é isósceles e assim EB CB≡ = 5.

Portanto,2p = 2 . 7 + 2 . 5 = 14 + 10 = 24

49) D

R

R

2 a

Seja:r: raio da circunferência inscritaR: raio da circunferência circunscrita: lado do quadradoD: diagonal do quadrado

r = �2

22

=a = a

R = D a2

2 22

= = a 2

Segue,

rR

a

a= =

2

1

2

2

2. = 2

2

50) 30

01. Incorreta. A soma dos ângulos de um quadrilátero qualquer é 360o.

02. Correta.

B

A D

C

60°

r

rr

rr O

60°

60°

Note que ΔABO ≡ ΔDOC (caso LAA0)

Dai temos AB�O ≡ CÔD. Como

AB�O + CÔD + 60 = 180° (Suplementares)

AB�O + AB�O = 120°

AB�O = 60°

No ΔOCD os ângulos OC�D ≡ CÔD e como os ângu-los de um triângulo qualquer são suplementares

conclimos que OC�D ≡ CÔD = 60° e portanto ΔOCD

é equilátero e assim CD = r.

Com os ΔOCD ≡ ΔDOC, temos AB = r Portanto, 2p = 5r.

04. Correta.

B

A D

Cr

h

rr

r

H

No triângulo ABH, temos AHr

=2

temos ainda, segundo o Teorema de Pitágoras

r2 = h2 + r2

4 → r2 –

r2

4 = h2

34

2r = h2 → h = r 32

A área do trapézio é dada por

A = ( ).2

32

2

r rr

+ = 3 3

4

2r .

08. Correto. Somando três lados de qualquer trapézio notará que a soma será 3r.

16. Correto. Note que o ângulo BÂO = 60° = π3

.

GABARITO

17Matemática D

51) 11

x

x

32

56

32 – 2 x

56 – 2 x

AH = 2(56 – 2x)x + (32 – 2x) . 2xAH = 112x – 4x2 + 64x2 – 4x2

AH = 176x – 8x2

O valor máximo para x é dado por xV = −ba2

Δ = b2 – 4ac

x = −−( )

=−−

1768 2

17616.

= 11

52) C

A p y B

x

D

x

xx

y Q C

Note que os triângulos abaixo têm a mesmas áreas dos triângulos ΔAQB e ΔCPD possuem a mesma base e altura.

A p B

D Q C

Portanto, AABCD = AΔACD + AΔACB = 240

53) 10

Primeira dobradura

y/2x

x/2

y

2p = y2

+ x2

= 54

Segunda dobradura

y

x/3

y

y/2

2p = y2

+ x3

= 42

Temos o seguinte sistema:y x

i

y xii

2 254

2 342

+ =

+ =

( )

( )

Fazendo (i) – (ii), temos:x2

– x3

= 12 ⇒ 3 2

6x x−

= 12 ⇒ x6

= 12

x = 12 . 6 = 60

Substituindo x = 60 em (i) temos:y2

+ 602

= 54 ⇒ y2

+ 30 = 54

y2

= 54 – 30 ⇒ y2

= 24

y = 2 – 24y = 48

01. Incorreto. Pois x = 60 e y = 48.02. Incorreto. Pois x = 60 e y = 48.04. Correto. |60 – 48| = |12|.08. Incorreto. Pois a menor dimensão y = 48.Soma = 04 (errata)

54) 11

A

E

B C

D

GABARITO

18 Matemática D

01. Correto. Nos triângulos inscritos ABC e ACD, as medidas da hipotenusa são diâmetro da circunfe-rência e portanto são triângulos retângulos.

02. Correto. Os ângulos B� ≡ E� ≡ 90° e portanto ADBE é um retângulo.

04.

08. Como o ângulo inscrito E� enxerga o mesmo com-primento de arco que o ângulo central Ô, temos

E� = O�

2.

16.

55) B

α

B

A

6

5 cmπ

2π ______ 2πR α ______ 5π

2π . 5 π = 2 2 π R10π = α . 2 . 61012

π = α ⇒ α = 5

6 . π ⇒ α = 5

6 . 180

α = 150

56) C

θ

0

BA

α

45° = AB2

= θ = 90°

ΔAOB é retângulo em O.6π = 2πR ⇒ R = 3 cm

AB2 = R2 + R2 ⇒ AB

2 = 32 + 32

AB2 = 18 ⇒ AB = 18

AB = 3 22 . ⇒ AB = 2 2

O polígono é um quadrado2p = 4 . 3 2 = 12 2 cm

57) E

α 0

αβ

2 α2 α

r

r

r

O ΔBCO é isósceles, então CBO = CÔB = α O ângulo DC�O é externo ao triângulo BCO, logo a

medida α + α = 2α. O triângulo COD também é isósce-

les, logo OD�C mede 2α. O ângulo AÔD é externo ao triângulo DBO, logo

β = α . α + α = 3α Então a razão entre as medidas dos ângulos AÔD e

CÔD é: 2 . α

α = 3

58) E

Como P é um ponto interior a circunferência temos que:AP . PB = CP . PD6 . 4 = 2 . PD24 = 2PDPD = 12

Ao aplicar o teorema de Pitágoras no ΔACP e ΔAPD, temos:

AC2 = 22 + 62

AC = 4 36 40 2 10+ = =

AD = 62 + 122

AD = 36 144 180 6 5+ = =

A partir da lei dos senos no ΔACD, obtemos

Ac

sen ADCR

APAD

R( )� = ⇒ =2

2 102

⇒ = ⇒ = =Ac

sen ADCR

APAD R

( )� 22 10

2

GABARITO

19Matemática D

⇒ =2 10

66 5 2. R

⇒ = = =R 50 5 2 5 22 .

59) C

0

B

B

D

C

O ângulo OB�C ≡ BÔC (ΔBCO é isósceles) temos ainda que BAO ≡ BÔA (ΔBBO é isósceles), mas

CB�O ≡ BÂO + BÔA ≡ BÂO + BÂO = 2BÂO.

⇒ ≡ ≡BAOOBC OCO�� �

2 2

segue que,

α = BC�O + BÂO ≡ BC�O + BCO�

2

α α= ⇒ =

32

23

BCO BCO� �

Assim,

AB�O + BC�O = π (Suplementares)

AB�O = π – BC�O

AB�O = π – 23α

61) A

D D

A B

FF

E

r

x

2

x

2h

A partir do ΔAEF obtemos o lado () do quadrado.

�22 2 2 2

4 424 2

= + = =x x x x

�= =x x2

2 2 (racionalização)

= x 22

mas, r = D2

– h, onde D é a diagonal do quadrado ABCD.

Ainda no ΔAEF , temos:

hx x x2

2 2 2= . (relação métrica)

no triângulo retângulo

h 2 = x2

h = x

2 2 (racionalizar)

h = x 24

Como D = x , temos r = x 22

– x 24

= x 24

A área do quadrado é dada por

A = x 2

2 . x 2

2 = x x2 22

4 2.=

A área do círculo é dada por:

Ax x x

○ =

= =

24

216 8

22 2

π π π. .

A – A = x x2 2

2 8−π

62) a) 4 3 b) 6

c) 9 3

d) 12π − 9 3

60) A

r r

h

h = r

T(φ) = 22r h. = r . h = r . r = r2

S(φ) = π .r2

2

ST

r

rr

r

( )( )

..ϕ

ϕ

ππ π

= = =

2

2

2

2

22 2

GABARITO

20 Matemática D

a) CD( )2 = BC . AC (relação métrica na circunferência)

CD( )2 = 2 3 (6 3 + 2 3)

CD( )2 = 2 3 . 8 3 = 16 . 8 = 48

CD( )2 = 48 = 4 3

b) Ao aplicar o teorema de Pitágoras no ΔADC, temos:

(8 3)2 = (4 3)2 + D2

64 . 3 = 16 . 3 + D2

192 = 48 + D2

D2 = 192 – 48 D2 = 144

D = 144 D = 12

Logo, r = D2

⇒ r = 122

= 6

c) Primeiramente, vamos determinar a medida do ân-gulo BÂD. Para isso, observe que o triÂngulo ABD é retângulo em B, já que se trata de um triângulo inscrito numa circunferência e dos seus lados é o diâmetro.

A

B

C

D0

α

Assim, sendo α a medida do Ângulo BÂD, temos:

cos α = ABAD=

6 9

2 6= 3

2 Como BÂD é um ângulo interno de triângulo ABD,

segue que: α = 30° Vamos agora considerar o triângulo na figura a seguir.

Observe que tal triângulos OÂB e OB�A medem am-bos 30°, e o ângulo AÔB, por sua vez, mede 120°.

Logo a área do triângulo AOB pode ser calculada

por: SAOB = 12

. 6 . 6 . 32

⇒ S = 9 3

d) A área da região hachurada corresponde à diferença entre a área do setor circular determinada pleo arco

AB e a área do triângulo AOB. Assim, temos:

S = 120360°° . R2 – SAOB =

13

. π . 62 – 9 3

S = 12π – 9 3

63) C

9

10

11 1 2

4

8

7

6

3

5

A área é dada porAT = 2A1 + 2A2 + 2A3 + 2A4 + 2A5 + 2A6 + 2A7 + 2A8 + +

2A9 + 2A10 + 2A11

A1 = 0,6 . 1 = 0,6 m2

A2 = 0,6 . 1 = 0,6 m2

A3 = 1 . 0,6 = 0,3 m2

A4 = 1 . 0,4 = 0,4 m2

A5 = 1 . 0,3 = 0,3 m2

A6 = 1 . 1 = 1 m2

A7 = 0,7 . 1 = 0,7 m2

A8 = 1 . 1 = 1 m2

A9 = 0,4 . 1 = 0,4 m2

A10 = 1 . 1 = 1 m2

A11 = 0,6 . 1 = 0,6 m2

A T = 1,2 + 1,2 + 0,6 + 0,8 + 0,3 +1 + 0,7 + 1 + 0,4  + 1 + + 0,6 = 8,8 m2

65) A

F

�

A D

E D

B C

Aplicando teorema de Pitágoras no ΔABC, temos:2 = 32 + 42 = 25Assim a área de plantio da grama será

A = 4 . 3 42. = 3 . 2 . 4 = 24 m2

Já a área da colocação da cerâmicaA = 5 . 5 = 25 m2

64) D

Não há gabarito correto. (Ex: cancelado pela Acafe)

GABARITO

21Matemática D

66) B

r

11 – r

2C

B

4

A

Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:

r2 = 42 + 112

2−

r

r2 = 16 + 121 224

2− +r r = 64 121 224

2+ − +r r

4r2 = 185 – 22r + r2

3r2 + 22r – 185 = 0

Resolvendo a equação obtemos as raízes

r = 5 e r = – 766

, como r > 0 temos r = 5.

Segue, que a área de hexagono:

A = 63

46

5 34

3 25 32

75 32

2 2

. ..r

= = = (Errata)

67) D

x

A

B

�

8 – xC

No triângulo ABC, temos:A = 2 = (8 – x)2 + x2

A = 2 = 64 – 16x + x2 + x2

A = 2 = 64 – 16x + 2x2

68) D

A 6,5 cm

14 cm

A = 14 . 6,5 = 91 cm2 = 9,1 . 10–3 m2

AT = 50 . 1000 . A = 5000 . 9,1 . 10–3 = 455 m2

69) A

S = πR2 ⇒ 3π = πR2 ⇒ R = 3O lado de cada triângulo = 2 . R . cos 30°

= 2 3 . 32

= 3

O lado menor é 13

do lado maior, então

L = �3

33

= = 1

Portanto, a área é dada por:

A = 6 . L2 2

2

34

6 3

4

3 32

= =÷

÷

70) 11

10

y

x

y

1

1 x

1

1

x + y = 10Área é dada por:A = p . r

Segue,

P = x y x y+ + + +=+ + +1 1 10

22 10

2

P = 10 2 10

2222

+ += = 11

Então,A = 11 . 1 = 11 cm2

71) A

75°y

x

B

60° 45°A C

2

Lei dos senos245 60sen

ysen°

=° ⇒ 2sen 60° = y sen 45°

GABARITO

22 Matemática D

⇒ 23

2

22

= y ⇒ y = 23

2 (racionalização)

y = 2 6

2 = 6

Lei dos senosx

sen sen75245°

=°

Mas, sen 45 = sen(45 + 30) = 12

. 22

+ 22

. 32

sen 45 = 2 6

4+

Segue,x

2 62

2

22

+=

22

x = 2 . 2 6

4+

2 x = 42 6

4

+

2 x = 2 + 6

x = 2 6

2

+ (racionalização)

x = 2 12

22 2 3

22 1 3

2

+=+

=+( )

= 1 + 3

Logo, 2p = 1 + 3 + 6 + 2 = 3 + 3 + 6

Vamos à área:

A = x y sen C. . �

2

A = x y sen. . 452

°

A = 6 1 3 2

22

6 18 22

2

12 3622

. . . .+( )=( )

=

+

A = 2 3 64

2 3 34

3 32

+=

+( )=

+

72) B

Seja A a área do círculo A a área do quadrado.

A área sombreado é dado por

A = A A○ �−

2

Segue, A = πR2

A = 2 onde é o lado do quadrado assim,

D = 22R = 2

= 2

2

R (racionalização)

= 2 22

R

= R 2

Então,

A = (R 2)2 = 2R2

Portanto,

A = A A○ �−

2 =

π πR R R2 2 222

22

−=

−( )

73) B

2 3

Temos que:

h = � 3

2 = 3

3 = 3 . 2

= 3 2

3

. (racionalizando)

= 2 3

Logo a área do triângulo

AΔ = 2 3 34

4 3 34

2( )=

. . = 3 3

Área do círculoA = πR2 = π . 12 = π . m2

Área do quadrado

A = 3 . 2 3 = 6 3 m2

Portanto a área utilizada será dada porA = A

– AΔ + A

A = 6 3 – 3 3 + π ≅ 8,33 m2

GABARITO

23Matemática D

74) C

x

y

x

quarto I

quar

to II

wc

cozinhae

salak

A área total é dada por(x + n) . (y + k)Temosx . y = 3 (i)k . x = 8 (ii)y . n = 9 (iii)

Somando:(ii) e (iii), temos:xy + yn = 3 + 9 = 12y(x + n) = 12 (iv)

(ii) e (ii), temos:xy + xk = 8 + 3 x(y + k) = 11 (v)

multiplicando (iv) e (v), obtemos:y . (x + n) . x(y + k) = 12 . 11 = 132y . x(x + n) (y + k) = 1323(x + n) (y + k) = 132

(x + n) (y + k) = 1323

(x + n) (y + k) = 44