GABARITO

1Matemática D

Matemática D – Superintensivo

Exercícios

01) B

Q x

0

D

D

R

R

60°

Sendo x = BP�Q + CQ�D + DR�E e x = 90° + 90° + 60° = 240°

Então

BP�Q = 2403° = 80° e

a = 802° = 40°

02) B

x

2x + 76°

x

2

Do desenho temos que:

x2

+ x2

+ x + 76° = 180°

2x = 180° − 76° x = 52°

03) C

α α

α

Do desenho temos que:

a= 903° = 30°

Portanto,

x ___

___

30

180

°°π ⇒ x =

π6

04) C

C

αα

α

α β+

ββ

B

A

α

α

α

x

2º

3º

1º

*

*

* Oposto pelo vértice. - Do desenho:

1ª: a + β + a + β = 180° 2a + 2β = 180° ⇒β = 30°

2ª: 3a = 180° ⇒ a = 60°

3ª: x = 180 − (2a + β) x = 180 − 150

x = 30° ou x = π6

GABARITO

2 Matemática D

05) C

I. Não, retas ortogonais formam um ângulo de 90° entre elas.

II. Sim, pois retas são ditas reversar quando não se interseccionam e não são paralelas.

II. Sim, pois eles não se interseccionam e portanto não tem elementos em comum.

06) B

A soma dos ângulos internos é dada por, Si = (n − 2) . 180° Si = 3 . 180° = 540°

Sendo BE�D + ED�C + CB�A = x temos que x + 140° + 120° = 540° x = 280°

07) A

x

x

α

α

B

A

C

G

D

E

F

α

α

50°

2a = 180 − 50 2x + 2a = 360° a = 65° x = 115°

08) B

B

A

F E

C1 dm

60°

x

x

30°

Q

Como o hexágono é regular temos que:

BC ≈ CQ ≈ AF ≈ FE = 1 dm e x = cos 30° . 1

x = 3

2 então

P = 4 + 2 3

2 = 4 + 3

09) B

Do enunciado veja que a soma dos lados do triângulo e do hexágono é igual ao tamnho do fio original. Portanto:

3T + 6e = 63

Ae = 6 3

4

2. .� e AT =

� T2 3

4.

Sendo Ae = 6AT então

6 3

4

2. .� = 6 .

� T2 3

4.

e = T portanto 3T + 6e = 63 ⇒ T = 7 m

10) C

A

ββ

αα C

D

b

60°

180°–β

Y

Pelo desenho temos do quadrilátero ABCD: 180° − β + a + 60° + y = 360°

E sendo 2β = 60° + 2a então β = 30° + a

Portantanto sendo: − β + a + y = 360 − 180 − 60 E substituindo β temos, − 30 − a + a + y = 120 y = 150°

Desta forma sendo x + y = 180 ⇒ x = 30°

11) A

O número de diagonais é dado por p = n n( )−3

2 onde n

é o número de lados. Portanto faça:

p = n n( )−3

2 e 3p =

( )( )n n+ + −3 3 32

p = n n2 32− e p =

n n2 36+

Substituindo temos

n n2 32− =

n n2 36+

6n² −18n − 2n² − 6n = 0 4n² − 24n = 0 n(4n − 24) = 0

Portanto n = 0 ou n = 244

= 6

Então Si = (n − 2)180 = 4 . 180 = 720

GABARITO

3Matemática D

12) B

B C1

1

DA

1

Ex

90°

α

Como o poligono tem 20 diagonais então

20 = n n( )−3

2 ⇒ n² − 3n − 40 = 0

Por Bhaskara temos que n' = − 5 ou n'' = 8

Como n é o número de lados do polígono então, Si = (8 − 2) . 180 = 1080°

Então cada ângulo tem

θ = 1080

8 = 135°

Sendo a = 45° então

x = sen 45° . 1 ⇒ x = 2

2

Portanto

AD = 1 + 2 . 2

2 = 1 + 2

13) 29

Do enunciado tiramos que (a, b, c) ≈ (b + 2, b, b − 2) Portanto, SiT = (b + 2 − 2) . 180 + (b − 2) . 180 + (b − 2 − 2) . 180 SiT = 180b + 180b − 2 . 180 + 180b − 4 . 180 SiT = 540b − 1080 = 3 . 234

b = 3240 1080

540+

= 8

Portanto a = 10, b = 8 e c = 6

01. Verdadeiro. p1 = 10 10 3

2( )−

= 702

= 35

02. Falso. p2 = 6 6 3

2( )−

= 362

= 18

04. Verdadeiro. Si1 = (6 − 2)180 = 720°

08. Verdadeiro. Se = 36010

= 36°

16. Verdadeiro. Si = (8 − 2)180 = 1080

θ = 1080

8 = 135°

14) 1732 m

A

S R

x

30°

Q

Do enunciado temos que o triângulo SRA é equilátero e portanto seus ângulos medem 60°. Sendo assim o triângulo SRQ tem ângulos iguais a 60°, 30° e 90°. Portanto:

3

2 =

3000x

⇒ x = 6000

2 3

x = 3000 3

3 = 1000 . 3

x ≈ 1732 m

15) D

a

αA B

F

CED

α

9–2α

2α

Conforme a figura temos que tg a = BFAB

= 5

4, e em

ADE, temos tg 2a = ADDE

.

Portanto

2

1 2

tgtg

αα−

= 1

DE ⇒ DE =

154

25

4

2

−

.

DE = 11 5

40

16) C

Repare que o ângulo externo do pentagrama é igual ao ângulo interno da base do triângulo.

Portanto ae = 360

5 = 72° e a = 180° − 2 . 72° = 36°

GABARITO

4 Matemática D

17) B

A soma dos ângulos internos do heptágono vale, Si = (7 − 2)180 = 900

Portanto x = 900 − 120 − 140 − 100 − 130 − 150 x = 120°

18) 26A

B

E

D

C2

2

2h

01. Pela costrução dos triângulos temos que, BD

BEBABC

BDBE

BDBE

= = =22

02. Veja que A T = BC h h. .2

42

=

Mas h < 2 pois h é cateto do triângulo de hipotenusa 2 portanto A T < 4 cm

04. Da construção do triângulo EBD vemos que o ângulo

D� > 90°.08. Não, pois o encontro das mediatrizes.

16. Aproximando ABC à um triângulo retângulo com C�  = 90° temos que

AAC DE DC

ACDE =+( ) .

2 e

ADE BD DE DC

ADE = =. .2 2

Portanto A

AC DC DE DCACDE =

+. .2

AACDE = AC DC.2

+ AADE

onde AC = 2DE

AACDE = 22

.DEDC + AADE

AACDE = 3 . AADE

19) 01. O volume do octaedro é dado pelo volume das duas

pirâmides simétricas. Portanto V = 213

. .A hb

, onde o

lado da base é dado por

R = a . 2

2 ⇒ 6 = a

22

⇒ a = 6 2

Portanto,

V = 213

2. .a R

= 288 cm²

02.

D C

B EA

E

2

1

Veja que o quadrilátero ABCD e ADE tem o quadrilatero ABED em comum portanto basta mostrar que as áreas A1 e A2 são congruentes.

Mas sendo DB // CE e por semelhança de triân-gulos temos que A1 ≈ A2.

04.

A

H

B E C

M

E

h

M C

AC

2

Por semelhança de triângulos

H — BC ⇒ H = BC h

AH.

. 2

h — AC2

AT = BC H.

2 =

BC BC hAC

. .2

. 2

AT = BC h

AC

2 .

BC² = AC² + H² por Pitágoras

AT = AC h H h

AC

2 2. .+ e

At = AC h.

4 portanto

AA

T

t

= AC h H h

AC h

2 2. .

.

+( )

AA

T

t

= 4 2ACAC

+ 4H² = 4(AC² + H²)

Portanto a área de MEC é menor que a metade de ABC

GABARITO

5Matemática D

08.

C

Q P

M N

1

2

A B

b

a

30°

60°

Do desenho temos que

a = � 3

2 e b =

� 34

16. Sim pela definição de losango.

20) D

Figura 1: A soma dos ângulos internos é diferente de 180°

Figura 2: Não satisfaz a relação h² = a² + b² Figura 3: A soma de dois lados é menor que a do ter-

ceiro.

21) B

A

4

M

4

CB

h

2

H x

2

x

3

4

BM² = 42

2

+

x +

h2

2 mas

Veja também que h² + x² = 8² h² + x² = 64

Portanto

BM² = x2

4 +

h2

4 + 4x + 16

BM² = x h x2 2 16 64

4+ + +

BM = 32 4+ x

Pela condição de existência do triângulo ABC então x tem que ser menor que 8 e portanto,

BM = 6 ou BM = 7 8 = 6 + 7 = 13

22) A

D

A

C

L2

30°

L1

H

60°

Do desenho,

tg 60° = H10

⇒ H = 10 3

e

sen 30° = HL1

⇒ L1 = 20 3

por último

sen 60° = HL2

⇒ L2 = 20 3

3 = 20

Então L1 +. L2 = 20 3 + 20 = 54,6 m

23) C

M

N

D BE E

X

Como BN // DM os triângulos acima sçao semelhantes e então

x ___

___

6

12 18 ⇒ x = 4

24) D

E

F

A B

C

XD

X

2x

Da figura temos que os triângulos QDE e QGC são congruentes e os trapéxios ABCF e EDCF também.

Portanto x + x + 2x = 12 x = 3 Então h = x + 2x = 9

GABARITO

6 Matemática D

25) A

AF

θB

γ

E

D

2

60°

h

Como AE // CD e BC // DE temos que γ = β = 75° e θ = a = 45.

Agora temos que

h = sen 60° . AE

h = 3

2 . 2 = 3

26) C

xE

C

A DGBF a

h

30°30° 30° 30°

H120°

2 a

Do ΔBCF, temos:

cos 30° = ah

= 33

⇒ h = 2 33

. a

Do ΔBEG,

cos 30° =

a

H2 = 3

3 ⇒ h = 3

3 . a

Aplicando a Lei dos cossenos no ΔBCE resulta:x2 = h2 + h2 – 2hHcos (120°)

x2 = 43

a2 + 13

a2 – 2 . 2 33

. a . 33

. – 12

x2 = 73

a2 ⇒ x = a73

27) A

4,5 km

2,5 km

α

120°

60°

Velocidade média (Vm)

Vm = 74 5 2 516

, ,+ ⇒ Vm = 7

16 m/min

716

= ∂⇒ =

∂∆

∆t

t16

7

Pela lei dos cossenos temos que:

d2 = 92

52

292

52

2 2 + − . . . cos 60°

d2 = 814

254

2452

12

+ −

. .

d2 = 81 25 454

614

2+ +⇒ =d

d = 614

⇒ d ≈ 4,0

Δt = 16 47. ≈ 9

Δt2 = 9 + 0,14 . 60 sΔt2 = 9 min + 8,4 s

28) 290 m

Sendo a + 2 = cc – c = –2 ⇒ c = a + 2c2 = 9 – 6a + a2 + 4–a2 + 6a + c2 = 13 Substituindo(a + 2)2 + 6a – a2 = 1310a = 9 ⇒ a = 0,9

EntãoDP = 2 + 0,9 = 2,9 cmDP = 290 m

29) E

A

B

C D

H

G 312

E5 5

h

No triângulo retângulo GEF, temos:(EF)2 = 62 + 32

EF = 3 5Veja que ED = DF – EF

ED = 5 5 – 3 5 = 2 5

Por semelhança de triângulos

h6

2 5

3 5= ⇒ h = 4

GABARITO

7Matemática D

Portanto a área da APP vale:

A = 15 12 62

12 3 42

+( )+

+( ). . = 81 + 30 = 111

Pela escala da imagem temos queA = 111 . (2000 000)2 cm2 = 444 . 1010 cm2

A = 444 km2

30) a) 60 m b) ≅ 632,4 s

y

B

CA x

900 m

Veja que BC = 800 – 500 = 300 m

a) Por semelhança de triângulos 900 _______ x 300 _______ y ⇒ x = 3y

Sendo y = 20 ⇒ x = 60 mb) Por Pitágoras

AB= + = ( ) =900 300 90 10 300 102 2 4.

Portanto:

V = ∆∆ ∆st t⇒ =15

300 10, ⇒ Δt ≈ 632 s

31) E

x8

4,5 cm

Por Pitágorasx2 = 82 + (4,5)2

x = 64 20 25+ , ≈ 9

PortantoA = 4 . 9 = 32 cm2

32) D

I. Falsa. Pois quadrados tem diagonais iguais.II. Falsa. Um losango com as diagonais iguais é um

quadrado.III. Verdadeira. Por definição de losango.

33) 10

Sejam a e b os lados da folha. Então

2 . a2

+ 2 . b2

= 54 cm

2 . a2

+ 2 . b3

= 42 cm

2 . 23b = 12 ⇒ b

3 = 12 ⇒ B = 36

01. Não, pois a maior dimensão da folha é a = 36 cm.

02. Sim, ab=

2618

= 2.

04. Não, pois b – a = 18 cm.08. Sim, pois b = 18 cm.

34) E

E A B F

H GD C

�

O

2 R

�z

R

Por Pitágoras

R2 = 2 + � �2

52

2 ⇒ =R

AEFGH = 2 . R . e AABCD = . AA

EFGH

ABCD

= =2 5

25

2

. ..� ��

35) D

Veja que C . = 36 m2 e (c + 1) ( + 1) = 50 m2

Substituindo c = 36�

então 36.��

+ + 1 = 50

36 + 2 = 13 2 = 13 + 36 = 0

Portanto' = 9 e ' = 4Tome P = 9 + 9 + 4 + 4 = 26 m

36) 11

E

D

C

A

B

α

α

GABARITO

8 Matemática D

01. Sim, pois o lado AD desses triângulos são diâmetro da circunferência.

02. Sim, pois as diagonais desse quadriláteros são tam-bém diâmetros da circunferência.

04. ACA CD

=.2

, mas por pitágoras CA2 + CD2 = 4, então

CA = CD2 4− . Portanto

ACD CD CD CD

=−=

−( ). 2 2 242

44

Portanto, A < 4 u.a.08. Sim, pelo desenho.16.

37) B

O comprimento do arco é dada por:

= α π. .r180°

portanto

3,75 = α . .3 3180°

⇒ a = 75°

38) D

Sendo o comprimento de meia circunferência,

Pr

r= =2

2π π.

. então

– Ponteiro dos minutos Pm = 14π– Ponteiro das horas Ph = 8π

EntãoVmVh= =

1430

6 608

21π

π.

.

39) D

O perímetro da região sombreada é dado pelo perímetro

do retângulo ABCD menos o seguimento BC mais o perímetro da semi-circunferência. Sendo

Ac = 8π então,

π . BC2

2

2

= 8π BC = 86 m

Portanto

Ps = (23 – 8) + 2 8

2π .

Ps = 15 + 8π