Gabarito:
Resposta da questão 1:
[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
CM  DM 
2
2
3
. Daí, sendo CD  , concluímos que
2
2
2
CD  CM  DM 
2
 3
 3

 

 2 
 2 
2
3 2
 2
,
2
ou seja, o triângulo MCD é isósceles acutângulo.
Resposta da questão 2:
[C]
No ΔYWO : x  2  q (ângulo externo)
No ΔOYZ : q 2x  180  5  q  180  q  36
Logo,
YÔZ : 36 .
Resposta da questão 3:
[E]
Área do lote: 20.(12 + 18) = 600m2
Área construída:
( x  12).20
 10x  120
2
De acordo com o enunciado, temos:
40
60
 600  10x  120 
 600  240  10x  120  360  120  10x  240  12  x  24
100
100
Portanto, x  [12,24].
Resposta da questão 4:
[A]
Sejam a e b as quantidades de palitos em cada um dos outros dois lados do triângulo. Tem-se
que {a, b}  {{1, 10}, {2,9}, {3, 8}, {4, 7}, {5, 6}}. Mas, pela condição de existência de um triângulo, só pode
ser {a, b}  {{3, 8}, {4, 7}, {5, 6}} e, portanto, a resposta é 3.
Resposta da questão 5:
[A]
Admitindo que n seja o número de lados de um polígono e de o número de diagonais, temos:
n  (n  3)
 1
n    d  d  3 n 
 3n  n2  3  n  6n  n2  9  n  0 
3
2
 
n  0 (não convém) ou
n  9.
Logo, o valor de n é 9.
Resposta da questão 6:
[D]
ˆ  30 (ângulos opostos do paralelogramo)
ADC
ˆ  30°  120  150 (alternos internos)
GFD
Resposta da questão 7:
[C]
Considere a figura, em que H é o pé da perpendicular baixada de A sobre BC, e D é o ponto em
que o lado AC tangencia a circunferência de centro em O.
Como OH  OD  3cm e AH  8cm, segue que AO  5cm. Logo, AD  4cm. Além disso, os triângulos
AHC e ADO são semelhantes por AA e, assim,
AD
AH

DO
HC

4
3

8 HC
 HC  6cm.
Portanto, como H é o ponto médio de BC, segue-se que BC  12cm.
Resposta da questão 8:
[C]
O triângulo ADE é isósceles, logo AD = 8m.
O triângulo ABC é semelhante ao triângulo ADE, portanto:
2
x

 8x  24  x  3m
8 12
Resposta da questão 9:
[E]
Seja (AEF)  2S. Pela simetria da figura, temos (EBDF)  (BDHG)  S. Além disso, os triângulos AEF
e ABD são semelhantes por AA.
Portanto, como
(ABD)  (AEF)  (EBDF)  3S,
tem-se
2
(AEF)  x 
2S  x 
  
 
(ABD)  b 
3S  b 

2
x
6

,
b
3
que é o resultado pedido.
Resposta da questão 10:
[D]
Δ I ~ Δ III 
z 2x

 z  2y
y
x
Calculando a área de cada figura, temos:
z  2x
 2xy
2
A II  2x  y
AI 
A III 
xy
2
Portanto, a área da figura I é igual à área da figura II.
Resposta da questão 11:
[C]
Admitindo R a medida do raio, temos:
144 
4π
100
125
rad 
R 
.
5
R
π
Resposta da questão 12:
[C]
Considerando h a medida da altura do trapézio e A a medida de sua área, temos:
h2  122  152  h  9m.
A
(15  9)  9
 108m2
2
Resposta da questão 13:
[D]
Sendo ABCD um paralelogramo, é imediato que AD  BC e AB  CD.
Como a área de ABCD vale 24cm2 , tem-se
1
(ABCD)  2   AD  CD  sen ADC  AD  CD  sen ADC  24.
2
Além disso, sabemos que ADC  ABC e BCD  180  ADC. Por conseguinte, o resultado pedido é
dado por
(AMND)  (ABCD)  (ABM)  (MCN)
1
1
 AB  BM  sen ABC   CM  CN  senBCD
2
2
1
AD
1 AD CD
 24   CD 
 sen ADC  

 sen(180  ADC)
2
2
2 2
2
1
1
 24   AD  CD  sen ADC   AD  CD  sen ADC
4
8
 24  6  3
 24 
 15cm2 .
Resposta da questão 14:
[C]
Sabendo que o ângulo interno de um octógono regular mede 135, segue-se que os quatro
triângulos, resultantes da decomposição do octógono, são retângulos isósceles de catetos iguais
a
a 2
. Logo, como a área do quadrado destacado no centro do octógono é S  a2 , tem-se que o
2
resultado pedido é


4   1  a 2  a 2  a  a 2   S  a2  2 2a2  S
2
2 
2 2
 2S 2  2S
 2S( 2  1).
Resposta da questão 15:
[D]
Vamos considerar a a medida do ângulo formado por AB e BC.
Temos então a área do triângulo pedida
A
1
 3  4  sen α
2
Que será máxima quando sen a for máximo, ou seja, sen a  1, portanto a área máxima do
triângulo será:
A máx 
1
 3  4  1  6cm 2
2
Resposta da questão 16:
[C]
Do triângulo ABC, obtemos
senBAC 
BC
1
 BC   40  20cm
2
AC
e
cosBAC 
AB
3
 AB 
 40  34cm.
2
AC
Além disso, como DAE  45, segue que AD  DE  BC  20cm.
Portanto, a área do triângulo ACE é dada por
(ACE)  (ADC)  (ADE)
34  20 20  20


2
2
2
 140cm .
Resposta da questão 17:
[A]
Cálculo da área do octógono regular:
x2  x2  22  x  2
Portanto, a área A1 do octógono regular será dada por:
 x2 
2
A1   2  2x   4  

 2 



A1  2  2 2

2
2
 4
2
 8 2 8
2
Cálculo da área A 2 dos oito semicírculos:
A2  8 
π  12
 4π
2
Logo, a área da figura será dada por:
A  A1  A2  A  8 2  8  4π (Alternativa [A]).
Resposta da questão 18:
[B]
Sejam nA e nB , respectivamente, o número de voltas da engrenagem maior e o número de voltas
da engrenagem menor. Desse modo, se rA e rB são os raios dessas engrenagens, então
nA  2π  rA  nB  2π  rB  375  rA  1000  rB
 rA 
Portanto,
8
 rB  rB  11
3
 rB  3cm.
rA  rB  11 
8
 rB .
3
Resposta da questão 19:
[B]
h2  52  102
h2  100  25
h2  75
h  5 3cm
Portanto, a área da bandeirinha será:
A  10.15 
10.5 3
 150  25 3  25(6  3 )cm2
2
Resposta da questão 20:
[D]
Considere a figura, em que BD  x e AC  y.
Para que a bandeja tenha capacidade de portar exatamente quatro copos de uma só vez, devese ter
7  24

 2  (x  y)  2   x  x  
x.
5  5

Portanto, o resultado pedido é dado por
24
x
24
 5 
.
x
5
BD
Resposta da questão 21:
[C]
Se AC = R, temos o triângulo AFC equilátero. Logo, θ  60.
Resposta da questão 22:
[B]
O custo pedido é dado por
1 1
1 1

 

 2
3
1
 1  4  4 2   30  4  4 2  50   30   50

2 
2
4
4
 R$ 35,00.