Matemática II
2
3
Respostas
5
Capítulo 19 – Ângulos
17
15
DF
1 Manaus
2 Boa Vista
3 Macapá
4 Belém
5 São Luís
6 Teresina
7 Fortaleza
8 Natal
9 Salvador
r1
α
α
50º
130º
r2
α + 50º = 90º ⇒ α = 40º
10 Rio de Janeiro
11 São Paulo
12 Curitiba
13 Belo Horizonte
14 Goiânia
15 Cuiabá
16 Campo Grande
17 Porto Velho
18 Rio Branco
a
b
c
z
13
30B
⋅ B + B = 90° →
= 90° → B = 51° e A = 39°
17
17
S( A ) 180° − 39° 141° 47
=
=
.
Logo,
=
S(B) 180° − 51° 129° 43
10
y d
5
s
7
4
8
6
I) (V) 1) a = 52°30’ (opostos pelo vértice).
2) a + X = 180° → X = 180° – 52°30’ = 127°30’.
17
15
DF
14
9
135º
13
16
11
12
w
c
3
10 Rio de Janeiro
11 São Paulo
12 Curitiba
13 Belo Horizonte
14 Goiânia
15 Cuiabá
16 Campo Grande
17 Porto Velho
18 Rio Branco
r
b
e
1
x
Figura 2 (Determinação de)
u
y
64º30’
A figura a seguir mostra a rota seguida pelo avião AII, que
partiu de Brasília e seguiu uma direção que forma um ângulo
de 135° no sentido horário com a rota Brasília-Belém.
2
52º30’
u
3. B
10
A figura a seguir mostra a rota seguida pelo avião AII, que
partiu de Belo Horizonte (13) e seguiu uma direção que
forma um ângulo de 90º no sentido anti-horário com a rota
do avião All.
ensino médio
11
12
Figura 1
y
1 Manaus
2 Boa Vista
3 Macapá
4 Belém
5 São Luís
6 Teresina
7 Fortaleza
8 Natal
9 Salvador
16
4. A
Substituindo na 1ª equação, temos:
18
14
9
13
Pode-se concluir que Carlos fez uma conexão em Belo
Horizonte (13) e, em seguida, embarcou para Salvador (9).
2. E
A + B = 90° ( A < B)

 A = 13 → A = 13 ⋅ B
 B 17
17
8
6
18
1. A
7
4
1
II) (V)
Na figura 2, a reta w foi traçada pelo vértice de y e w//r e
w//s. A reta u foi prolongada de modo que:
1) d = 64°30’ (alternos internos).
2) c + e = 180° (colaterais), c = X
127°30’ + e = 180° → e = 52°30’.
3) Y = d + e → Y = 64°30’ + 52°30’ = 117°.
III)(F) X + Z = 180° → Z = 180° – 127°30’ = 52°30’.
1
1ª- ano
ˆ ≡ FAM
ˆ = x.
Os EAM
Como os triângulos são equiláteros, os internos são 60°.
Assim:
x + x + 60° + 60° + 90° = 360°
2x = 150°
x = 75°
Capítulo 20 – Triângulos
1. B
A
20°
y
x
B
y
Capítulo 21 – Retas paralelas e
ângulos num triângulo
E
x
α
C
D
1. D
A
I. O ângulo AÊD é externo do triângulo CDE, então α + x = y.
ˆ é externo do triângulo ABD, então
II.O ângulo ADC
X
20º + x = y + α.
Substitui I em II.
20° + x = α + x + α
2α = 20°
α = 10°
X
E
60º
30º
60º
60º
D
2. E
L
2
x
L
2
L
2
L
2
C
Somando os ângulos internos do triângulo ADE, temos:
2x + 30° = 180°
2x = 150°
x = 75°
L
2
60º
x
B
2. D
A
L
2
80°
O perímetro de qualquer um dos quatro triângulos é igual a
L 3L
2P = 3 ⋅ = .
2 2
25°
3. D
Os segmentos 10, 12 e 23 não obedecem à condição de
existência de um triângulo, não formando triângulo:
23 < 10 + 12
23 < 22 Falsa
x
25°
B
25°
25°
C
Logo, x = 180° – 25° – 25° = 130°.
3. D
B
4. A
20°
E
D
M
x
60° A
60°
x
A
60°
F
C
ensino médio
B
2
D
x
E
80°
60°
C
No triângulo ABE, a soma de dois ângulos internos é igual
ao externo, ou seja, 60° + 20° = 80°.
No triângulo CDE, a soma de dois ângulos internos é igual
ao ângulo externo, ou seja, 80° + 60° = x → x = 140°.
1ª- ano
4. B
Os ângulos assinalados na figura são colaterais internos.
Então:
x + 20° + 4x + 30° = 180° → 5x = 130° → x = 26°.
4. D
D
C
F
z
G
E
x
Capítulo 22 – Quadriláteros
notáveis
y
y
20°
z
A
B
1. C
I. Somente são suplementares se o quadrilátero se for
inscritível numa circunferência, então nem sempre essa
afirmação é verdade. FALSA;
II. Todo paralelogramo é inscritível numa circunferência, pois
qualquer triângulo também o é, e como o paralelogramo é
formado por dois triângulos congruentes. Como o ângulo
consecutivo de um paralelogramo é a soma dos ângulos
de um de seus triângulos. VERDADEIRA.
III. VERDADEIRA.
2. E
Capítulo 23 – Pontos notáveis num
triângulo
15
A
ˆ
ˆ
I. FAD
=
FBC
=
y
ˆ
ˆ
II. EAB
=
EDC
=
z
ˆ = 90º − z = x + y
III. DEC
No caso do item (III) foi aplicada a propriedade. A soma de
dois ângulos internos é igual ao externo.
y + 20º + z = 90º → y + z = 70º
Do item (III) temos:
90º – z = x + y → x = 90º – (y + z) = 90º – 70º = 20º
D
c
1. D
A
b
a
B
40º
C
27
50º
b é a base média do trapézio de bases 15 cm e 27 cm →
15 + 27 42
b=
=
= 21 cm.
2
2
C
c é a base do trapézio de bases 21 cm e 15 cm →
15 + 21 36
c=
=
= 18 cm.
2
2
2º passo: alturas relativas
Aˆ = AC ⊥ BC
Bˆ = BC ⊥ AC
Cˆ = 90º
a é a base do trapézio de bases 21 cm e 27 cm →
27 + 21 48
a=
=
= 24 cm.
2
2
.
Então, a + b + c = 24 + 21 + 18 = 63 cm.
2. E
3. C
3. B
A
D
C
α
X
30º 45º
X
α
E
30º
B
75º
60º
C
4. C
Os triângulos BHA e BHM são congruentes pelo caso ALA.
Assim, o triângulo AMB é isósceles de base AB e, portanto,
m(BÂM) = 2α. Logo, no triângulo AHB, temos:
2α + α = 90º
3α = 90º
α = 30º
Logo, x = 30°.
60º
A
60º
M S
A soma de dois ângulos internos é igual ao externo, ou seja:
α + 60º = 75º → α = 15º
30º
B
I. x + α = 90° → α = 90º – x
II. x + x + 30º = 180º → 2x = 150º ∴ x = 75º
Portanto, α = 90º – x = 90º – 75º = 15º
ensino médio
B
1º passo: encontre Cˆ .
Cˆ = 180º − 40º − 50º = 90º
3
1ª- ano
Capítulo 24 – Polígonos
I. (V)
II. (V)
III.(V)
1. E
x 2 − 3x
= 9 → x 2 − 3x = 18 → x 2 − 3x − 18 = 0 ∴ x = 6
2
Portanto, o número de lados é igual a 6.
Aˆ = Dˆ ; logo, o triângulo CDE é isósceles.
Aˆ = Bˆ= Eˆ ; logo, o triângulo ABE é equilátero.
ˆ ao meio; logo, é uma bissetriz.
AE divide o ângulo BAD
3. C
Observe que com cada dois ângulos a formamos um ângulo
interno.
2. B
a a
2 ⋅ 130º + (n –2) ⋅ 128º = (n – 2) ⋅ 180º
260º + 128n – 360º = 180n – 360º
52n= 364
n=7
Portanto, o polígono tem 7 lados.
a
a
a
a
a
a
a
a a a a
a
3. B
2a = ai
135º
(n − 2) ⋅ 180°
n
180n − 360
180n − 360 180n 360
2a =
→a=
=
−
=
2n
2n
2n
n
180°
= 90° −
n
2a =
135º
4. A
O número de diagonais que passam pelo centro de um
2n
polígono com 2n lados é igual a
= n. O total de
2
diagonais que podemos traçar nesse polígono é igual a
135º + 135º + 90º = 360º
4. B
2n ( 2n − 3)
R. Netuno
2
R. Júpiter
R. Marte
x
R. Saturno
=
diagonais que não passam pelo centro é dado por:
D = 2n2 – 3n – n = 2n2 – 4n = 2n(n – 2).
Capítulo 26 – Ângulos numa
circunferência – Tangência
No quadrilátero formado pelas ruas, temos:
90° + 110° + 100° + x = 360°
x = 60°
1. B
A
Capítulo 25 – Polígonos regulares
y

1. D
Logo:
108º ⋅ 3 + α = 360º
324º + α = 360º
α = 36º
D
A
D
60°
45°
60°
ensino médio

B 180º -2β

C
O
108°
α
108°
2. E
60°
z
y
108°
B
4n2 − 6n
= 2n2 − 3n. Portanto, o número de
2
60°
75°
F
45°
45°
C
4
O triângulo OBC é isósceles de lado OB = BC, então BÔC = β
ˆ = 180º −2β.
e o ângulo OBC
Observe que o ângulo B é raso, portanto y + 180° – 2β =
180º → y = 2β.
A soma dos ângulos internos do triângulo AOB é igual a
180°, então:
y + y + z = 180° → 2β + 2β + z = 180° → z = 180° – 4β.
Observe também que o α + z + β = 180º →
→ α + 180º – 4β + β = 180º ∴ α = 3β.
1ª- ano
2. C
2x
Pelo teorema de Tales, temos:
24
32
=
⇒ 24 x + 48 = 960 ∴ x = 38 m.
30 x + 2
S
76º
45º
18º
2. A
Esquematizando o enunciado, temos:
R
38º
x
P
Q
90º
A
36º
4 cm
D
6 cm
C
2x + 90º + 36º + 76º = 360º
2x = 158º
x = 79º
x
E
y
26 cm
F
10 cm
z
B
G
3. D
B
P
r
O




r
C
Q
28º
x+y+z
x
26 x
= →
= ∴ x = 5, 2
4 + 6 + 10 4
20 4
x+y+z
y
26 y
= →
= ∴ y = 7, 8
4 + 6 + 10 6
20 6
z
26
z
x+y+z
=
→
=
∴ z = 13
4 + 6 + 10 10
20 10
A
R
Quadrilátero (ABOR):
28º + 2α + 2θ + 90º + 90º = 360º
α + θ = 76º
Logo, PÔR = 76°.
Portanto,
AEC
AEC
I. ABC =
→x=
∴ AEC = 2x
2
2
ABC
ABC
= 2y
→y=
∴ ABC
2
2
FG
=
5, 2 + 7, 8 13
=
= 1.
13
13
AD é a bissetriz interna do ângulo Â, que determina os pontos
P, em MN, e D, em BC. Assim, pelo teorema da bissetriz
interna nos triângulos AMN e ABC, temos:
2y – 60º + 2x = 360º
a 12
18 12
a + 6 12 + 4
=
→
=
→
=
∴b = 6 e
9 b
9
b
c
8
18 + 6 16
→
=
∴ c = 12
c
8
2x + 2y = 420º
x + y = 210º
O perímetro do triângulo AMN:
(2P)AMN = a + 9 + b + 12 = 18 + 9 + 6 + 12 = 45.
Capítulo 27 – Segmentos
proporcionais
O perímetro do triângulo ABC:
(2P)ABC = a + 6 + c + 8 + 4 + 12 =
= 18 + 6 + 12 + 8 + 4 + 12 = 60
1. B
Chamando de x a largura do rio no local da ponte, temos o
esquema:
30 m
x
Se MN // BC, AB e AC são transversais; pelo teorema de Tales,
temos:
a 12
=
→ a = 18
6 4
= ABD
− CD
→ ABC
= 2y − 60º
III. ABC
+ AEC
= 360º
IV. ABC
Portanto,
24 m
( 2P )ABC
( 2P )AMN
=
60 4
= .
45 3
4. E
Observando que o segmento OR = 120 e AD = 90.
Logo, temos a seguinte proporção:
OR PQ
120 PQ
=
→
=
∴ PQ = 40 m
AD 30
90 30
32 m
2m
rio
ensino médio
AE + EF
3. D
4. D
II. AED =
Aplicando o teorema de Tales e a propriedade da proporção,
temos:
5
1ª- ano
Capítulo 28 – Semelhança de
triângulos
II. ∆ADE ∼ ∆ABC
1. D
40 − y
x
3
=
→ x = ⋅ ( 40 − y )
40
60
2
3
( 40 − y ) ⋅ y = 504
2
40y – y2 = 336 → y2 – 40y + 336 = 0
y1 = 28
40 ± 16
y=
⇒
2
y 2 = 12
3
Para y = 28 → x = ⋅ ( 40 − 28 ) = 18
2
O menor perímetro será obtido quando x = 18 e y = 28 e
será igual a 92.
III.Área do galpão = 504 = x ⋅ y = 504 ⋅
0,75
5–x
1,50
5 cm
2,25
x
3
3
I. Comprimento =
1
⋅ 35.000 = 5 cm
7000
4. C

5 − x 1, 5
=
→ 15 − 3x = 7, 5 → 3x = 7, 5 ∴ x = 2, 5 cm
5
3
1 cm
70
=
→ I = 70 ⋅ 2, 5 = 175 m
III.
I
2, 5 cm
II.
x
24 m
20 m 
Como a largura de R2 é 7 m, então o pedestre caminhará:
175 – 7 = 168 m
60 m
x
60 5
x
5
=
= →
= ∴ x = 50 m
20 24 2
20 2
2. B
No triângulo ABL da figura a seguir, seja x a distância mínima
e AB = y.
Capítulo 29 – Triângulo Retângulo
32 m
A y
B
1. E
16 x
D  C
A
16 12 m
X+8
16
L
I. ∆LCD ∼ ∆ALB
16 12
=
→ y = 24
32 y
C
X
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
Por Pitágoras: (BL)2 = 322 + 242 ∴ BL = 40
II.A distância mínima x é a altura do triângulo ABL em
relação à hipotenusa.
Então: (BL) ⋅ x = 32 ⋅ y → 40 ⋅ x = 32 ⋅ 24
96
=
x = 19, 2
5
A
x
D
(x + 8)2 = x2 + 162 → x2 + 16x + 64 = x2 + 256 → 16x = 192 ∴
192
x=
= 12.
16
Logo, a hipotenusa é igual a: x + 8 = 12 + 8 = 20 m.
2. B
A altura do mastro (h) com a medida do cabo e a distância
do gancho ao pé do mastro formam um triângulo retângulo.
Ver figura:
3. B
M
E
h
Base do
galpão
B
x
60 m
12,5 m
y
C
O
7,5 m
B
h2 = (12,5)2 – (7,5)2 = 156,25 – 56,25 = 100 ∴ h = 10 m
60 ⋅ H
I.
= 1200 → H = 40 m
2
ensino médio
B
6
1ª- ano
3. A
30 cm
120 cm
30 cm
Logo, o comprimento do corrimão é igual a 30 + 120 + 30
= 180 cm = 1,8 m.
4. B
Se o diâmetro AB é um dos lados do triângulo AXB, então
esse triângulo é reto em X. A área é a maior possível se a
altura for a maior possível, ou seja, a altura deve ser igual ao
raio.
X
r
A
r
r
B
Logo, a área do triângulo AXB é igual a A ( AXB) =
ensino médio
2r ⋅ r
= r2 .
2
7
1ª- ano