LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
Resoluções das Atividades
Sumário
Módulo 4 – Geometria plana IV...............................................................................................................................................................................................................1
Módulo 5 – Geometria plana V................................................................................................................................................................................................................4
Módulo 6 – Geometria plana VI...............................................................................................................................................................................................................7
Módulo 4
Atividades para Sala
01 B
Sabemos que:
A
Área de ABCD → S = 150.000 m2
B
M
N
D
[ADC]
4
[ABC]
PQ é base média do ∆ABC → A 3 =
4
[BCD]
RQ é base média do ∆BCD → A 4 =
4
[ABD]
SP é base média do ∆ABD → A 2 =
4
SR é base média do ∆ADC → A1 =
Geometria plana IV
Então:
C
I. Se M e N são pontos médios ⇒ MN =
média).
A1 + A2 + A3 + A4 + A = S = [ABCD]
AB + CD
(base
2
II. Então:
40 cm
a
b
c
d
e
S
A1 + A 3 + A 2 + A 4 + A = S → A = = 75.000 m2
2
S
S
4
4
03 D
Do enunciado, temos:
80 cm
40 + 80 a + e b + d
=
=
2
2
2
Encontramos:
c=
c = 60; a + e = 120; b + d = 120.
Logo:
C0 = 1,6
C1
C2
C3
C4
C5
C6
C7
CB = 5,6
Comprimento (peça) =
40 + 80 + a + b + c + d + e = 420 cm ⇒ 4,2 metros.
02 D
Colunas construídas
D
x
R
A1
y
A
t
A
A3
P
z
C3 + C4 + C5 10, 8
=
= 3, 6
3
3
Aplicando a propriedade da base média do trapézio,
Q
A2
z
Logo: M ⋅ A =
C
A4
S
y
x
encontramos:
t
B
C4 =
1, 6 + 5, 6 C1 + C7 C2 + C6 C3 + C5
=
=
=
= 3, 6
2
2
2
2
Pré-Vestibular | 1
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
04 B
Atividades Propostas
C
30
01 C
P
Veja que:
x
O
A
2x
B
Q
BP e CQ são medianas, então O é o baricentro do ∆ABC.
Logo:
30 , propriedade da mediana relativa à hipotenusa.
2
15
12
r
r
9 + 12 – 15
r=
=3
2
r
r
r
02 C
B
Temos:
3x
A propriedade da mediana
M
15
que:
3x = 15 ⇒ x = 5
05 C
A
I.
E
I
B
y
3
C
A
y
= 15 ⇒ y = 45
3
D
–r
12 – r
relativa à hipotenusa garante
Logo, x = 5.
Logo: x + y = 50 m
F
C
03 A
I: Incentro, ponto de encontro das bissetrizes.
Propriedade: I equidista
dos lados de ∆ABC.
II.
–r
9–r
9 – r + 12 – r = 15
Q é ponto médio de AB e QP // BC, então QP é base
média do triângulo ABC.
3x =
9
A
A
x
x
8
C
6
B
O
B
6
H
C
∆AHB ≡ ∆AHC(L.A.L.) ⇒ AB = AC = x
Logo: x2 = 62 + 82
O: Circuncentro, ponto de
encontro das mediatrizes.
Propriedade: O equidista
dos vértices de ∆ABC.
x = 10 m
Logo:
De acordo com o exposto, o ponto P do enunciado é o
circuncentro.
Comp.(total) = x + x = 20 m
04 E
Temos:
06 D
A
5
x
M
a
P
q
S
N
y
M
7
x
B
x
Q
Logo:
2p ( ∆AMN) 12 4
=
=
2p( ∆PQR )
9
3
2 | Pré-Vestibular
D
y
x
9–x–y
9
R
y
15
S
S
y
a
a
B
N
–y
5
–x
7
A
q
q
20
C
C
Veja: CMD, CNM e CBN são triângulos de mesma base e
mesma altura, portanto mesma área.
Logo:
20 ⋅ 15
⇒ S = 50 m2
3S =
2
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
Como o triângulo AMB é equilátero, então AM = 15.
05 C
D
Seja o trapézio:
11
A
M
P
3
D
B
N
Q
A
C
Podemos airmar que MP ≡ QN, pois ambos são bases
P é o baricentro do triângulo ACD, portanto:
I. AP = 2 ⋅ PM
AP + PM = AM = 15
2PM + PM = 15
3PM = 15
PM = 5
médias de triângulos ADB e ACB, que possuem a mesma
11
base, equivalente a 11. Assim, MP ≡ QN = .
2
Assim: 2 ⋅
C
P
x
Sabemos também que MN =
M
CD + AB
e MN = MP + 3 + QN,
2
11
x + 11
⇒ x + 11 = 28 ⇒ x = 17
+3=
2
2
II. AP = 2 ⋅ PM
AP = 2 ⋅ 5
AP = 10
08 E
06 C
A
18
–
10
–
x
Temos:
10
P
C
x
α
θ
I
y
18
Q
y
θ
θ
x
α
α
y
B
18
h = altura do poste
C
I. I: Ponto de encontro das bissetrizes.
II. 2P(∆APQ) = perímetro = (10 – x) + (18 – y) + (x + y) = 28 cm.
09 A
B
C
30 o
A
B
Veja: ∆ABC é a metade de um ∆ equilátero de altura AB e
lado AC = 18 m, então h = 9 m.
07 B
Observe a igura:
D
M
C
Áreas
x = [AEM]
y = [ABE]
F
y
E
x
M
A
D
I. As diagonais do retângulo se dividem ao meio → F é
ponto médio.
II. No ∆BAD, temos que: AF e BM são medianas → E é o
baricentro.
III. Pela propriedade do baricentro, podemos airmar que
BE = 2 · EM.
Assim:
P
A
h
x
A
15
B
M
k
y
E
2k
B
k ⋅h 
2  áreas → y = 2x

2k ⋅ h 
y=
2 
x=
Pré-Vestibular | 3
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
Aplicando o Teorema de Pitágoras, no triângulo ACD,
temos:
10 C
Temos:
(2x )2 = x 2 + 60 2 → 3 x 2 = 60 2
C
x 3 = 60 → x = 20 3
Logo : AB = 40 3 m
90
B
Módulo 5
60 o
70
20
10
Atividades para Sala
30 o
C'
y
H
x
Geometria plana V
A
I. ∆AHB (notável) ⇒ AB = 20 ⇒ BC' = 70
II. ∆AHB ⇒ Pitágoras ⇒ 202 = 102 + x2 ⇒ x = 10 3
III. ∆BHC' ⇒ Pitágoras ⇒ 702 = 102 + y2 ⇒ y = 40 3
Logo:
01 B
6
P
Q
2
4
3
y
AC' = 50 3
θ
R
x
S
3
T
11 D
∆SRQ ∼ ∆TRP
4 3
= ⇒ y = 4, 5 km
2 y
Temos:
D
45o
60 o
Utilizando o Teorema de Tales:
isósceles
4 x
= ⇒ x = 6 km
2 3
12
6
Logo:
Perímetro = 9 + 6 + 4,5 = 19,5 km
45o
A
30 o
6
C
x
B
02 C
A
18
C
12
I. ∆BCD é a metade de um ∆ equilátero de altura BC,
então BD = 2 · DC.
II. Pitágoras ⇒ 12 = 6 + x ⇒ x = 6 3 ≅ 10,2
2
2
2
Logo: AB ≅ 16,2 m.
E
10
F'
18
12
F
16
y
D
x
B
12 B
Aplicação direta do Teorema de Tales:
Temos:
B
30 o
2x
12 18
16 ⋅ 18
=
⇒x=
⇒ x = 24
16 x
12
O ∆BF'F é retângulo ⇒ 402 = 302 + y2 ⇒ y2 = 700 ⇒ y = 10 7
AB = BF' + AF' = 10 + 10 7 ⇒ AB = 10 (1+ 7)
60
Área total do terreno = Área do trapézio ABFE
120 o
A
Área =
60 o
x
4 | Pré-Vestibular
C
[10 (1 + 7 ) + 10] ⋅ 30 300 (2 + 7 )
= 150 (2 + 7 ) m2
=
2
2
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
03 B
O
x
V
A
1
De acordo com o enunciado, sendo x o número de favelas
em 2016, temos:
x − 750
= 10 ((semelhança)
a) ⇒ x = 1186.
218
3
a
α α
Atividades Propostas
R
I. T.B.I. ⇒
a 3
= ⇒ a = 3x
x 1
II. Pitágoras ⇒ a2 = (x + 1)2 + 32 ⇒ 9x2 = x2 + 2x + 1 + 9
8x2 – 2x – 10 = 0
5
4x2 – x – 5 = 0 ⇒ x =
4
Logo:
VO =
5
km = 1, 25 km
4
01 A
Admitindo que as ruas que concorrem com as ruas A e B
são paralelas, temos:
250 x + 40 (Tales)
=
200
x
x = 160 m (medida desejada)
02 D
Temos a seguinte igura:
04 B
α
∆'s semelhantes
20
b
=
⇒ b = 5 17
50 17 200
II.
20
b
θ
θ
200
α
Os triângulos BAC e MNC são semelhantes na razão
k=
c
B
Logo: E = 5 17 + 50 17 = 55 17
E
= 55
a
17
50
05 E
A θ
ααθ
a2 = 2002 + 502 ⇒ a = 50 17
I.
AC
= 2, e a razão entre suas áreas é igual a k2 = 22 = 4.
NC
Assim, sendo S a área do triângulo MNC e SC a área da
região a ser calçada com concreto, tem-se:
b
8
Q 6 C
x–6
P
x
I. AQ é bissetriz interna →
c 8
=
b 6
c 8+x
II. AP é bissetriz externa → =
b x−6
Então:
8 8+x
⇒ x = 48
=
6 x−6
03 C
BC = b e CD = d
I.
D
d
SC + S
S +S
= k2 ⇔ C
= 4 ⇔ SC = 3S
S
S
AD 2b
=
⇒ AD = 2d
d
b
C
06 C
b
x
968
750
2004
A
x – 750
218
2010
2016
2b
B
II. Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:
(2d)2 = (2b)2 + (d + b)2
2
4 (d − b) (d + b) = (d + b)
4 (d − b) = (d + b)
5b
Logo: d =
3
C
2d
A
2b
d+b
B
Pré-Vestibular | 5
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
04 C
3L
L+d a+c

=
→b=
e a + c = 3L

2
2
2
⇒
3L
L+d e+g
f=
e e + g = 3L 
=
→f=

2
2
2
⇒ a + c + e + g + b + f + d = 11 L
b=
C
x
D
75
Logo:
60
50
E
DE//CB ⇒ Tales ⇒
B
75 60
=
⇒ x = 62, 5 m
x 50
05 C
D
x
a
C
21
A
28
α
α
B
4x
a 28 4
=
= ⇒a=
x 21 3
3
II. Pitágoras
a2 = 282 + (21 + x)2
16 x 2
= 282 + (21 + x )2
9
Resolvendo a equação do 2o grau anterior, encontramos
x = 75.
Logo, AD = 96 m.
I. T.B.I. ⇒
06 C
i
i
07 C
C
a
B
461
A
239
1983
2011
2007
Ano
A partir do gráico, tendo A, B e C alinhados, temos:
461 − 239
a − 461
a − 461 222
a) →
=
=
((semelhança)
2011 − 2007 2007 − 1983
4
24
Daí,
a − 461
= 9, 25 ⇒ a = 461 + 37 ⇒ a = 498
4
08 A
θ
x
α
θ
25
14
7
d
25 + d
L
a
b
c
d
e
f
g
L
I. Propriedade:
Todo hexágono regular pode ser decomposto em 6
triângulos equiláteros a partir de seu centro.
Então, d = 2L.
II. Aplicando a propriedade da base média (trapézio),
tem-se:
6 | Pré-Vestibular
+ b + c + d + e + f + g + L = 13 L
∑ (MN ) = L + a
i =1
No de espécies ameaçadas de extinção
A
9
I. 252 = x2 + 72 (Pitágoras) ⇒ x = 24
Devido aos triângulos da igura anterior terem as mesmas medidas angulares, podemos garantir que existe
uma proporcionalidade entre os lados correspondentes.
7
x
(semelhança) ⇒ d = 23
II.
=
14 25 + d
09 A
a–b
∆1
θ
b
a
b
A
a
α
∆2
θ
b
b
x
α
B
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
∆1  ∆ 2 ⇒
12 D
a−b b
=
b
x
2
d’ .
3
Utilizando semelhança entre triângulos, temos:
De acordo com o texto, d =
Logo:
x=
b2
a−b
b d
=
a c
Como d =
10 B
2
d’
b 2d’
b 3
=
→ =
a
c
a 3c
A
40 – y
E
D
x
2
d’ , icamos com:
3
h = 40
y
Módulo 6
Atividades para Sala
x
B
Geometria plana VI
C
60
01 B
• Área (∆ABC) = 1.200 m2 → h = 40 m
40 − y
x
=
→ 2x + 3y = 120
60
40
B
α
°–
• x ⋅ y = 504 (área do galpão)
α
C
Resolvendo o sistema, encontramos:
y = 42
3
α
α
→
°–
x = 18
→
90
x = 12
A
2 3
90
• ∆ABC  ∆AED →
Os triângulos ABC e CED são semelhantes:
y = 28 (condição)
E
D
Logo, o menor perímetro possível é igual a 2(18 +28) = 92 m
11 B
Então, a razão entre suas áreas é igual ao quadrado da
razão entre quaisquer linhas homólogas.
A
θ
2
A ABC  2 3 
=
=4
A CED  3 
B
a
10
a
b
α
F1
H1
40 – x
b
6
F2 α x
b
H2
02 B
E
F3
F
6
θ
A
B
B'
D
(Simétrico de B, em relação a FF
1 3 )
14444444442444444443
Garante que a soma a + b é a menor
possível.
∆F2H1A  ∆F2H2B’
10 40 − x
=
6
x
x = 15 (distância desejada)
C
144444244443 144424443
15m
G
7,5m
1444444444244444444443
22,5m
2
2
150
225
150
 DC  A ABCD  15 
⇒
=
⇒
=
⇒ AEFGD = 337, 5

 =
DG AEFGD  22, 5  AEFGD
506, 25 AEFGD
Pré-Vestibular | 7
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
03 A
06 D
I. Em relação ao mapa menor, temos:
2
 1 cm 
Amenor
 972 km = A
real
Graicamente, temos:
B
60º
II. Em relação ao mapa maior, temos:
20
2
 1 cm 
Amaior
 648 km = A
real
Dividindo I por II, encontramos:
2
Amenor 8
 648 
= , em que A = Amaior
 =

Amaior A
972 
h
Logo, Amaior = A = 18 cm2
A
04 B
A partir do enunciado, obtemos a igura a seguir:
60º 60º
x
P
30º
D
M
20
20
x
30º
C
I. ∆APC é a metade de um ∆ equilátero de altura PC ⇒
,
12
PA = 10 cm.
5
x
A
B
7,5
O
D
 = 60 o ⇒ ∆CBD é equilátero ⇒
III. Como BD = BC e DBC
BC = 2x = 20 3 cm.
2
2
2
IV. Pitágoras no ∆BAC ⇒ (20 3 ) = 20 + h ⇒ h = 20 2 cm.
C
Pitágoras → 12,52 = x2 + 7,52
II. Pitágoras no ∆APC ⇒ 202 = 102 + x2 ⇒ x = 10 3 cm.
Logo, x = 10 m.
07 D
05 D
Observe a igura:
0, 8
B
a
T
x
2
0,5
4
A
R–a
R
2
2
2
2
 R

R
 + a =   + (R − a)
2
2
C: centro do tapete e da sala
x: raio do tapete
Pitágoras no ∆ABC ⇒ (x + 0,8)2 = 22 + 1,52 ⇒
⇒ (x + 0,8) = 6,25 ⇒ x + 0,8 = 2,5 ⇒ x = 1,7 ⇒
R2
R2
+ Ra + a2 =
+ R2 + 2Ra + a2
4
4
R2 − 3Ra = 0 → R (R − 3a) = 0 → R = 3a
2
⇒ 2x = 3,4 m (diâmetro do tapete)
8 | Pré-Vestibular
R
2
R
2
2
4
R–a
a
1,5
C
R
+a
2
Logo, a =
R
.
3
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
08 B
Se r for o raio da perfuração da peça, já que o triângulo de
dimensões 6, 8 e 10 é retângulo, temos:
Semelhança:
I.
a
25
5
=
⇒
a+b+c
M
M
II.
b
36
6
=
⇒
a+b+c
M
M
III.
c
49
7
=
⇒
a+b+c
M
M
r
r
8
6
8–r
6–r
8–r
6–r
10
Somando I, II e III, concluímos:
a + b + c 18
=
=1
a+b+c
M
Logo, (6 – r) + (8 – r) = 10 ⇒ r = 2.
M = 18
09 E
Logo, M = 324 cm2.
y
02 D
B
L
L – 30
–
De acordo com o enunciado, temos:
L
30
2
D
c
α
L
3 cm
θ
C
P
30
L
–
30
30
O
4 cm
30
d
A
x
L – 30
30
α
θ
A
L
5 cm
I. Semelhança →
Então:
L − 30 + L − 30 = L 2
3 c
= ec+d=4
5 d
II. Resolvendo o sistema, encontramos:
L = 30(2 + 2 )
Logo, área ( ABO) =
B
L ⋅L
= 900 ⋅ (3 + 2 2 ) ≅ 5.220 m2
2
c + d = 4
3
5

c 3 ⇒ c = e d =
2
2
=
 d 5
Atividades Propostas
III. Logo:
5
3
3⋅
2
área ( ∆APB) − área ( ∆CPD) =
− 2 = 4 cm2 .
2
2
5⋅
01 E
Segundo o enunciado, temos:
A
03 A
Conforme o enunciado, temos:
Área = (∆DGE) = M1
B
θ
Área = (∆ABC) = M
α
B
α
a
α
θ
25 cm2
θ
a
α
α
36 cm2
b
θ
a+b+c
49 cm2
θ
c
c
2z
θ
Área = (∆AGB) = M2
2x
G
α
C
A
2y
x
y
θ
α
D
z
C
E
Pré-Vestibular | 9
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
I. G é baricentro ⇒ BG = 2 · GE e AG = 2 · GD
II. D e E são pontos médios ⇒ DE é base média → DE//AB
III. Os ∆’s DGE e AGB são semelhantes ⇒
06 A
2
M2  2z 
=  =4
M1  z 
04 B
R
A r
Temos:
Área (∆A'B'C') = M'
Área (∆ABC) = M = 4 m2
y
r
30º
θ
C'
a
I.
sen 30º =
R −r 1
= → R = 3r
R +r 2
2
2
II. Área (círculo maior ) = πR =  R  = 9
2
Área (círculo menor ) πr
r
A
θ
2
60º R – r
r
30º
A'
3
B
C
5
2
07 C
α
1
1
α
0
Graicamente, temos:
B
1
2
A
b
B'
x
3
2y
I. Pitágoras → AB2 = 12 + 22 → AB = 5 m
II. Tales →
D
k
G
2
5
5
5 5
=
→b=
→ a = 5 → A ’B’ =
m.
1 b
2
2
2
25 M’
área ( ∆A ’B’C ’)  A ’B’
∆A
’B’
C
’~
∆ABC
III. → área ( ∆ABC ) =  AB  = 4 = M
Paralelismo
x
2x
B
7
2
do enunciado
3
y
E
C
7
2
I. AE e BD são medianas → G é o baricentro.
II. Aplicando o Teorema de Pitágoras:
→ M’ = 25 m2
05 C
x2 + 4y2 = 9
85

2
2
→ 4 x 2 + 4 y 2 = 17
 2
49 → 5 x + 5y =
2
4
4 x + y =
4

A partir das informações do enunciado, temos:
Logo, k2 = 17 → k = 17 cm.
h–4
h
08 D
4 cm
Graicamente, temos:
A
12 m
Semelhança:
2
16π 16
Área(base maior)  h 
=
=
 =
Área(base menor )  h − 4 
9π
9
h
4
Então,
= → h = 16cm.
h−4 3
10 | Pré-Vestibular
c
B
m
15
C
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
I. Pitágoras ⇒ 152 = 122 + c2 ⇒ c = 9 m.
11 B
B
A
II. Perímetro (∆ABC) = 15 + 12 + 9 = 36 m = 3.600 cm.
III. Como cada tijolo tem comprimento igual a 20 cm, então
n · 20 = 3600 ⇒ n = 180 tijolos.
E: centro do círculo menor
O: centro do círculo maior
x
E
x
x
a
a–x
09 C
a
2
Sendo r1 = r2 = r:
D
x
F
a
−x
2
C
a
2
O
I. Pitágoras no ∆OFE:
2
r
r
r–5
r
r–5
(
⇒ x 2 − 4ax + a2 = 0 ⇒ x = 2a − a 3 ⇒ x = a 2 − 3
5
5
2
a
2

a

 x +  =  − x + (a − x ) ⇒
2
2
r
5
)
5
12 E
0
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo sombreado:
14
3,
6
A
6
R–2
R
2
2
(5 + r) = (5 − r) + r
3,1
4
2
2
B
R
0 (centro)
25 + 10r + r 2 = 25 − 10r + r 2 + r 2
5+r
r–5
r 2 − 20r = 0
r(r − 20) = 0
r = 0 (não convém)
r − 20 = 0
r = 20
r
I. Pitágoras ⇒ R2 = (R – 2)2 + 62 ⇒ R = 10.
II. Número de cadeiras =
n=
10 D
C
D
E
α α
2
3
ˆ
comprimento da circunferencia
ˆ
distancia
entre as cadeiras
2 ⋅ 3,14 ⋅ 10
2πR
⇒n=
⇒ n = 20 cadeiras.
3,14
3,14
13 E
C
D
7 7
B
3
G
G'
7
A
33
1
θ
A
x
θθ
x
33
1
F 5−x B
I. Pitágoras no ∆EG'G:
2
32 = 22 + (G’G) ⇒ G’G = 5 ⇒ BF = 5 − x
II. Pitágoras no ∆GBF:
x 2 = 12 +
(
2
)
5−x ⇒x=
3 5
5
Devemos ter:
2p · 40 = n · 14 → n ≅ 18 esferas.
Pré-Vestibular | 11
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
14 B
16 C
Graicamente, temos:
Graicamente, temos:
R
y
Q
P
x
10
4
r
r−
10
0
Q
M
10
S
R
4
P
4 3
3
O
t
I. Relação métrica:
Tangente × secante
102 = y · (x + y)
Pitágoras:
2
 4 3
r2 =  r −
+ 42
3 

II. Pitágoras no ∆PSR
8r 3 16
+
+ 16
3
3
8r 3 64
=
3
3
r 3 =8
r2 = r2 −
( x + y )2 = 10 2 + 20 2
( x + y )2 = 500
x + y = 10 5
Logo:
r=
100 = y ⋅ ( x + y ) = y ⋅ 10 5
10
= 2 5 cm
y=
5
8 3
cm
3
17 C
Conforme o gráico, temos:
15 E
De acordo com a ilustração, temos:
F
C
P
32
–2
r
D
x
A
A
r
α
θ
q
10
10
B
O
24
0
12
y
r
B
T
Veja:
I. Tangente × secante
242 = (32 – 2r) · 32
18 = 32 – 2r
2r = 14
r = 7 cm
II. Comprimento da circunferência
C = 2pr = 14p cm
12 | Pré-Vestibular
C
16
A
12
θ
α
20
B
LIVRO 2 | MATEMÁTICA 2
D
θ
x
y
α
A
O
10
Semelhança:
x 10
=
⇒ x = 12, 5 cm
20 16
18 C
S
d 6R
P
Veja:
R
0
SP = SQ (Teorema dos
Segmentos Tangentes)
d
7R
Q
R
R
Pitágoras ⇒ (7R)2 = R2 + d2 ⇒ d = 4R 3
ou
R. métrica na circunferência ⇒ d2 = 6R · 8R ⇒ d = 4R 3
Logo, distância (solicitada) = d + d = 8R 3 km.
Pré-Vestibular | 13