EXERCICIOS APROFUNDAMENTO MATEMATICA - 2015 – GEOMETRIA PLANA
1. (Unicamp 2015) Seja r a reta de equação cartesiana x  2y  4. Para cada número real t tal que 0  t  4,
considere o triângulo T de vértices em (0, 0), (t, 0) e no ponto P de abscissa x  t pertencente à reta r, como
mostra a figura abaixo.
a) Para 0  t  4, encontre a expressão para a função A(t), definida pela área do triângulo T, e esboce o seu
gráfico.
b) Seja k um número real não nulo e considere a função g(x)  k x, definida para todo número real x não nulo.
Determine o valor de k para o qual o gráfico da função g tem somente um ponto em comum com a reta r.
2. (Unesp 2015) A figura representa duas raias de uma pista de atletismo plana. Fábio (F) e André (A) vão apostar
uma corrida nessa pista, cada um correndo em uma das raias. Fábio largará à distância FB da linha de partida para
que seu percurso total, de F até a chegada em C', tenha o mesmo comprimento do que o percurso total de André,
que irá de A até D'.
Considere os dados:
- ABCD e A 'B'C'D' são retângulos.
- B', A ' e E estão alinhados.
- C, D e E estão alinhados.
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- A 'D e B'C são arcos de circunferência de centro E.
Sabendo que AB  10 m, BC  98 m, ED  30 m, ED'  34 m e α  72, calcule o comprimento da pista de A até
D' e, em seguida, calcule a distância FB. Adote nos cálculos finais π  3.
3. (Fuvest 2015) Na figura abaixo, a circunferência de centro em O e raio r tangencia o lado BC do triângulo ABC
no ponto D e tangencia a reta AB no ponto E. Os pontos A, D e O são colineares, AD  2r e o ângulo ACO é
reto. Determine, em função de r,
a) a medida do lado AB do triângulo ABC;
b) a medida do segmento CO.
4. (Unicamp 2015) A figura abaixo exibe um círculo de raio r que tangencia internamente um setor circular de raio R
e ângulo central θ.
a) Para θ  60, determine a razão entre as áreas do círculo e do setor circular.
b) Determine o valor de cosθ no caso em que R  4r.
5. (Fuvest 2014) Considere o triângulo equilátero ΔA0OB0 de lado 7cm.
a) Sendo A1 o ponto médio do segmento A0B0 , e B1 o ponto simétrico de A1 em relação à reta determinada por O
e B0 , determine o comprimento de OB1.
b) Repetindo a construção do item a), tomando agora como ponto de partida o triângulo ΔA1OB1, pode‐se obter o
triângulo ΔA 2OB2 tal que A 2 é o ponto médio do segmento A1B1, e B2 o ponto simétrico de A 2 em relação à
reta determinada por O e B1. Repetindo mais uma vez o procedimento, obtém‐se o triângulo ΔA3OB3 . Assim,
sucessivamente, pode‐se construir uma sequência de triângulos ΔAnOBn tais que, para todo n  1, An é o ponto
médio de An1Bn1, e Bn , o ponto simétrico de A n em relação à reta determinada por O e Bn1, conforme figura
abaixo.
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Denotando por an , para n  1, o comprimento do segmento An1An , verifique que a1,a2,a3 , ... é uma progressão
geométrica. Determine sua razão.
c) Determine, em função de n, uma expressão para o comprimento da linha poligonal A0 A1A2 ...An,n  1.
O ponto P’ é simétrico ao ponto P em relação à reta r se o segmento PP' é
perpendicular à reta r e a interseção de PP' e r é o ponto médio de PP'.
6. (Fgv 2014) A figura abaixo representa a face superior de um recipiente em forma de cubo de lado igual a L.
Esta face está parcialmente tampada por uma placa de metal (área em cinza) e parcialmente destampada (área em
branco), sendo AE  AF  L / 2. João e Maria arremessam bolinhas de diâmetro desprezível sobre essa face.
Considere que a probabilidade de a bolinha atingir qualquer região dessa face é proporcional à área da região e que
os arremessos são realizados de forma independente.
a) Dado que uma bolinha arremessada por João caia na região do quadrado ABCD, qual é a probabilidade de que
passe diretamente pela parte branca (destampada)?
b) Se João arremessar uma bolinha e Maria arremessar outra, dado que em ambos os lançamentos as bolinhas
caiam na região do quadrado ABCD, qual é a probabilidade de que ao menos uma passe diretamente pela parte
branca?
c) Se João efetuar seis arremessos, e em todos eles a bolinha cair na região do quadrado ABCD, qual é a
probabilidade de que em exatamente 4 desses arremessos a bolinha passe diretamente pela parte branca?
7. (Unesp 2014) Em um plano horizontal encontram-se representadas uma circunferência e as cordas AC e BD. Nas
condições apresentadas na figura, determine o valor de x.
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8. (Fgv 2014) a) Para medir a largura x de um rio sem necessidade de cruzá-lo, foram feitas várias medições como
mostra a figura abaixo. Calcule a largura x do rio.
b) Demonstre que a distância do vértice B ao baricentro M de um triângulo é o dobro da distância do ponto E ao
baricentro M.
9. (Unicamp 2014) Considere um hexágono, como o exibido na figura abaixo, com cinco lados com comprimento de
1cm e um lado com comprimento de x cm.
a) Encontre o valor de x.
b) Mostre que a medida do ângulo α é inferior a 150°.
10. (Fgv 2014) A figura mostra um semicírculo cujo diâmetro AB, de medida R, é uma corda de outro semicírculo de
diâmetro 2R e centro O.
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a) Calcule o perímetro da parte sombreada.
b) Calcule a área da parte sombreada.
11. (Ita 2013) Determine a área da figura plana situada no primeiro quadrante e delimitada pelas curvas
(y  x  2)(y 
x
 2)  0 e x2  2x  y2  8  0.
2
12. (Fgv 2013) Na figura, AC e BD são diagonais do quadrado ABCD de lado x, M e N são pontos médios de AB e
BC , respectivamente.
a) Calcule a área da região sombreada na figura, em função de x.
b) Calcule o perímetro do quadrilátero PQRS, em função de x.
13. (Unifesp 2013) Considere o sistema de inequações
 x 2  y 2  2x  0

2

3
1
2 
 x  1   y 
 
2
4



a) Represente graficamente, em sistema cartesiano de eixos ortogonais, a solução desse sistema de inequações.
b) Calcule a área da superfície que representa a solução gráfica do sistema de inequações.
14. (Fgv 2013) Um funcionário do setor de planejamento da Editora Progresso verificou que as livrarias dos três
clientes mais importantes estão localizadas nos pontos A  0,0 , B 1,7  e C 8,6 , sendo que as unidades estão em
quilômetros.
a) Em que ponto P  x,y  deve ser instalado um depósito para que as distâncias do depósito às três livrarias sejam
iguais?
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b) Qual é a área do quadrado inscrito na circunferência que contém os pontos A, B e C?
15. (Ita 2013) Em um triângulo de vértices A, B e C, a altura, a bissetriz e a mediana, relativamente ao vértice C,
ˆ em quatro ângulos iguais. Se é a medida do lado oposto ao vértice C, calcule:
dividem o ângulo BCA
a) A medida da mediana em função de .
ˆ
ˆ
ˆ e BCA.
b) Os ângulos CAB,
ABC
16. (Fgv 2013) Em uma parede do estande de vendas havia um quadro de 50 cm de comprimento por 45 cm de
largura, tendo ao redor uma moldura, como mostra a figura.
a) Justifique por que não são semelhantes os retângulos interior e exterior à moldura.
b) Existe algum número real positivo k que, substituído no lugar de 5 cm, faria com que os dois retângulos do item (a)
fossem semelhantes?
17. (Fuvest 2013) Um teleférico transporta turistas entre os picos A e B de dois morros. A altitude do pico A é de 500
m, a altitude do pico B é de 800 m e a distância entre as retas verticais que passam por A e B é de 900 m. Na figura,
T representa o teleférico em um momento de sua ascensão e x e y representam, respectivamente, os deslocamentos
horizontal e vertical do teleférico, em metros, até este momento.
a) Qual é o deslocamento horizontal do teleférico quando o seu deslocamento vertical é igual a 20 m?
b) Se o teleférico se desloca com velocidade constante de 1,5 m/s, quanto tempo o teleférico gasta para ir do pico A
ao pico B?
18. (Unesp 2013) Uma semicircunferência de centro O e raio r está inscrita em um setor circular de centro C e raio R,
conforme a figura.
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O ponto D é de tangência de BC com a semicircunferência. Se AB  s, demonstre que R  s  R  r  r  s.
19. (Unesp 2013) A figura, fora de escala, representa o terreno plano onde foi construída uma casa.
Sabe-se do quadrilátero ABEF que:
ˆ e AFE
ˆ são retos.
• Seus ângulos ABE
• AF mede 9 m e BE mede 13 m.
• o lado EF é 2 m maior que o lado AB .
Nessas condições, quais são as medidas, em metros, dos lados AB e EF?
20. (Fuvest 2013)
Percorre-se o paralelogramo ABCD em sentido anti-horário. A partir de cada vértice atingido ao longo do percurso,
prolonga-se o lado recém-percorrido, construindo-se um segmento de mesmo comprimento que esse lado. As
extremidades dos prolongamentos são denotadas por A’, B’, C’ e D’, de modo que os novos segmentos sejam, então,
AA’, BB’, CC’ e DD’. Dado que AB  4 e que a distância de D à reta determinada por A e B é 3, calcule a área do
a) paralelogramo ABCD;
b) triângulo BB’C’;
c) quadrilátero A’B’C’D’.
21. (Unicamp 2013) Os lados do triângulo ABC da figura abaixo têm as seguintes medidas:
AB  20, BC  15 e AC  10.
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a) Sobre o lado BC marca-se um ponto D tal que BD  3 e traça-se o segmento DE paralelo ao lado AC. Ache a
razão entre a altura H do triângulo ABC relativa ao lado AC e a altura h do triângulo EBD relativa ao lado ED, sem
explicitar os valores de h e H.
b) Calcule o valor explícito da altura do triângulo ABC em relação ao lado AC.
22. (Unesp 2012) Um artesão foi contratado para ornamentar os vitrais de uma igreja em fase final de construção.
Para realizar o serviço, ele precisa de pedaços triangulares de vidro, os quais serão cortados a partir de um vidro
pentagonal, com ou sem defeito, que possui n bolhas de ar (n = 0, 1, 2…).
Sabendo que não há 3 bolhas de ar alinhadas entre si, nem 2 delas alinhadas com algum vértice do pentágono, e
nem 1 delas alinhada com dois vértices do pentágono, o artesão, para evitar bolhas de ar em seu projeto, cortou os
pedaços de vidro triangulares com vértices coincidindo ou com uma bolha de ar, ou com um dos vértices do
pentágono.
Nessas condições, determine a lei de formação do número máximo de triângulos (T) possíveis de serem cortados
pelo artesão, em função do número (n) de bolhas de ar contidas no vidro utilizado.
23. (Fgv 2012) Resolva este antigo problema chinês:
“Qual é a profundidade de uma lagoa com a forma de um círculo, de área 49,6 pés quadrados, se um caniço que
cresce no centro e se estende 1 pé para fora da água atinge exatamente a superfície, se puxado pela ponta para a
margem da lagoa, sem arrancá-lo?” Use a aproximação π  3,1.
24. (Unesp 2012) No futebol, um dos gols mais bonitos e raros de se ver é o chamado gol olímpico, marcado como
resultado da cobrança direta de um escanteio.
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Suponha que neste tipo de gol:
1. A projeção da trajetória da bola descreva um arco de circunferência no plano do gramado;
2. A distância (d) entre o ponto da cobrança do escanteio e o ponto do campo em que a bola entra no gol seja 40 m;
3. A distância máxima (h) da projeção da trajetória da bola à linha de fundo do campo seja 1m.
Determine o raio da circunferência (R), em metros, do arco descrito pela trajetória da bola, com uma casa decimal de
aproximação.
25. (Unicamp 2012) A planta de um cômodo que tem 2,7 m de altura é mostrada abaixo.
a) Por norma, em cômodos residenciais com área superior a 6 m², deve-se instalar uma tomada para cada 5 m ou
fração (de 5 m) de perímetro de parede, incluindo a largura da porta. Determine o número mínimo de tomadas do
cômodo representado ao lado e o espaçamento entre as tomadas, supondo que elas serão distribuídas
uniformemente pelo perímetro do cômodo.
b) Um eletricista deseja instalar um fio para conectar uma lâmpada, localizada no centro do teto do cômodo, ao
interruptor, situado a 1,0 m do chão, e a 1,0 m do canto do cômodo, como está indicado na figura. Supondo que o
fio subirá verticalmente pela parede, e desprezando a espessura da parede e do teto, determine o comprimento
mínimo de fio necessário para conectar o interruptor à lâmpada.
26. (Fuvest 2012)
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Na figura, a circunferência de centro 0 é tangente à reta CD no ponto D, o qual pertence à reta AO . Além disso, A e
B são pontos da circunferência, AB  6 3 e BC  2 3 . Nessas condições, determine
a) a medida do segmento CD ;
b) o raio da circunferência;
c) a área do triângulo AOB;
d) a área da região hachurada na figura.
27. (Fgv 2012) a) Construa um triângulo isósceles cujo ângulo menor seja metade de cada um dos ângulos maiores
e nomeie seus vértices de A, B e C, sendo ABC o ângulo menor. Em seguida, desenhe uma circunferência que
passe pelos três vértices desse triângulo. Por fim, trace as bissetrizes dos dois ângulos maiores do triângulo; batize
de ponto D o encontro da bissetriz de BAC com a circunferência e, de ponto E, o encontro da bissetriz de ACB
com a circunferência. Notas: (i) indique a localização dos pontos A, B, C, D e E; (ii) como referência, adote para o
segmento de reta AB qualquer tamanho entre 5 e 10 centímetros.
b) Imagine que a figura construída no item anterior seja a versão, em miniatura, de uma figura na qual o raio da
circunferência circunscrita ao triângulo ABC mede 2 km. Nesse caso, qual é o comprimento do arco BD ?
c) Na figura ampliada descrita no item anterior, qual é o perímetro do pentágono AEBDC? Se necessário, adote:
sen (36)  0,59; sen (54)  0,81; sen (72)  0,95; cos (36)  0,81; cos (54)  0,59; cos (72)  0,31.
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Gabarito:
Resposta da questão 1:
t

a) Sabendo que P pertence à reta r, temos P   t, 2   . Além disso, para todo 0  t  4, o triângulo T é

2
retângulo em (t, 0). Em consequência, segue que
A(t) 
1 
t
t
 t   2      (t  4).
2

2
4
O gráfico da função A é uma parábola com concavidade voltada para baixo, e cujas raízes são 0 e 4. Além
disso, o vértice tem coordenadas (2, 1).
b) As abscissas dos pontos de interseção da reta y  
x
k
 2 com a função g(x)  , sendo x  0, satisfazem a
2
x
equação

x
k
 2   x2  4x  2k  0.
2
x
Para que exista um único ponto de interseção, o discriminante dessa equação deve ser igual a zero, ou seja,
Δ  (4)2  4  1 2k  0, o que implica em k  2.
Resposta da questão 2:
Se ABCD e A 'B'C'D' são retângulos e os percursos de Fábio e André têm o mesmo comprimento, então
FB  B'C  A 'D
2π
 (40  30)
5
 12 m.

Resposta da questão 3:
a) No ΔAOE : AE2  r 2   3r   AE  8r 2  AE  2r 2
2
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ΔADB ~ ΔAEO 
AB
2r
3r
3r  2

 AB 
 AB 
3r
2
2 2 r
2
b) No ΔACO, temos:
CO2  (2r  r)  r  CO2  3  r 2  CO  r  3
Resposta da questão 4:
a) Considere a figura.
Como o círculo e o setor são tangentes internamente, temos AC  R, OB  OC  r e BAO  30. Logo, segue que
AO  AC  OC  R  r. Portanto, do triângulo ABO, vem
senBAO 
OB
AO
 sen30 

r
Rr
r 1

R 3
Em consequência, a razão pedida é igual a
2
πr 2
2
r
 6   .
60


R

3
πR2 
360
b) Se R  4r, então, do triângulo ABO, obtemos
sen
θ
r
θ 1

 sen  .
2 R r
2 3
Por conseguinte, vem
cos θ  1  2sen2
 1
 1 2   
3
7
 .
9
θ
2
2
Resposta da questão 5:
a) Como OB0  A1B1, A1A 2  A 2B1 e OA 2 é comum aos triângulos OA1A 2 e OB1A 2 , segue-se que os
triângulos OA1A 2 e OB1A 2 são congruentes por LAL. Além disso, OA1B0  OA1A2  90 e A1B0 A 2  60
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implicam em OA1B1  60. Portanto, o triângulo OA1B1 é equilátero. Desse modo, o resultado pedido corresponde
7 3
à altura do triângulo A0OB0 , ou seja,
cm.
2
b) Raciocinando de forma inteiramente análoga ao item (a), concluímos que
OAn1  3
,
2
OAn 
com n  1.
Daí, como an  An1An 
OAn1
, temos
2
OAn
an1
3
2


,
an
2
OAn1
2
para todo n  1 e, portanto, a1, a2, a3 ,
c) O comprimento da poligonal A0 A1A2
geométrica a1, a2, a3 , , ou seja,
é uma progressão geométrica de primeiro termo a1 
3
7
.
cm e razão
2
2
An, com n  1, corresponde à soma dos n primeiros termos da progressão
n
 3
1 
n

 2 
7

  7(2  3 ) 1   3   cm.



  2  
2
3
1


2
Resposta da questão 6:
a) A probabilidade pedida é dada por
1 L L


2 2 2 1
 .
4
L2
b) A probabilidade de que as duas bolinhas atinjam a parte tampada é igual a
2
1
9

.
1   

4
16
Portanto, a probabilidade de que ao menos uma passe diretamente pela parte branca é
9
7
1

.
16 16
c) Sendo o acerto de uma bolinha na parte branca considerado sucesso, tem-se que o resultado pedido é dado por
4
2
6  1   3 
6!
1 9


     
4

4


4

4!

2!
256
16
 
9
 15 
4096
 3,30%.
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Resposta da questão 7:
Utilizando a relação entre as cordas, temos:
2x  (x  3)  x  (3x  1)
2x 2  6x  3x 2  x
 x 2  7x  0
Resolvendo a equação temos: x = 0 (não convém) ou x  7 .
Resposta da questão 8:
a) Supondo que CAB  BED  90, é fácil ver que os triângulos ABC e EBD são semelhantes por AA. Desse
modo, temos
AC

ED
AB
BE
x 24

2 2,5
 x  19,2 m.

b) Queremos mostrar que BM  2  ME.
De fato, sabendo que D e E são pontos médios de AB e AC, respectivamente, tem-se que DE é base média do
1
triângulo ABC e, portanto, DE   BC e DE BC. Em consequência, os triângulos DEM e BCM são
2
semelhantes por AA. Daí,
BM
ME

BC
BC
DE
ME 1  BC
2
 BM  2  ME.

BM

Resposta da questão 9:
a) Considere a figura.
Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos ABC, ACD, ADE e AEF, vem
2
2
2
2
2
2
2
2
2
AC  AB  BC  12  12  2,
AD  AC  CD  2  12  3,
AE  AD  DE  3  12  4
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e
2
2
2
AF  AE  EF  x 2  4  12
 x  5 cm.
b) É imediato que BAC  45.
Do triângulo ACD, temos
tgCAD 
CD
AC
 CAD  arctg
1
2
 45.
Do triângulo ADE, vem
tgD AE 
DE
AD
 D AE  arctg
1
3
 30.
Do triângulo AEF, segue
tgE AF 
EF
AE
 E AF  arctg
1
4
 30.
Portanto, tem-se
α  BAC  CAD  DAE  EAF
 45  45  30  30
 150.
Resposta da questão 10:
a) Considere a figura.
Como AO  BO  AB  R, tem-se que o triângulo ABO é equilátero. Logo, o perímetro da parte sombreada é dado
por
1
1
R
 2π  R   2π 
6
2
2
5 πR

u.c.
6
ACB  ADB 
b) A área da parte sombreada é igual a
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2
1
R2  3  R2  3 1
R  1
 π       π  R2 

 π  R2

2
 2 6
4 
4
24

R2 
π
 3   u.a.
4 
6
Resposta da questão 11:
Temos
x


(y  x  2)  y   2   0 
2


yx20
ou
x
20
2
y  x2
y

ou
y
.
x
20
2
A reta y  x  2 intersecta o eixo das ordenadas no ponto A  (0, 2) e o eixo das abscissas no ponto Q  (2, 0),
enquanto que a reta y  
ponto P  (4, 0) .
x
 2  0 intersecta o eixo das ordenadas no ponto A  (0, 2) e o eixo das abscissas no
2
Completando os quadrados, vem
x 2  2x  y2  8  0  (x  1)2  (y  0)2  9,
ou seja, a curva x 2  2x  y2  8  0 é uma circunferência centrada em C  (1, 0) e raio 3.
Seja B o ponto em que a reta y  x  2 intersecta a circunferência, conforme a figura.
As coordenadas do ponto B são obtidas do sistema
y  x  2

.

2
2

(x  1)  y  9
Logo, sendo B  (1, 3), a área pedida corresponde à soma das áreas do triângulo ABP e do segmento circular,
definido pelo arco PB. Assim, como:
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(ABP) 
1 0 1 4 0

2 2 3 0 2
1
 | 6 |
2
 3 u.a.

e
π  32 32

4
2
9 π  18

u.a.,
4
(BP) 
Segue-se o resultado
3
9π  18 3
  (3π  2) u.a.
4
4
Resposta da questão 12:
a) Queremos calcular
2  [(ACM)  (PQRS)].
Como AC é diagonal do quadrado e M é ponto médio de AB, segue-se que
1
 (ABC)
2
1 1
   (ABCD)
2 2
(ACM) 

x2
.
4
Agora vamos calcular (PQRS).
Adotando convenientemente um sistema de eixos cartesianos com origem no ponto C, vem A  (x, x), B  (x, 0),
 x
x 
x x
C  (0, 0), D  (0, x), M   x,  , N   , 0  e P   ,  .
 2
2 
 2 2
É fácil ver que a equação da reta AC é Y  X.
A equação da reta DN é tal que
Y 0 
0x 
x
  X    Y  2X  x.
x
2
0 
2
Logo, como o ponto S é a interseção das retas AC e DN, temos
x
X  2X  x  X  ,
3
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EXERCICIOS APROFUNDAMENTO MATEMATICA - 2015 – GEOMETRIA PLANA
x x
o que implica em S   ,  .
3 3
A equação da reta CM é dada por
Y
BM
1
 X  Y   X.
2
BC
Desse modo, como o ponto R é a interseção das retas CM e DN, segue-se que
1
2x
 X  2X  x  X 
,
2
5
 2x x 
implicando em R   ,  .
 5 5
A equação da reta BD é igual a
Y  tg135  X  x  y  X  x.
Desse modo, como Q é a interseção das retas BD e CM, vem
1
2x
 X  X  x  X 
,
2
3
 2x x 
o que implica em Q   ,  .
 3 3
Portanto,
x
1 2
(PQRS)  
2 x
2
2x
3
x
3
2x
5
x
5
x
3
x
3
x
2
x
2

1 x 2 2x 2 2x 2 x 2 2x 2 2x 2 x 2 x 2








2 6
15
15
6
6
15 15 6

x2
20
e, finalmente,
 x2 x2 

2  [(ACM)  (PQRS)]  2  

 4 20 

2x2
.
5
b) De (a) temos
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2
 x 2x 
x x
PQ   
   
2
3


2 3

2
x 2
,
6
2
 2x 2x 
x x
QR  

   
5 
 3
3 5

2x 5
,
15
2
 2x x 
x x
RS  
    
 5 3
5 3

2
2
x 5
15
e
2
x x
x x
PS        
2 3
2 3

2
x 2
.
6
Portanto,
2pPQRS  2 

x 2 x 5 2x 5


6
15
15
(5 2  3 5) x
u.c.
15
Resposta da questão 13:
a) Reescrevendo o sistema, obtemos
 x2  y2  2x  0
(x  1)2  (y  0)2  12




2
2
2 ,





3
1
3
 1
2
2 

(x

1)

y


(x  1)   y 

 



2
2 
4
2 







3
ou seja, a solução do sistema é a região do plano limitada pelas circunferências de centros em (1, 0) e  1,
,
 2 


1
com raios respectivamente iguais a 1 e .
2
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b) Considere a figura.
A área pedida corresponde à área do semicírculo de centro O e raio igual a
1
, subtraída da área do segmento
2
circular OBDC, ou seja,
2  2
π  1
1
   
2 2
2
π  π π
3
π
   sen     
3
3  8 6
4

6 3π
u.a.
24
Resposta da questão 14:
a) O ponto P é o circuncentro do triângulo ABC.
Temos
2
AB  (1  0)2  (7  0)2  50,
2
AC  (8  0)2  (6  0)2  100
e
2
BC  (8  1)2  (6  7)2  50.
2
2
2
Como AC  AB  BC , segue que o triângulo ABC é retângulo e sua hipotenusa é o lado AC.
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Portanto, P é o ponto médio do lado AC, ou seja,
08 06
P
,
  (4, 3).
2 
 2
b) A área do quadrado é igual a
2
AC
100

 50km2 .
2
2
Resposta da questão 15:
Considere a figura.
Seja P o ponto diametralmente oposto ao ponto C e H o pé da perpendicular baixada de C sobre AB. É fácil ver
que ACB  BPC e AHC  CBP (pois CP é diâmetro). Logo, ACH  BCP e, portanto, o diâmetro CP contém a
mediana do triângulo ABC relativa ao vértice C e o circuncentro O do triângulo ABC. Além disso, como O é a
interseção da mediana relativa ao vértice C e da mediatriz de AB, segue que M  O, com M sendo o ponto médio
do lado AB. Por conseguinte, o triângulo ABC é retângulo em C.
a) Como o triângulo ABC é retângulo em C, temos CM 
AB
 .
2
2
b) Sendo I o pé da bissetriz por C, considere a figura.
Sejam ACH  HCI  ICM  MCB  α. Logo, ACB  4α  90  4α  α  2230'. Portanto,
BAC  90  ACH
 90  2230'
 6730'
e
ABC  90  BAC
 90  6730'
 2230'.
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Resposta da questão 16:
a) Os retângulos não são semelhantes pois
50 5 9 45
 

.
60 6 11 55
b) Sendo k  0, vem
50  2k 45  2k

 k  0.
50
45
Portanto, não existe um número real positivo k para o qual os retângulos sejam semelhantes.
Resposta da questão 17:
a) ΔATD ~ ΔABC :
b) AB 
x
20

 x  60 m.
900 300
3002  900 2
 300 10
Sendo t o tempo para o televérico ir de A até B, temos:
300 10  1,5.t  t  200 10.
Resposta da questão 18:
Considere a figura.
Os triângulos retângulos ODC e BAC são semelhantes. Logo,
OC OD
R r r



R
s
BC BA
 R  s  r  s  R r
 R  s  R  r  r  s.
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c.q.d.
Resposta da questão 19:
Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos AFE e ABE, obtemos
2
AE  92  (AB  2)2
e
2
2
AE  AB  132.
Logo,
2
2
81  AB  4  AB  4  AB  169  AB  21m.
Portanto, AB  21m e EF  23 m.
Resposta da questão 20:
a) A = 4  3 = 12.
b) No triângulo ADE, senθ 
3
.
x
Logo, a área do triângulo BB’C será dada por:
1
1
3
A   2x  4  senθ   2x  4   12.
2
2
x
3
c) Considerando que senθ  sen(180  θ)  .
x
S(A’B’C’D’) = S(A’DD’) + S(AA’B’) + S(BB’C’) + S(C’C’D’) + S(ABCD)
S(A’B’C’D’) =
1
1
1
1
.2x.4.sen(θ)  .2.4x.sen(180  θ)  .2x.4.sen(θ)  .2.4x.sen(180  θ)  12
2
2
2
2
S(A’B’C’D’) = 12 + 12 + 12 + 12 + 12
S(A’B’C’D’) = 60
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Resposta da questão 21:
a) Como o segmento DE é paralelo ao segmento AD, podemos utilizar o teorema de Tales:
H 15

 5.
h
3
b) H é a altura relativa ao lado AC.
Calculando a área do triângulo ABC pela fórmula de Herão, temos:
p = (10 + 15 + 20)/2 = 45/2
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A
45  45
  45
  45

.
 20  . 
 15  . 
 10 
2  2
2
2



A
45 5 15 25
 

2 2 2 2
A
32.5.5.3.5.52
4
A
3.5.5. 15
4
=
AC.H 75 15

2
4
10.H 75 15

2
4
H
15 15
4
Resposta da questão 22:
Soma dos ângulos internos de um pentágono: 180  5  2  540
Ao redor de cada bolha temos 360°
Seja T o número de triângulos e n o número de bolhas, temos a seguinte relação:
T  180  n  360  540 : 180 
T  2n  3
T  2n  3
Resposta da questão 23:
π  r 2  49,6
3,1 r 2  49,6
r 2  16
r  4.
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 x  12  x2  42
2x  1
x  7,5m.
Resposta da questão 24:
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo assinalado, temos:
R2 = (R – 1)2 + 202
R2 = R2 – 2  R + 01 + 400
2  R = 401
R = 200,5 m.
Resposta da questão 25:
a) Perímetro do quarto = 10,8 m = 2,5 m + 0,8 m.
3 tomadas espaçadas a cada
10,8
 3,6m.
3
b) Na figura tem-se x2 = 1,22 + 0,52.
x = 1,69.
x = 1,3 m.
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Logo, o comprimento do fio será:
1,3 m + (2,7 – 1) = 3 m.
Resposta da questão 26:
a) Temos:
 CD 2  8
3.2 3
CD  48
CD  4 3
b) No triângulo ADC, temos:

(2r)2  4 3

c) h2  3 3
A

2
  8 3 
2
2
 4r 2  192  48  r 2  36  r  6
 62  h2  36  27  h2  9  h  3
6 3.3
 A  9. 3
2
3 1
  α  30 e β = 120°
6 2
Área pedida:
d) senα 
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A
π.62
 A ΔAOB
3
A  12π  9 3

A  3  4π  3 3

Resposta da questão 27:
a) Sabendo que 2  ABC  BAC  ACB, vem
ABC  BAC  ACB  180  5  ABC  180
 ABC  36.
Logo, BAC  ACB  72.
b) Considere a figura, em que O é o centro do círculo.
Como DOB é ângulo central, temos que
DOB  2  DAB
 2  36
 72
72  
rad
180
2

rad.
5

Portanto, a medida do arco BD é dada por
2
4
2 
km.
5
5
c) É fácil ver que o pentágono AEBDC é regular. Assim, considere a figura, em que M é o ponto médio de AC.
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Sabendo que OC  2km, vem
AC
sen36  2  AC  2  2  0,59  2,36km.
OC
Por conseguinte, o perímetro do pentágono é, aproximadamente, igual a 5  2,36  11,8km.
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