Resolução lista FGV – Aula 10

1. (INSPER 2012) A figura mostra parte de um campo de futebol, em que estão representados um dos

gols e a marca do pênalti (ponto P).

Considere que a marca do pênalti equidista das duas traves do gol, que são perpendiculares ao plano

do campo, além das medidas a seguir, que foram aproximadas para facilitar as contas.

• Distância da marca do pênalti até a linha do gol: 11 metros.

• Largura do gol: 8 metros.

• Altura do gol: 2,5 metros.

Um atacante chuta a bola da marca do pênalti e ela, seguindo uma trajetória reta, choca-se contra a

junção da trave esquerda com o travessão (ponto T). Nessa situação, a bola terá percorrido, do

momento do chute até o choque, uma distância, em metros, aproximadamente igual a

a. 12. b. 14. c. 16. d. 18. e. 20.

O triângulo de lados 4, 11 e y é retângulo. Então temos:

y² = 11² + 4²

y² = 137

O triângulo de lados x, 25 e y também é retângulo. Assim:

x² = y² + 2,5²

x² = 137 + 6,25

x² = 143,25

x 12 m

2. (INSPER 2012) Duas cidades X e Y são interligadas pela rodovia R101, que é retilínea e apresenta

300 km de extensão. A 160 km de X, à beira da R101, fica a cidade Z, por onde passa a rodovia R102,

também retilínea e perpendicular à R101. Está sendo construída uma nova rodovia retilínea, a R103,

que ligará X à capital do estado. A nova rodovia interceptará a R102 no ponto P, distante 120 km da

cidade Z.

O governo está planejando, após a conclusão da obra, construir uma estrada ligando a cidade Y até a

R103. A menor extensão, em quilômetros, que esta ligação poderá ter é

a. 250. b. 240. c. 225. d. 200. e. 180.

Resolução

3. (FUVEST 2012)

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

2

d

12

a² = 160² + 120²

a = 200 km (triângulo Pitagórico)

(caso AA)

d = 180 km

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.

Resolução

a.

Potência de ponto (tangente e secante)

√ √

√

b.

Pitágoras no A D

(8√ )2

a 2

192 = 48 + 4R²

4R² = 144

R = 6

c.

M é ponto médio de AB MB = √

Aplicando Pitágoras no :

( √ )2

h h

Logo A A

√ .

2

A A

√

d.

O A é isósceles e cos √

cos √

2

Portanto, = 180 – 30 – 30 = 120°

Assim, A A

Asetor 12

- A A

1

. . . - √

A A

12 √ A A

√

4. (INSPER 2012) O retângulo da figura, cuja base AB mede o triplo da altura BC , foi dividido em três

regiões por meio de duas retas paralelas.

Os pontos marcados sobre os lados AD e BC dividem esses lados em quatro partes de medidas iguais.

Se a área da faixa central á igual à soma das áreas dos triângulos sombreados, então o ângulo é tal

que

a. 1

tg 4

b. 3

tg 10

c. 1

tg 3

d. 3

tg 8

e. 3

tg 5

Resolução:

Como as retas que determinam a faixa central são paralelas, temos que os dois triângulos retângulos

da figura são congruentes (caso: ALA). Desse modo possuem a mesma área AT.

Como AF = 2 A

T temos que A

RET = 4A

T x.3x = 4A

T 3x² = 4A

T (I)

Mas A

.

2

A

8

(II)

De (I) e (II) vem: .

8

2

Portanto, tg

⁄

tg

⁄

2

tg

8

Alternativa: d

TEXTO PARA A PRÓXIMA QUESTÃO:

Um carpinteiro foi contratado para construir uma cerca formada por ripas de madeira. As figuras

abaixo apresentam uma vista parcial da cerca, bem como os detalhes das ligações entre as ripas, nos

quais os parafusos são representados por círculos brancos. Note que cada ripa está presa à cerca por

dois parafusos em cada extremidade.

5. (UNICAMP 2012) Para construir uma cerca com 300 m de comprimento, são necessários

a. 1201,5 m de ripas. b. 1425,0 m de ripas. c. 2403,0 m de ripas. d. 712,5 m de ripas.

Resolução:

Note que para construir uma cerca de 300 m de comprimento são necessárias 150 estruturas como a

da figura mais uma ripa de 1,5 m.

Como temos nessa estrutura um triângulo retângulo, vem:

x² = 2² + 1,5² x = 2,5 m

Para construir a estrutura da figura é necessário 1,5m + 4m + 2,5m de ripas, ou seja, 8m de ripas.

Como são necessárias 150 estruturas para gerar 300 m de cerca, vem:

150 . 8 + 1,5 = 1201,5m

Alternativa: a

7. (ITA 2011) Considere um triângulo equilátero cujo lado mede 2 3cm . No interior deste triangulo

existem 4 círculos de mesmo raio r. O centro de um dos círculos coincide com o baricentro do

triângulo. Este círculo tangencia externamente os demais e estes, por sua vez, tangenciam 2 lados do

triângulo.

a. Determine o valor de r.

b. Calcule a área do triângulo não preenchida pelos círculos.

c. Para cada circulo que tangencia o triângulo, determine a distancia do centro ao vértice mais

próximo.

Resolução:

a.

Note que P, N, e M são pontos médios dos lados do triângulo ABC.

Assim sendo, a altura h’ do triângulo N será: h

√ .√

2

h

2

cm

omo ’ é o baricentro do triângulo N, temos r 1

h

r 1

.

2

r 1

2

cm

b.

A inal

A A

.Acirc

A inal

(2√ )2

. √

. . (1

2

)2

A inal

√ cm

c.

A distância pedida é a hipotenusa do triângulo retângulo ’ . Desse modo vem:

sen r

1

2⁄

1

2⁄

1

6. (ITA 2012) Um triângulo ABC tem lados com medidas 3

a cm2

, b 1 cm e 1

c cm2

. Uma

circunferência é tangente ao lado a e também aos prolongamentos dos outros dois lados do

triângulo, ou seja, a circunferência é ex-inscrita ao triângulo. Então, o raio da circunferência, em cm, é

igual a

a. 3 1

4

b.

3

4 c.

3 1

3

d.

3

2 e.

3 2

4

Resolução:

O triângulo com lados de medidas a = √

, b = 1 e c =

é retângulo em B, pois b² = a² +c².

Como PT = PU vem 1 √

2

- 1

2

2 √ - 2 1 2 1 √ 1 √

Alternativa: a

8. (UFPE 2011) Na figura abaixo AB AD 25, BC 15 e DE 7. Os ângulos ˆˆDEA,BCA e ˆBFA são

retos. Determine AF.

Resolução:

No triângulo ABC temos: 25² = 15² + AC² AC = 20

No triângulo ADE temos: 25² = 7² + AE² AE = 24

Temos que A D (caso AA), assim:

D

A

15

2

5

8

Portanto, A A - A 2 - 5

8

A 125

8

Por outro lado, A AD (caso AA), assim:

A

A

A

AD

A

2

125

8⁄

25

A 15

9. (UNESP 2011) Para que alguém, com o olho normal, possa distinguir um ponto separado de outro,

é necessário que as imagens desses pontos, que são projetadas em sua retina, estejam separadas uma

da outra a uma distância de 0,005 mm.

Adotando-se um modelo muito simplificado do olho humano no qual ele possa ser considerado uma

esfera cujo diâmetro médio é igual a 15 mm, a maior distância x, em metros, que dois pontos

luminosos, distantes 1 mm um do outro, podem estar do observador, para que este os perceba

separados, é:

a. 1 b. 2 c. 3 d. 4 e. 5

Resolução

onsiderando o arco A’ ’ como um segmento de reta A’ ’ temso que A A , desse modo

vem:

A

A

A

A

1

, 5

15

m Alternativa: c

10. (UFPR 2011) Um telhado inclinado reto foi construído sobre três suportes verticais de aço,

colocados nos pontos A, B e C, como mostra a figura ao lado. Os suportes nas extremidades A e C

medem, respectivamente, 4 metros e 6 metros de altura.

A altura do suporte em B é, então, de:

a. 4,2 metros. b. 4,5 metros. c. 5 metros. d. 5,2 metros. e. 5,5 metros.

Resolução:

Temos que D (caso AA)

Assim: 12

12 8

2

12

2

2

5

1,2 m

Portanto a altura do suporte B será: 4 + 1,2 = 5,2 m

Alternativa: d

11. (ITA 2011) Seja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB e BCmedem 8 cm e 6 cm,

respectivamente. Se D e um ponto sobre AB e o triângulo ADC e isósceles, a medida do segmento

AD , em cm, é igual a

a. 3

4 b.

15

6 c.

15

4 d.

25

4 e.

25

2

Resolução:

Pitágoras no D vem

a² = 6² + (8 – a)²

a² = 36 + 64 – 16ª + a²

16 a = 100

a =

Alternativa: d

12. (FUVEST 2011) As circunferências 1C e 2C estão centradas em 1O e 2O , têm raios 1r = 3 e 2r =

12, respectivamente, e tangenciam-se externamente. Uma reta t é tangente a 1C no ponto 1P ,

tangente a 2C no ponto 2P e intercepta a reta 1 2O O no ponto Q. Sendo assim, determine:

a. o comprimento 1 2P P ;

b. a área do quadrilátero 1 2 2 1O O P P ;

c. a área do triângulo 2 2QO P .

Resolução:

a.

Observe o trapézio retângulo

Pitágoras no 1

2 vem: 15² = 9² + a² a = 12

b.

Atrap

(12 ).12

2

Atrap

15. Atrap

c.

Os 1 1

2 2, assim temos:

b

a b

12

b

12 b

1

b b 12 b

A 2 2

12. 12

2

A 2 2

13. (UFRS 2011) As figuras abaixo apresentam uma decomposição de um triângulo equilátero em

peças que, convenientemente justapostas, formam um quadrado.

O lado do triângulo mede 2 cm, então, o lado do quadrado mede, em centímetros,

a. 3

3. b.

3

2. c.

4 3 . d. 3 3 . e. 3 .

Resolução

Como o quadrado é formado pela justaposição das peças que formam o triângulo, temos que os

polígonos são equivalentes, ou seja, possuem a mesma área.

Assim temos:

√

√

Sendo l o lado do quadrado, temos Aqua

= l²

Como Aqua

= Atri l √ l √

Alternativa: c

14. (UFMG 2011) Considere esta figura:

Nessa figura,

• o triângulo ABC é equilátero, de lado 3;

• o triângulo CDE é equilátero, de lado 2;

• os pontos A, C e D estão alinhados; e

• o segmento BD intersecta o segmento CE no ponto F.

Com base nessas informações,

a. determine o comprimento do segmento BD;

b. determine o comprimento do segmento CF;

c. determine a área do triângulo sombreado BCF.

Resolução:

a.

Lei dos cossenos no

D 2

5 2. .5. cos

D 2

25 .

1

2

D 2

1

D √1

b.

Temos que BC DE portanto . Assim, pelo caso AA,

Logo,

D

2

a

2-a

2a - a a

5

c.

Como D D

Deste modo Atri

1

2

. . D .sen Atri

1

2

. .

5

. √

2

Atri

√

1

15. (UFMG 2011) Nesta figura plana, PQR é um triângulo equilátero de lado a e, sobre os lados

desse triângulo, estão construídos os quadrados ABQP, CDRQ e EFPR:

Considerando essas informações,

a. Determine o perímetro do hexágono ABCDEF.

b. Determine a área do hexágono ABCDEF.

c. Determine o raio da circunferência que passa pelos vértices do hexágono ABCDEF.

Resolução:

a.

Aplicando a lei dos cossenos no vem:

x² = a² + a² - 2.a.a.cos 120°

(

) √

Assim, o perímetro do hexágono será:

3.a + 3. √ = 3a.(1 + √ )

b.

√

√

√

(√ )

c.

Pela simetria da figura temos que O é o baricentro do . Temos que

√

√

Pitágoras no vem:

(

)

( √

)

√

√

√

√

(

√

) √

√

16. (FUVEST 2011) Na figura, o triângulo ABC é equilátero de lado 1, e ACDE, AFGB e BHIC são

quadrados. A área do polígono DEFGHI vale

a. 1 3 b. 2 3 c. 3 3 d. 3 2 3 e. 3 3 3

Resolução:

√

√

√

√

√

√

Alternativa: c

17. (INSPER 2011) O triângulo da figura é isósceles com base e altura medindo 1.

O triângulo foi dividido em três partes de áreas iguais por duas retas paralelas à sua base. A distância

entre as duas retas paralelas tracejadas é igual a

a. √

b.

√ √

√ c.

√

d.

√ √

e.

√

√

Resolução:

Pelo caso AA temos que os três triângulos são semelhantes, assim temos:

( )

( )

√

( )

( )

√

Portanto, x = h2 – h

1 x =

√

√

√ √

Alternativa: d

18. (FGV 2010) O perímetro de um triângulo equilátero, em cm, é numericamente igual à área do

círculo que o circunscreve, em cm².

Assim, o raio do círculo mencionado mede, em cm,

a. 3 2

b.

3 3

c. 3 d.

6

e.

3

2

Resolução:

Perímetro do triângulo = 3a

2

.h

2

.

a√

2

a√

Acirc

.(a√

)

2

Acirc

a .

Como Acirc a vem

a .

a a

Logo,

.√

√

Alternativa: b

19. (UFPR 2010) A soma das áreas dos três quadrados da figura é igual a 83 cm2

. Qual é a área do

quadrado maior?

a. 36 cm2

b. 20 cm2

c. 49 cm2

d. 42 cm2

e. 64 cm2

Resolução:

A = x² + (x+2)² + (x – 2)²

83 = x² + x² + 4x + 4 + x² - 4x + 4

83 = 3x² + 8

3x² = 75

x² = 25

x = 5

A área do quadrado maior será: (x + 2)² = (5 + 2)² = 49

Alternativa: c

20. (FUVEST 2008) No retângulo ABCD da figura tem-se CD = l e AD = 2l. Além disso, o ponto E

pertence à diagonal BD, o ponto F pertence ao lado BC e EF é perpendicular a BD. Sabendo que a área

do retângulo ABCD é cinco vezes a área do triângulo BEF, então BF mede

a. l( 2)

8 b. l

( 2)

4 c. l

( 2)

2 d. 3l

( 2)

4 e. l 2

Resolução:

( ) √

Temos mas

Então

Como os triângulos BEF e ABD são semelhantes pelo caso AA, temos:

√

Alternativa: e