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Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01
MATEMÁTICA III
BLOCO 01
Capítulo
01 Características das Figuras Geomé-tricas Planas, Ângulos, Congruências, Características das Figuras Geomé-
tricas Planas, Ângulos, Congruências, Características das Figuras Geomé-
Grandezas, Unidades de Medida e tricas Planas, Ângulos, Congruências,
Grandezas, Unidades de Medida e tricas Planas, Ângulos, Congruências,
Escalas; Comprimentos e ÁreasGrandezas, Unidades de Medida e
Escalas; Comprimentos e ÁreasGrandezas, Unidades de Medida e
Conhecimentos GeométricosConhecimentos Geométricos
01 A
Figura 1 Figura 2 (Determinação de)
1) a = 52o30’ (opostos pelo mesmo vértice)2) a + x = 180o (colaterais internos) 52o30’+ x = 180o → x 127 30o= l
3) x + z = 180o (colaterais) 127o30’ + z = 180o → z 52 30o= l
4) a = b e c = x (ângulos correspondentes) b = 52o30’ e c = 127o30’
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:
5) 'd 64 30o= (alternos internos)6) c + e = 180o (colaterais) 127o30’ + e = 180o → 'e 52 30o=7) y = d + e = 64o30’ + 52o30’ 117y o=
BLOCO 02
02 EI) ( )A B A B
BA
A B
90
1713
1713<o
" $
+ =
= =*II)
Substituindo na 1a equação.
,( )( )
.
B B B B e A
LogoS BS A
1713
901730
90 51 39
180 51180 39
129141
4347
o o o o
o o
o o
o
o
o
o
" "$ $+ = = = =
=--
= =
03 B( 20 ) (4 30 ) 1805 130x xxx 26
o o o
o
o
+ + + ===
04 A
01 A) AB = AC → 2x + 6 = x + 15 → x = 9
AC = x + 15 = 9 + 15 = 24B) 60o
A
C B
2x – 30o
135o – x
135
o – x
1o) AB = BC → BÂC = BCA^
= 135o – x
2o) 2x – 30o + BCA^
= 180o →2x – 30o + 135o – x = 180o →
→ x + 105o = 180o → x = 75o;BÂC = BCA^
= 60o
3o) CBA^
+ 60o + 60o = 180o →CBA^
+ 120o = 180o →CBA^
= 60o
C) 8 = medida do lado do triângulo 3 = 24 → = 8D) A
CB
60o
60o
M N
60o
60o 60o 60o 60o
60o
60o
P
α β
θ
∆BCA é equilátero onde M, N e P são pontos médios.1.∆BMP, ∆CNP e ∆AMN são isósceles.2. α + 60o + 60o = 180o →α = 60o = β = θ.
z c
y
b a
x
52o30’
u
u
y
y
r
w
s
c
e
bd
64o30’
r1
r2
r3
130o
b
aα
Pelo vértice do ângulo reto traçamos uma reta r3 paralela a r1 e r2, de modo que:1) a = α (alternos internos)2) b + 130o = 180o (colaterais internos) → b 50o=3) a + b = 90o → α + 50o = 90o → 40oa =
02 CPA = 20EF = 101. AE = ET = 3 → TF = 7 pois EF = 10.
2. TF = FB = 7
3. PA = PB = 20 →PF + FB = 20 →PF + 7 = 20 → PF = 13.
4. PE + PF = 17 + 13 = 30 cm
A
E
F
B
P
T
3
3
17
13
77
20
20
BLOCO 03
01 E (1) No triângulo isósceles ABC,
BÂC = 30o e BCA = 120o. (2) (HÂE) = 50o (ângulos corres-
pondentes), pois //EF AH . (3) 30o + 30o + 50o + Â = 360o
→ Â = 250o
50ºB
30º30º
A^
E
D
C
B H
G
F
50º
120º
30º
50º
^
Resoluções de Exercícios
21
x
x
60o30o
60o
60o
H
S
P
C (tesouro)
J
O
011o) O ortocentro é o ponto de encontro das alturas do triângulo; portanto o 3o vértice pertence à reta HO , perpendi-cular à reta JS .
2o) Trançando as retas JO e SC de
modo que SC seja perpendicular a JO , o 3o vértice será encontrado no ponto de
intersecção das retas SC e HO .
02 EO local do poço ficará no centro da circunferência que passa pelos pontos A, J e E. Portanto, para determiná-lo, devemos traçar as me-diatrizes do triângulo AJE.
03 D •GH é base média do trapézio ABCD, então
GH = 2
30 60+ = 45.
• EF é base média do trapézio ABGH, então
EF = 2
30 45+ =
275
• IJ = 2
45 60+ =
2105
Daí a peça de madeira terá que ter no mínimo:
(30 + 275
+ 45 + 2105
+ 60) cm = 135 + 90 = 225 cm.
04 B
AM=BC2
(mediana relativa à hipote-
nusa) 1) ∆AMC é isósceles →
MC^
A = 25o = CÂM. 2) Logo, x + 90o + 25o = 180o (no ∆ABC)] x = 65o
BLOCO 04
30 BA
G
I J
H
FE
CD60
B
H
M
A C
40o
50o
25o 25o
130o
x = 65 o
BLOCO 05
01 A) Octógono Regular (n = 8 lados)
Aê = 8
360o = 45o
B) Si = (8 – 2) . 180o = 6 . 180o = 1080o
e Ai = 8
1080o = 135o
135o
B
A D
H E
C
G F
45o
B
A
âc
R = 8 m
R = 8 m
0
C) Sê = 360o
D) (8 – 3) = 5 diagonais
E) d = . ( – )2
8 8 3 = 20 diagonais
F) 4n2 2
8= = (obs.: n é par)
G) Área = 8 . (Área do triângulo AOB) →
→ Área = 8 . . . sen
28 8 45o< F =
= 4 x 64. 22
= 128 2 m2
Resposta: 128 2 m2
Âc = 8
360o = 45o (Ângulo Central)
02
r e s são mediatrizes.∆OBM ≅ ∆OBN (caso cateto-hipotenusa)Logo OB é bissetriz de NÔM e do ângulo NB
^M. Daí:
Âi = NB^
M = 150o → Aê = 30o,
mas Aê = n
360o → 30o =
n360o
→ n = 12 lados
Total de diagonais:
d = C12,2 – 12 = ! !!
2 1012
– 12 = . !. . !
– 122 10
12 11 10
d = 66 – 12 = 54 diagonais ou d = . –2
12 12 3_ i = 6 x 9 = 54
diagonais.
A
B
N
M
r
C
θ
30o
30o
15o
75o
75o
15o
03 D
Parte da figura 2.
Preenchendo os ângulos internos das figuras que compõem a
figura 2, encontraremos:
2 triângulos equiláteros e 4 triângulos retângulos e isósceles.
60o 120o
120o
45o
45o
60o60o
60o
60o
Triângulo
retângulo isósceles
Triângulo
equilátero
(4) 50EFH o= (alternos), pois //AE HF(5) Se EF AG e' FG AG= , então FG EF= . (=perpendicular.)Logo, 50o + B =90o → B = 40o.
02 CTodo quadrado é losango e retângulo.
03 D ∆ABE é isósceles → BÊA = BÂE. Se BÊA = x → 2x + 30o = 180o
→ x = 75o
^
^ ^
Matemática e suas Tecnologias22 matemática – Volume 01 matemática iii
BLOCO 06
01 ECálculos das áreas: 5 x 3 = 15 m2 (frente da casa) 2 x 0,90 = 1,80 m2 (porta) 1 x 1 = 1 m2 (janela)
Descontar da área da parede da frente porta e janela.15 – 1,80 – 1 = 12,20 m2
12,20 m2 x 60 = 732 tijolosResp.: 732 tijolos
02 E
Se P, M e N são pontos médios então os triângulos PBM, APN, PMN e MNC são congruentes; então a área da calçada (ABMN) será igual ao triplo da área do triângulo MNC.
03 D
1a Parte:
Área (pessoas) = 30 x 18 m2 – .
218 12 6+_ i
= 540 – 90 = 450 m2
2a Parte: Regra de três simples.
2m2 5 pessoas450m2 x
Daí, 1.125 .x
x pessoas4502 5
"= =
04 B
Áhex . reg = .4
6 5 32
= . .
23 25 3_ i
= 2
75 3.
B
P
AN
C
M
BLOCO 07
01 D1a Parte: Área do ∆IJH
A∆ABC = .2
8 10 = 40 m2
A∆BEC = A∆BEA = 240
= 20 m2
A∆EBF = 220
= 10 m2
A∆EFG = 210
= 5 m2
A∆GHF = 25
= 2,5 A∆HIG = 45
e A∆IJH = 85
2a Parte:Utilizando o fato da mediana de um triângulo dividir sua área ao meio, isto é, com um raciocínio análogo, ao usado na 1a parte, temos que:
A∆NMO = 85
Portanto a soma das áreas será igual a:
S = 85
+ 85
= 45
02 C
1a Parte: Os triângulos BEM e CEM têm áreas iguais, pois apresentam bases iguais, BM = CM = x, e mesma altura relativa a estas bases.Analogamente, podemos afirmar que os triângulos AEP e PEB têm a mes-ma área, bem como os triângulos ANE e NEC também são equivalentes.Considere S1, S2 e S3 as áreas dos triângulos BEM , BEP e AEN, respecti-vamente.
2a Parte:Na figura II, os triângulos ABM e AMC são equivalentes, pois, tomando BM = MC= x como base, eles têm a mesma altura.
Então: S1 + S2 +S2 = S3 + S3 + S1 → 2 . S2 = 2 . S3 → S2 = S3
Do mesmo modo, concluímos que os triângulos CPB e CPA têm a mesma área, então:
2 S1 + S2 = 2S3 + S2 → S1 = S3
Por conseguinte, os 6 triângulos em que foi dividida a área do triângulo ABC são equivalentes. Se a área do triângulo BEM é 20 cm2, podemos afirmar que a área do triângulo ABC é igual a 120 m2.
03 A
Aoctógono = (3x)2 – 4 . .x x2
Aoctógono = (3x)2 – 4. .x x2 = 9x2 – 2x2
= 7x2
Aquad = (3x)2 = 9x2
Daí:
AA
97
.
ó
quad
oct gono = → Aoctógono = 97
. Aquad.
A
P
B
Figura 1
C
N
M
E
y
y
x x
w
w
A
P
B
Figura 2
C
N
M
E
y
y
x x
w
w
S1 S1
S3
S3
S2
S2
1218 18Palanque
Área das pessoas
30 m
6
BLOCO 01
01 B
Se 1’ = 601o
, então 3’ = ( , )603
0 05o
o= .
Portanto, 124o 3’ = 124o+(0,05)o = (124,05)o .
01 EA) Falso. pois 3 + 5 = 8.B) Falso, pois 13 >4 + 8.C) FalsoD) FalsoE) Verdadeiro, pois 8 – 4 < 5 < 8 + 4.
BLOCO 02
↓ ↓
Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 23
BLOCO 01
01 A) 3o
– x3
180o_ i + 28o = (90o – x) → 180o – x + 84o = 270o – 3x
→ 2x = 90o – 84o → x = 3o
B) 83o
x = (90o – x) + 76o → 2x = 166o → x = 83o
C) 50o
180a b
ba a b a b
72
2 7 2 7 9180
20
o
oo"
+ =
= = =++
= =*
a = 40o e b = 140o
logo, C(40o) = 50o
02 D
No de voltas = 360900
o
o
Y
Y =
410
= 2,5 voltas = 2 voltas e meia.
03 A 1a) 2α + 90o = 180o
α = 45o
2a) β + 45o + 2 . 90o = 360o β = 135o 3a) C + β = 180o → C + 135o = 180o → → C = 45o
ααc
β
04 CColocando a peça 2 após girá-la 90o no sentido anti-horário.
05 A
Saindo do ponto X (20, 60) e seguindo o percurso descrito na ques-tão, o helicóptero pousou no ponto F do mapa acima, local onde a altitude é de 100 m.
800 m
700 m
600 m
500 m
400 m
300 m
200 m
100 m
70,0
60,8
60,6
60,4
60,2
60,0
20,0 20,2 20,4 20,6 20,8 21,0 21,2
N
S
LOX A
BC
D
E F
1
18
3
5
6
78
9
2
1715
1811
14 13
12
DFDF
4
10
1 Manaus
2 Boa Vista
3 Macapá
4 Belém
5 São Luis
6 Teresina
7 Fortaleza
8 Natal
9 Salvador
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
Mapa do Brasil e algumas capitais
135o
Rota do Avião AIII
(Chegada a Salvador)
Rota do avião AII
(chegou em Belo Horizonte)
06 B
SIQUEIRA, S. Brasil Regiões. Disponível em: <http://www.santiagosiqueira.pro.br> Acesso em: 28 jul. 2009 (Adaptado).
Carlos fez uma conexão em Belo Horizonte e, em seguida, embarcou para Salvador.
07 C
No esboço acima as retas AB, CG, HD e EF são paralelas. Nele os ângulos:•ABC=BCG=65o (alternos internos);•HDE=DEF=29o;•CDH=75o – 29o = 46o.
Logo: DCG = CDH = 46o e portanto o ângulo A medirá:A = 46o + 65o = 111o
Daí, o número pedido é 9 x 111 = 999.
E
I
FD
H
G
C
B
A
08(1) a = b (alternos)(2) a + b = 72o → a+a = 72o a e b36 36o o= =(3) Seja α o ângulo obtuso, onde α + β = 180o →→ α + 36o = 180o → 144oa =
09 DSejam a e b as medidas dos ângulos:
–
a b
a b
78
53
90
o
o$
+ =
= _ i*
Então, – b bb
b e a5453
7852
24 60 18o o o o o" "$$
+ = = = =
10 CSe x é o ângulo, então (180o – x) é o seu suplemento e (90o – x) o valor do complemento. Então:
– . –– –x xx x
x x
180 4 90 6180 360 4 63 186 62
o o o
o o o
o o"
= += +
= =
_ _i i
BLOCO 02
01 32
1. BD = BE = 4
2. EC = 5 = CF
3. AF = 7 = AD 4.Perímetro∆ABC=9+12+
11 = 32 cm
B C
A
E4
4 5
5
D F
7 7
12
t
r
r//s
sα
a
b
01 A1a Parte: Pela fórmula de HeronÁrea = A∆ABC + A∆ADC
Cálculos auxiliares∆ABC ∆ADC
P = 2
100 160 80+ + = 170 P =
2120 160 60+ +
= 170
Área = . . . . . .170 90 70 10 170 50 110 10+
= 100 . x x17 9 7 + 100 . x x17 5 11
= 300 119 + 100 935 = 300 x 10,90 + 100 x 30,50 = 3.270 + 3.050 = 6.3202a parte: Área pela cubação1o) Perímetro do quadrilátero = 360
2o) Área = 4360 2
d n = (90)2 = 8100
Então, a diferença entre as áreas será:Diferença ≅ 8.100 – 6.320 = 1.780.
A D
B C100
120
1608060
BLOCO 03
Matemática e suas Tecnologias24 matemática – Volume 01 matemática iii
A
C
BM
αα
α
β
β
β
N P
9 8
9 8θ θ
θ
10 10
18 16
02 27
Sejam MÂC = α, MBP^
= β e PCN^
= θ.
1. PCN^
= MÂN = α (âng. correspondentes) e NPC^
= MBP^
= β.
2. ANM^
= NCP^
= θ e AMN^
= MBP^
= β (âng. correspondentes)
3. Se PM //AC → BPM^
= θ e BMP^
= α.4. ∆ANM = ∆NCP (caso ÂLÂ) → NP = 10 e NM = 85. ∆NCP = ∆PBM (caso ÂLÂ) → PM = 9Logo, o perímetro do ∆MNP é 10 + 8 + 9 = 27.
03 Bx = (85 + 35o) + 30o [ângulo externo do ∆DEC]
A
B C
DE
x
85º
30º35º
85º + 35º
x = 150o
04 B6 – R + 8 – R = 102R = 4R = 2
A
R
R
R
R
FE
O
T
10 cm
6 – R 8 – R
6 cm 8 cm
B C
6 –
R8 –
R
αβ s
c2
c1
R
R
r
r
α
β
E
C
B
A
R = 2r
R = 2r
D
r
r
05 D
1) AR
e Ar
2 2
2 2
c c1 2
r r= = .
4 . 4 . 4 2A A
R rR r R r
2 2c c
2 22 2
1 2" " "r r
= = = =
2) Trançando CB e AC , obtemos três triângulos congruentes:
∆ABC = ∆ACD = ∆ADE (L.Â.L).
Observe que AB = AD e CÂD = CÂB = DÂE = β.
Então α = 2β.
06 A
A
B x M x C
07 D //AB FE
Se considerarmos que o triângulo ABC é o terreno, traçando a media-na AM , teremos dois triângulos com a mesma base e a mesma altura. Então os triângulos ABM e AMC terão a mesma área.
30o
30o30o
F
E
x = 50o + 30o
G
50o
130o
120o
150o
120o
C60o
D
B A E
Prolongando a reta CD , ela interceptará as retas AB e FE , respecti-vamente nos pontos E e G.No triângulo BEC, temos que Ê = 30o. Se Ê = Gt = 30o, pois são aqueles alternos internos, então x = 50o + 30o = 80o.
08 DProlongando AD , obtemos os triângulos ABE e EDC, como mostra a figura ao lado. Então, Ê = 20o + 60o = 80o ex =60o + 20o + 60o = 140o.
20o
60o + 20o
60o 60o
B
E
D
CA
x
09 BSuponha que as medidas da mesa sejam 3 unidades e 4 unidades e que a bola sai do canto D pela sua bissetriz. O triângulo DEC é isósceles, isto é, CD = CE = 3 cm e BE = 1 pois BC = 4.Analogamente, o triângulo FBE é isóceles, então, sendo BF = 1, temos que AF = 2. Daí, como o triângulo FAG também é isósceles, podemos afirmar que a bola cairá no buraco do meio, localizado no ponto G, pois AF = AG = 2 = GD .
Conclusão: cairá após tocar nas tabelas exatamente 2 vezes.
4
3
45o
45o
45o
45o
45o45o
45o
G
D C
A
2
2
B
E
3
F2 L
1
Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 25
10 A
812
10
x
x
x
V
C
A
B
Pela desigualdade triangular, temos:10 – 8 < x < 10 + 8 → 2 < x < 18e e12 – 10 < x < 12 + 10 → 2 < x < 22e e12 – 8 < x < 12 + 8 → 4 < x < 20
Logo, 4 < x < 18. Sendo x inteiro os valores possíveis são: 5, 6, 7, 8 , 9, 10 , 11, 12 , 13, 14, 15, 16 e 17.Notequedeacordocomosdadosdoproblemax≠8,x≠10ex≠12.Então, teremos somente 10 valores satisfazendo as condições impostas.
BLOCO 03
01 C
1. No ∆ABC, temos: 66o + 30o + β = 180o →β = 84o
2. No ∆CED, temos que: α = 30o + 20o = 50o.
BA
C
E
20o
20o
30o
30o
46o
46o
D
α
β
02 DA distância percorrida é dada pela soma das dimensões da praça de alimentação, ou seja, 16 + 12 = 28 m.
03 C2α + 90o = 360o → α = 135o
04 ESendo r o raio de cada circunferência da figura 1, temos que o perí-metro do losango é 4 . 2r = 8r.Na figura 2, temos 2 circunferências com raio r e outras 2 com raio 2r, assim o perímetro do losango é 4(2r + r) = 12r.
Logo, o aumento é de –r
r r8
12 8 = 0,5 = 50%
05 E1o) Perímetro da quadra = (2 x 40 + 2 x 20) m = 120 m
2o) No de voltas = . m120
3 000 = 25 voltas
06 E
Na figura acima, //EY WX .
(1) XYE b^
= (Ângulo oposto de um paralelogramo)(2) 5,7 9,4 – 5,7 3,7WE km EZ km"= = =
A B
DC
α α
αα 2α
E
7
7
12
12
AB = CEPor B traçamos uma bissetriz BE .
Se AB //CD e AC^
E = EB^
A = α → ABCE é paralelogramo →BÊD = α. Logo, ∆BED é isósceles, isto é, BD = DE = 12.Daí: CD = 7 + 12 = 19
10
BLOCO 04
01 75o
80o
40o40o 65o
α =
25
oα =
25o
I
x
A C
B
S
M
5,7
5,7 km
3,7
bb
bb
W
X Y
E Z
9,4
rio
(3) ZÊY = b = XYE^
(alternos internos)(4) O triângulo EZY é isósceles. Portanto, ,ZY 3 7=
07 ASejam a, b, c e d as medidas dos ângulos internos do quadrilátero.
Temos que a b c d
k
51
81
101
401
= = = = , sendo k a constante de pro-
porcionalidade.Além disso, sabendo que a soma dos ângulos internos de um quadri-látero convexo é 360o, vem:
.
a b c dk k k k
k k k k
k
3605 8 10 40
360
8 5 4 40 360
1840 360
800
o o
o
oo
+
+
+
$
$
+ + + = + + + =
+ + + =
= =
Portanto, a = 160o, b = 100o, c = 80o e d = 20o.
08 ESejam c e h, respectivamente, o número de azulejos utilizados numa fileira horizontal e numa fileira vertical.Do enunciado, temos que c = 2h. Além disso, o número de azulejos usados no contorno externo é tal que 2 – 4 68.c h$ + =_ iLogo, obtemos o sistema:
–.c h
c hc hc h
ch
22 4 68
236
2412
+ +$
=+ =
=+ =
==_ i
* ) )
Portanto, o número de azulejos mais claros usados no interior da parede foi de (c – 2) . (h – 2) = (24 – 2) . (12 – 2) = 220.
09 D1a Parte:O segredo deste tipo de questão é mar-car todos os segmentos congruentes (de medidas iguais). Após isso, perceba que o triângulo ADE é isósceles, com AÊD = ADE
^. Então, sendo AÊD = θ, tem-se que:
,30 180 75o o oi i i+ + = =
2a Parte:A diagonal do quadrado é bissetriz e
BDA 45^ o= . Por conseguinte, BDE 30
^ o= , pois 45o + 30o = 75o = ADE^
αα
45o 75o60o
60o 60o
30o
30o
30o
BA
D
E
Matemática e suas Tecnologias26 matemática – Volume 01 matemática iii
1. M é médio de BC e BS é bissetriz.
2. 2α = 50o → α = 25o.
3. No ∆ABS temos ASB^
= 65o.
4. AM = BC2
(teorema) →
AM = BM = MC → ∆AMC é isósceles → CAM = 40o.
5. No ∆MAC, o AMC^
= 100o →
IMB^
= 80o.
Daí, no ∆BIM tem-se que:25 + x + 80o = 180o →x = 75o.
02 D
20
B
C
P
A
M
R
N S
10
6
3
4
1. P é baricentro do ∆ABC → AP = 2 . PM = 6 → AM = 6 + 3 = 9.
2. RS é base média do ∆MNC → RS = MN2
→ 4 MN2
→ MN = 8
3. MN é base média do ∆ABC →
MN = AB2
→ 8 = AB2
→ AB = 16
4. Se M é média de BC e BC = 20 → BM = 10. Daí o perímetro de ∆ABM será: 16 + 9 + 10 = 35 cm.
BA
C
x
6
6
D
α β
α2 α
2
β2
β2
2 2
03 C
Considere α e β os ângulos consecutivos:1. α + β = 180o.
2. x + 2a
+ 2b
= 180o → x 2a b+
= 180o → x + 2180
= 180o
→ x = 90o
04 C
Pelo teorema de Pitot, temos:
x + 25 = 20 + 18 →x = 13
A
D
C
B
20
18
25
x
05 AMarcando três pontos na circunferência, determinamos os vértices de um triângulo inscrito nesta. O centro da moeda é o circuncentro do triângulo obtido.
06 B1a Encomenda: valor V1
VI = 8 . ([0,25 m x 0,50 m] x 20 + 2 . [0,25 + 0,50] x 15)V1 = 8 . (2,5 + 22,5)V1 = 8 x (25) = 200 reais
2a Encomenda: valor V2
V2 = 8 . ([0,50 x 1] x 20 + 2 . [0,50 + 1] . 15)V2 = 8 . (10 + 45)V2 = 8 . (55) = 440
07 A
(1) FI m2
15 2721=
+= (Base Média do Trapézio ABCD).
(2) 15 21
EH m e GJ m2
182
21 2724=
+= =
+= .
(3) A soma dos comprimentos dos três muros será igual a: 18 + 21 + 24 = 63m.
(4) Regra de três simples:
. .
muromlinear tijolos
m x
xx tijolos
1 7563
631 75
4 725
$
$
"= =
(5) Acrescentando os tijolos do alicerce, o proprietário irá precisar de: 4.725 + 2000 = 6.725 tijolos. Logo, ele terá que comprar a mais, no mínimo 725 tijolos.
08 D
No triângulo C2C4H, retângulo em H, temos que:
cos30o = r1
1+
1
.
rr
r r
23
11
32
134
9 1 122 2
" "
" "
=+
+ =
+ = + =_ _i i
09 B
(1) O ponto O é centro da circunferência de raio R e baricentro do triângulo equilátero CDE.(2) No triângulo CTD, retângulo em T.
.senr
CTCT
rr60
2 22 3
3o "= = =
(3) Pela propriedade do baricentro, temos que:
OC CT r32
32
3$= = e, portanto, .R OC CA r r
R r
32
3
32 3 3
$
= + = +
=+_ i
A D
E H
F I
G J
15m
18m
21m
24m
27mB C
C1
C2 C3
C411
1
1
1
1
60o
30o
30o
H
↓ ↓
C
D E
rr
r
r
r
r
r
60o
60o
T
OO
B
A
Circunferência
de raio R.
Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 27
10 BNa figura abaixo, H1, H2 e H3 são os pontos em que os círculos de centros A, B e C tangenciam a reta.
Seja O o centro do círculo circunscrito ao triângulo ABC.
É fácil ver que BH AH BH AM21 2 1$+ = = , com M sendo o ponto médio
do lado BC. Logo, pela propriedade da mediana, obtemos:
,OA AM BH32
34
1$ $= = ou seja, o raio do círculo maior é igual a 34
do raio dos círculos menores.
BLOCO 05
01 n = 12 ladosA) (n – 3) = (12 – 3) = 9 diagonais
B) d = x2
12 9 = 54 diagonais
C) Si = (12 – 2) 180o = 1800o
D) Sê = 360o
E) Ai = 12
1800o = 150o e Aê =
12360o
= 30o
02 –n n23_ i
= 170 → n(n – 3) = 2 x 17 x 10 → n(n – 3) = 20 x 17 → n = 20
ai = (20 – 2) . 180
20
o
= 162o
03 C
d = 3n → –n n
n23
3=_ i
,n≠0→ n – 3 = 6 → n = 9
α108o108o
108o
108o
108oβ
04 CConsidere α e β as medidas dos ângulos agudo e obtuso, respectiva-mente, do losango.
β + 2 x 108o = 360o e α + 3 x 108o = 360o
β = 360o – 216o α = 360o – 324o
β = 144o α = 36o
05 B
No quadrilátero formado pelas ruas, temos:90o + 110o + 100o + x = 360o
x = 360o – 300o
x = 60o
06 E
Aê = 7
360o ≅ 51o
07 B
1n = . –n n2
3_ i;n≠o→ n – 3 = 2 → n = 5
08 DSeja B o centro do polígono formado por 3 hexágonos regulares. Se Cada ângulo interno do hexágono mede 120°, pois o externo é igual
a 6
360o = 60°, então o poligono é invariante por rotações de 120° em
torno de B.
H
GN
A
F
EQ
P
DR
C
S
J
09 BAs combinações que interessam são aquelas cujos ângulos somam 360o, a saber:1o caso: Usando 2 octógonos e 1 quadrado
135o135o
360o
–135o
225o
–180o
45o
60o
3
135o
x 2
270o
270o + 90o = 360o
10 D
.. .
d a42
4 1 32 33,8 = = =
d3,5 = 1 + 1 + 1 = 3
d23
29
484
215,8
2 2
= + = =d dn n
A
CB M
O
H1 H3H2
3
2
8
a
a
1
a
a
3
1
4
1
1
1
5
8
75
31
6
2
9
2
Matemática e suas Tecnologias28 matemática – Volume 01 matemática iii
BLOCO 06
01 CApenas os terrenos 3 e 4 possuem 180 m de comprimento. Calculando a área de cada um deles, temos:A3 = 60 . 30 = 1800 m2
A4 = 70 . 20 = 1400 m2
Logo, o terreno com maior área que possui 180 m de perímetro é o terrenos de no. 3
02 B
Área (Ladrilhada) = 2 . [12 . 2] + 2 . [6 . 2] + 4 . 22.2< F
= 48 + 24 + 8 = 80m2
03 D
0014
$ ( 004 . 260) mm2 = 26 x mm2
x = 4 . 4 . 10 mmx = 160 mm
04 B1o) (Praça) Triângulo Isósceles. (16 2 )2 = x2 + x2
162 . 2 = 2 . x2
x = 16
2o) Aretâng. = 3.Atriâng.
16 . h = 3 16.216
h = 24
3o) x + y = h 16 + y = 24 y = 8
05 A
De acordo com as informações, as dimensões da área de impressão
são (12 – 2x)cm e (18 – 2x)cm. Assim, como a maior área de impres-
são em cada panfleto é 187 cm2, vem (12 – 2x) . (18 – 2x) = 187 ⇔
4x2 – 60x + 29 = 0
, .
x
x cm8
60 56
0 5
+
&
!=
=
x x
yy
y
yyA
Ey
B
06 BFigura 2
Na figura 2, se AE = y e EB = x, então x + y = 2. Note que o triângulo isósceles e o pa-ralelogramo de lado y irão compor a figura 1 de tal sorte que a metade da diagonal do quadrado é igual a x + y.
Então,
22
= 2 → l = 24
= 2
4 2 → l = 2 2
A área da casinha (fig 3) é igual à área do quadrado (fig. 1), logo:AFig 3 = 2 2 )2 = 8 cm2
07 D
Área da figura I = . ,
230 20 2 5+_ i
= 62,5 m2 e seja v a velocidade da água.
1050 = v . 62,5 ⇔ v = 16,8 m/s
Área da figura II = .
249 41 2+_ i
= 90 m2
Nova vazão = 90 . 16,8 = 1.512 m3/s
A B
C
R
60o 60o
60o
R
R = �
θ
A B
C
60o120o
�
�
1o) Área hex. reg = 6 .
432
= 6 → 2 = 34
2a Parte:
Cálculo auxiliar:
Âe = 6
360o = 60o
Âi = 180o – 60o = 120o
2o) Área ∆ABC = 21
. 2 . sen 120o
= 21
. 34
. 23
= 1
08 A1a Parte:
09 D
Traçando o segmento , obtemos 8 triângulos congruentes. A área escura é igual a:
Asombreada = 86
. Área do retângulo ABCD.
= 86
. (1 x 2) = 812
= 23
= 1,5 m2
1 1
1
1
1 1
1
A B
D C
E
F
45o
45o 45o
45o
45o
45o 45o
45o
45o 45o
45o45o
10 D1a) Figura inicial: Quadrado de lado x. área inicial: A = x2
x
x
(x + P% . x)
(x – P% . x)
2a) Após as alterações: retângulo
Aretângulo = A – 1% . A = 99% . A →
→ . % . . – %x p x p1 1+_ _i i1 2 3444444 444444 = 99% . ( x2 )
→ 1 – (p%)2 = 99% →(p%)2 = 1 – 0,99
→ (p%)2 = 0,01 → p% = 1001
= 101
→
→ p% = 101
= 10% → p = 10
Área retângulo
Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 29
BLOCO 07
01 B
A∆AMC = 2120
= 60 m2
A∆MNA = 260
= 30 m2
A∆MNP = 230
= 15 m2
A∆PQM = 215
= 7,5 m2
A
B CM
N
P
Q
02 CÁrea do triângulo = Área do quadrado
.4
2 32
= 2 → = 3
→ = 34
03 D
A(região 1) = Aquadrado MFLG – Atriângulo MKL = b2 – .b x2
.
A(região 2) = Aparalelogramo MLIH – Atriângulo MKL = b . (b) – .b x2
= b2 – bx2
.
Então A(região 1) = A(região 2)
Conclusão:
Se para pintar a região 1 Miguel gastou 73
da tinta, para pintar a
região 2, gastaria também 73
da tinta e ainda sobraria 71
de tinta.
04 A
Lado do quadrado = x.Lados da folha: 2x e 3x.
Lados do retângulo: xe
x32
23
.
x32
+ x23
= 65
4x + 9x = 65 . 6x = 30x = 0,3 m2
Logo, sua área será 3x . 3x = 2 . 0,3 . 3 . 0,3 = 0,54 m2.
05 AComo a peça tem a mesma espessura, a parte de cada um vai depender da área de base de cada pedaço.1a Parte: Seja A o valor da área do triângulo FAE.Partindo de F, dividimos o triângulo FAE em 4 triângulos equivalentes.
Então:
Área ∆BFE = 43
. A
F G H I
M L J
K1 2b b
b
b
x
F
EDLBA x x x x
F
M
K
EBA
2a Parte: Partindo de B em direção aos pontos que estão sobre o lado
FE , o triângulo BFE será dividido em 6 triângulos equivalentes. Logo:
Área ∆BMK = . . .A A63
43
83
=d n e Área ∆BKE = .61
43
. A = 81
. A
Portanto: André ficou com 50% da peça, pois Mônica e Paulo ficaram
com: 83
A + 81
A = 21
. A = 50% . A
06 DED = 15 − 7 = 8 m (lado do quadrado).Área da casa = 82 = 64 cm2.
Área dos terrenos: .
215 25 20+_ i
= 400
Razão entre a área da casa e a área do terreno: .40064
254
=
07 C
Aescura = AI + AII = .2
8 18 =
.2
18 12 12+_ i
= 72 + 180 = 252 m2
08 A1a Parte: Cálculo da área de cada octógono.1 cm2 ↔ 0,01 W x ↔ 50.400 Wx
100 = 50.400 → x = 5.040.000 cm2
x = 504 m2. Então a área de 1 octógono será: 9504
= 56 m2
2a Parte: Note que cada octógono é composto por 7 quadrados, então 7 . Aquad. = 56 →Aquad. = 8 m2
3a Parte: Área procurada = 81 . 8 − 504 = 648 − 504 = 144 m2
09 D1a) Figura inicial: Quadrado de lado x. área inicial: A = x2
2a) Após as alterações: retângulo
Aretângulo = A – 1% . A = 99% . A →
→ . % . . 1– %x p x p1+_ _i i1 2 3444444 444444 = 99% . ( x2 )
→ 1 – (p%)2 = 99% → (p%)2 = 1 – 0,99
→ (p%)2 = 0,01 → p% = 1001
= 101
→
→ p% = 101
= 10% → p = 10
x
x
(x + P% . x)
(x – P% . x)
Área retângulo
Matemática e suas Tecnologias30 matemática – Volume 01 matemática iii
10 BAD = DB , FB = FC e ED = EB .
1a) A∆AFB = 296
= 48 m2
2a) A∆FDB = 248
= 24 m2
3a) A∆FEB = 224
= 12 m2
Logo A∆AFE = A∆AFB – A∆FEB = 48 – 12 = 36 m2
01 CSul 70o Leste (E) : S70oE
02 A
Note que a roda 1 gira no sentido anti-horário, a roda 2 gira no sentido horário. Então, a bandeira cinza da roda 2 irá descrever um ângulo de 135o no sentido horário, ficando na posição representada no item A.
135o
135o
Roda 1
Esquerda
Roda 2
Direita
03 BFusos horários são variações da hora entre as diversas localidades do globo. As variações ocorrem em sentido longitudinal e resultam do movimento de rotação da Terra.A Terra percorre 360o a cada 24 horas, o que resulta em um fuso horário a cada 15o de longitude:
Deslocamentos para leste: adiantam-se as horas;Deslocamentos para oeste: atrasam-se as horas;Do mapa podemos inferir que existem 13 fusos horários entre Brasília (Brasil) e Melbourne (Austrália);A rota sobre a África implica em deslocamento para leste a partir de Brasília;Reduzindo a hora ao ponto de chegada (Melbourne), temos:Horário em Melbourne (quando de saída de Brasília).Se o dia e horário da saída de Brasília é dia 18 às 22h00 e temos que adiantar 13h (13 fusos), então 22 + 13 = 35h. Isso representa 1 dia e 11h. Logo em Melbourne serão 11h do dia 19. A partir daí devemos acrescentar 23h de duração da viagem, isto é, 11 + 23 = 34h que representa 1 dia e 10h. Então o avião chegará a Melbourne dia 20 às 10h.
04 APara determinar o centro da circunferência inscrita, devemos traçar as bissetrizes internas do triângulo.
05 BPara determinar o centro da circunferência que passa por 3 pontos distintos B, G e E, devemos traçar as mediatrizes do triângulo BGE. O ponto de encontro delas será o centro da circunferência pedida.
06 C
EF = 2
6 10+ = 8 m (base média do trapézio ABJI)
IJ = EF NO
2+
(base média do trapézio EDCF) →
10 = NO2
8+ → NO = 12
07 A
EA = y = 2 3 e x = GC = 3.
3 3
HG
A B
2
1
CF
2
2
E D
30o
60o
1
08 A
O arco de circunferência está centrado no ponto G da figura acima.
Então o seu raio R = L23
.
HG
A B
CF
L
L
E D
30o
60o
09 C
No quadrilátero NTPO da figura acima, 120NTP^ o= . A diagonal OT é
bissetriz e NTO 60^ o= ,
então:
, – , –
, – . . ,
,–
, . – , . –
tgr
rr
r
r r r
r r km
609 4
39 4
9 4 3 3 1 3 9 4 3
1 39 4 3
3 1 3 1
9 4 3 3 12
9 4 3 36
o "
" " "
" " " b
= =
= + =
=+
=+
_
_ _ __ _i
i i ii i
E
B A
9,4 km
D
C
P
T
N O
r
M
60o
60o
60o
r
r
r
N
O
T
(9,4 – r)60o
10 E
1a parte: Ângulo central = 12360o
= 30o e raio = 15 m.2a parte: Lei dos Cossenos: 2 = 152 + 152 – 2 . 15 . 15 . cos 30o
2 = 225 + 225 – 450 . 23
2 = 450 – 225 3 2 = 225 . (2 – 3 )
= 15 . 2 – 3
�B
1515
30o
A
O (Centro)
Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 31
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