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ALEX/2018/APOSTILA 3° ANO EM – MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO – RESOLUÇÃO MAT. III – COMP3./ALENCAR

MATEMÁTICA 3 – VOLUME 1 RESOLUÇÕES – EXERCITANDO EM CASA

AULA 1 01. B Calculando:

1 2003 jardas 9 pés 9 metros

3 9371 200

2 pés 2 metros3 937

1 2006 polegadas 0,5 pé 0,5 metros

3 9371 200

11,5 3,5052 metros3 937

= = ⋅

= ⋅ ⇒

= = ⋅

⇒ ⋅ =

02. D Tem-se que a resposta é dada por

443 12 2,54 135 m.100⋅ ⋅

≅

03. E Fazendo os cálculos:

6

71

40 000 km 40 000 000 m80 cm 0,8 m

40 000 000 40 10 5 10 50 000 0000,8 8 10−

==

⋅= = ⋅ =

⋅

04. D O volume de água que será consumido é igual a

150 2 10 3 000mL 3 L.⋅ ⋅ = = Por conseguinte, ela deverá comprar duas garrafas do tipo IV.

05. E Sabendo que 2 21 hm 10 000 m ,= temos

2 28 ha 8 hm 8 10 000 80 000 m .= = ⋅ = 06. A Em cada tanque há 5 peixes para cada

31 m 1 000= litros de água. Logo, se o criador possui 7 tanques, e a capacidade de cada tanque é de 14 600 litros de água, então o número total

de peixes é dado por 14 600

5 7 511.1 000

⋅ ⋅ =

Portanto, como cada peixe consome 1 litro de ração por semana, segue que a capacidade mínima do silo, em litros, para armazenar a quantidade de ração que garantirá a alimentação semanal dos peixes deve ser igual a 511.

07. C Da meia-noite às seis horas da manhã serão

desperdiçados:

6 3 600

0,2 mL 1 440 mL 1,4 L3

⋅⋅ = ≅

08. B Lembrando que 31 m 1 000 L,= tem-se que o

resultado pedido é dado por:

6,25 6,252 30 90 16 0,9 0,451 000 1 000

⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ =

60 (0,5625 0,5050)= ⋅ − = R$ 3,45 09. B Sabemos que 3 16 3 -396 km = 9,6 . 10 cm e 0,92 g = 0,92 . 10 kg Massa de 96 km3 do gelo, em quilogramas,

equivale a 9,6 . 1016 . 0,92 . 10-3 = 8,832 . 1013 kg 10. A 1 dracma = 0,355 cL 100 mL = 10 cL = (10 : 0,355) dracmas = = 28 dracmas AULA 2 01. A A lâmpada de LED tem uma durabilidade de

42 000

50 000 8 000 42 000 horas dias=24

− = =

= 1 750 dias a mais do que a lâmpada comum. 02. C US$1 = R$1,6 E$1 = R$2,4 L$1 = 1,1 E$ = 1,1 . R$ 2,4 = R$ 2,64 = R$ 2,64 : 1,6 = = US$ 1,65 03. B

124º 3’ 00” = 124º + 3 . 1 124,05º

60=

04. C Transformando o tempo de 1 min e 24 s em horas,

temos:

1 min e 24s = 1.60+24 = 84s1

84s = 84. h. Logo, a velocidade será :3 600

2,1v = = 90km/h

843 600

05. A

F = (G.m1.m2)/r2 F . r2 = G.m1.m2, substituiremos as unidades (kg.m/s2) . m2 = G . kg . kg kg . m . s-2 . m2 = G . kg. kg (kg . m3 . s-2) : kg2 = G kg . m3 . s-2 . kg-2 = G kg-1 . m3 . s-2 = G

2


06. B Calculando por regra de três:

200 mL em 20 min10,2 L em hora3

0,6 L em 1 hora14,4 L em 24 horas432 L em 30 dias

07. A O resultado pedido é:

1 800

t 20 h 1 200min.3 30

= = =⋅

08. A Quatro mangas produzem 4 . 0,245 = 0,98 litro de

suco. Logo, segue que a massa total de suco, em onças, é 0,98 . 1,1 . 2,2 . 16 ≅ 37,95.

09. C O automóvel percorreu 0,5 m em 0,024 s, logo sua

velocidade era de:

1min e 24s = 1.60+24 = 84s1

84s = 84. h. Logo, a velocidade será :3 600

2,1v = = 90km/h

843 600

Logo receberá uma multa grave. Com a redução em 10 km/h, ficou a 65 km/h

(multa média). 10. B Sendo 3 325 m 25 000dm 25 000 L,= = podemos

concluir que o consumo diário por pessoa foi de

≅25 000

167 L,5 × 30

ou seja, no limite do bom senso.

AULA 3 01. E O robô muda de direção n vezes, sempre para a

esquerda, e retorna ao ponto de partida, ou seja, ele dá uma volta completa e percorre um ângulo de 3600. Se a cada mudança de direção ele gira 600, então: n.600 = 3600, logo n = 6.

02. C Observe na figura a seguir que em cada vértice há

uma mudança de direção no lado do polígono. O valor, em graus, de cada giro é a medida do ângulo ê. Calculando o valor de ê, temos:

720 + 720 + ê = 1800. Logo ê = 360. n . 360 = 3600, logo n = 10.

03. B

Os ângulos y’ e 1100 são suplementares, logo y’ = 700.

Os ângulos x e (y’ + 800) são congruentes, logo x = 700 + 800 → x = 1500. 04. D 300 + α = 400 + 600, logo: α = 700. 05. C Considere a situação descrita:

Como sabemos que x + y + z = 135 metros,

aplicando o Teorema de Talles, temos a seguinte proporção:

= ⇒ =90 50 x 75135 x

06. B

+= → =

b 2 32 b 38m30 24

3


07. A

08. B

= ⇒ ⋅ = ⇒ =6 EC 75 EC 600 EC 8m75 100

09. D ÷ =75 6 12,5 Portanto, o número de estais será dado por

12 + 1 = 13, onde 1 indica o primeiro dos estais que partem do ponto A.

10. A Trace retas horizontais pelos vértices mais baixos

dos três quadrados:

Então os ângulos à esquerda e à direita do vértice

do quadrado da esquerda são 60º e 30º, respectivamente; os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado do meio são, respectivamente, 180º – 126º – 30º = 24º e 90º – 24º = 66º; os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado da direita são, respectivamente, 180º – 75º – 66º = 39º e 90º – 39º = 51º. Enfim, no triângulo retângulo com um dos ângulos igual a x, temos x = 90º – 51º = 39º.

AULA 4 01. E

02. A Sejam a e b as quantidades de palitos em cada

um dos outros dois lados do triângulo. Tem-se que os possíveis valores de (a, b) são: (1, 10), (2, 9), (3, 8), (4, 7), (5, 6). Mas, pela condição de existência de um triângulo, só pode ser (3, 8), (4, 7), (5, 6).

03. C Se AC = R, temos o triângulo AFC equilátero. Logo,

θ = 60. 04. D Às 22 horas o navio A terá percorrido 8.15 = 120 km,

e o navio B, 2.60 = 120 km. O triângulo abaixo representa essa situação:

Como o triângulo é equilátero, conclui-se que a

distância que separa os navios é de 120 km. 05. C Marcando três pontos na circunferência,

determinamos os vértices de um triângulo inscrito nela. O centro da moeda é o circuncentro do triângulo obtido.

06. B Seja P’ o pé da perpendicular baixada de P sobre a

reta

AA'. É fácil ver que = °P'AP 60 . Daí, como P'AP é ângulo externo do triângulo AA'P , segue-se

que = °AA'P 30 , o que implica em = =AA' AP 8 km. Portanto, a velocidade do avião no trecho AA ' era

de =8 240km h.260

07. A A base x da pirâmide deve estar entre os

seguintes valores, de acordo com a desigualdade triangular:

12 – 8 < x < 12 + 8 → 4 < x < 20 10 – 8 < x < 10 + 8 → 2 < x < 18 12 – 10 < x < 12 + 10 → 2 < x < 22 As 3 sentenças têm em comum 4 < x < 18; de 5 a

17 são (17 – 5) + 1 = 13 valores inteiros; retirando os valores 8, 10 e 12, teremos 13 – 3 = 10 valores.

08. A

D é equidistante de A e B, portanto D está sobre a mediatriz de AB. D está a 10 km de C, logo sobre a circunferência centrada em C e de raio 10 km, o que na escala

corresponde a 1000000cm10km

= = 10cm100000 100000

.

120 km

d = 120 km

120 km

4


Logo D será um dos dois pontos de intersecção da mediatriz de AB e da circunferência centrada em C e de raio 10 cm.

09. E Pela figura, temos: x + 2y + 2y = 1800, e 3x + y +

+ y = 1800.

Logo: x + 2y + 2y = 3x + y + y, x = y. Como x + 4y = 1800, então x + 4x = 1800. x = 360

10. B O ponto interno que equidista dos três lados é o

incentro. Além disso, o triângulo é retângulo de catetos 6 e 8. Dividindo-se o triângulo, conforme a figura, obteremos três triângulos de altura r.

A área do triângulo maior é igual à soma das

áreas e dos triângulos menores e, assim, podemos dizer que:

= + + → =6.8 r .6 r .8 r . 10

r 2cm2 2 2 2

AULA 5 01. D

= ⇔ + = ⇔ =+

3,2 0,8 0,8(3,2 x) 2,2.3,2 x 5,6 m3,2 x 2,2

02. D

Na figura, o ∆ ∆ABC ~ ADE, logo: =b da c

.

Como = ⋅2d d'3

, temos: ='b 2d

a 3c.

03. C

1 x 15

= x = x = 3000 mm = 3 m0,005 15 0,005

⇔ ⇔

04. A Sendo os triângulos retângulos semelhantes por

AA e =BC 1,6 m, temos:

= ⇔ =CD 1,6 CD 0,6 m.3 8

05. A

∆ − ∆

=+

+ ==

=

FED FAC2 4,55 5 AB10 2AB 22,52AB 12,5AB 6,25

06. D Se os lados AB e BC medem 80 e 100 metros,

então o lado AC mede 60 metros (Teorema de Pitágoras). Sabe-se também que os segmentos CM e BM são iguais e medem 50 metros, pois MP é mediatriz da hipotenusa. Como o triângulo ABC é semelhante ao triângulo PMB, pode-se escrever:

5


= → =

= − → =

= → =

= + + + → =

= + + → =

lote1 lote1

lote2 lote2

100 50 125PB mPB 80 2

125 35AP 80 AP m2 2

MP 50 75MP m60 80 2

75 35P 60 50 P 165 m2 2

75 125P 50 P 150 m2 2

Portanto, a razão entre os perímetros dos lotes I e

II será: = =lote1

lote2

P 165 11P 150 10

.

07. D

Traçando DF || AC, temos que os triângulos DHE e

DGF são semelhantes por AAA. Se HE = x, vem:

x 12= x = 1,2 m.

2 20⇒

Assim, a altura do suporte em B é: 4 + x = 4 + 1,2 = 5,2 m. 08. D Do enunciado, temos:

= = αˆ ˆCAB EAD e = = °ˆ ˆABC ADE 90 , logo os

triângulos ACB e AED são semelhantes. Então:

( )

=

=−

=−⋅ = ⋅ −

= −=

AB CBAD ED

1 50n 2013 1200

1 1n 2013 241 24 1 n 201324 n 2013n 2037

09. C É fácil ver que os triângulos AEC e BED são

semelhantes. Logo:

= ⇔ =

+ +⇔ =

⇔ =+

AF AC AF 46BF BD BF

AF BF 2 32AF

AF 2 .5AF BF

Além disso, como os triângulos AEF e ABD também são semelhantes, vem:

= ⇔ =+

⇔ =

⇔ =

AF EF AF EF6AB BD AF BF

EF 26 5

EF 2,4 m.

10. E Considerando os dados do enunciado:

( )

( )

∆ ≈ ∆ ⇒ =

= ⇒ = ⇒

∆ ≈ ∆

= ⇒ = ⇒

ABC CFG AB AC

BM CM BM 1 B 1; 3ABC DBE

DE DB DE 0,5 E 0,5; 2,5

AULA 6 01. B

Pelo Teorema da Bissetriz Interna, temos:

= → = → =FH FG FH 3 FH 3xIH GI x 1

Aplicando Pitágoras, temos: (3x)2 = 32 + (1 + x)2 → 4x2 – x – 5 = 0

6


x’ = 54

= 1,25

x” = -1 02. D Pelo Teorema da Bissetriz Interna, temos:

= ⇔ =

⇔ = ⋅

1BD CD CD2

1AB AC ACAC 2 CD.

Desse modo, pelo Teorema de Pitágoras, vem:

= + ⇔ ⋅ = + +

⇔ ⋅ − − =

⇒ =

22 2 2 2 2

2

1AC BC AB (2 CD) CD 12

53 CD CD 04

5CD u.c.6

Portanto:

= +

= +

=

BC BD CD1 52 64 u.c.3

03. B Seja 2p o perímetro desejado. Como os triângulos

são semelhantes e o perímetro do primeiro triângulo é igual a 13 + 14 + 15 = 42 cm, temos:

= ⇔ =

⇒ =

2 22p 336 2p 442 84 42

2p 84cm.

04. C

Considerando os triângulos PAB e PCD

semelhantes na figura, podemos escrever:

= ⇒+

⇒ = ⇒+

⇒ = + ⇒⇒ = ⇒ =

x 6.000x 150.000.000 690.000

x 1x 150.000.000 115115x x 150.000.000114x 150.000.000 x 1.315.789,4 km

Ou seja, aproximadamente 1.300.000 km.

05. D

Se o caimento é 75%, então 75

CM = .4 = 3m100

.

Por Pitágoras no triângulo AMC, obtemos AC = 5m . D e E são pontos médios, portanto DE é base

média do triângulo AMC, portanto 3DE = = 1,5m.

2

Como D é ponto médio de AC, então .5AD = = 2,5m

2

Observe finalmente que os triângulos ADE e MDE são congruentes, logo DM= AD = 2,5m. Total de gasto na treliça: AB + AC + BC + DM + FM + DE + FG + CM = 8 + 5 + 5 + 2,5 + 2,5 + 1,5 + 1,5 + 3 = 29 m.

06. A Sendo x o comprimento da escada e y a altura

aproximada do seu centro de gravidade, pode-se escrever, utilizando o Teorema de Pitágoras e semelhança de triângulos:

= + → =

= → =

2 2 2x 16 12 x 20 metros20y 3 y 5,33 metros

16 20

07. D De acordo com os dados do enunciado, pode-se

deduzir que o triângulo ABC é do tipo 30/60/90. Logo, o lado BC mede 4 km.

O triângulo ABC e o triângulo EDC são semelhantes, logo:

= → = → = →

−

→ =

AB BC 2 4 3DEDE DC DE 32 3 4DE

2 3DC3

Aplicando o Teorema de Pitágoras e calculando a área dos polígonos, tem-se:

= + → = + → =

⋅= =

⋅= =

⋅

= − =

= ⋅ → =

2 22 2 2 2

ABC

EDC

ABDE

ABDE ABDE

EDC EDC

2 3 3DC EC DE EC EC 13 3

2 2 3S 2 32

1 3 3S2 3 6

3 11 3S 2 36 6

S S11 3 6 11S 6 S3

7


08. C Considerando x a altura do prédio, temos: ΔABF ~ ΔACE

20 12=

20 + x 12 + 3620 1

=20 + x 4x = 60 m

09. D

Como N e P são pontos médios dos lados AC e

BC, então NP é base média do triângulo ABC relativa ao lado BC.

Ainda temos que o triângulo NPC é semelhante ao triângulo ABC com razão de semelhança igual a 1/2.

Com isso podemos afirmar que a área do triângulo NPC é 1/4 da área do triângulo ABC, logo 60 ha : 4 = 15 ha.

Usando raciocínio análogo, teremos que QR é base média do triângulo NPC, daí o triângulo QRC é semelhante ao triângulo NPC com razão de semelhança 1/2 e portanto razão entre as áreas sendo 1/4, daí a área do triângulo QRC será 15ha : 4 = 3,75 ha.

10. E

ΔABC GDC20 16

= y = 15y 12

∴

ΔGDC FECy 12 15 12

= = z = 37,5z 12 + 18 z 30

∴ ∴

ΔGDC FEC

18 12 18 12= = x = 27

x + 18 12 + 18 x + 18 30∴ ∴

Perímetro do terreno III: 27 + 15 + 18 + 37,5 = 97,5 m Total da construção: 97,5 x R$200 = R$ 19 500,00

AULA 7 01. B Se d é a distância procurada, então

d 2= d = 8 m.

12 3⇔

02. D Considere a figura, em que d é a distância pedida.

Como os triângulos ABX e EDX são semelhantes, temos:

⇔

⇔

⇒ ≅⇒ ≅

20 000 - d 60= d = 100 000 - 5d

d 300100 000

d =6

d 16666,7mmd 16,7 m

03. E Dados: AD é mediana, E e F, pontos médios e a área do

triângulo ABC é S. Pede-se: A área do quadrilátero ABFE em função de S.

Observando a figura, temos: SABFE = SABD – SDEF. Como os triângulos ABD e DEF

são semelhantes com razão de semelhança K = 2, logo suas áreas terão razão de semelhança K2. Assim, podemos afirmar que:

SABD = K2.SDEF = 4. SDEF. Como SABFE = SABD – SDEF, temos:

SABFE = SABD – SABD/4 = 3. SABD/4. Temos ainda que a mediana divide o triângulo em

dois triângulos de mesma área, assim: SABD = = SABC/2 = S/2.

Como a SABFE = 3, SABD/4, então: SABFE = 3S/8. 04. B

SR 4= SR = 6

3 26 3

= PT = 4,54 PT

→

→

Percurso: 6 + 4 + 2 + 4,5 + 3 = 19,5

8


05. A Dados: O triângulo ABC é equilátero, AD é a altura do triângulo, E é ponto de tangência e o raio da circunferência é 2 cm. Pede-se: O valor de AE. Observando a figura, temos:

Os triângulos AEF e ACD são semelhantes pelo caso AA, pois o ângulo C é comum aos dois triângulos, e os ângulos D e E são retos. Logo, podemos afirmar:

→

AE EF= .

AD CD1 1 3

Como EF = 2, CD = e AD = , então :2 2

AE 2= AE = 2 3 cm.

11 322

06. D

Por semelhança de triângulos, temos: x + 2 2

= 4x + 8 = 2x + 16 x = 4.x + 8 4

⇒ ⇒

Portanto, a distância de P até Q vale 12. 07. D

Dados: AF = 48 m, AH = 8 m, CH = 61,6 m e CD = 1,8 m. Pede-se: O valor de BF. Observando a figura, temos:

Os triângulos BFG e BED são semelhantes pelo caso AA, pois o ângulo B é comum aos dois e os ângulos E e F são retos. Assim, podemos afirmar: FG BF 8 BFDE BE 8 61,6 48 1,8BF 6m

= → =+ −

=

08. D

Dada a figura abaixo, pede-se o valor de d.

Seja K o ponto de visão do motorista do carro. Traçando a paralela na estrada MK, e a perpendicular NO, formamos os triângulos PMK e ONK, que são semelhantes pelo caso AA. Assim, podemos afirmar:

MP KM 5-1 5+12+d+2

= =NO KN 3-1 d+2d = 15m.

→

09. B

Observe que os triângulos ABC, ADE, AFG e AHI são semelhantes.

Veja ainda que a razão de semelhança (k) dos

triângulos ABC e ADE é 12

, portanto a razão entre

as áreas de tais triângulos será 14

, ou seja,

ADE ABCS = 4.S . Tomando ABCS = T , teremos

ADES = 4.T . Usando raciocínio análogo, concluímos que

AFGS = 9.T e AHIS = 16.T . Temos agora que: SABC = Faixa A = T SADE = Faixa A + Faixa B = 4.T, logo Faixa B = 3.T SAFG = Faixa A + Faixa B + Faixa C = 9.T, logo Faixa C = 5.T

9


SAHI = Faixa A + Faixa B + Faixa C + Faixa D = 16.T, logo Faixa C = 7.T

10. C

Seja AQ = QM = x. Como o lado do quadrado mede 12 cm,

.QB = 12 - x Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo QBM, vem:

2 2 2 15x = (12 - x) + 6 x = .

2⇒

Os triângulos QBM e MCE são semelhantes por AAA. Logo: CE CM 6

= CE = × 6 = 8cm.15BM BQ 12 -2

⇒

AULA 8 01. E

Medida real: 2 000 km = 200 000 000 cm Medida do mapa: 8 cm

→8 1

E = = E=1 : 25 000 000200 000 000 25 000 000

02. C

Comprimento: 28 m = 2 800 cm Largura: 12 m = 1 200 cm E = 1 : 250

= → =

= → =

1 cE = c 11,2cm

250 2 8001 l

E = c 4,8cm250 1 200

03. C

Comprimento: 50 m = 5 000 cm Largura: 25 m = 2 500 cm E = 1 : 00

= → =

= → =

1 cE = c 50cm

100 5 0001 l

E = c 25cm100 2 500

04. D No primeiro mapa, a escala indica que 1 cm no mapa corresponde a 25 000 000 cm = 25 . 106 cm de medida real. Logo, 1 cm2 equivale a (25 . 106 cm)2 = = 625 . 1012 cm2. No segundo mapa, a escala indica que 1 cm no mapa corresponde a 4 000 000 cm = 4 . 106 cm de medida real. Logo, 1 cm2 equivale a (4 . 106 cm)2 = = 16 . 1012 cm2. O aumento da área do segundo mapa em relação ao primeiro é:

6

6

625 1016 10

⋅⋅

= 39,06. Assim, o aumento é maior que 30

e menor que 40. 05. D

Tamanho do carrinho: Comprimento: 387/43 = 9 cm, largura: 172/43 = 4 cm Tamanho da caixa do carrinho: Comprimento: 9 + 0,5 + 0,5 = 10 cm, largura: 4 + 0,5 + 0,5 = 5 cm 95 cm : 10 = 9,5, portanto cabem no máximo 9 carrinhos em cada prateleira.

06. B

( )=

= → =

= → =

2

2 2

2 2

Área ReduzidaEscala

Área Real

A 1 1A 480 000.

480 000 50 50

Ao 1 1Ao 480 000.

480 000 40 40

O aumento na área do desenho da planta será:

= −

= −

= − =

2 21 1Ao 480 000. 480 000.

40 50

1 1480 000

16.100 25.100

1 14 800 108

16 25

07. E Tamanho das maquetes:

Vulcão do Chile: =2 440.100 cm

6,1 cm40 000

Vulcão do Havaí: =12 000.100 cm

30 cm40 000

Diferença: 30 – 6,1 = 23,9 cm. 08. D

= =

= =

1

2

210 1E

5 000 000 23 809300 1

E7 000 000 23 333

Logo, a escala escolhida foi 1 : 25 000.

10


09. C

= = → = → =20 1 1 R

E R 1,5 cm.4 000 200 200 300

Logo,

o diâmetro será de 3 cm. 10. D

1 0,5E l 50cm 0,5m

100 l= = → = =

Aapto = 290 . 0,5 . 0,5 = 72,5 m2 Valor = 72,5 x 1 600 = 116 000 AULA 9 01. A

Quanto maior a escala maior será a riqueza de detalhe.

02. C

03. C

04. C

96x105dm3=96x105L

05. B

As medidas reais do carro são 3,0 m (comprimento) x 1,80 m (largura) x 1,20 m (altura). Dimensões internas: 25 cm x 18 cm x 15 cm.

06. B

07. D

C = 12,8 cm, l = 6 cm, E = 1 : 10 000 A = 12,8 x 6 = 76,8 cm2

08. C

09. D

40m x 10m x 0,8m = 320 m3 = 320.000 dm3 Vmaquete = 625 mL = 0,625 L = 0,625 dm3

10. C

A4: 21 x 29,7 A0: (4x21) x (4x29,7) = 84 x 118,8

AULA 10 01. D

Os triângulos ABC e AMN são semelhantes por AA. Em consequência, sabendo que AM = 12 cm e

ABC2p = 30 + 20 + 15 = 65 cm, temos:

⇔

⇔

AMNAMN

ABC

AMN

2p AM 12= 2p = × 65

2p 20AB2p = 39 cm

02. E

Para obter a altura, basta aplicar a semelhança de triângulos e, nesse caso, temos a seguinte relação: h 8

= h = 2030 12

⇒ metros

03. D

De acordo com o problema, temos a seguinte figura, com x sendo a distância procurada:

∆ ∆ ⇒ ⇒ ⇒

⇒

x - 100 150 x - 100 3ACD ~ ABE = =

x 200 x 4x = 400 m

11


04. D Usando o Teorema de Pitágoras, podemos determinar a medida dos lados iguais do triângulo. Seja , e 30 as medidas dos lados do triângulo.

2 2 28 15= + ∴ 2 289= ∴ 17= O raio do círculo é dado por

p r ÁREA⋅ = ∴ 30 832

2r ⋅⋅ = ∴ 32 120r⋅ = ∴

8 30r⋅ = ∴ 15 / 4r = A região em destaque é igual à área do triângulo, menos a área do círculo, de onde temos:

2Área 120 r= − π ∴ 225Área 12016

= − π ⋅ ∴

( )15Área 128 1516

= − ⋅ π

05. E

3 5 204 3= ∴ =x

x

3 10 404 3= ∴ =y

y

06. D

Seja MB = x e NC = y. Assim, temos que MP = MB = = x, NP = NC = y , AM = 5 – x e AN = 7 – y . Veja que o perímetro do triângulo AMN é dado por: AM + MN + AN = (5 – x) + (x + y) + (7 – y ) = 12 Veja que o perímetro do triângulo PQR é dado por: PQ + QR + PR = x + (9 – x – y) + y = 9 Portanto, a razão será 12/9 = 4/3.

07. D

Considere a figura:

Sabendo que VQ = 1 m e U é ponto médio de PS,

temos PV = QR = 2 m e PU = 1 m. Em consequência, os triângulos PVU e QRV são congruentes por LAL. Portanto, segue que UVR é reto e, assim, o triângulo VRU é retângulo isósceles. A resposta é VUR = 45°.

08. D Comprimento miniatura: 405 : 45 = 9 cm Comprimento caixa: 9 + 1 = 10 cm Largura miniatura: 225 : 45 = 5 cm Largura caixa: 5 + 1 = 6 cm Modo de organizar 1:

Dessa maneira, cabe 1 carrinho na profundidade e, no comprimento da prateleira, caberão 113 : 6 = 18, totalizando 18 carrinhos.

Modo de organizar 2:

Dessa maneira, cabem 2 carrinhos na profundidade e, no comprimento da prateleira, caberão 113 : 10 = 11, totalizando 22 carrinhos.

09. E Tracemos AF || EC. AECF é paralelogramo e,

portanto, ≡ ≡ ≡ ≡ˆ ˆ ˆ ˆ ˆECF EAF BEC AFD DAF. Além disso, =AD BC, o que implica em ∆ ≡ ∆ADF BEC

isósceles com = = = =AD DF BE BC 5. = ⋅ + =ABCD2p 2 (7 5) 24. 10. D

Considere a figura:

Como os triângulos MNS e MPQ são semelhantes,

temos:

(MNS) A 1(MPQ) 3A 3

= =

12


Assim, como a razão entre as áreas é o quadrado da razão de semelhança, vem:

11

h 1 3h1 3 3= ⇔ =

Além disso, os triângulos MNS e MOR também

são semelhantes. Então:

(MNS) A 1(MOR) 2A 2

= =

Daí: 12

2 2

h 3 31 1 6hh 2 h 2 3

= ⇒ = ⇒ =

Portanto, a distância pedida é igual a

2 16 3 6 3h h3 3 3

−− = − =

13


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