matemÁtica professor 1a sÉrie – volume iii · medidas de comprimento, área e volume 2 outras...

MATEMÁTICA PROFESSOR 1a SÉRIE – VOLUME III

É proibida a reprodução total ou parcial, por qual-quer meio ou processo, inclusive quanto às caracte-rísticas gráficas e/ou editoriais. A violação de direitos autorais constitui crime (Código Penal, art. 184 e §§, e Lei nº 6.895, de 17/12/1980), sujeitando-se a busca e apreensão e indenizações diversas (Lei nº 9.610/98).

Biologia: Filosofia:Física:Geografia: História: Leitura e Produção:Língua Espanhola: Língua Inglesa: Língua Portuguesa: Literatura:Matemática: Química:Sociologia:

Biologia:Língua Espanhola: Língua Inglesa: Química:

Autores:

Atualizações:

Alexandre BandeiraGustavo BertocheWilmington CollyerGonzalo Lopez Roberto José AlvesVinícius CarvalhoMizael Souza Caroline CarvalhoVinícius CarvalhoVinícius CarvalhoRicardo Viz André VenturaAnne Nunes

Cid MedeirosMaria Izadora ZarroMaria Izadora ZarroBeattriz Guedes

Direção Executiva:Fabio Benites

Gestão Editorial:Maria Izadora Zarro

Diagramação, Ilustração de capa e Projeto Gráfico:Alan Gilles MendesDominique CoutinhoErlon Pedro Pereira

Estagiários:Carolina BarrosThalles Arariba

Irium Editora LtdaRua Desembargador Izidro, no 114 – Tijuca – RJCEP: 20521-160Fone: (21) 2560-1349www.irium.com.br

08 07 19 1901

Apresentação:Olá, querido aluno.O material da Irium Educação foi elaborado por professores competentes e comprometidos com

uma proposta de educação exigente e plural.Neste livro, você encontrará uma teoria na medida certa, focada nas informações mais importantes

hoje em dia, e muitos exercícios para fortalecer sua aprendizagem e preparação para os desafios futuros.Vamos conhecer um pouco mais sobre este livro?Todo capítulo inicia com uma capa, onde você encontrará uma imagem ilustrativa e os objetivos

de aprendizagem. Estes resumem o que queremos que você aprenda. Quando chegar no final do capítulo, se você quiser saber se aprendeu o que é realmente importante, volte na capa e verifique se alcançou cada um dos objetivos propostos.

Antes de entrarmos na teoria, em cada capítulo, você encontrará uma contextualização. Ela funcio-na para mostrar para você porque o assunto é importante e como você poderá usar esse conhecimento no seu dia a dia.

No meio do caderno, quando estiver estudando, você encontrará inserções com informações rele-vantes e que “conversam” com portais da Irium Educação. É o caso do box Como pode cair no ENEM?, que trazem temas conectados ao assunto do capítulo e propõem questões do ENEM ou com o estilo da prova. Você poderá resolver os exercícios no seu caderno ou acessar o portal comopodecairnoenem.com.br. Lá você também encontrará todas essas questões resolvidas em vídeo.

Outra inserção interessante, que visa oferecer mais conhecimento relevante, é o 4News. Nessa se-ção, será possível acessar notícias recentes que conectam o tema do capítulo com uma informação importante para a sua formação e para os diversos vestibulares. Na apostila, essas informações estão resumidas, mas poderá acessar esse conteúdo, produzido pela nossa equipe de professores, na ínte-gra, através do portal 4newsmagazine.com.br ou utilizando o QR code inserido no box.

Uma das principais marcas dos livros da Irium Educação são os exercícios, que primam pela quan-tidade e qualidade. Para ajudar os alunos a tirarem suas dúvidas, existem inúmeras questões com soluções gravadas em vídeo. Elas aparecem com uma câmera e um código. Para acessar a solução, utilize o código no campo de busca no espaço destinado (videoteca) no nosso site irium.com.br/videoteca ou até mesmo no Youtube.

Além dos exercícios tradicionais, de concursos, propomos uma atividade mais experimental no final de cada capítulo. Na seção Pesquisando, você encontrará uma proposta de reflexão e/ou pesquisa com o intuito de tornar o aprendizado teórico mais prático e concreto. Essa atividade poderá ser usada para seminários e apresentações, de acordo com a agenda pedagógica da escola.

Além dos exercícios tradicionais, propomos uma atividade de revisão importante, que chamamos de Resumindo. No final de cada aula, convidamos os alunos a relembrar os pontos mais importantes e resumi-los com as suas próprias palavras. Essa atividade é essencial para a consolidação da apren-dizagem, pois, ao criar um resumo próprio, o aluno deixa a postura passiva e assume o protagonismo do processo e, ao escolher as próprias palavras que sintetizam o conteúdo, torna mais acessível essas informações em seu cérebro.

A equipe da Irium Educação acredita em uma formação exigente, completa e divertida. Esperamos que este livro possa proporcionar isso a você.

#vamboraaprender“A Educação é a arma mais poderosa

que você pode usar para mudar o mundo.”(Nelson Mandela)

Fabio BenitesDiretor-geral

CAPITULO TÓPICO SEMANA TÍTULO1 Critérios de divisibilidade2 MMC e MDC3 Revisão e exercícios4 Conceitos e operações5 Conjuntos numéricos e Plano cartesiano6 Revisão e exercícios7 Porcentagem8 Matemática Financeira9 Revisão e exercícios

AJUSTE 10 AJUSTEPROVAS 11 PROVAS

12 Conceitos e Funções compostas13 Função inversa e translação de gráficos14 Revisão e exercícios15 Equações 1o grau16 Inequações 1o grau17 Revisão e exercícios18 Funções 1o grau19 Gráficos20 Revisão e exercícios


23 Equações 2o grau24 Inequações 2o grau25 Equações biquadradas e irracionais26 Revisão e exercícios27 Funções 2o grau28 Gráficos29 Problemas de máximo e mínimo30 Revisão e exercícios

PROVAS 31 PROVAS32 Equação e inequação exponencial33 Função exponencial34 Gráficos35 Revisão e exercícios36 Logaritmo37 Equação e inequação logaritmica38 Funções e graficos39 Revisão e exercícios

PROVAS 40 PROVAS

3 Matemática Financeira

MATEMÁTICA I - 1a série

1 Múltiplos e divisores

2 Conjuntos

4 Funções

5 Equações e inequações 1o grau

6 Funções 1o grau

10 Funções logaritmicas

7 Equações e inequações 2o grau

8 Funções 2o grau

9 Funções exponenciais

CAPITULO TÓPICO SEMANA TÍTULO1 Medidas de comprimento, área e volume2 Outras medidas3 Revisão e exercícios4 Razões e proporções5 Regra de três6 Revisão e exercícios7 Ponto, reta e ângulos. Plano cartesiano8 Feixe de retas paralelas9 Revisão e exercícios


12 Polígonos regulares13 Triângulos: classificação, segmentos e Tales14 Revisão e exercícios15 Relações métricas no triângulo retângulo16 Relações métricas no triângulo qualquer17 Revisão e exercícios18 Paralelogramos19 Trapézios20 Revisão e exercícios


23 Circunferências, arcos e ângulos24 Relações métricas na circunferência25 Polígonos inscritos26 Revisão e exercícios27 Áreas de polígonos e triângulos28 Áreas de quadriláteros29 Áreas de circunferências30 Revisão e exercícios

PROVAS 31 PROVAS32 Relações trigonométricas no triângulo retângulo33 Círculo e linhas trigonométrica34 Operações com arcos35 Revisão e exercícios36 Equações trigonométricas37 Inequações trigonométricas38 Funções trigonométricas39 Revisão e exercícios

PROVAS 40 PROVAS

Geometria plana: triângulos e relações métricas

Geometria plana: polígonos e triângulos

Geometria plana: ângulos e retas

Razões e proporções

Grandezas e medidas

17

18

19

20

MATEMÁTICA II - 1a série

11

12

13

14

15

16

Trigonometria: equações e funções

Trigonometria: conceitos

Geometria plana: áreas

Geometria plana: circunferências

Geometria plana: quadriláteros

1o ANOVOLUME III

MATEMÁTICA

SUMÁRIOEM1MAT07 EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES 2o GRAU

EM1MAT08 FUNÇÕES 2o GRAU

EM1MAT17 GEOMETRIA PLANA: CIRCUNFERÊNCIAS

EM1MAT18 GEOMETRIA PLANA: ÁREAS

1

13

31

47

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7

EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES DO 2o GRAU

1

ORIENTADOR METODOLÓGICO

Equações e inequações do 2o grau

Objetivos de aprendizagem:• Determinar raízes e realizar estudos de sinal; • Determinar conjuntos-solução de inequações

produto e quociente.

Praticando:1) a) S = {0,12}

b) S = {-4 4}c) S = {0, 3/5}d) S = e) S = {–5

3, 53}

f) S = {–2 5 , 2 5 }g) S = {0,7}

2) a) S = {– 12, 0}b) S = {–3, 3}c) S = d) S = { -3

2 , 32}

e) S = {0, 12}f) S = {–3, 3}g) S = {–am, am}h) S = {0, p - 2a

a }

3) a) S = {-1 ; 1}b) S = {-6 ; 0}c) S = {-3 ; 3}d) S = {0 ; 7}e) S = {1 ; 4}f) S = {-4 ; -1}g) S = {-5 ; 1}h) S = {-13 ; 1}

i) S =

j) S = {-12 ; 2}

4) a) x = 3 ± 9 - 4a 2

b) x = 1a ou x = 1b

c) x = 1m ou x = 1k

d) x = a + b ou x = a - b

5) a) + ; + b) – ; – c) + ; + d) + ; – e) – ; + f) + ; + g) – ; – h) – ; +

6) a) Não. Pois o produto é negativo. b) Negativo. Pois a soma das raízes é negativa.

7) x2 – 7x + 10 = 0.∆ = 49 – 40 = 9 → x = (7±3)/2 → x’= 5 e x’’ = 2

.S={x ∈ R, x < 1 ou 2 < x < 4 ou x > 5}b) –x + 2 = 0 → x = 2

.x2-3x=0→x(x-3)=0→^’=0 e x’’=3

.S={x ∈ R, 0 ≤ x ≤ 2 ou x > 3}c) x2-8x+16=0→∆ =64-64=0→x=(8±0)/2=4

.x-2=0→x=2

.S={x∈R,x<2}

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7EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES DO 2o GRAU

2

8) a) x2 – 2x - 3 = 0 → ∆ = 4 + 12 = 16 → x = (2 ± 4) / 2 → x’ = –1 e x’’ = 3

.2x2-5x+2=0→∆=25-16=9→x=(5±3)/4→x’ = 2 e x^’’=1/2

.S={x∈R,-1<x<1/2 ou 2<x<3}b) x2+x-6=0→∆ =1+24=25→x=(-1±5)/2→x’=-3 e x’’=2

.x2-1 = 0 → x’ = 1 e x’’ = -1

.S={x∈R,x≤-3 ou–1≤x≤1 ou x≥2}

9) (x – 4) / (x + 2) – (x – 2)/(x+4)<0 → (x2 – 16-(x2 – 4))/(x + 2)(x + 4) < 0 → – 12/(x + 2)(x + 4) <0

.S={x∈R,x<-4 ou x>-2}

10) f(x) = √(x – 900/x) → x – 900/x ≥ 0 → (x2 – 900)/x≥0

.x2 – 900 = 0 → x = ±30

.x = 0

.S={x∈R, –30 ≤ x < 0 ou x ≥ 30}

11) a) 3x2 – 10x + 7 < 0 → ∆ = 100 – 84 = 16 → x = (–10 ± 4)/6 → x’ = – 14/6 = – 7/3

.e x’’ = – 1.

.S = {x∈R, – 7/3 < x < – 1}b) –2x2 – x + 1 ≤ 0 → ∆ = 1 + 8 = 9 → x = (1±3) / (–4) → x’ = 1/2 e x’’= – 1.

.S = {x ∈ R, x ≤ – 1 ou x ≥ 1/2}c) x2 – 4x ≥ 0 → x (x – 4) → x’ = 0 e x’’ = 4.

.S = {x ∈ R, x ≤ 0 ou x ≥ 4}d) 2(x – 1)2 < x → 2x2 – 4x + 2 < x → 2x2 – 5x + 2 < 0 → ∆ = 9

.x = (5 ± 3) / 4 → x’ = 2 e x’’ = 1/2

.S = {x ∈ R, 1/2 < x < 2}

12) {x2(x2 + 6x + 8 ≥ 0 → x + 5 < 0) I) ∆ = 36 – 32 = 4 → x = (–6 ± 2) / 2 → x’ = –4 e x’’ = –2.II) x + 5 < 0 → x < – 5

A solução deve satisfazer as duas inequações ao mesmo tempo, logo:

.S={x∈R,x<5}

13) Letra A

14) I) x2 – 2x – 3 = 0 → ∆ =4 + 12 = 16 → x = (2±4)/2 → x’ = 3 e x’’ = –1.II) x2 + 5x + 6 = 0 → ∆ = 25 – 24 = 1 → x = (–35 ± 1)/2 → x’= –3 e x’’= –2.III) –3x – 6 = 0 → x = –2

.S = {x ∈ R, x ≤ – 3 ou – 1 ≤ x ≤ 3

15) Letra Dq2 = x → x2 – 13x + 36 = 0 → ∆ = 169 – 144 = 25

→ x = (13 ± 5)/2 → x’ = 9 e x’’ = 4 . q2 = 9 → q = ± 3 e q2 = 4 → q = ± 2 .S = {q∈R, q = ±2 ou q = ±3}

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EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES DO 2o GRAU

3

16) Letra A

17) C

18) A

19) B

20) A

Aprofundando:21) A

22) E

23) C

24) B

25) A

26) E

27) x + 10 - 6 = 5√(x+10) → x + 4 = 5√(x+10) → x2 + 8x + 16 = 25(x + 10) →

.x2 + 8x + 16 = 25x + 250 → x2 – 17x – 234 = 0 → ∆ = 289 + 936 = 1225

.x = (17±35) / 2 → x’ = 26 e x’’ = – 9.Ao substituir x’ e x’’ na equação do início, per-

cebemos que apenas 26 é raiz da equação, logo, S = {26}.

Desafiando:Habilidades da BNCC:

28) C

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FUNÇÕES DO 2o GRAU

4


Funções do 2o grauObjetivos de aprendizagem:• Identificar uma função do 2o grau, compre-

endendo sua importância e aplicações; • Calcular e analisar seus principais parâme-

tros e interseções com os eixos cartesianos; • Resolver problemas de maximização e mini-

mização de funções quadráticas.

Praticando:1) F(1) = 1² – 7 + 10 = 4

F(– 2) = (– 2)² + 14 + 10 = 28

2) x2 – 8x + 10 = – 2 → x2 – 8x + 12 = 0.∆ = 64 – 48 = 16.x = (8 ± 4)/2 → x1 = 6 e x2 = 2

3) a) h(3) = 40 .3 – 5 .32 = 120 – 45 = 75b) – 5t2 + 40t – 60 = 0 → ∆ = 1600 – 1200 = 400 → t = (– 40 ± 20)/(– 10) → x1 = 2 e x2 = 6

4) 2m – 4 < 0 → 2m < 4 → m < 2

5) a) (0, 6)b) (0, 4)

6) Letra A.

7) Observando o gráfico, temos:

12

44

f(x) = – x(x – 8) = – x2 + 8x

8) a) Xv = – 20/( – 4) = 5 diasb) ∆ = 400 + 1200 = 1600 → x = ( – 20 ± 40)/( – 4) → x’ = 5 e x’’ = 15, logo,depois de 10 dias.

9) a) f(x) x2 – 4x + 3

33

1b)

2–2

4

10) Letra D

11) Letra A.

12) Letra C.

13) Letra E.

14) Letra C.

15) Letra A

16) Considerando o ponto O como origem, te-mos que a lei de formação é dada por:

f(x) = ax²a) 200 = a.(500)² → a = 1/1250b) f(x) = x2/1250 = 72 → x2 = 90000 → x = 300

FC = OC – OF = 500 – 300 = 200

17) a) ∆ = 9 + 40 = 49x = (3 ± 7)/2 → x’ = 5 e x’’ = – 2,logo,teremos y

negativo para valores de x compreendidos entre – 2 e 5,valor nulo para x = – 2 e x = 5 e valores positivos para x < – 2 e x>5.b) y = x2 – 4x + 10

∆ = 16 – 40 = – 24, logo, para qualquer valor de x, y será sempre maior que zero.c) y = – x2 – 6x – 9

∆ = 36 – 36 = 0 → x = (6 ± 0)/( – 2) = – 3ou seja,y será positivo para qualquer valor di-

ferente de – 3 e será nulo para x = – 3.

18) – x2 + 5x – 4 < 0∆ = 25 – 16 = 9 → x = ( – 5 ± 3)/( – 2) → x’ = 4 e

x’’ = 1.S = {x ∈ R | x < 1 ou x > 4

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19) a) ∆ = 4 + 32 = 36 → x = (2 ± 6)/2 → x’ = – 2 e x’’ = 4

.S = {x ∈ R| – 2 < x < 4}b) ∆ = 64 + 36 = 100 → x = (8 ± 10)/18 → x’ = – 1/9 e x’’ = 1

.S = {x∈ R, x≤ – 1/9 ou x ≥ 1}c) ∆ = 100 – 100 = 0 → x = (10 ± 0)/2 = 5

.S = {x ∈ R, x ≠ 5}

20) – 3x2 – 2x – 4 > 0.∆ = 4 – 48 = – 44Logo, não existe valor de x que faça y > 0.

21) a) Analisando que 300 é o XV, temos que, se uma raiz é 100, a outra é 300 + 200 = 500.b) x < 100 ou x > 500.c) Xv = – b/2a e Yv = – ∆/4a

{(300 = – b/2a → b = – 600a {800 = a.(300)2 + b.300 – 1000Substituindo na segunda equação, temos:.800 = 90000a – 180000a – 1000 → a = – 1/50,

logo, b = – 600.(– 1/50) = 12y = – x2/50 + 12x – 1000– x2/50 + 12x – 1000 = 350 → – x2/50 + 12x – 1350 = 0.∆ = 144 – 108 = 36 → x = (– 12 ± 6)/(– 1/25) →

x’ = 450 e x’’ = 150Logo, a resposta é 450 ou 150.

22) Temos que a equação de custo é dada por C(x) = mx² + nx + p, como o custo fixo é de 80, temos que para nenhuma peça produzida (x = 0) temos um custo de 80, logo, p = 80.

Se forem produzidas 30 peças, x = 30, temos:.C (30) = 302 m + 30n + 80 = 50 → 900m + 30n

= – 30 → 30m + n = – 1Se forem produzidas 50 peças, x = 50, temos:.C (50) = 502 m + 50n + 80 = 130 → 50m + n = 1Diminuindo essas duas equações, temos:.(50 – 30)m + (1 – 1)n = 1 – 1( – 1) → m = 0,1Substituindo m na primeira equação, tere-

mos:.30 * 0,1 + n = – 1 → n = – 4Assim, temos que o custo é dado por: C (x) =

0,1x2 – 4x + 80 a) Xv = – b/2a = – ( – 4)/(2*0,1) = 4/0,2 = 20b) C (20) = 0,1 * 20² – 4 * 20 + 80 = 40 – 80 + 80 = 40

23) a) O perímetro do retângulo é 4. Se um dos lados mede x, o outro deve medir:

r(4 – 2x)/2 = 2 – xA área do retângulo é dada por x.(2 – x) = 2x – x2

Assim, os gastos são dados por:Cabeceira → 2.x.25 = 50xLaterais → 2.[(2 – x).30] = 120 – 60xÁrea → (2x – x2).10 = 20x – 10x2

Calculando o total, teremos:20x – 10x2 + 50x + 120 – 60x = – 10x2 + 10x + 120Ou seja, a função é dada porf(x) = – 10x² + 10x + 120Yv = – ∆/4a = – (b2 – 4ac)/4a = – (102 – 4.(–10).120)

/ 4a = – 100 + 4800/4.(–10) = – 4900/(–40) = 122,5b) Xv = – b/2a = (–10) / (–20) = 0,5 m

Aprofundando:24) a) ∆ = 49 – 40 = 9 → x = (7 ± 3)/2 → x’ = 5 e x’’ = 2b) ∆ = 9 + 16 = 25 → x = ( – 3 ± 5)/( – 2) → x’ = 4 e x’’ = – 1

25) a) Xv = 6/2 = 3 e Yv = 32 – 6 .3 + 5 = – 4b)Xv = 8/( – 4) = – 2 e Yv = – 2( – 2)2 – 8( – 2) = 8

26) Letra D

27) Letra C.

28) Letra C.

29) Considerando a altura máxima no ponto (0,9) e utilizando a equação dada, temos:

30) Temos que a altura é representada pelo eixo y, assim:

31) Letra B.

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6

32) Letra A

33) Letra D.

34) Letra A.

35) Como o muro será parte de um dos lados, te-remos que esse lado medirá 6 + x e que o outro lado medirá y. Logo, a área desse terreno será dada por: A = (x + 6).y

Sabemos, também, que o comprimento da cerca é de 34 metros, ou seja, usando a cerca nos espaços onde o muro não está, temos:

.x + y + x + 6 + y = 34 → 2x + 2y = 34 → x + y = 14 → y = 14 – x

Assim, substituindo o valor acima na equa-ção da área, temos:

.A = (x + 6)(14 – x) = – x2 + 8x + 84Assim, para que haja área máxima, o valor de

x deverá ser: Xv = – b/2a = – 8/( – 2) = 4Logo, substituindo o valor de x para encon-

trar y, temos:.y = 14 – x = 10.Logo, as dimensões desse terreno são de 6 +

4 = 10 m e 10 m.

Desafiando:36) O arco de parábola está localizado de forma que o eixo de simetria seja x = 0. Logo se AB = 8, então A = – 4 e B = 4, considerando que são raízes e opostas pelo eixo. O ponto C é a inter-seção da parábola com o eixo Y e coincide com o máximo. Desta forma, concluímos que:I) f(x) = ax² + c. O valor de b é nulo, pois a soma das raízes é (– 4) + 4 = 0. Logo, S = – b/2 = 0 → b = 0.II) a < 0, pois a concavidade da parábola é para baixo. O produto das raízes é P = ( – 4).(4) = – 16. Pela relação de Girard P = c/a = 5,6/a = – 5,6/a = – 16 → a = – 5,6/16.

A distância pedida é a abscissa x’ cuja ima-gem é a altura do caminhão 2,45m. Substituindo na função, temos:

37) a) A(t) . (5t + 5) ↔ A(t) = – 2t² + 8t + 10b) Para calcular o tempo que demorou até des-matarem o máximo dessa área é dado pelo Xv e a área máxima é dada pelo Yv, assim, temos:

.Xv = – b/2a = – 8/( – 4) = 2 anos

.Yv = – ∆/4a = ( – (82 – 4.( – 2).(10) ))/(4.( – 2) ) = 18 km²

38) a) O ponto P indica a interseção entre os grá-ficos da parábola e da reta. Igualando as expres-sões das respectivas funções temos:

Como a abscissa de P é a maior, x = 7. Sua ordenada pode ser calculada em f(x) ou g(x). Cal-culando em f(x), temos: f(7) = 4(7) – 4 = 24. Logo, P = (7,24).b) Após calcular as raízes das duas funções temos:

.S = {x∈R,x < 5 e x≠1}

Habilidades da BNCC:39) a) Lucro (L) = Valor arrecadado (V) – Custo mensal (C)

.L = – 5n2 + 100n – 320 – (5 + 10n)

.L = – 5n2 + 100n – 320 – 5 – 10n

.L = – 5n2 + 90n – 325Porém, o lucro é positivo, logo L > 0– 5n2 + 90n – 325 > 0 → ∆ = 8100 – 6500 = 1600

→ n = (–90 ± 40)/(–10) → n’ = 13 en’’ = 5, logo,L>0 quando 5 < n < 13

b) L = – 5n2 + 90n – 325O valor de n para que proporciona o maior

Lucro possível é dado por Xv = – b/2a.Xv = (– 90)/(2.( – 5)) = 9Assim, quando n = 9 o Lucro será o maior

possível, logo:.L = – 5 .92 + 90 .9 – 325 = 80

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GEOMETRIA PLANA: CIRCUNFERÊNCIAS

7


Geometria plana: circunferências

Objetivos de aprendizagem:• Identificar, em uma circunferência, seu com-

primento, suas relações métricas e as relações entre ângulos e arcos;

• Determinar as posições relativas entre pon-to/reta e a circunferência e entre duas circunfe-rências.

Praticando: 1) Ligando os centros das circunferências e dese-nhando o menor caminho, obtemos uma figura parecida com a figura a seguir:

2

48

22Y

XX

Y2

8

Aplicando teorema de Pitágoras no triângulo retângulo maior, obtemos X = 8 cm, logo:8/10 = Y/8 => Y = (4/5).8 => Y = 32/5 = 6,4 cm, Logo:

O caminho mais curto será: 2.Y + 2 + 2 = 2.6,4 + 2 +2 = 16,8 cm

2) De acordo com a figura abaixo, temos que:

R

d

ra) R2 = d2 + r2 , onde: r = 9 cm e d = 12 cm, temos:R2 = 92 + 122 => R2 = 81 + 144 = 225 => R = 15 cmb) C = 2πR = 2.(3,14).9 = 56,52 cm

3) PQ = 300.(2πR) = 300.(2π.20) = 300.(6,28).20 = 37680 cm ≅ 377 mGabarito: A

4) Somando os ângulos ABC e ADC, temos que: ABC + ADC = 180o => 150o + ADC = 180o

ADC = 30o. Como: ADC + 3X = 180o => 3X = 180o – 30o => 3X = 150o => X = 50o

Gabarito: D

5) 2α + 64o = 180o => 2α = 116o => α = 116o/2 => α = 58o

Gabarito: E

6) De acordo com a figura, temos que:X = 1/2.(80o/2) = 80o/4 => X = 20o Gabarito: C

7) De acordo com a figura, temos que: BN = X; NA = 8 – X; CM = 7 – X = CP; AP = 2 + X Como: AN = AP, então: 8 – X = 2 + X => 2X = 10 => X = 5 cm.Gabarito: B

8) Aplicando a definição de potência de um pon-to, temos que:

AE x AD = AB x AC => 10 x 6 = 7 x AC => AC = 60/7;

Como: BC = AC – AB => BC = 60/7 – 7 = (60 – 49)/7 => BC =11/7Gabarito: E

9) PB = 2.PA => PB2 = PC x PA Sendo: PC = PA + 2R = PA + 18, temos que:(2.PA)2 = (PA + 18).PA => 4.PA2 = PA2 + 18.PA =>

3.PA2 – 18.PA = 0Resolvendo a equação do segundo grau acima,

obtemos: PA = 0 ou PA = 6m

Gabarito: C

10) Da figura e da definição da potência de um ponto, temos que:

PT2 = PA x PB, onde: PB = PA + 2RSendo PT = 8m e PB = 16m, temos:82 = PA x 16 => PA = 64/16 => PA = 4mLogo: 16 = 4 + 2R => 2R = 12 => R = 6mCom isso, a área do Círculo de raio R, será: Ac

= π.R2

Ac = π.62 => Ac = 36π cm2

Gabarito: E

EM1M

AT17


8

11) De acordo com a figura, temos que:82 = 2X.X => X2 = 64/2 => X = 32 => X = 4 2Gabarito: E

12) De acordo com a figura, temos que:X.(X + 2r) = 62 => X2 + X.2r = 36; sendo r =

2,5cm, temos que:X2 + 5X – 36 = 0 (resolvendo esta equação do 2o

grau), temos que:X = 4 ou X = - 9. Como X é uma medida, logo: X =

4 cmGabarito: E

13) Lado do quadrado: 2L√32 = 10 √3 cm

Apótema do Hexágono: L√32 = 5 √3 cm

Raio da circunferênciao: 10 cm

14) 2h = 2√3.h = √3

.h = L √32

.√3 = L L√32

.L = 2 cm

Logo, o perímetro será 6.2 = 12 cm

15) Letra E.Analisando os ângulos centrais destacados,

observamos que QÔM mede 90°, pois é formado pelas metades das diagonais do quadrado MQRS e elas cortam-se ao meio perpendicularmente. O arco MN mede 120°, pois é limitado por dois vér-tices do triângulo equilátero inscrito. Logo, o ân-gulo central NÔM mede 120°. O ângulo central x mede 120° – 90° = 30°. O segmento QN é lado do polígono regular que apresenta o ângulo central de 30°. Temos:

ângulo central = 360°n → n = 360°

30° = 12

O polígono é o dodecágono regular.

16) Letra B.O arco CC’ determina que AC’ possui a mes-

ma medida de AC. O mesmo ocorre com AB’ que possui a mesma medida de AB. O segmento B’C’ é a soma das medidas dos segmentos AC’ e AB’. Encontrando em função do raio os lados do qua-drado e do triângulo equilátero, temos:AC = AC’ = L4 = R√2 → B’C’ = AC’ + AB’ = R(√2+√3) ≅ R(1,4+1,7) = 3,1R.AB = AB’ = L3 = R√3

O comprimento de uma circunferência de raio R, vale C = 2nR ≅ 2(3,14).R = 6,28R. Logo o comprimento da semicircunferência será a meta-de, isto é: 3,14R.

17) A diagonal do quadrado menor é igual ao lado do quadrado maior, assim, temos: L = L√2 cm

Aprofundando:18) Sendo X, a quantidade de voltas, temos que:

X.2πR = 500 km => X.(2.3,14).200 = 500000 => X = 500000/1256 => X ≅ 399 voltasGabarito: D

19) De acordo com as informações do problema, temos que:

2πR = 1,60 => 2.3,14.R = 1,60 => 2R = 1,60/3,14 => 2R ≅ 0,51Gabarito: D

20) De acordo com a figura, temos que:RA + RB = 112πRA x 375 = 2πRB x 1000 => RA = (8/3).RB

11 – RB = (8/3).RB => 33 – 3RB = 8RB => 11.RB = 33 => RB = 3 mGabarito: B

21)

R

x R

2R

xD

X2 = R2 + R2 => X = R 2 = 1,4Rd = 2R – 1,4R = 0,6R

Gabarito: B

22) De acordo com a figura, temos que: 3X + 60o = 180o => X = 120o/3 => X = 40o

Gabarito: C

EM1M

AT17


9

23) AMB = (AB – CD )/2 = 30o

Gabarito: E

24) 2α + 130o + 180o = 360o => 2α = 50o => α = 25o

Gabarito: A

25) De acordo com a figura, temos que:ABC = (70o + 180o)/2 = 250o/2 = 125o

Gabarito: A26) AEC = (BD - AC )/2 => 80o = (BD – 100)/2 => BD = 160o + 100o

BD = 260 o

27) De acordo com a figura, temos que:12o = (68o – 2Y)/2 => 24o = 68o – 2Y => 2Y = 44o => Y =22o

28) De acordo com o triângulo isósceles forma-do, temos que:

2α + 160o = 180o => 2α = 20o => α = 10o

Gabarito: B

29) De acordo com a figura e com as informações contidas no enunciado da questão, temos que:

α = 60o (ângulo interno de um triângulo equilá-tero)

β = α/2 = 30o

Logo: α + β = 90o = π/2Gabarito: B

30) Como a reta t é paralela a reta AR, então: TAR = X , logo: De acordo com a figura, temos que:2X + 2X + 40o = 180o => 4X = 140o => X = 140o/4 => X = 35o

Gabarito: B

31) De acordo com a figura, temos que:AC x AB = AD x (AD + 2R), onde R, é o raio da

circunferência.Logo: 18 x 8 = 4 x (4 +2R) => 144 = 16 + 8R => 8R

= 128 => R = 128/8R = 16 cmO perímetro do triângulo será igual: AC + (AD

+ R) + R = 18 + 20 + 16 = 54 cmGabarito: E

32) De acordo com a figura, temos que: AC x AB = r x 3r => 2r x AB = 3r2 => AB = (3/2).rLogo: BC = AC – AB = 2r – (3/2).r = (1/2).rAB = 3.BC => BC = (1/3).AB

Gabarito: E

33) D

34) C

Desafiando:35) De acordo com a figura, construímos o triângulo retângulo abaixo:

x

5

30o

sen (30o) = 5/X => 1/2 = 5/X => X = 5.2 => X = 10 cmSendo R = X + r => R = 10 + 5 = 15 cm

Habilidades da BNCC:36) 2R = D; sendo o diâmetro da circunferência

2R = CD + 2.BD;BD = ED – AB = 2,0 – 1,6 = 0,4 cmCD = EC – ED = 4,5 – 2,0 = 2,5 cmLogo: 2R = 2,5 + 2.(0,4) = 2,5 + 0,8 = 3,3 cm.

Gabarito: B

EM1M

AT18

GEOMETRIA PLANA: ÁREAS

10


Geometria plana: áreasObjetivos de aprendizagem:• Resolver problemas envolvendo polígonos,

inscrição e circunscrição de polígonos, quadrilá-teros notáveis e área de polígonos, círculo e suas partes.

Praticando: 1) A

2) C

3) B

4) D

5) B

6) D

7) A

8) C

9) B

10) E

11) B

12) C

13) B

13) C

14) C

15) 0,86 cm2

16) A

17) Área hachurada = √3 – π/2 cm2

18) B

Aprofundando: 19) E

20) D

21) Repare que o quadrado é formado de 16 quadradinhos. Na segunda figura, está escrito de vermelho quantos quadradinhos cada parte possui, assim, a razão entre as áreas será de:

.FigA/FigB = 16/14 = 8/7

22) AB = √25 = 5

23) A

24) C

25) 8 / 11Seja 2r = AC = CD = DE = EBÁrea de S1 acima do diâmetro AB → S1’ =

π.(AC2)/2 - π.(AC/2)2/2→S1’= 4.π.r2/2 – π.r2/2 → S1’ = 3.π.r2/2

Área de S1 abaixo do diâmetro → S1’’ = (π (BC/2)2) / 2 – (π(BD/2) 2̂/))2 → S1’’ = (9πr2)/2 – 4πr2)/2 → S1’’ = (5πr2)/2

S1 = S1’ + S1” = (3πr2)/2+(5πr2)/2 = 4πr2

Usando o mesmo raciocínio, temos que S2 é dado por:

.S2 = (AD2 π)/2 – ((AE/2)2π)/2 + ((EB)2 π)/2 = (16r2 π)/2 – (9r2π)/2 + (4r2 π)/2 = (11r2 π)/2

Logo, a razão será dada por:.S1/S2 = (4πr2)/((11r2 π)/2) = 8/11

26) 4 – π

27) A

28) 2π – 4

29) √3-π/3

30) A

31) D

32) A

EM1M

AT18

GEOMETRIA PLANA: ÁREAS

11

Desafiando: 33) √22 + 10

34) A área da figura hachurada é igual à área do quadrado subtraída das áreas dos dois quadra-dos destacados e subtraída das áreas dos qua-tro quadradinhos dos cantos.

Lembremo-nos que o quadrado é, também, um losango cuja área pode ser obtida como a metade do produto das diagonais, logo, tere-mos:

.16 = 62 – (6 – 2x)2 – 4x2 → – 8x2 + 24x – 16 = 0 → –x2 + 3x – 2 = 0 →

.∆ = 9 – 8 = 1 → x’ = 1 e x’’ = 2

Habilidades da BNCC:35) A

matemÁtica professor 1a sÉrie – volume iii · medidas de comprimento, área e volume 2 outras...

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