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Matemática – 9.º Ano

RESOLUÇÕES

Tema 5 – GeometriaLinhas poligonais e polígonos. Quadriláteros. Áreas

Praticar – páginas 140 a 145

1.1.1. III e IV1.2. II e IV

2.2.1. I e IV2.2. II e III

3.3.1. B, C, D, E e F são trapézios porque são quadri-láteros com lados paralelos.3.2. F é um trapézio não paralelogramo, porque éum quadrilátero que não tem dois pares de ladosparalelos.3.3. C e E são retângulos, porque são quadriláteroscom quatro ângulos retos.3.4. D e E são losangos, porque são paralelogramoscom quatro lados geometricamente iguais.3.5. A e G são papagaios, porque são quadriláteroscom dois pares de lados consecutivos geometrica-mente iguais e cujos lados opostos não são iguais.3.6. E é um quadrado, porque é um paralelogramocom quatro lados geometricamente iguais e quatroângulos retos.

4.4.1.

4.2.

4.3.

4.4.

5.5.1. Retângulo.5.2. Losango.5.3. Quadrado.5.4. Paralelogramo.

6. A amplitude de um ângulo interno de um polígo-

no regular é �180 ×

n(n – 2)�, sendo n o número de lados

do polígono.

Assim, �180 ×

2(200 – 2)� = �

322400

� = 162.

Logo, a opção correta é a [C].

7.7.1. CB

^

A = 180o – BA^

D, pois CBA e BAD são ângu-los suplementares.Assim, CB

^

A = 180o – 50o = 130o.7.2. AD

^

C = CB^

A porque ADC e CDA são ângulosopostos de uma paralelogramo.Assim, AD

^

C = 130o.

8.

8.1. A = �d ×

2D

�

A = �6 ×

210� = 30

R.: A = 30 cm2.

8.2. A = �d ×

2D

�

A = �6 ×

212� = 36

R.: A = 36 cm2.

8.3. A = �d ×

2D

�

A = �4 ×

210� = 20

R.: A = 20 cm2.

8.4. A = �d ×

2D

�

A = �5 ×

26

� = 15

R.: A = 15 cm2.

3 cm

3 cm

6 cm

4 cm

4 cm4 cm

60º

60º 4 cm4 cm

4 cm4 cm

5 cm

5 cm45º

RESOLUÇÕES2

A_Prova

9.

9.1. A = �b +

2B

� × h

A = �4 +

212� × 4 = 32

R.: A = 32 cm2.

9.2. A = �b +

2B

� × h

A = �8 +

212� × 6 = 60

R.: A = 60 cm2.

9.3. A = �b +

2B

� × h

A = �2 +

25

� × 3 = 10,5

R.: A = 10,5 cm2.

9.4. A = �b +

2B

� × h

A = �2 +

24

� × 5 = 15

R.: A = 15 cm2.

10. A soma das amplitudes dos ângulos internos deum polígono convexo de n lados é (n – 2) × 180o.Neste caso, (5 – 2) × 180o = 3 × 180o = 540o.Assim, α^ = 540o – (74o + 115o + 100o + 104o)⇔ α^ = 540o – 393o

⇔ α^ = 147o

11. 11.1. Duas diagonais.11.2. Nove diagonais.11.3. Não tem diagonais.

12. A opção [C] pode ser falsa. O único losangocom diagonais geometricamente iguais é o quadra-do. Todos os outros losangos têm diagonais comcomprimentos diferentes.

13. 13.1.

13.2. A = 6 cm × 2 cm = 12 cm2

14. A soma das amplitudes dos ângulos internos deum polígono convexo de n lados é (n – 2) × 180o.

14.1. A soma das amplitudes dos ângulos internosdo polígono é (5 – 2) × 180o = 3 × 180o = 540o.Assim, x = 540o – (68o + 125o + 122o + 70o) =

= 540o – 385o == 155o

14.2. A soma das amplitudes dos ângulos internosdo polígono é (4 – 2) × 180o = 2 × 180o = 360o.Assim, x + 2x + 90 + 90 = 360⇔ 3x = 180

⇔ x = �18

30�

⇔ x = 60

14.3. A amplitude de um ângulo interno de um polí-

gono regular é �180 ×

n(n – 2)�.

Logo, x = �180

9× 7� ⇔ x = �

12960� ⇔ x = 140

14.4. Dois ângulos consecutivos de um losango sãosuplementares.Logo, x = 180 – 48 ⇔ x = 132

15. A amplitude de um ângulo interno de um polí-

gono regular com n lados é �(n – 2)

n× 180�.

Assim, �(n – 2)

n× 180� = 140

⇔ 180n – 360 = 140n⇔ 180n – 140n = 360⇔ 40n = 360

⇔ n = �34600

�

⇔ n = 9R.: O polígono tem nove lados.

16.16.1. Como DCB e BAD são ângulos opostos doparalelogramo, então são geometricamente iguais.Logo, DC

^

B = 119o.16.2. Como CBA e BAD são ângulos consecutivosdo paralelogramo, então são suplementares.Logo, CB

^

A = 180o – 119o = 61o.16.3. D�C� = A�B� = 6 cm, porque lados opostos de umparalelogramo são geometricamente iguais.

17. Os ângulos CED e AEC são suplementares.Logo, y^ = 180o – 120o = 60o.Como a soma das amplitudes dos ângulos internosde um triângulo é 180o, então os ângulos BAD e

A

B C

D

3


RESOLUÇÕES

DCB são ângulos opostos do paralelogramo. Logo,são geometricamente iguais. Assim,z^ = 180o – 70o – 60o = 50o

x^ = 60o – z^ = 60o + 50o = 110o

18. Como o retângulo [ABCD] é equivalente a umlosango, então têm a mesma área.

A = �d ×

2D

�

A = �25

2× 8� = 100

Então, a área do retângulo também é 100 cm2.Como A = b × h, temos:100 = 10 × A�D� ⇔ A�D� = 10R.: A�D� = 10 cm.

19. 19.1. No grupo 1 estão os quadriláteros com quatroângulos retos.19.2. No grupo 2 estão os restantes quadriláteros.Os polígonos do grupo I são retângulos.

20. 20.1. A soma das amplitudes dos ângulos internosde um polígono convexo é (n – 2) × 180o.Assim,(n – 2) × 180o = 4140 ⇔ n – 2 = �

4118400

�

⇔ n – 2 = 23⇔ n = 23 + 2⇔ n = 25

R.: O polígono tem 25 lados.20.2. n – 3 = 25 – 3 = 22R.: Podem ser traçadas 22 diagonais.

21. B�C� = �23� A�D� ⇔ B�C� = �

23� × 4

⇔ B�C� = 6 cm

A[ABCD] = × D�E�

A[ABCD] = �4 +

26

� × 5 = 5 × 5 = 25

R.: A[ABCD] = 25 cm2.

22. A[BCDE] = 16 ⇔ × C�F� = 16

Como D�C� = A�B�, temos:

× 4 = 16

⇔ �33

� A�B� + �13

� A�B� = �16

4× 2�

⇔ �43

� A�B� = 8

⇔ A�B� = �8 ×

43

�

⇔ A�B� = 6A[ABCD] = A�D� × C�F�A[ABCD] = 6 cm × 4 cm = 24 cm2

23. Como o polígono foi dividido em cinco triângu-los, o número de lados é 5 + 2 = 7.Logo, é um heptágono.

24. Não concordo com o João. Os únicos paralelo-gramos cujas diagonais são perpendiculares são oquadrado e o losango.

25. Atrapézio = �b +

2B

� × h

Atrapézio = × 10

= �122� × 10

= 6 × 10= 60

R.: A[ABCD] = 60 cm2.

26. EC^

D = �18

30o� = 60o, porque [CED] é um triângu-

lo equilátero e a soma das amplitudes dos ângulosinternos de um triângulo é 180o. BC^

F = 360o – 90o – 90o – 60o = 120o

A soma das amplitudes dos ângulos internos do polí-gono [BHIFC] é (5 – 2) × 180o = 3 × 180o = 540o.Assim, o^ = 540o – 79o – 87o – 129o – 120o = 125o.

27. A afirmação é falsa. O retângulo é um quadrilá-tero com quatro ângulos retos e não é regular.

28. 28.1. A�B� = A�E� porque [AB] e [AE] são raios damesma circunferência de centro A.

B�C� + A�D��

2

D�C� + E�B��

2

A�B� + �13

� A�B��

2

A�B� + D�C��

2

= × 10A�H��

2

RESOLUÇÕES4

A_Prova

28.2. Como AEB e EAD são ângulos agudos delados paralelos, então AE

^

B = EA^

D = 56o.28.3. Como o triângulo [ABE] é isósceles, (A�B� = A�E�),então AE

^

B = EB^

A.Como a soma das amplitudes dos ângulos internos deum triângulo é 180o, BA

^

E = 180o – 56o – 56o = 68o.

29. Como o polígono [ABCDE] é um pentágonoregular, então α^ = 540o : 5 = 108o.Considerando o triângulo [BAF], temos:FA^

B = AB^

F = 180o – 108o = 72o

Logo, como a soma das amplitudes dos ângulosinternos de um triângulo é 180o, então,β^ = BF

^

A = 180o – 72o – 72o = 36o.R.: α^ = 108o e β^ = 36o.

Circunferência e semelhança


1.1.1. Aplicando o Teorema de Tales,

=

⇔ A�C� = 8Como A�B� = A�C� – B�C�, então A�B� = 8 – 4 = 4.R.: A�B� = 4 cm.1.2. Aplicando o Teorema de Tales,

=

⇔ A�B� = 10R.: A�B� = 10 cm.

2. Aplicando o Teorema de Tales,

�1105� = �

8x� ⇔ x = �

8 ×10

15�

⇔ x = 12R.: x = 12 cm.

3. As figuras A e B são semelhantes à figura dada.A figura A é geometricamente igual e a figura B éuma ampliação.

4. Retângulo C: razão de semelhança �12

�.

Retângulo F: razão de semelhança 1.

5. A opção correta é a [A].

6. 6.1. Utilizando, por exemplo, o critério LLL, temos:

= =

Assim, �1105� = �

69

� = �182� ⇔ �

23

� = �23

� = �23

�. Verdadeiro.

Os triângulos [DEF] e [IHJ] são semelhantes, pelocritério LLL.6.1. Utilizando o critério LAL, temos:• AC

^

B = DE^

F

• = , ou seja, �64

� = �182� ⇔ �

32

� = �32

�

Verdadeiro.Os triângulos [ABC] e [DEF] são semelhantes pelocritério LAL.6.3. Utilizando o critério AA, temos:• GI

^

H = 180o – 50o – 58o = 72o.• YX

^

Z = 180o – 72o – 52o = 58o.Assim, H

^

= X^

e G^

= J^

.Os triângulos [GHI] e [JXY] são semelhantes pelocritério AA.6.4. Utilizando o critério LAL, temos:• TR

^

S = VU^

K = 90o

• = , ou seja, �1126� = �

34

� ⇔ �34

� = �34

�

Verdadeiro.Os triângulos [STR] e [KUV] são semelhantes pelocritério LAL.

7.7.1. Os triângulos [ABC] e [BCD] são semelhantespelo critério AA de semelhança de triângulos (CD^

A = BD^

C e CBA é comum aos dois triângulos).Assim, os comprimentos dos lados correspondentesdos triângulos são diretamente proporcionais, ou

seja, = .

�53

� = �3x� ⇔ x = �

95

�

⇔ x = 1,80

C�E��C�D�

A�C��B�C�

A�E��C�E�

A�B��C�D�

F�E��I�J�

D�E��H�I�

D�F��H�J�

A�C��D�F�

C�B��F�E�

T�R��K�U�

R�S��U�V�

A�C��B�C�

B�C��D�C�

Assim, = �63

� ⇔ A�C� = �4 ×

36

�A�C��

4

Assim, = �84

� ⇔ A�B� = �8 ×

45

�A�B��

5

5


RESOLUÇÕES

7.2. Os triângulos [ABC] e [ABD] são semelhantespelo critério AA (AD

^

B = CB^

A e BA^

D = BA^

C). Então,os comprimentos dos lados correspondentes dostriângulos são diretamente proporcionais, ou seja,

=

�187� = �

1x

5� ⇔ x ≈ 7,06

8. = �23

�

9. 9.1. Como a soma das amplitudes dos ângulos inter-nos de um triângulo é 180o, então LM^

N = 180o – 102o – 48o = 30o.O ângulo com maior amplitude é NL

^

M e como numtriângulo ao ângulo de maior amplitude opõe-se olado de maior comprimento, concluímos que o lado[MN] é o lado maior do triângulo [MNL].9.2. Os triângulos são semelhantes, pelo critério AAde semelhança de triângulos:FE^

G = NL^

M = 102o e GF^

E = LM^

N = 30o

9.3. Como os triângulos são semelhantes e [MNL] éuma ampliação de [GEF], a razão de semelhança é

r = = �53

�.

Assim, como a razão das áreas é o quadrado da

razão de semelhança, �AA

[

[

M

EF

N

G

L

]

]� = r2, ou seja,

�A[M

2N

,5L]� = ��

53

��2

⇔ A[MNL] = �295� × �

2150�

⇔ A[MNL] = �11285

�

⇔ A[MNL] ≈ 7

R.: A[MNL] ≈ 7 cm2.

10.10.1. Como as retas r e s são paralelas, podemosaplicar o Teorema de Tales.

Assim, = , ou seja, �8x� = �

264�

⇔ x = �24

6× 8� = 32

R.: x = 32 cm.

10.2. Como as retas r e s são paralelas, podemosaplicar o Teorema de Tales.

Assim, = , ou seja, �1x

6� = �

3200�

⇔ x = �16

2×030

�

⇔ x = 24R.: x = 24 cm.

11. Se as retas DE e BC forem paralelas, então, pelo

Teorema de Tales, = .

Como �14122

� ≠ �9362� podemos concluir que as retas não

são paralelas.

12. [A] Todos os círculos são semelhantes, sendo arazão de semelhança igual à razão entre os compri-mentos dos raios.A opção [B] não é a correta. Se dois círculos tiveremraios diferentes os círculos não são geometricamen-te iguais.A opção [C] não é a correta. Se dois círculos tiveremraios diferentes, eles têm áreas diferentes e, portan-to, não são equivalentes.A opção [D] também não é correta. Os círculos nãosão polígonos porque não são formados por linhaspoligonais fechadas.Logo, a opção correta é a [A].

12.

13.1 =

13.2 =

14. Como os triângulos são semelhantes, a razão de

semelhança é r = �5117�.

P[ABC] = 12 + 14 + 17 = 43

Como a razão dos perímetros é igual à razão de

semelhança, então, �PP

[

[

A

T

B

V

C

J]

]� = �

5117�.

Logo, P[TVJ] = �5117� × 43 ⇔ P[TVJ] = 129.

R.: P[TVJ] = 129 u.c.

A�B��A�C�

B�D��B�C�

F�’�A�’��F�A�

M�N��F�Q�

J�L��J�M�

K�J��J�I�

H�F��E�H�

G�D��E�G�

A�D��D�B�

A�E��C�D�

A�B��A�C�

A�D��A�B�

A�D��D�C�

B�D��A�B�

RESOLUÇÕES6

A_Prova

15. Os triângulos [ABC] e [EDC] são semelhantespelo critério AA de semelhança de triângulos:CB^

A = ED^

C = 90o e AC^

B = DC^

E (ângulo comum).

16. 16.1. Como os triângulos [ABC] e [PQR] são seme-lhantes, os ângulos correspondentes têm a mesmaamplitude. Então, RP

^

Q = CA^

B = 16o.16.2. Como os triângulos [ABC] e [PQR] são seme-lhantes os comprimentos dos lados correspondentessão diretamente proporcionais, ou seja,

= .

⇔ P�Q� = 4,5 cm16.3. A razão de semelhança entre [ABC] e [PQR]

r = = �174� = 2.

Como a razão das áreas é o quadrado da razão desemelhança, temos

�AA

[

[

P

A

Q

BC

R

]

]� = r2, ou seja, �

A[AB

7C]� = 22 ⇔ A[ABC] = 28.

R.: A[ABC] = 28 cm2.

17. 17.1. Os triângulos [CDF] e [ABC] são semelhantes,pelo critério AA:CF^

D = CB^

A e FD^

C = BA^

C (ângulos de lados parale-los).17.2. A[AFDE] = E�B� × B�F�.Os triângulos [AED] e [ABC] são semelhantes, pelocritério AA (DE

^

A = CB^

A e o ângulo BAC é comumaos dois triângulos).

Assim, = ⇔ �62

� =

⇔ B�F� = �2 ×

64

�

⇔ B�F� = �43

�

Logo, A[AFDE] = 4 cm × �43

� cm = �136� cm2.

18. 18.1. Como a razão entre as áreas é o quadrado darazão de semelhança, temos:

�AA

[

[

A

A

B

E

C

FG

D

]

]� = r2, ou seja, = ��

32

��2

⇔ A[ABCD] = �841� : �

94

�

⇔ A[ABCD] = �841� × �

49

�

⇔ A[ABCD] = 9R.: A[ABCD] = 9 u.a.18.2. Como a razão entre os perímetros é igual àrazão de semelhança, temos

�PP

[

[

A

A

B

E

C

FG

D

]

]� = r, ou seja, �

P[AE

1F

8G]� = �

32

�

⇔ P[AEFG] = �18

2× 3�

⇔ P = 27R.: P = 27 u.c.

19.

Os triângulos [ATC] e [ATB] são semelhantes pelocritério AA: TA

^

C = AB^

T = 90o e CT^

A = BT^

A (ângulocomum).

Assim, �275� = .

Logo, A�B� �7 ×

2524� = 6,72.

20. Pelo teorema de Tales as retas r e s são paralelasse:

�86

� = ⇔ �43

� = �230� × �

15

�

⇔ �43

� = �43

� Verdadeiro.

Logo, a afirmação é verdadeira.

21. Como T�P� = 2 × B�A�, então T�R� = 2 × B�C� eP�R� = 2 × A�C�.

A�C��P�R�

A�B��P�Q�

A�C��P�R�

A�B��A�E�

B�C��B�F�

4�B�F�

�841�

�A[ABCD]

A�B��24

�230�

�5

Assim, �174� = ⇔ P�Q� = �

71×49

�9

�P�Q�

A

B

24

725

T

C

7


RESOLUÇÕES

22. 22.1. Método a homotetia.22.2. a) D’B

^

’A’ = 60o, porque é o ângulo correspon-dente ao ângulo DBA.

b) Se D�A�’ = �13

� O�A�, então a razão de semelhança é

igual a �13

�, considerando uma redução.

Como a razão entre as áreas é o quadrado da razãode semelhança, temos:

�AA[A

[A

’B

B

’C

C

’

D

D

]

’]� =22, ou seja �A[A’B

9’C

0’D’]� = ��

13

��2

⇔ A[A’B’C’D’] = �19

� × 90

⇔ A[A’B’C’D’] = 10R.: A[A’B’C’D’] = 10 cm2.

23. 23.1. Os triângulos [ABC] e [AFE] são semelhantespelo critério AA: CB

^

A = AE^

F = 90o e BA^

C = FA^

E(ângulo comum aos dois triângulos).23.2. A[BCEF] = A[ABC] – A[AFE]

A[ABC] =

A[ABC] = �3 ×

24

� = 6

Como os triângulos são semelhantes, os comprimen-tos dos lados correspondentes são diretamente pro-porcionais.

Assim, = , ou seja = �24,5�

⇔ F�E� = �2,5

4× 3�

⇔ F�E� = 1,875

A[AFE] =

A[AFE] = �2,5 ×

21,875� = 2,34375

A[BCEF] = 6 – 2,34375 ≈ 3,66R.: A[BCEF] ≈ 3,66 cm2

24. Como a razão entre as áreas é o quadrado da

razão de semelhança, temos �AA

1

2� = r2, ou seja,

�1A4

2

4� = 42 ⇔ A2 = �

11464

� ⇔ A2 = 9

Como A = �2, então A2 = 9 ⇔ �2 = 9 ⇔ � = 3Logo, P = 4 × 3 = 12.R.: P = 12 cm.

25. 25.1. Os triângulos [ABC] e [AMN] são semelhantespelo critério AA: BA

^

C = MA^

N (ângulo comum) eCB^

A = NM^

A (ângulos agudos de lados paralelos).25.2. Como os triângulos são semelhantes e a razãodas áreas é o quadrado da razão de semelhança,

temos �AA

[

[

A

A

M

BC

N

]

]� = r2.

Assim, como A[AMN] = Atrapézio e, A[ABC] = 2 × A[AMN],

então �2 ×A[

A

AM

[A

N

M

]

N]� = r2 ⇔ r2 = 2

⇔ r = ± �2�.Logo, r = �2�.Como os triângulos são semelhantes:

= r, ou seja, = �2� ⇔ B�C� = 10�2�.

R.: B�C� = 10�2� cm.

26.

Considerando os pontos E e F da figura, os triângu-los [BCD] e [BFE] são semelhantes pelo critério AA:BE^

F = BD^

C = 90o e FB^

E = CB^

D (ângulo comum).

Então, = , ou seja, = .

Como E�F� = 2 × D�E�, temos:

=

⇔ 8(2 – D�E�) = 2 × 2D�E�

B�C� × A�B��

2

F�E��B�C�

A�E��A�B�

F�E��

3

A�E� × F�E��

2

B�C��M�N�

B�C��10

C�D��E�F�

D�B��E�B�

8�E�F�

2��

2 – D�E�

2��

2 – D�E�8

�2D�E�

T

R

P

A

C

B

y

x

A

O

B C

-2

2

2

RESOLUÇÕES8

A_Prova

⇔ 15 – 8D�E� = 4D�E�⇔ –8D�E� – 4D�E� = –16⇔ 12D�E� = 16

⇔ D�E� = �43

�

D�E� = �43

� então E�F� = �43

� × 2 = �83

�

Logo, a opção correta é a [C].

Teorema de Pitágoras


1.1.1. Pelo teorema de Pitágoras

x2 = 72 + 102

⇔ x2 = 49 + 100⇔ x2 = 149⇔ x = ± �1�4�9�⇔ x = �1�4�9�R.: x = �1�4�9� m1.2. Pelo teorema de Pitágoras

x2 = 42 + 42

⇔ x2 = 16 + 16⇔ x2 = 32⇔ x = ± �3�2�⇔ x = �3�2�⇔ x = 4�2�R.: x = 4�2� m1.3. Pelo teorema de Pitágoras

42 = x2 + 12

⇔ x2 = 16 – 1⇔ x2 = 15⇔ x = ± �1�5�⇔ x = �1�5�R.: x = �1�5� m1.4. Pelo teorema de Pitágoras

(�2�4�4�)2 = x2 + 122

⇔ x2 = 244 – 144⇔ x2 = 100⇔ x = ± �1�0�0�⇔ x = 10R.: x = 10 dm

1.5. Pelo teorema de Pitágoras82 = 52 + x2

⇔ x2 = 64 – 25⇔ x2 = 39⇔ x = ± �3�9�

⇔ x = �3�9�R.: x = �3�9� mm1.6. Pelo teorema de Pitágoras

62 = 52 + x2

⇔ x2 = 36 – 25⇔ x2 = 11⇔ x = ± �1�1�⇔ x = �1�1�R.: x = �1�1� cm

2. A opção [A] não é a correta pois 522 = 462 + 202

⇔ 2704 = 2116 + 400⇔ 2704 = 2516A opção [B] não representa um termo pitagóricoporque 522 = 182 + 462

⇔ 2704 = 324 + 2116⇔ 2704 = 2440 FalsoA opção [C] é a correta pois 522 = 482 + 202

⇔ 2704 + 400⇔ 2704 = 2704 VerdadeiroA opção [D] não é a correta pois 522 = 482 + 182

⇔ 2704 = 2304 + 324⇔ 2704 = 2628 falsoLogo, a opção correta é a [C].

3.3.1. D = �3�2�+� 6�2�+� 4�2�⇔ D = �9� +� 3�6� +� 1�6�⇔ D = �6�1� cm3.2. Pelo teorema de Pitágoras

d2 = 62 + 32

⇔ d2 = 36 + 9⇔ d2 = 45⇔ d = ± �4�5�⇔ d = �4�5�⇔ d = 3�5�R.: d = 3�5� cm

4. O triângulo é retângulo se verificar o teorema dePigágoras.A�B� = 18 mmB�C� = 8 cm = 80 mmA�C� = 0,82 dm = 82 mm (lados de maior compri-mento) A�C�2 = A�B�2 + B�C�2 ⇔ 822 = 182 + 802

⇔ 6724 = 324 + 6400⇔ 6724 = 6724 VerdadeR.: O triângulo [ABC] é retângulo.

9


RESOLUÇÕES

5.

Pelo teorema de Pitágoras A�B�2 + A�C�2 + C�B�2. Assim,A�B�2 = 22 + 42

⇔ A�B�2 = 4 + 6⇔ A�B�2 = 20⇔ A�B� = ± �2�0�⇔ A�B� = �2�0�⇔ A�B� = 2�5�

6. O triângulo [ABC] é retângulo em B e A�B� = B�C�.Pelo teorema de Pitágoras A�C�2 = A�B�2 + B�C�2. Assim,

(�5�0�)2 = x2 + x2

⇔ 50 = 2x2

⇔ x2 = 25⇔ x = ± �2�5�⇔ x = 5B�E� = 5 m e B�D� = 2 × 5 cm = 10 cmA[BEFD] = 5 × 10 = 50R.: A[BEFD] = 50 cm2

7. A[ACGF] = 25 ⇔ F�A� = �2�5� ⇔ F�A� = 5 cm Pelo teorema de Pitágoras,

A�B�2 = 52 + 122

⇔ A�B�2 = 25 + 144⇔ A�B�2 = 169⇔ A�B� = ± �1�6�9�⇔ A�B� = �1�6�9�⇔ A�B� = 13P[ACBDE] = 5 + 12 + 3 × 13 = 56R.: P[ACBDE] = 56 cm.

8. A = 225 ⇔ � = �2�2�5� ⇔ � = 25Pelo teorema de Pitágoras,

d2 = 152 + 152

⇔ d2 = 2 × 225⇔ d2 = 450⇔ d = ± �4�5�0�⇔ d = 15�2�R.: A diagonal do quadrado tem 15�2� cm.

9. Pelo teorema de Pitágoras, C�E�2 = B�C�2 + B�C�2

102 = B�C�2 + 82

⇔ B�C�2 = 100 – 64⇔ B�C�2 = 34⇔ B�C� = ± �3�6�⇔ B�C� 6A[ABCD] = B�C�2 = 62 = 36R.: A[ABCD] = 36 cm2

10. 10.1. Sabemos que P[ABCD] = 13 + �4�1�. Então, 13 + �4�1� = A�B� + B�C� + A�C� + D�A�⇔ 13 + �4�1� = 5 + 5 + 3 + D�A�⇔ D�A� = �4�1�R.: D�A� = �4�1� cm10.2. Como DB

^

A = 90o, segundo o teorema de Pitá-goras, temos A�D� 2 = A�B�2 + B�D� 2.Assim, (�4�1�)2 = 52 + B�D� 2

⇔ B�D� 2 = 41 – 25⇔ B�D� 2 = 16⇔ B�D� = ± �1�6�⇔ B�D� = 4 cmO triângulo [BDC] é retângulo se B�C�2 + B�D� 2 + C�D� 2, ou seja, 52 = 42 + 32 ⇔ 25 = 16 + 9 verdade

11. O triângulo retângulo é o que verifica o teoremade Pitágoras.[A] 62 = 32 + 42 ⇔ 36 = 9 + 16 ⇔ 36 = 25 falso[B] (�9�0�)2 = 72 + 72 ⇔ 90 = 49 + 49 ⇔ 90 = 98falso[C] (�4�2�)2 = (�5�)2 + (�3�7�)2

⇔ 42 = 5 + 37 ⇔ 42 = 42 verdadeiro[D] 102 = 62 + 42 ⇔ 100 = 36 + 16 ⇔ 100 = 52falsoLogo, a opção correta é a [C].

12.

Pelo teorem de Pitágoras, x2 = 102 + 402

⇔ x2 = 100 + 1600⇔ x2 = 1700⇔ x = ± �1�7�0�0�⇔ x = �1�7�0�0�3 × �1�7�0�0� ≈ 124R.: Aproximadamente 124 milhões de euros.

A

BC

y

xO 1

1

2

2

3

3

4 5

A

10

40

x

D

RESOLUÇÕES10

A_Prova

13. A[ABCD] = 225 ⇔ C�D� = �2�2�5� ⇔ C�D� = 15 cmEntão, D�E� = 2 × C�D� = 2 × 15 = 30 cm.Pelo teorema de Pitágoras, D�E�2 = D�F�2 + E�F�2.

302 = x2 + x2

⇔ 900 = 2x2

⇔ x2 = �9020

�

⇔ x2 = 450⇔ x = ± �4�5�0�⇔ x = �4�5�0�Logo, A = (�4�5�0�)2 = 450.R.: A = 450 cm2.

14.

Pelo teorema de Pitágoras, 42 = h2 + 12

⇔ h2 = 16 – 1⇔ h = ± �1�5�⇔ h = �1�5�Área do trapézio

A = �4 +

26

� × �1�5� = 5�1�5� cm2

15.15.1. A�C� = A�D� e como o triângulo [ABC] é isósce-les, A�B� = B�C�.Pelo teorema de Pitágoras

A�C�2 = 32 + 32

⇔ A�C�2 = 9 + 9⇔ A�C� = ± �1�8�⇔ A�C� = 3�2�A�D� = 3�2�D � –1 + 3�2�15.2. –1 + 3�2� ≈ 3,243 < –1 3�2� < 3,4

16.

Cada degrau forma um triângulo retângulo.Teorema de Pitágoras, x2 = 42 + 32

⇔ x2 = 16 + 9⇔ x2 = 25⇔ x = ± �2�5�⇔ x = 5 cm

Pelo teorema de Pitágoras,y2 = 252 – 202

⇔ y2 = 625 – 400⇔ y = ± �2�2�5�⇔ y = 15Como 15 + 3 = 18 e 18 dm = 1,8 m, a altura dopalco é 1,8 m.

17. A área do semicírculo é igual a �π2r2�.

Assim, �π2r2� = �

98π

�

⇔ r2 = �188�

⇔ r2 = �94

�

⇔ r = ��94

��⇔ r = �

32

� cm

Então, A�B� = 2 × r = 2 × �32

� = 3 cm

Determinemos a altura do triângulo [ABC], pelo teo-rema de Pitágoras:

22 = x2 + ��32

��2

⇔ x2 = 4 – �94

�

⇔ x2 = �74

�

⇔ x = ± ��74

��⇔ x =

A[ABC] = �b

2×h�

Logo, A[ABC] = = �34

� �7�

Logo, Atotal = Asemicírculo + Atriângulo

�7��

2

3 × ��

27�

�

��2

4 cm

4 cm1 1

D

A B

C

34

5 x 5 = 25 dm

20 dm

34

5 x 5 = 25 dm

20 dm

A

C B3

2

2

11


RESOLUÇÕES

Atotal = �98π

� + �34

� �7� ≈ 5,52

R.: A = 5,52 cm2.

18. A área do círculo é 4π cm2. Logo,πr2 = 4π

⇔ r2 = 4⇔ r = �4�⇔ r = 2Então, A�C� = 2 cm.C�D� = A�C� = 2 cm e, como B é o ponto médio de[AC], B�C� = 1 cm.

Pelo teorema de Pitágoras22 = 12 + B�D�2

⇔ B�D�2 = 4 – 1 ⇔ B�D� = ± �3�⇔ B�D� = �3�R.: B�D� = �3� cm.

19. Como A�D� = A�B�, então A�B� = 8 cm.Pelo teorema de Pitágoras, A�C�2 = A�B�2 + B�C�2. Assim, A�C�2 = 82 + 15⇔ A�C�2 = 64 + 225⇔ A�C� = ± �2�8�9�⇔ A�C� = 17P[ABC] = 8 + 15 + 17 = 40 R.: P[ABC] = 40 cm.

20.

Pelo teorema de Pitágoras x2 = 92 + 122

⇔ x2 = 81 + 124⇔ x2 = 225⇔ x = ± �2�2�5�

⇔ x = �2�2�5�⇔ x = 15R.: A corda tem 15 cm.

21. 21.1. Como o triângulo [ABC] é isósceles, A�B� = B�C�.Pelo teorema de Pitágoras,

A�C�2 = 32 + 32

⇔ A�C�2 = 18⇔ A�C� = ± �1�8�⇔ A�C� = �1�8�Como o triângulo [ACD] é isósceles, A�C� = C�D�, e,pelo teorema de Pitágoras, A�D�2 = A�C�2 + D�C�2.

A�D�2 = (�1�8�)2 + (�1�8�)2

⇔ A�D�2 = 36⇔ A�D� = �3�6�⇔ A�D� = 6Como A�D� = A�E� = 6, então a abcissa do ponto E é–6 é a abcissa do ponto F é 6.

21.2. A[ABC] =

A[ABC] = �3 ×

23

� = �92

�

A[ABC] = = �128� = 9

Logo, A[ABCD] = A[ABC] + A[ACD], ou seja,

A[ABCD] = �92

� + 9 = �227� = 13,5

R: A[ABCD] = 13,5 u.a.

22. Pelo teorema de Pitágoras, A�C�2 = A�B�2 + B�C�2. Assim, A�C�2 = 162 + 82

⇔ A�C�2 = 256 + 64⇔ A�C�2 = 320⇔ A�C� = ± �3�2�0�⇔ A�C� = �3�2�0�⇔ A�C� = 8�5�

Área do semicírculo, cujo raio é r = = 4�5�:

�π ×

2r2

� = = �802

π� = 40π

Área do triângulo [ADC]:

A = �b ×

2h

�

�1�8� × �1�8��

2

A�B� × B�C��

2

8�5��

2

π × (4�5�)2��

2

C

B D

1 2

12

9

3201608040201051

2222225

RESOLUÇÕES12

A_Prova

A = �8 ×

216� = �

1228

� = 64

Logo, Acolorida = Asemicírculo – A[ADC].Acolorida = (40π – 64) cm2 ≈ 61,7 cm2

23. V = A�B� × B�C� × B�F�A�B� = D�C� = 4 cmPelo teorema de Pitágoras, H�B�2 = H�F�2 + B�F�2.Assim, 62 = H�F�2 + (�1�1�)2

⇔ H�F�2 = 36 – 11⇔ H�F�2 = 25⇔ H�F� = ± �2�5�⇔ H�F� = �2�5�⇔ H�F� = 5 Pelo teorema de Pitágoras, H�F�2 = H�G�2 + F�G�2.Assim, 52 = 42 + F�G�2

⇔ F�G�2 = 25 – 16⇔ F�G�2 = 9⇔ F�G� = ± �9�⇔ F�G� = 3 Como B�C� = F�G�, então V = 4 × �1�1� × 3 = 12�1�1� cm3.

24. Seja a a medida do lado do triângulo.Comemos por determinar a altrua do triângulo recor-rendo ao teorema de Pitágoras.

x2 = a2 – ��a2

��2

⇔ x2 = �44

� a2 – �a4

2�

⇔ x2 = �34

� a2

⇔ x = ± ��34

��a�2�⇔ x = a

Como A = 5�7�5� e A = �b ×

2h

�, temos:

= 5�7�5�

⇔ a2 =

⇔ a2 = 20 ��73�5��

⇔ a2 = 20�2�5�⇔ a2 = 20 × 5⇔ a2 = 100⇔ a = ± �1�0�0�⇔ a = 10 cmLogo, P = 3 × 10 = 30R.: P = 30 cm

25. Como a área do quadrado [ABCD] é 144 cm2,então A�B� = �1�4�4� = 12 cm.Como a área do quadrado [BEFG] é 81 cm2, entãoB�E� = �8�1� = 9 cm.Vamos determinar D�M� e M�F�, utilizando o teoremade Pitágoras.

D�M� 2 = A�M�2 + A�D�2

⇔ D�M� 2 = 62 + 122

⇔ D�M� 2 = �1�8�0� eM�F�2 = F�E�2 + M�E�2

⇔ M�F�2 = 92 + (9 + 6)2

⇔ M�F�2 = 306⇔ M�F� = �3�0�6�Consideremos a figura:

[HDF] é um triângulo retângulo. Então, D�F�2 = H�D�2 + H�F�2, ou seja,

D�F�2 = (12 – 9)2 + (12 + 9)2

⇔ D�F�2 = 9 + 441⇔ D�F� = �4�5�0�Vamos verificar se o triângulo [MDF] é retângulo.D�F�2 = D�M� 2 + M�F�2, ou seja,(�4�5�0�)2 = (�1�8�0�)2 + (�3�0�6�)2

⇔ 450 = 486 Falso.Logo, como o triângulo [DMF] não é retângulo, oângulo FMD não é reto.

26.

�3��

2

��

23�

� a × a��

2

20 �7�5��

�3�

2

a

a

⇔ a2 = 10�7�5��3��

2

A M B

HCD

G

E

FG

x h

10

1010

5 2√

13


RESOLUÇÕES

Comecemos por determinar a diagonal da base.Pelo teorema de Pitágoras:x2 = 102 + 102

⇔ x2 = 200⇔ x = ± �2�0�0�⇔ x = �2�0�0�⇔ x = 10�2�Para determinar a altura da pirâmide, recorremosnovamente ao eorema de Pitágoras:

102 = h2 + (5�2�)2

⇔ h2 = 100 – 50⇔ h2 = 50⇔ h = ± �5�0�⇔ h = 5�2�

Vpirâmide = �13

� Abase × h

Vpirâmide = �13

� × 102 + 5�2� =

= �5030

� �2� ≈ 235,7

R.: V = 235,7 u.v.

27.

Utilizando o teorema de Pitágoras, temos:A�D�2 = 482 + 142 ⇔ A�D�2 = 2500

⇔ A�D� = ± 50⇔ A�D� = 50

Como D�C� = 10 cm e A�B� = 24 cm, entãoC�B� = 50 – 24 – 10 = 16R.: C�B� = 16 cm.

28. A�D� + A�C� = D�B� + B�C�⇔ A�C� = 3 + B�C�⇔ A�C� = 1 + B�C�Utilizando o teorema de Pitágoras, temos:A�C�2 = A�B�2 + B�C�2, ou seja, (1 + B�C�)2 = 52 + B�C�2

⇔ 1 + B�C� + B�C�2 = 25 + B�C�2

⇔ 2B�C� = 25 – 1⇔ B�C� = 12 A�C� = 1 + 12 = 13 cmP[ABC] = A�B� + B�C� + A�C� = 5 + 12 + 13 = 30R.: P[ABC] = 30 cm

seja, = 6

⇔ G�D� = �6 ×

32

�

⇔ G�D� = 4 cm

Pelo teorema de Pitágoras A�D� 2 = A�G� 2 + G�D� 2, isto é,A�D� 2 = 32 + 42

⇔ A�D� 2 = 9 + 16⇔ A�D� = ± �2�5�⇔ A�D� = 5 cmEntão, B�C� = 5 cm.

Pelo teorema de Pitágoras B�C�2 = B�H�2 + H�C�2, ou seja,

52 = B�H�2 + � �2

⇔ B�H�2 = 25 – �941�

⇔ B�H�2 = �94

�

⇔ B�H� = ± ��94

��⇔ B�H� = �

32

�

Assim, A[BHC] =

A[ABCD] = 52 = 25Logo, Alaranja = A[ABCD] – A[AGD] – A[BHC] =

Alaranja = 25 – 6 – �38

� �9�1� ≈ 15,4

R.: A = 15,4 cm2.

30. Azona branca = Asemicircunferência – A[ABC]

Azona branca = – =

= –

Logo,

Alúnulas = + –

3 × G�D��

2

�9�1��

2

B�H� × H�C��

2

A�C� × B�C��

2

π × ��A�B�2

��2

��2

A�C� × B�C��

2πA�B�2

��8

π × ��B�C�2

��2

��2

π × ��A�C�2

��2

��2

x h

10

1010

5 2√

A

14

48D

29. Como A[AGD] = 6 cm2, então = 6, ou A�B� × G�D��

2

A[BHC] = = �38

� �9�1��32

� × ��9�

21�

�

��2

RESOLUÇÕES14

A_Prova

– � – � =

= + – +

Como A�B�2 = A�C�2 + B�C�2, temos:

Alúnulas = �π8� (A�C�2 + B�C�2 – A�B�2) + =

0

=

Por outro lado, A[ABC] = �b ×

2h

�, ou seja,

A[ABC] = .

Logo, A[ABC] = Alúnulas.

Vetores, translações e isometrias


1. A, B e D representam isometrias.C não representa uma isometria porque não conser-va o tamanho da figura.

2.2.1. Reflexão.2.2. Rotação.2.3. Reflexão deslizante.2.4. Translação.

3. A opção correta é a [C].

4.

5.

6.6.1. a) e

→e f

→

b) a→

c) a→

e e→

6.2. a→

, f→

e e→

c→

e d→

b→

e h→

6.3. a→

e e→

são simétricos porque a→

+ e→

= 0→

6.4. a)

b)

c)

d) a→

+ e→

= 0→

e)

f)

7.

8.

π A�B�2��

8A�C� × B�C��

2

π A�C�2��

8π B�C�2��

8π A�B�2��

8A�C� × B�C��

2

A�C� × B�C��

2

A�C� × B�C��

2

A�C� × B�C��

2

X

Y ZX’

Y’Z’

Ar

B

B’

A’

b c

a f

dc

e

f

g h

A

u

v

B C

A

A’’

B’’ C’’

D’’

D

r

u

15


RESOLUÇÕES

9. A. A afirmação é falsa.Para além de terem o mesmo comprimento e amesma direção, os segmentos de reta têm de ter omesmo comprimento, para serem iguais.Corrigindo a afirmação:‘‘Dois segmentos de reta orientados com a mesmadireção, o mesmo comprimento e o mesmo sentidosão equipolentes’’.B. A afirmação é verdadeira.C. A afirmação é verdadeira.

10. A opção correta é a [B], porque o vetor soma temque ser vertical com sentido de baixo para cima.

11. 11.1. a) Por exemplo, [C, E] e [B, I].b) Por exemplo, [A, B] e [D, F].c) Por exemplo, [A, B] e [D, B].d) Por exemplo, [C, E] e [B, F].e) Por exemplo, [H, E] e [G, I].

11.2. a) BE→

+ ED→

+ BD→

b) AC→

+ EJ→

= AC→

+ CI→

= AI→

c) AB→

+ DB→

= AB→

+ BA→

= 0→

d) H + HJ→

= J

e) I + HE→

= I + IG→

= G

f) B – DA→

= B + AD→

= B + BD→

= F11.3. Os ângulos são geometricamente iguais, porquea translação conserva as amplitudes dos ângulos.

12.12.1. Ponto A.12.2. Ponto B.12.3. [FG]12.4. [CDE]12.5. [HG]12.6. [FG]

13.13.1. a)

b)

13.2. A afirmação é verdadeira.

14.14.1. a) Por exemplo, AD

→e BC

→.

b) Por exemplo, AE→

e CA→

.

c) Por exemplo, AD→

e AB→

.

d) Por exemplo, AD→

e CB→

.

e) Por exemplo, AD→

e BC→

.

f) Por exemplo, AD→

e CB→

.14.2. A. A afirmação é verdadeira.BD→

+ AB→

= BD→

+ DC→

= BC→

B. A afirmação é falsa.BA→

+ BC→

= BA→

+ AD→

= BD→

e BD→

≠ AC→

C. A afirmação é falsa.BC→

– AC→

= BC→

+ CA→

= BA→

e BA→

≠ AB→

D. A afirmação é verdadeira.BA→

+ DC→

= BA→

+ AB→

= 0→

15. 15.1. O quadrilátero [IKQP].15.2. O quadrilátero [QOUV].15.3. v

→= IL

→.

15.4. Como a rotação conserva os comprimentosdos segmentos de reta e as amplitudes dos ângulos,A[A’C’I’H’] = A[ACIH]. Assim,

A[A’C’I’H’] = × CI

A[A’C’I’H’] = �2 +

21

� × 1 =

= �32

� u.a.

16. 16.1. a) DB

→+ SR

→= DB

→+ BA

→= DA

→

b) FH→

+ JT→

= FH→

+ HR→

= FR→

c) RQ→

+ DN→

= DC→

+ CM→

= DM→

d) IG→

+ NO→

= IG→

+ GH→

= IH→

e) OC→

– RF→

= OC→

+ FR→

= OC→

+ CO→

= 0→

f) JH→

– QG→

= JH→

+ GQ→

= JH→

+ HR→

= JR→

16.2. a) Ib) Sc) Sd) G16.3. [RT]16.4. [MHG]16.5. Por exemplo, reflexão de eixo RC. Esta isome-tria não é única, podia ser uma rotação ou umareflexão deslizante.

A�C� + H�I��

2

B B’

A A’

E E’DD’

C C’

r

v

B

B’A

A’E

E’

D

D’

C

C’

r

v

RESOLUÇÕES16

A_Prova

17. 17.1. A’(1, 1), B’(–4, –1), C’(–4, 5) e D’(1, 4).17.2. A’’(–1, –2)

18. 18.1. A’(–4, 1), B’(–1, –3), C’(–2, –5) e D’(–5, –4).18.2. a) A’(–1, 1), B’(2, 3), C’(1, 5) e D’(–2, 4).b) A’(–1, –3), B’(2, –1), C’(1, 1) e D’(–2, 0).18.3. C’(2, 4).

19. 19.1. A e C.

19.2. Sim, o triângulo E, rotação de centro O e deamplitude 180o.19.3. D

Geometria euclidiana. Paralelismo e perpendicularidade. Volumes


1. A opção [A] é falsa porque as retas DF e AB sãonão complanares.A opção [B] é verdadeira, porque a reta CD é para-lela à reta AF e a reta AF pertence ao plano ABE.A opção [C] é falsa, porque os planos CBE e CAFsão concorrentes oblíquos.A opção [D] é falsa, porque as retas AB e BE sãoperpendiculares.Logo, a opção correta é a [B].

2. 2.1. a) Por exemplo, EF.b) Por exemplo, AB.c) Por exemplo, HA e GF.d) Por exemplo, HP e HA.e) Por exemplo, ABG e EFC.f) Por exemplo, ABG e ABC.g) Por exemplo, HGP e ABC.2.2. A afirmação é falsa porque as retas HG e BCsão não complanares.

3. 3.1. Vcubo = a3

Vcubo = 33 = 27 u.v.3.2. Vparalelepípedo = Ab × hVparalelepípedo = 2 × 3 × 4 = 24. u.v

3.3. Vprisma = Ab × h

Vprisma = �4 ×

23

� × 5 = 30. u.v

3.4. Vpirâmide = �13

� × Ab × h

Vpirâmide = �13

� × 4 × 4 × 3 = 16 u.v.

3.5. Vcone = �13

� × Ab × h = �13

� × πr2 × h

Vpirâmide = �13

� × π × 32 × 9 = 27π u.v.

3.6. Vesfera = �43

� × πr3

Vesfera = �43

� × π × 2,53 = �1265

� π u.v.

4.4.1. A = 2 × Abase + área faces lateraisA = 2 × 52 + 4 × 52 = 150 u.a.4.2. A = 2 × Abase + área faces lateraisA = 2 × 4 × 3 + 2 × 3 × 1 + 2 × 4 × 1 = 38 u.a.4.3. A = 2 × Abase + área faces lateraisPelo teorema de Pitágoras:

h2 = 32 + 42

⇔ h2 = 9 + 16⇔ h = ± �2�5�⇔ h = 5

Logo, A = 2 × �3 ×

24

� + 7 × 5 + 4 × 7 + 7 × 3 = 96 u.a.

4.4. A = 4 × π × r2

A = 4 × π × 62 = 144 π u.a.

Dy

xB

C

–1–2–3

1

–1–2–3–4–5–6 1 2 3 4 5 6

23

4

5

Eixo de simetria

A

y

xB

C

–1–2–3

1

–1–2–3–4–5–6 1 2 3 4 5 6

23

4

5

17


RESOLUÇÕES

4.5. A = Abase + área da superfície lateral == πr2 + πrg

Pelo teorema de Pitágoras:g2 = 82 + 62

⇔ g2 = 64 + 36⇔ g2 = 100⇔ g = ± �1�0�0�⇔ g = 10 Logo, A = π × 62 + π × 6 × 10 =

= 36 π + 60π == 96π u.a.

4.6. A = 2 × Abase + Área lateral == 2 × πr2 + h × 2πr

A = 2π × 52 + 14 × 2π × 5= 50 π + 140π == 190π u.a.

5.5.1. a) Por exemplo, IE.b) Por exemplo, IE.5.2. V[ABCDIGFJ] = V[ABCDEFGH] + V[EFGHIJ] =

= A�B� × B�C� × A�E� + A[EFJ] × F�G�

Logo, V[ABCDIGFJ] = 6 × 9 × 4 + �6 ×2

4� × 9 =

= 216 + 108 == 324

R.: V = 324 cm3.

6.6.1. Vcilindro = Ab × altura =

= π × r2 × hComo d = 50 cm, então r = 25 cm.Assim, Vcilindro = 12 500πR.: V = 12 500π cm3.6.2. Alateral = 2 × π × r × altruaAlateral = 2 × π × 25 × 20 =

= 1000πR.: A = 1000π cm3.

7.

7.1. Vpirâmide = �13

� Ab × altura

Vpirâmide = �13

� × 52 × 3 = 25

R.: V = 25 cm3.7.2. a) Por exemplo, DC e DA.b) Por exemplo, ADE e DCE.

8. Vobservatório = Vcilindro + Vsemiesfera =

= π × r2 × h +

Vobservatório = π × 62 × 18 + ��43

� π × 63� × �12

� =

= 648π + 144π == 792π ≈ 2488

R.: V ≈ 2488 m3.

9. Aesfera = 4 × π × r2

Assim, 4πr2 = 1600π ⇔ 4r2 = 1600

⇔ r2 = �16400�

⇔ r2 = 400⇔ r = ± �4�0�0�⇔ r = 20

20 cm = 2 dm

Vesfera = �43

� πr3

Vesfera = �43

� π × 23 ≈ 34

34 dm3 = 34 litros.R.: 34 litros.

10.10.1. A opção [A] é falsa, porque os planos ABF eADH são perpendiculares.10.2. A opção [B] é falsa, porque a reta DI é concor-rente oblíqua ao plano BFG.10.3. A opção [C] é verdadeira, porque a reta EFestá contida no plano ABF e EF // GH.10.4. A opção [D] é falsa, porque as retas AJ e GHsão não complanares.Logo a opção correta é a [C].

10.2. V[HJEFGI] = × H�G�

V[HJEFGI] = �12

2× 3� × 12 = 216

V[ADHEBFGC] = 12 × 12 × 3 = 432 cm3

Logo, Vsólido verde = 432 – 216 = 216R.: V = 216 cm3.

11.11.1. a) Por exemplo, IJK e HGJ.b) Por exemplo, OC.11.2. V[ABCDFEHG] = 10 × 3 × 3 = 90

V[ABKLJI] = �2 ×22

� × 3 = 6

�43

� πr3

�2

H�E� × B�F��

2

RESOLUÇÕES18

A_Prova

Vcontentor = 90 – 6 × 2 = 7878 m3 = 78 000 dm3 = 78 000 litrosR.: 78 000 litros.

12. Como Vcubo = 512 cm3 e Vcubo = a3, então a = �3

5�1�2� = 8 cm.Logo, o diâmetro da esfera é 8 cm e o seu raio é

�82

� = 4 cm.

Assim, Asuperfície esférica = 4 × π × r2

Asuperfície esférica = 4 × π × 42 = 64πR.: A = 64π cm2

13.13.1. a) Por exemplo, GH.b) Por exemplo, ACE e ABC.c) Por exemplo, AB e FE.13.2. ACE e HEF13.3. Vprisma = A�D� × D�C� × D��E��

Vpirâmide = �13

� × × D��E�� =

Como o volume do prisma é 80, então

Vpirâmide = �860� = �

430�

R.: V = �430� u.v.

14.14.1. a) Não complanares.b) Paralelas.14.2. Ponto I.14.3. Vcubo = A�H�3 = 73 = 343

Vparalelepípedo = �27

� Vcubo

Vparalelepípedo = �27

� × 343 = 98

Por outro lado Vparalelepípedo = B�M� × M�N� × B�L�, ou seja,

98 = B�M� × M�N� × B�L� ⇔ 98 = 7 × 7 × B�L�⇔ B�L� = 2

14.4. Como Vpirâmide = Vcubo, então

�13

� Ab × h = 343

⇔ �13

� × 72 × h = 343

⇔ h = �34

439× 3�

⇔ h = 21R.: A pirâmide tem 21 u.c. de altura.

15. �VV’

� =

Sabemos que os sólidos têm bases iguais, logo, Ab1 = Ab2.

Por outro lado, h1 = �15

� h2, ou seja, h2 = 5h1.

Assim, �VV’

� = �13

� × �5hh1

1� = �

115�

16.16.1. a) Reta FG.b) Reta HC.c) Por exemplo, FA e EH.16.2. Sabemos que Vsólido = 24.Sendo a a medida da aresta do cubo, temos:

a3 + �13

� a2 × a = 24

⇔ a3 + �a3

3� = 24

⇔ a3 = �43

� a3 = 24

⇔ a3 = �24

4× 3�

⇔ a3 = 18⇔ a = �3

1�8�R.: a = �3

1�8� cm.

17.17.1.

17.2.

17.3. Sabemos que Vsólido = Vpirâmide + Vcone e que

Vpirâmide = Vcone = 100 cm3. Então, sendo a a medida

da aresta do cubo, a = �31�0�0� cm.

A�D� × D�C��

2

�13

� Ab1 × h1

��Ab2 × h2

Pares de retasBC e AD •

• Não complanaresHD e BP •

• ParalelasAB e GH •

BE e CH •

BE e GD •

FC e FG •

• Perpendiculares

• Concorrentes não perpendiculares

Chave

Pares (reta, plano)EF e DCF •

• Reta contida no planoAB e CGH •

• Reta estritamente paralela ao planoAD e ABP •

BC e AEH •

FB e ADC •

AH e BCG •

• Reta perpendicular ao plano

• Reta concorrente com o plano, não perpendicular

Chave

= A�D� × D�C� × D��E��

6

19


RESOLUÇÕES

Assim, Vpirâmide = 100 ⇔ �13

� Abase × h = 100

ou seja, �13

� �31�0�0� × �3

1�0�0� × h = 100

⇔ (�31�0�0�)2 h = 300

⇔ h =

⇔ h ≈ 12, 92R.: ≈ 12,92 cm

18.

18.1. Vcone = �13

� Ab × altura

= �13

� π �13

� r2 �13

� 15

Vcone = �13

� π �13

� 52 �13

� 15 = 125π

R.: V = 125π cm3

18.2. a) Vesfera = �43

� πr3

= �43

� × π × 23

Vesfera = �332� π

Logo, Vduas esferas = 2 × �332� π = �6

34� π

R.: V = �634� π cm3.

b) Como o volume das duas esferas é igual a �634� π

e o volume do cone é igual a �13

� π × r2 × altura, temos:

�1h5� = �

5r� ⇔ r = �

51×5h

�

⇔ r = �h3

�

�13

� π × r2 × altura = �634� π

⇔ r2 × h = 64

Logo, ��h3

��2

× h = 64

⇔ h3 = 64 × 9

⇔ h = �36�4� ×� 9� = �3

9�

19.19.1. Vlíquido = Área base × altura

= π × r2 × hVlíquido = π × 82 × 1,5 = 98 πR.: V = 96π cm3.19.2. Como a altura do líquido duplicou, passou de1,5 cm a 3 cm. Assim, como Vcilindro = Ab × h = π × r2 × h, temos: Vcilindro = π × 82 × 3 = 192πLogo, Vcubo com líquido = 192π – 96π = 96πSendo a a medida da aresta do cubo,

�13

� a × a2 = 96π ⇔ a3 = 288π

⇔ a = �32�8�8�π�

⇔ a ≈ 9,7R.: a = 9,7 cm19.3. A opção correta é a [C].

20. Considerando A�P� = x, então B�P� = 10 – x.

Vcone = �13

� Abase × h

Vcone 1 = �13

� × π × r2 × x = �πr3

2x�

Vcone 2 = �13

� × π × r2 × (10 – x) = �πr2(1

30 – x)�

Assim, Vcone 1 + Vcone 2 = �πr3

2x� + �

πr2(130 – x)� =

= �πr3

2x� + �

103πr2� – �

πr3

2x� =

= �10

3πr2�

Concluímos então que a soma dos volumes dos dois

cones é constante e é igual a �10

3πr2�.

Lugares geométricos


1. A opção correta é a [D].

300�(�3

1�0�0�)2

h

r15

5

10 cm

A

B

P

RESOLUÇÕES20

A_Prova

2. Circunferência de centro A e raio 8 cm.

3. 1.o Marcar o ponto P.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto P e,com abertura 4 cm, traçar a circunferência de cen-tro no ponto P e de raio 4 cm.3.o Sombrear a circunferência e o seu interior.

4. A opção correta é a [B]. O circuncentro de umtriângulo pode situar-se no exterior do triângulo.Por exemplo,

5. 1.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto Re, com abertura superior a metade da distância doponto R ao ponto T, traçar um arco de circunferência.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto T e,com a mesma abertura do 1º passo, traçar um arcode circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz do segmentode reta [TR].4º Colocar a ponta seca do compasso no ponto R e,com abertura 2 cm, traçar a circunferência de cen-tro no ponto R e raio 2 cm.5.o O lugar geométrico pedido é o segmento de retaa vermelho.

6. 6.1. 1.o Traçar o segmento de reta [BC] com 5 cm.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com abertura 4,5 cm, traçar um arco de circunferência.3.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com abertura 4 cm, traçar um arco de circunferência.

4.o Marcar o ponto A, ponto de interseção dos doisarcos de circunferência.5.o Traçar BA e CA.

6.2. a) 1.o Colocar a ponta seca do compasso noponto B e, com uma abertura qualquer, traçar umarco de circunferência. O arco interseta os segmen-tos de reta [AB] e [BC].2.o Com a mesma abertura do 1º passo e com aponta seca num dos pontos, traçar um arco de cir-cunferência. Realizar o mesmo processo para ooutro ponto. Os arcos intersetam-se num ponto.3.o Traçar a semirreta com origem no ponto B e quepassa no ponto de interseção dos dois arcos – a bis-setriz do ângulo CBA.4.o Marcar os pontos da bissetriz que pertencem aointerior do triângulo [ABC].

b) 1.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoA e, com abertura 3 cm, traçar a circunferência decentro no ponto A e raio 3 cm.2.o Marcar os pontos da circunferência que perten-cem ao interior do triângulo [ABC].

c) 1.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto Ae, com abertura superior a metade da distância doponto A ao ponto C, traçar um arco de circunferência.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com a mesma abertura do 1º passo, traçar um arcode circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz do segmentode reta [AC].4.o Marcar os pontos da mediatriz que pertencem aointerior do triângulo [ABC].

P

4 cm

T

R

A

B C5 cm

4 cm4,5 cm

A

B C

3 cm

C

A

B C

21


RESOLUÇÕES

7. 7.1. 1.o Marcar os pontos A, B e C.2.oTraçar [AB], [BC] e [AC].

7.2. 1.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoA e, com uma abertura qualquer, traçar um arco decircunferência. O arco interseta os segmentos dereta [AC] e [AB].2.o Com a mesma abertura do 1º passo e com aponta seca num dos pontos, traçar um arco de cir-cunferência. Realizar o mesmo processo para ooutro ponto. Os arcos intersetam-se num ponto.3.o Traçar a semirreta com origem no ponto A e quepassa no ponto de interseção dos dois arcos – a bis-setriz do ângulo BAC.

7.3. 1.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoC e, com uma abertura qualquer, traçar um arco decircunferência. O arco interseta os segmentos dereta [AC] e [BC].2.o Com a mesma abertura do 1º passo e com aponta seca num dos pontos, traçar um arco de cir-cunferência. Realizar o mesmo processo para ooutro ponto. Os arcos intersetam-se num ponto.3.o Traçar a semirreta com origem no ponto C e quepassa no ponto de interseção dos dois arcos – a bis-setriz do ângulo ACB.4.o Marcar o ponto I, ponto de interseção das duasbissetrizes – I é o incentro do triângulo.

7.4. 1.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoI e com abertura traçar a circunferência de centrono ponto I e raio .

8. 1.o Traçar um segmento de reta.2.o Com o transferidor, marcar um ângulo de ampli-tude.3.o Colocar a ponta seca do compasso no vértice doângulo e, com uma abertura qualquer, traçar umarco de circunferência. O arco interseta os lados doângulo.4.o Com a mesma abertura do 3º passo e com aponta seca num dos pontos, traçar um arco de cir-cunferência. Realizar o mesmo processo para ooutro ponto. Os arcos intersetam-se num ponto.5.o Traçar a semirreta com origem no vértice doângulo e que passa no ponto de interseção dos doisarcos – a bissetriz do ângulo.

9. 1.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoA e, com uma abertura qualquer, traçar um arco decircunferência. O arco interseta os segmentos dereta [AB] e [AC].2.o Com a mesma abertura do 1.o passo e com aponta seca num dos pontos, traçar um arco de cir-cunferência. Realizar o mesmo processo para ooutro ponto. Os arcos intersetam-se num ponto.3.o Traçar a reta que passa por A e pelo ponto deinterseção dos dois arcos – reta que contém a bisse-triz do ângulo CBA.4.o Com a ponta seca do compasso no ponto A, tra-çar uma circunferência de centro A e raio 0,5 cm.

A

B C

A

–2 –1 1

1

2

2

3

34

5 C

O

B

x

y

A

–2 –1 1

1

2

2

3 x

y

3

45 C

O

B

A

–2 –1 1

1

2

2

3

3

45 C

O

B

I

x

y

A

–2 –1 1

1

2

2

3

3

45 C

O

B

I

x

y

60º

RESOLUÇÕES22

A_Prova

5.o Assinalar os dois pontos de interseção da circun-ferência com a reta traçada no 3.o passo.

10. 10.1. A reta PM é a mediatriz do segmento de reta[AB].10.2. Como o ponto P pertence à mediatriz do seg-mento de reta [AB], então está à mesma distância deA e de B.10.3. A opção correta é a [B]. O triângulo [AMP] éum triângulo acutângulo.

11. Reta paralela às duas retas dadas, que dista 5 cmde cada uma delas.

12. 12.1. Como o ponto C é o ponto médio de [AB], eleestá à mesma distância de A e de B. Logo, o ponto Cpertence à mediatriz de [AB].12.2. 1.o Colocar a ponta seca do compasso noponto A e com abertura superior a metade da dis-tância do ponto A ao ponto C, traçar um arco de cir-cunferência.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com a mesma abertura, traçar um arco de circunfe-rência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AC].4.o Marcar os pontos do círculo mais próximos de Ado que de C.

13. 13.1. 1.o Colocar a ponta seca do compasso noponto A e, com abertura superior a metade da dis-tância do ponto A ao ponto B, traçar um arco de cir-cunferência.

2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com a mesma abertura do 1º passo, traçar um arcode circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AB].

13.2. 1.o raçar um segmento de reta perpendicular a[AB], com 2 cm de comprimento 1 cm para cadalado de [AB].2.o Traçar os segmentos retas paralelos a [AB] e per-pendiculares ao segmento de reta anterior, que pas-sam nos extemos desse segmento de reta, com omesmo comprimento de [AB].3.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto A e,com abertura 1 cm, traçar a semicircunferência decentro A.4.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com abertura 1 cm, traçar a semicircunferência decentro B.

14. 1.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoA e, com abertura superior a metade da distância doponto A ao ponto B, traçar um arco de circunferên-cia.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com a mesma abertura do 1º passo, traçar um arcode circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AB].4.o Marcar o ponto de interseção da mediatriz de[AB] com a reta r.5.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto deinterseção da mediatriz com a reta r e com aberturaaté um dos pontos, A ou B, traçar a circunferência.

C

B

A0,5 cm

A C B

AB

BA 1 cm

1 cm1 cm1 cm

A

r

B

23


RESOLUÇÕES

15. 15.1. Colocar a ponta seca do compasso no ponto Ae com abertura 4 cm, traçar a circunferência de cen-tro no ponto A e raio 4 cm.

15.2. Colocar a ponta seca do compasso no ponto Ae, com abertura 8 cm, traçar a circunferência decentro no ponto A e raio 8 cm.

15.3. A circunferência de centro no ponto A e raio 6cm é o lugar geométrico dos pontos que distamigualmente das duas circunferências anteriores.Colocar a ponta seca do compasso no ponto A e,com abertura 6 cm, traçar a circunferência de cen-tro no ponto A e raio 6 cm.

16. 16.1. 1.o Colocar a ponta seca do compasso no vér-tice do ângulo, ponto B, e, com uma abertura qual-quer, traçar um arco de circunferência. O arcointerseta os lados do ângulo.2.o Com a mesma abertura do 1.o passo e com aponta seca num dos pontos traçar um arco de cir-cunferência. Realizar o mesmo processo para ooutro ponto. Os arcos intersetam-se num ponto.3.o Traçar a semirreta com origem no vértice doângulo e que passa no ponto de interseção dos doisarcos – a bissetriz do ângulo CBA.

16.2. 1.o Colocar a ponta seca do compasso noponto A e, com abertura superior a metade da dis-tância do ponto A ao ponto B, traçar um arco de cir-cunferência.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com a mesma abertura do 1º passo, traçar um arcode circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AB].4.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto A e,com abertura superior a metade da distância doponto A ao ponto C, traçar um arco de circunferên-cia.5.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com a mesma abertura do 4º passo, traçar um arcode circunferência.6.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AC].7.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com abertura superior a metade da distância doponto C ao ponto B, traçar um arco de circunferên-cia.8.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com a mesma abertura do 7º passo, traçar um arcode circunferência.9.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [BC].10.o Assinalar o ponto de interseção das três media-trizes traçadas.

17. 17.1. 1.o Colocar a ponta seca do compasso noponto C e, com abertura superior a metade da dis-tância do ponto C ao ponto B, traçar um arco de cir-cunferência.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com a mesma abertura do 1º passo, traçar um arcode circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [BC].

4 cm A

4 cm

8 cm

A

4 cm

8 cm

A

6 cm

A

B

C

A

B

C

RESOLUÇÕES24

A_Prova

4.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto A e,com abertura superior a metade da distância doponto A ao ponto C, traçar um arco de circunferên-cia.5.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com a mesma abertura do 4º passo, traçar um arcode circunferência.6.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AC].7.o Marcar o ponto de interseção das duas mediatri-zes.8.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoencontrado no passo anterior e, com abertura atéqualquer uns dos pontos, A, B ou C, traçar uma cir-cunferência.

17.2. O centro da circunferência designa-se por cir-cuncentro.

18. 1.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoA e, com abertura superior a metade da distância doponto A ao ponto C, traçar um arco de circunferên-cia.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com a mesma abertura do 1.o passo, traçar um arcode circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AC].4.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com abertura 4 unidades de quadricula, que corres-ponde a 4 km, traçar uma circunferência.5.o Assinalar, no mapa, o ponto de interseção damediatriz com a circunferência – localização donovo aeroporto.

19. Mediatriz dos outros dois lados do quadrado.

20. Na segunda situação.

21. 21.1. a) 1.o Colocar a ponta seca do compasso noponto A e, com abertura 5 cm, traçar uma circunfe-rência.2.o Assinalar os pontos do retângulo que pertencemà circunferência e ao seu interior.

b) 1.o Colocar a ponta seca do compasso no pontoA e, com abertura superior a metade da distância doponto A ao ponto D, traçar um arco de circunferên-cia.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto De, com a mesma abertura do 1º passo, traçar umarco de circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AD].

21.2. Os pontos mais próximos do lado [AB] do quedo lado [DC], são os que ficam acima da mediatrizde [AD].1.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto A e,com abertura 5 cm, traçar um arco de circunferên-cia.2.o Assinalar o arco contido no retângulo que ficaacima da mediatriz de [AD].

22. Conjunto dos pontos do quadrado [ABCD] queestão mais próximos de [AD] do que de [BC] e quedistam 3 cm ou mais do ponto A.

23.23.1. 1.o Traçar o segmento de reta [AB] com 4 cm.2.o Com transferidor, marcar o ângulo CBA com 60o

de amplitude.

A B

C

A

B

C

1 km

Novo aeroporto

A D

B C

A D

B C

A D

B C

25


RESOLUÇÕES

3.o Traçar o segmento de reta [BC] com 3 cm.4.o Traçar o segmento de reta [AC].

23.2. 1.o Colocar a ponta seca do compasso noponto A e, com abertura superior a metade da dis-tância do ponto A ao ponto B, traçar um arco de cir-cunferência.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto B e,com a mesma abertura do 1.o passo, traçar um arcode circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos – a mediatriz de [AB].4.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com abertura 1 cm, traçar uma circunferência.5.o Marcar a vermelho os pontos do triângulo queestão no exterior da circunferência e que pertencemà mediatriz de [AB].

23.3. 1.o Traçar as retas suporte das alturas dos trêslados do triângulo [ABC].2.o Marcar o ponto de interseção das três retassuporte – o ortocentro do triângulo [ABC].

24. Seja P o ponto de interseção das retas r e s.1.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto P e,com uma abertura qualquer, traçar um arco de cir-cunferência, de forma a intersetar a reta r em doispontos, A e C, e a reta s num ponto B.2.o Com a mesma abertura do 1º passo, colocar aponta seca do compasso em cada um dos pontos A,B e C e traçar arcos de circunferência.3.o Traçar as bissetrizes dos ângulos formados pelasretas r e s, unindo o ponto P aos pontos de interse-ção dos arcos traçados.

25.

26. 26.1 60 m = 6000 cm

Assim, = =

Logo, a escala utilizada é 1 : 100.26.2 1.o Colocar a ponta seca do compasso noponto B e, com abertura superior a metade da dis-tância do ponto B ao ponto D, traçar um arco decircunferência.2.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto De, com a mesma abertura do 1º passo, traçar umarco de circunferência.3.o Traçar a reta que passa pelos dois pontos deinterseção dos dois arcos a mediatriz de [BD].4.o Colocar a ponta seca do compasso no ponto C e,com abertura 2 cm, traçar uma circunferência.5.o Assinalar o ponto E, ponto de interseção da cir-cunferência com a mediatriz de [BD].

1�100

6�600

60�6000

A B

3 cm

4 cm60º

C

A B

3 cm

4 cm60º

C

A B

3 cm

4 cm60º

C

r

t

uBC

PA

s

N

B É L G I C A

FRANÇALUX.

HOLANDA

BRUXELAS

GenkGentAntuérpia

Mechelen

6 cm2 cm

A

D

E

C

B

RESOLUÇÕES26

A_Prova

Circunferência


1.1.1. Como COA é um ângulo ao centro, AC�

= CO^

A = 120o.1.2. Como COA é um ângulo ao centro, CO^

A = AC�

= 130o.1.3. Como CBA é um ângulo inscrito,

CB^

A = , ou seja, AC�

= 2CB^

A.

Logo, AC�

= 2 × 45o = 90o.

1.4. Como CBA é um ângulo inscrito,

CB^

A = , ou seja, AC�

= 2CB^

A.

Logo, CB^

A = �1020o� = 50o.

2.2.1. x = 128o, pois BOA é um ângulo ao centro.

2.2. x = �1420o� = 70o, pois ABC é um ângulo inscrito

correspondente ao ângulo ao centro AOC.2.3. ABC e ADC são ângulos inscritos no mesmoarco de circunferência (arco AC).

Logo, x = y = �982

o� = 49o

2.4. Como ADC é um ângulo inscrito, AD^

C = ,

ou seja, AC�

= 2AD^

C.Assim, y = AC

�= 2 × 38o = 76o.

Como ABC ADC são ângulos inscritos no mesmoarco de circunferência, x = AB

^

C = AD^

C = 38o.

3.3.1. DEC é um ângulo com o vértice no interior dacircunferência.

Logo, DE^

C = .

Então, DE^

C = �128o

2+ 77o� = �

2025o� = 102,5o.

3.2. AED é um ângulo com o vértice no interior dacircunferência.

Logo, AE^

D = .

Então, DE^

C = �44o

2+ 80� = �

1224o� = 62o.

3.3. CEB é um ângulo com o vértice no interior dacircunferência.

Logo, CE^

B = .

Então, CE^

B = �130o

2– 40o� = �

902

o� = 45o.

3.4. AED é um ângulo com o vértice no interior dacircunferência.

Logo, AE^

D = .

Então, AE^

D = �218o

2– 44o� = �

1724o� = 87o.

4. A soma das amplitudes dos ângulos opostos deum quadrilátero inscrito numa circunferência é 180o. Logo, AD

^

C = 180o – 70o = 110o eBA^

D = 180o – 85o = 95o.

5. XO^

Z = 180o – 110o = 70 porque XOZ e YOZ sãoângulos suplementares.Como o triângulo [XOZ] é isósceles (O�X� = O�Z� por-que são raios da circunferência), então XZ

^

O = OX^

Z.Como a soma das amplitudes dos ângulos internosde um triângulo é 180o, então

XZ^

O = �180o

2– 70� = �

1120o� = 55o.

Outro processo:A amplitude de um ângulo externo de um triânguloé igual à soma das amplitudes dos ângulos internosnão adjacentes a esse ângulo, ou seja,

XZ^

O = = �1120o� = 55o.

6. DC�

= BC�

– BD�

Como BAC é um ângulo inscrito, BA^

C = , ou

seja, BC�

= 2 × BA^

C.Assim, BC

�= 2 × 65o 0 130o.

Como, BOD é um ângulo ao centro, BO^

D = BD�

.Logo DC

�= 130o – 40o = 90o.

7. CO^

B = 180o – DO^

A – AO^

CComo os segmentos de reta [BD] e [CA] são parale-los, CB

�= DA

�e consequentemente, os ângulos ao

centro COB e DOA são geometricamente iguais.

Assim, CO^

B = 180o – CO^

B – 115o

⇔ 2 CO^

B = 180o – 115o

AC�

�2

AC�

�2

AC�

�2

BA�

+ DC�

��2

AD�

+ CB�

��2

CB�

– AD�

��2

AD�

– CB�

��2

YO^

Z�2

BC�

�2

27


RESOLUÇÕES

⇔ 2 CO^

B = 65o

⇔ CO^

B = �652

o�

⇔ CO^

B = 32,5o

8. 8.1. A reta AD é tangente à circunferência no pontoA se AD e AO forem perpendiculares.Consideremos o triângulo [ABO].Como [ABO] é um triângulo isósceles (O�A� = O�B�porque são raios da circunferência), então OB^

A = BA^

O = 60o.Por outro lado, a soma das amplitudes dos ângulosinternos de um triângulo é 180o.Logo AO

^

B = 180o – 60o – 60o = 60o.Considerando agora o triângulo [ADO], temos queDA^

O = 180o – 30o – 60o = 90o.Concluímos então que AD e DO são perpendicula-res e, portanto, a reta AD é tangente à circunferên-cia no ponto A.8.2. Como COA é um ângulo ao centro, CA

�= CO

^

A.Por outro lado, CO

^

A = 180o – AO^

B porque COA eAOB são suplementares.Assim, CO

^

A = 180o – 60o = 120o.Logo, CA

�= 120o.

9. A = �x ×

3π60

× r2�, sendo xo a amplitude do ângulo ao

centro.

Como CBA é um ângulo inscrito, CB^

A = , ou

seja, CA�

= 2 × CB^

A.Assim, CA

�= 2 × 60o = 120o.

Logo, A = �120

3×6π0

× 42� = �

1932600

π� = �

136� π ≈ 17.

R.: A = 17 cm3.

10. Como ACD é um ângulo inscrito, AC^

D = .

Como AOB é um ângulo ao centro, AO^

B = AB�

.

Assim, AB�

= 60o e AD�

= �13

� AD�

= �13

� ¥ 60o = 20o.

Logo, AC^

D = �202

o� = 10o.

11. 11.1. Sabemos que A[OTC] = 8 cm2 e que

A[OTC] = , ou seja, 8 = .

Logo, 8 × 2 = 4 T�G�⇔ 16 = 4 T�G�

⇔ T�G� = �146�

⇔ T�G� = 4 Concluímos então que o triângulo [OTC] é isóscelesporque tem dois lados iguais (T�C� = T�G� = 4 cm).11.2. Como AOT é um ângulo ao centro AO

^

T = AT�

.Por outro lado, os ângulos AOT e COT são suple-mentares. Logo, AO

^

T = 180o – CO^

T.Como o triângulo [OTC] é retângulo e isósceles,

CO^

T =�180o

2– 90o� = �

902

o� = 45o.

Assim, AO^

T = 180o – 45o = 135o e AT�

= AO^

T = 135o.

12.12.1. Numa circunferência, a cordas geometrica-mente iguais correspondem arcos geometricamenteiguais.Assim, como A�B� = A�C�, podemos concluir queAB�

= AC�

.

12.2. Como ADC é um ângulo inscrito, AD^

C = .

seja, BC�

= 2 × BA^

C.Assim, BC

�= 2 × 30o = 60o.

Como AB�

= CA�

= (por 12.1.) e AB�

+ BC�

+ CA�

= 360o,então AB

�+ 60o + AB

�= 360o.

⇔ 2AB�

= 360o – 60o

⇔ 2AB�

= 300o

⇔ AB�

= �3020o�

⇔ AB�

= 150o

Assim, como AC�

= AB�

+ BC�, AC

�= 150o + 60o = 210o.

Logo, AD^

C = �2120o� = 105o.

13. Como FEB é um ângulo com o vértice no exterior

da circunferência, FE^

B = .

Os ângulos FCA e ACD são suplementares.Logo, AC

^

D = 180o – FC^

A = 180o – 160o = 20o.

Como ACD é um ângulo inscrito, AC^

D = , ou

seja, AD�

= 2 × AC^

D.

AC�

�2

AD�

�2

4 × T�G��

2T�C� × T�G��

2

AC�

�2

CB�

– AD�

��2

AD�

�2


C = ouBC�

�2

RESOLUÇÕES28

A_Prova

Assim, AD�

= 2 × 20o = 40o.

Logo, FE^

B = �100o

2– 40� = �

602

o� = 30o.

15. Como AEB é um ângulo como vértice no interior

da circunferência, AE^

B = , ou seja,

AE^

B = �120o

2+ 58o� = �

1728o� = 89o.

• Como CAD é um ângulo inscrito, CA^

D = ,

ou seja, CA^

D = �582

o� = 29o.

• Como FDA é um ângulo ex-inscrito,

FD^

A = , ou seja, FD^

A = =

= = �360o –

2120o� = �

2420o� = 120o.

16. Como BFC é um ângulo com o vértice no inte-

rior da circunferência, BF^

C = .

Como BE^

C é um ângulo com o vértice no exterior

da circunferência BE^

C = , ou seja

70o =

⇔ 140o = BC�

– 50o

⇔ 140o + 50o = BC�

⇔ BC�

= 190o

Assim, BF^

C = �190o

2+ 50o� = �

2420o� = 120o.

17.17.1. O triângulo [ABC] é um triângulo retângulo.CB^

A = 90o porque CBA é um ângulo inscrito numasemicircunferência.17.2.

O ponto de interseção das mediatrizes é o circun-centro.

17.3. AB�

= 180o – BC�

= 180o – 120o = 60o.360o : 60o = 6Logo, o polígono tem seis lados iguais e, portanto éum hexágono regular.

18.18.1. CB

�= 360o – BC

�


C = , ou

seja, BC�

= 2 × BA^

C.Assim, BC

�= 2 × 35o = 70o e, portanto,

CB�

= 360o – 80o = 290o.

18.2. Como CBA é um ângulo inscrito, CB^

A = .

Assim, CB^

A = = �180o

2– 70o� = �

1120o� = 55o.

18.3.

Como a reta t é tangente à circunferência no pontoA, então t é perpendicular a BA, DA

^

B = 90o.Logo, DA

^

C = DA^

B + BA^

C = 90o + 35o + 125o.

19.19.1. a) AC

�= 180o – CB

�=

= 180o – �14

� AB�

=

= 180o – �14

� × 180o =

= 180o – 45o == 135o

b) Como CAB é um ângulo inscrito, CA^

B = .

Assim, como CB�

= �14

� AB�

= �14

� × 180o = 45o,

CA^

B = �452

o� = 22,5o

AB�

+ CD�

��2

CD�

�2

DA�

+ DB�

��2

360o – AB�

��2

BA�

�2

BC�

– DA�

��2

BC�

– DA�

��2

BC�

– 50o��

2

BC�

�2

CA�

�2

180o – BC�

��2

CB�

�2

O B

C

A

O

35º

B

C

A

t

D

29


RESOLUÇÕES

19.2.

O ponto que está à mesma distância dos três ladosdo triângulo [ABC] é o incentro.

20.20.1. Como AOB é um ângulo ao centro, AO^

B = AB�

= 36o.20.2. A amplitude de um ângulo interno de um polí-

gono regular de n lados é dada por �(n – 2)

n× 180o�.

Como AB�

= 36o, n = 360o : 36o = 10.Assim, a amplitude de um ângulo interno do polígo-

no é �(10 – 2

1)0× 180o� = �

8 ×11080o� = 8 × 18o = 144o.

21. Queremos determinar DC^

A = .

Consideremos o triângulo [BCO]. Como o triânguloé isóscles (O�B� = O�C� porque são raios da circunfe-rência), OC

^

B = CB^

O.Como a soma das amplitudes dos ângulos internosde um triângulo é 180o, então

OC^

B = CB^

O = �180o –

2120o� = �

602

o� = 30o.

Assim, CB^

A = 30o + 20o = 50o e, como CBA é um

ângulo inscrito, CBA = , ou seja, CA�

= 2 × CB^

A.

Logo, CA�

= 2 × 50o = 100o e DC^

A = �1020o� = 50o.

22.

22.1. Como CFD é um ângulo inscrito, CF^

D = ,

ou seja, DC�

= 2 × CF^

C.Assim, DC

�= 2 × 115o = 230o.

Logo, CD�

= 360o – DC�

= 360o – 230o = 130o.22.2. Como BEC é um ângulo como vértice no inte-

rior da circunferêcia, BE^

C = .

Sabemos que BC�

+ CD�

+ DA�

+ AB�

= 360.Assim, BC

�+ 130o + DA

�+ 120o = 360o

⇔ BC�

+ DA�

= 360o – 130o – 120o

⇔ BC�

+ DA�

= 110o

Logo, BE^

C = �1120o� = 55o.

22.3. DE^

A = BE^

C porque DEA e BEC são ângulosverticalmente opostos.Logo, DE

^

A = 55o.

23. Como DH^

F é um ângulo com o vértice no inte-

rior da circunferência, DH^

F = .

Como AB ⊥ CF e [CF] // [ED], então AB ⊥ ED.Assim, EO

^

A = 90o e, como EOA é um ângulo aocentro, EA

�= EOA = 90o.

Logo, EG�

= 90o – GA�

= 90o – 40o = 50o.Como arcos compreendidos entre cordas paralelassão geometricamente iguais, DF

�= CE

�= 30o.

Logo, DH^

F = �30o +

250o

� = �802

o� = 40o.

24. 24.1. Como o polígono é regular, divide a circunfe-rência em 12 arcos geometricamente iguais, cadaum com 30o (360o : 12 = 30o).Como GEA é um ângulo inscrito,

GE^

A = = �6 ×

230o� = 90o.

Concluímos então que o triângulo [GEA] é um triân-gulo retângulo porque tem um ângulo de 90o.24.2. Como AGE é um ângulo inscrito,

AG^

E = = �4 ×

240o� = 60o.

24.3.

Sabemos que A� = 81π e que A� = πr2.Assim, πr2 = 81π ⇔ r2 = 81 ⇔ r = ± �8�1� ⇔ r = 9.Seja O o centro da circunferência. O é o pontomédio do segmento de reta [AG] e [EO] é umamediana do triângulo [GEA].

Assim, E�P� = �23

� r e P�O� = �13

� r.

Logo, a distância do baricentro ao centro da circun-

ferência é P�O� = �13

� × 9 = 3.

CA�

�2

CA�

�2

DC�

�2

BC�

+ DA�

��2

DF�

+ EG�

��2

GA�

�2

AE�

�2

BO

C

A

CD

E

F

GH I

J

K

L

BA

P

RESOLUÇÕES30

A_Prova

Trigonometria


1.

1.1. sen α = = �1157�

cos α = = �187�

tg α = = �185�

1.2. sen β = = �153�

cos β = = �132�

tg β = = �152�

2.

2.1. cos x =

Assim, cos x = �192� ⇔ x = cos–1��

192�� ⇔ x = 41,4o.

2.2. sen x =

Assim, sen x = �46

� ⇔ x = sen–1��46

�� ⇔ x = 41,8o.

2.3. tg x =

Assim, sen x = �45

� ⇔ x = tg–1��45

�� ⇔ x = 38,7o.

3.

3.1. tg α =

tg 20o = �1x

2� ⇔ x = 12 × tg 20o

⇔ x = 4,37

3.2. cos α =

cos 63o = �8x� ⇔ x = 8 × cos 63o

⇔ x = 3,63

3.3. sen α =

cos 63o = �3x

� ⇔ x = �sen

335o�

⇔ x = 5,23

4.

4.1. tg 60o = �3x� ⇔ x = 3 tg 60o

⇔ x = 3�3�

4.2. cos 30o = �1x

0� ⇔ x = 10 cos 30o

⇔ x = 10 ×

⇔ x = 5�3�

4.3. sen 45o = �8x� ⇔ x = 8 × sen 45o

⇔ x = 8 ×

⇔ x = 4�2�

5.5.1. sen (42o) + cos (48o) = 0,6691 + sen (90o – 48o) =

= 0,6691 + sen (42o) == 0,6691 + 0,6691 == 1,3382

5.2. 3 × sen (44o) + cos (44o) = 3 × 0,6947 ++ sen (90o – 44o) == 2,0841 + sesn (46o) == 2,0841 + 0,7193 == 2,8034

6. tg 60o = �3h0� ⇔ h = 30 × tg 60o

⇔ h = 30�3�Assim, a altura da roda é igual a 30�3� + 1,65= 30 × 1,73 + 1,65 == 51,9 + 1,65 == 53,55R.: A roda tem 53,55 m de altura.

7. O algarismo que falta é o 0, porque o cosseno deum ângulo agudo varia entre –1 e 1.Assim, cos 52o = 0,615661.

medida do cateto oposto��medida da hipotenusa

medida do cateto adjacente��

medida da hipotenusa

medida do cateto oposto��medida do cateto adjacente














�3��2

�2��2

31


RESOLUÇÕES

8. sen α = e

cos α =

sen α = �1327�

Para determinar cos α temos de calcular a medidado cateto adjacente a α.Utilizando o teorema de Pitágoras:372 = x2 + 122 ⇔ x2 = 1369 – 144

⇔ x = ± �1�2�2�5�⇔ x = 35

Assim, cos α = �3357�

Logo, cos α + sen α = �3357� + 2 × �

1327� = �

3357� + �

2347� = �

5397�

9.

9.1. Como o perímetro é igual a 24 cm e o triângulo

é equilátero, então A�B� = B�C� = A�C� �234� = 8 cm.

9.2. Como o ponto D é o ponto médio de [AB],então A�D� = D�B� = 4 cm.Como o triângulo [DAC] é retângulo, então

cos (DA^

C) = , ou seja,

(DA^

C) = �48

� ⇔ (DA^

C) = cos–1��12

��⇔ (DA

^

C) = 60o

Determinemos C�D�, utilizando o teorema de Pitágo-ras.A�C� 2 = A�D� 2 + C�D� 2, ou seja, 82 = 42 + C�D� 2 ⇔ C�D� 2 = 64 – 16

⇔ C�D� = ± �4�8�⇔ C�D� = 4�3�

R.: BA^

C = 60o e C�D� = 4�3� cm.

9.3. A[ABC] =

Logo, A = = 16�3�

R.: A = 16�3� cm3.

10. Utilizando a fórmula fundamental da trigonome-tria, temos:

sen2 α + cos2 α = 1, ou seja, sen2 α + ��45

��2= 1

⇔ sen2 α = 1 – �1265�

⇔ sen2 α = �295�

⇔ sen α = ± ��29�5��

⇔ sen α = �35

�

Como tg α = �sceons α

α�, então tg α = = �

34

�.

11.11.1. Traçando a altura, h do triângulo, relativamen-te à base [AB], obemos um triângulo retângulo.Como o triângulo é isósceles e a soma das amplitu-des dos seus ângulos internos é 180o,

CBA = �180o

2– 46o� = 67o

Logo, tg (67o) = ⇔ h = 5 tg 67o

11.2. A[ABC] = = �10 × 5

2tg 67o� ≈ 59

R.: A = 59 m2

12.

tg 10o = �x +105000

� ⇔ x + 500 = �tg11000o�

⇔ x = �tg11000o� – 500

⇔ x ≈ 67R.: O barco está a 67 metros da costa.

13. 13.1. A opção correta é a [C] porque

sen (CA^

B) = =




A�D��A�C�

A�B� × D�C��

2

8 × 4�3��

2

�35

�

��45

�

h�

�A�B�

2�

A�B� × h��

2

D�E��A�D�


482412631

22223

x100

500

10°

RESOLUÇÕES32

A_Prova

13.2. sen (BC^

A) = sen (ED^

A) = �45

�

cos (BC^

A) = cos (ED^

A) = �35

�

tg (BC^

A) = tg (ED^

A) = �43

�

14. TG (90o – 15o) = �12x

00� ⇔ tg 75o = �

12x

00�

⇔ x = 1200 tg 75o

⇔ x = 4478R.: O avião encontra-se a 4478 pés do ponto deaterragem.

15. O cateto de maior comprimento do triânguloverde tem 12 cm, porque corresponde ao lado doretângulo antes da dobragem.Determinemos a medida do cateto menor do triân-gulo verde:

tg 30o = �1x

2� ⇔ x = 12 ×

⇔ 4�3�Assim, utilizando o teorema de Pitágoras, temos:

a2 = 122 + (43)2 ⇔ a2 = 144 + 48⇔ a = ≠ �1�9�2�⇔ a = �1�9�2�⇔ a = 8�3�⇔ a ≈ 13,9

R.: O vinco mede 13,9 cm.

16. tg x = ��11020

�� ⇔ x = tg–1 ��11020

��⇔ x ≈ 7o

17.

sen (65o) = �1x

2� ⇔ x = 12 sen (65o) ≈ 10,88 m

cos (60o) = �10y

,88� ⇔ x = 10,88 × tg (60o) ≈ 10,84 m

sen (65o) = �1z

2� ⇔ z = 12cos (65o) ⇔ z = 5,07 m

A altura do placard é y + z.y + z = 18,84 + 5,07 = 23,91R.: A altura do placard é 23,91 m.

18.18.1. (sen x + cos x)2 – 2 sen x cos x == sen2 x + 2 sen x cos x + cos2 x – 2 sen x cos x == sen2 x + cos2 x + 2 sen x cos x – 2 sen x cos x =

1 0

= 118.2. (tg x × cos x)2 – 1 == tg2 x × cos2 x – 1 =

= ��sceons xx

��2

× cos2 x – 1 =

= �sceons22

x

x� × cos2 x – 1 =

= sen2 x – 1Como sen2 x + cos2 x = 1, então sen2 x = 1 – cos2 x.Assim, sen2 x – 1 == 1 – cos2 x – 1 == –cos2 x18.3. (sen x + cos x)(sen x – cos x) =Aplicando o caso notável, (a – b)(a + b) = a2 – b2,temos: sen2 x – cos2 x =Como sen2 x = 1 – cos2 x:1 – cos2 x – cos2 x == 1 – 2 cos2 x18.4. cos (90o – x) × sen x == sen x × sen x == sen2 x == 1 – cos2 x

19. A[ABC] =

tg 25o = ⇔ A�D� = �tg1,255

�

⇔ A�D� ≈ 3.2168Logo A�B� = 3,22 + 5 = 8,22.

tg 25o = ⇔ C�B� = 8,2168 × tg 25o

⇔ C�B� ≈ 3,8316

Assim, A[ABC] = �8,22 ×

23,83� = 15,74

R.: A = 15,74 cm2.

�3��3

A�B� × C�B��

2

1,5�

A�D�

C�B��513,2168

x

y

z 12

60°

65°

33


RESOLUÇÕES

20. O ponto B tem abcissa 0 e ordenada igual a O�B�.Consideremos o triângulo retângulo [OAB].OAB = 180o – 120o = 60o

tg 60o = ⇔ O�B� = 2 × tg 60o

⇔ O�B� = 2�3�Logo, B (0, 2�3�).

21. Como o losango tem os lados iguais e o seuperímetro é 20, então

A�B� = B�C� = C�D� = A�D� = �240� = 5

cos ��502

o�� = �5

y� ⇔ y = 5 cos 25o

y ≈ 4,5315Assim, a diagonal menor tem 4,2260 cm e a diago-nal maior tem 9,0630 cm.

Como A = �d ×2

D�, temos A = �

4,2260 ×29,0630� = 19,15

R.: A = 19,15 cm2

22.22.1. Como se trata de um octógono regular inscritonuma circunferência e BO

^

C é um ângulo ao centro,

inscrito no arco BC�, então BO

^

C = �3680o� = 45o.

22.2.

sen (22,5o) = �5x� ⇔ x = 5 sen (22,5o)

D�E� = 2 × 5 sen (22,5o) ⇔ D�E� = 3,830Logo, P = 8 × 3,83 = 30,6 cm

23. O triângulo [ABC] é um triângulo retângulo poisACB é um ângulo inscrito numa semicircunferência,

ou seja AC^

B = �1820o� = 90o.

A[ABC] =

Como BAC é um ângulo inscrito,

BA^

C = �602

o� = 30o.

A hipotenusa do triângulo, [AB], é um diâmetro dacircunferência. Logo, sendo P = 2πr = d × π e P = 12π,temos:d × π = 12π ⇔ d = 12Utilizando as razões trigonométricas, temos:

sen (BA^

C) = , ou seja, sen 30o =

⇔ C�B� = 12 sen 30o

⇔ C�B� = 12 × �12

� = 6

cos (BA^

C) = , ou seja, cos 30o =

⇔ A�C� = 12 cos 30o

⇔ A�C� = 12 × = 6�3�

Logo, A[ABC] = = 18�3�

R.: A = 18�3� u.a.

24.

tg 45o = �hx� 1 × r = h

⇔tg 30o = �

300h+ x� ———

h = x⇔

× (300 + x) = h

——— ⇔

+ h =

——— ——— ⇔ ⇔

3h – �3�h = 300�3� h =

x ≈ 410 ⇔

h ≈ 410

R.: O monte tem 410 metros de altura.

O�B��2

A�C� × B�C��

2

BC�

�2

C�B��2

C�B��A�B�

A�C��2

A�C��A�B�

�3��2

6 × 6�3��

3

�3��3

�3��3

300�3��

3

300�3��3 – �3�

D

O

Ex

5 cm

22,5°

A B

C

1230°

A B

C

30°

RESOLUÇÕES34

A_Prova

25. tg 30o = �150

x

0 – x�

1500 × – x = x

⇔ x + x = 15500

⇔ (�3� + 3)x = 1500 �3�

⇔ x =

⇔ x ≈ 549,04

sen 30o =

⇔ A�B� = �s5e4n94,004o�

⇔ A�B� ≈ 1098,08 R.: A distância entre os acampamentos A e B é1098,08 m.

26. O�R� = O�P� = 1, porque são raios de circunferên-cia.Os triângulos [OQP] e [ORS] são semelhantes, pelocritério AA (têm um ângulo em comum e um ânguloreto).

Então, = , ou seja, =

⇔ O�Q� × O�S� = 1

tg x = ⇔ S�R� = tg x

sen x = ⇔ P�Q� = sen x

cos x = ⇔ O�Q� = cos x

Então, Q�R� = 1 – cos x

A[PQRS] = × Q�R�

A[PQRS] = �tg x +

2sen x� × (1 – cos x) =

= =

= =

= =

=

Praticar + – páginas 206 a 212

1.1.1. Como ACB é um ângulo inscrito, AC

^

B = .

Então, AC^

B = �1820o� = 90o.

Logo, o triângulo [ABC] é retângulo em C.1.2. Como a soma das amplitudes dos ângulos inter-

nos de um triângulo é 180o, BA^

C = , ou seja,

BC�

= 2 × BA^

C.Logo, BC

�= 2 × 50o = 100o.

1.3. Sabemos que A� = πr2 e que A� = 9π.

Logo, π × r2 = 9π ⇔ r2 = �9ππ�

⇔ r2 = 9⇔ r = �9�⇔ r = 3

1.4. A[ABC] =

⇔ A�C� = 6 sen 40o

⇔ A�C� ≈ 3,8567

cos 40o = ⇔ C�B� = 6 cos 40o

⇔ C�B� ≈ 4,5963

Logo, A[ABC] = �3,8567 ×

24,5963� ≈ 8,9

R.: A = 8,9 u.a.

�3��3

�3��3

�3��3

�3��3

1500 �3��

�3� + 3

549,04�

A�B�

O�R��O�Q�

O�S��O�P�

1�O�Q�

O�S��1

S�R��O�R�

P�Q��O�P�

O�Q��O�P�

R�S� + Q�P��

2

tg x – tg x cos x + sen x – sen x – cos x��

2

tg x – �sceonsx

� x cos x + sen x – sen x cos x��

2

tg x – sen x + sen x – sen x cos x��

2

tg x – sen x × cos x��

2

AB�

�2

BC�

�2

A�C� × B�C��

2

C�B��A�B�

x

x

1500 x

45°

45°30°

sen 40o = ⇔ sen 40o = A�C��

A�B�A�C�

�2 × r

35


RESOLUÇÕES

2.2.1. Como o ângulo ACB é um ângulo com o vértice

no exterior da circunferência, AC^

B = , ou

seja, BA�

= 2AC^

B + GF�.

Consideremos o triângulo [CDE]. Como a soma dasamplitudes dos seus ângulos internos é 180o, entãoDC^

E = 180o – 90o – 53o = 37o.Assim, AC

^

B = 37o porque ACB e DCE são ângulosverticalmente opostos.Logo, BA

�= 2 × 37o + 34o = 74o + 34o = 108o.

Como os triângulos [ABC] e [CDE] são semelhantes,AB^

F = 53o.Por outro lado, como ABF é um ângulo inscrito,

AB^

F = , ou seja, AF�

= 2 × AB^

F

Assim, AF�

= 2 × 53o = 106o.Logo AG

�= AF

�– GF

�= 106o – 34o = 72o.

2.2. Se = 3 então a razão de semelhança do

triângulo [CDE] para o triângulo [ACC] é igual a 3.

Logo, = r2 = 32 = 9

3.3.1. Como AOD é um ângulo ao centro, AO

^

D = AD�.

Como ABD é um ângulo inscrito, AB^

D = , ou

seja, AD�

= 2 × AB^

D .

Assim, AD�

= 2 × 80o = 160o e, portanto, AO^

D = 160o.3.2. Consideremos o triângulo [ABC].[ABC] é um triângulo retângulo porque ABC é umângulo inscrito numa circunferência.Assim, aplicando o teorema de Pitágoras, temosA�C�2 = A�B�2 + B�C� 2.Assim, A�C�2 = 42 + 32 ⇔ A�C�2 = 16 + 9

⇔ A�C�2 = 25 ⇔ A�C� = ± �2�5�⇔ A�C� = 5

Logo, r = = �52

� = 2,5 cm.

Como P� = 2πr, então P = 2 × π × 2,5 = 5πR.: P = 5π cm.

4.4.1. Sabemos que P[ABCD] = 48 dm.

Então, A�B� = B�C� = �448� = 12

Logo, r = = �122� = 6

O raio da circunferência mede 6 dm.4.2. Acolorido a verde = A[ABCD] – A�

A[ABCD] = 12 × 12 = 144A� = π × r2

A� = π × 62 = 36πLogo, Acolorido a verde = 144 – 36π ≈ 31R.: A = 31 dm2

5.5.1. Como DC

^

B = 22,5o, sendo um ângulo inscrito noarco de circunferência DB

�.

DB�

= 2 × DC^

B = 2 × 22,5 = 45o

Asetor circular = �α ×36

π0

×o

r2�

Como DCB é um ângulo inscrito, DC^

B = , ou

seja, BD�

= 2 × DC^

B.Assim, BD

�= 2 × 22,5o = 45o.

Como DOB é um ângulo ao centro, BO^

D = BD�

= 45o.Sabemos que P� = 14π e que P� = 2πr.

Logo, 2 × π × r = 14π ⇔ r = �124ππ

� ⇔ r = 7

Então, Asetor circular = �45o

3×6π0o

× 72� = 6,125π ≈ 19

R.: A = 19 u.a.5.2. Como DB

�= 45o e BA

�= 180o, então a amplitu-

de de rotação de centro O que transforma o pontoD no ponto A pode ser 45o + 180o = +225o (sentidopositivo) ou –135o (sentido negativo).

5.3. Como AO→

= OB→

e O + OB→

= B, o transforma-do do ponto O pela translação associada a AO

→é o

ponto B.

66.1. Sabemos que a circunferência tem 6 cm de diâ-metro. Logo, tem 3 cm de raio, ou seja, O�R� = 3 cm.Como a reta s é tangente à circunferência, no pontoT, s é perpendicular à reta TO, ou seja, PT

^

O = 90o

e, portanto, o triângulo [PTO] é retângulo em T.Pelo teorema de Pitágoras, P�O�2 = O�T�2 + P�T�2.

BA�

– GE�

��2

AF�

�2

B�C��C�D�

Área do triângulo [ABC]��Área do triângulo [CDE]

AD�

�2

A�C��2

A�B��2

BD�

�2

RESOLUÇÕES36

A_Prova

Como O�T� = O�R�, O�P�2 = 32 + (�3�)2⇔ O�P�2 = 9 + 3⇔ O�P�2 = 12⇔ O�P� = ± �1�2�⇔ O�P� = 2�3�R.: O�P� = 2�3� cm

6.2. Asetor circular =�α ×36

π0

×o

r0�

sen (TO^

R) =

⇔ sen (TO^

R) =

⇔ sen (TO^

R) = �12

�

⇔ sen (TO^

R) = ��12

��⇔ sen (TO

^

R) = 30o

Logo, Asetor circular = �30o

3×6π0o

× 32� = �

34

� π

R.: A = �34

� π cm2

7.7.1. a) Ponto D.b) Segmento de reta [DB].7.2. Como FAH é um ângulo com o vértice no inte-

rior da circunferência, FA^

H = .

Por outro lado, FA^

H = GA^

F porque são ângulos ver-ticalmente opostos. Como o triângulo [ABC] é equi-

látero, GA^

C = �1830o� = 60o.

Logo, FA^

H = 60o.

GC�

= 90o porque [CD] e [FG] são diâmetros perpen-diculares. Assim,

FA^

H =

⇔ 60o = 90o – FH�

⇔ FH�

= 90o – 60o

⇔ FH�

= 30o

7.3. Como P[ADBC] = 32 cm, então A�B� = �342� = 8 cm.

Pelo teorema de Pitágoras, C�B�2 = C�E�2 + E�B�2.82 = C�E�2 + 42

⇔ C�E�2 = 64 – 16⇔ C�E�2 = 48⇔ C�E� = ± �4�8�⇔ C�E� = 4�3�Logo, C�D� = 2 × C�E� = 2 × 4�3� = 8�3�.

Então, A[ADBC] = = =

= 32�3� ≈ 55 R.: A[ADBC] = 55 cm2

7.4. Sabemos que sen α = e que

sen α =

Então, α = AC^

E.

8.8.1. Sabemos que P[AECD] = 20 cm.

Logo, 2A�D� + 2A�E� = 20

⇔ 2 × 4 + 2A�E� = 20

⇔ 2A�E� = 20 – 8

⇔ 2A�E� = 12

⇔ A�E� = 6

Logo, A�E� = 6 cm.

8.2. BE^

C = 90o e a soma das amplitudes dos ângu-los internos de um triângulo é 180o, então EC^

B = 180o – 90o – 30o = 60o.

8.3. A[ABCD] = × C�E�

C�E� = D�A� = 4 cmConsiderando o triângulo retângulo [CEB], temos:

tg EB^

C =

⇔ B�E� =

P�T��P�O�

�3��2�3�

GC�

+ FH�

��2

GC�

+ FH�

��2

8 × 8�3��

2A�B� × C�D��

2

E�A��C�A�

media do cateto oposto��medida da hipotenusa

D�C� + A�B��

2

C�E��

B�E�

4�

��33�

�

⇔ 30o = 90o – FH�

��2

⇔ tg 30o = 4

�B�E�

⇔ B�E� = 12

��3�

37


RESOLUÇÕES

⇔ B�E� = 4�3�

Logo, A[ABCD] = × 4 =

= 4 = (6 + 2�3�) × 4 == 24 + 8�3� ≈ 38R.: A = 38 cm2.

9.9.1. Os ângulos BOC e DOA são geometricamenteiguais porque são ângulos ao centro compreendidosentre cordas paralelas ([AB] e [DC]).

9.2. Como ACB é um ângulo inscrito, AC^

B = .

Como [ABCD] é um trapézio, [AB] // [DC].Então, BC

�= DA

�porque são arcos compreendidos

entre cordas paralelas.

Como DBA é um ângulo inscrito, DB^

A = ,ou

seja, DA�

= 2 × DB^

A.Assim, BC

�= DA

�= 2 × DB

^

A = 2 × 30o = 60o.Logo, como AB

�+ BC

�+ CD

�+ DA

�= 360o, então

AB�

= 360o – 60o – 75o – 60o = 165o.

Concluímos então que AC^

B = �1625o� = 82,5o.

9.3. A[ABCD] = × F�G�

Sabemos que A�B� = 11,9 cm e que F�G� = E�F� + E�G�, ou

seja, F�G� = 2 + �76

� × 2 = 2 + �164� = 2 + �

73

� = �133�

Consideremos o triângulo [FEC].O triângulo é retângulo porque como [IH] ⊥ [AB] e[AB] // [DC], então [IH] ⊥ [DC].Como DCA é um ângulo inscrito, DC

^

A = .

Assim, FC^

E = DC^

A = �602

o� = 30o.

Logo, tg (FC^

E) = , ou seja, tg 30o =

⇔ F�C� = �tg 320o

�

⇔ F�C� =

Então, A[ABCD] = �11,9 +

26,928� × �

133� ≈ 40,8

R.: A = 40,8 cm2. 9.4. O transformado de A por TAE

→ é o ponto E.

O transformado de E por TEB→ é o ponto B.

Logo, o transforamdo de A por TEB→ o TAE

→ é o pontoB.

10.10.1. Como COA é um ângulo ao centro, CO

^

A = CA�.

Sabemos que CBA é um ângulo inscrito e que

CB^

A = 38o. Assim, CB^

A = , ou seja

CA�

= 2 × CB^

A = 2 × 38o = 76o.Logo, CO

^

A = 76o.10.2. O triângulo [ABC] está inscrito na semicircun-ferência, logo é retângulo em A. Sabemos que B�C� = 8 cm.

Assim, cos (CB^

A) = , ou seja, cos 38o =

⇔ A�B� = 8 cos 38o ≈ 6,3 R.: B�A� = 6,3 cm.

11. 11.1. Vparalelepípedo = Ab × hVparalelepípedo = 225 × 10 = 2250

Vesfera = �43

� × π × r3

Vesfera = �43

� × π × 53 = �5030π

�

Logo, Vlíquido = 2250 – �5030π

� = 1726

R.: V = 1726 cm3.11.2. a) Oblíquas.b) Complanares.c) Estritamente paralelas.

12.

12.1. sen 30o =

⇔ G�B� = 10 sen 30o

6 + (6 + 4�3�)��

2

AB�

�2

DA�

�2

A�B� + D�C��

2

DA�

�2

E�F��F�C�

2�F�C�

2�

��33�

�

CA�

�2

A�B��8

A�B��B�C�

G�B��56

⇔ B�E� = 12�3��

3

⇔ F�C� = 6��3�

Logo, D�C� = 2 × F�C� = 2 × = ≈ 6,9286��3�

12��3�

Assim, sen 30o = G�B��10

RESOLUÇÕES38

A_Prova

⇔ G�B� = 5A[ABCD] = 25⇔ A�B� = �2�5�⇔ A�B� = 5Assim, A�B� = 5 cm e B�C� = 5 cm.Logo, [ABCDEFGH] é um cubo.12.2. Vsólido = V[ABCDEFGH] + V[BJICGH]

Utilizando o teorema de Pitágoras, G�J�2 = B�J�2 + B�G�2.Assim, 102 = B�J�2 + 52

⇔ B�J�2 = 100 – 25⇔ B�J� = ± �7�5�⇔ B�J� = 5�3�

Logo, Vsólido = 53 + × 5 ≈ 233

R.: Vsólido ≈ 233 cm3.12.3. [A] Falsa. A reta HI é oblíqua ao plano ABC.[B] Falsa. A reta HI é oblíqua ao plano ABC.[C] Falsa. A reta FE é perpendicular ao plano AJC.[D] Verdadeira.Logo, a opção correta é a [D].12.4. A reta GJ.

13.13.1. Por exemplo, HC.13.2. Sabemos que B�C� = A�B� = 4 cm.

tg 60o = , ou seja, B�G� = 4 tg 60o

⇔ B�G� = 4�3�Vparalelepípedo = A�B� × B�C� × B�G� = 4 × 4 × 4�3� = 64�3�Logo, V = 64�3� cm3.13.3. Como o cubo tem o mesmo volume do parale-lepípedo e Vcubo = a3, então a3 = 64�3�⇔ a = �3

6�4��3�� ≈ 4,8R.: a = 4,8 cm.

14.14.1. Atotal cilindro = 2 × Ab + Alateral

Determinemos o raio da base:como A� = π × r2, então π × r2 = 36π

⇔ r = ± �3�6�⇔ r = 6Alateral = P� × h, ou seja, Alateral = 2 × π × 6 × 11 = 132πLogo, Atotal cilindro = 2 × 36π + 132π = 204π.R.: A = 204π cm2.

14.2. Vcilindro = Ab × hVcilindro = 36π × (5 + 6) = 396π

Vesfera = �43

� πr3

⇔ �43

� πr3 = 396π

⇔ r3 = �396

4×

π3 × π

�

⇔ r = �3 2�9�7� ≈ 6,7R.: r ≈ 6,7 cm.

15.15.1. 20% de 1 litro é igual a 1 � × 0,2 = 0,2 litros.Como 1 litro = 1 dm3, então 1,2 � = 1,2 dm3 = 1200 cm3.15.2. Determinemos a capacidade de cada copo.Vcilindro = Ab × hVcilindro = π × r2 × altura == π × 2,5 × a == 56,25πComo 1200 : 56,25π ≈ 6,8, então é possível encherseis copos.15.3. D + AG

→= D + DF

→= F

R.: Ponto F.

16.

16.1. tg 60o =

⇔ B�C� = 8 tg 60o

⇔ B�C� = 8�3� ≈ 14 R.: B�C� = 14 dm.16.2. O sólido que se obtém é um cone de raio debase A�B� e altura B�C�.Pelo teorema de Pitágoras,A�C�2 = (8�3�)2 + 82⇔ A�C�2 = 256⇔ A�C� = 16Logo, Acone = π × r × g + π × r2

Acone = π × 8 × 16 + π × 82 == 128π + 64π == 192πR.: A = 192π dm2.

17.17.1. Vesfera = �

43

� πr3

V2 esferas = �83

� πr3

5�3� × 5��

2

B�G��A�B� B�C�

�8

39


RESOLUÇÕES

Vcilindro = Ab × h == π × r2 × 2 × d == π × r2 × 4r == 4 πr3

Logo, = = �83

� × �14

� = �23

�

17.2. Vcilindro = 36π⇔ πr2 × 4r = 36

⇔ r3 = �346ππ

�

⇔ r = �3 9�

V2 esferas = �83

� π (�3 9�)3 =

= �83

� π × 9 =

= 24πVolume da caixa não ocupado pelas esferas:36π – 24π = 12π.R.: V = 12π u.v.

18.18.1. Pela semelhança de triângulos,

�218,5� = �

6060– x�

⇔ 60 – x = �60 ×

82,5�

⇔ x = 41,25Logo, a altura do cone menor é igual a 60 – 41,25 == 18,25.

18.2. Vcone maior = �13

� × π × 82× 60 = 1280π

Vcone menor = �13

� × π × 2,52× 18,75 ≈ 39,1π

Logo, Vbranco = 1280π – 39,1π ≈ 3898.R.: V = 3898 cm3.

19.19.1. Vcilindro = Ab × hVcilindro = π × r2 × altura = π × 42 × 15 == 240πR.: V = 240π cm3.19.2. Pelo teorema de Pitágoras, temos:

A�D�2 = (4π)2 + 152

⇔ A�D�2 = 16π2 + 225⇔ A�D� = ± �1�6�π� 2�+� 2�2�5�⇔ A�D� ≈ 20R.: A�D� ≈ 20.

20. 20.1. a) Por exemplo, GH.b) Por exemplo, ABE e BCE.c) Por exemplo, AB e DC.20.2. Como A[FGHI] = 16 cm2, então A�B� = �2�5�6�⇔ A�B� = 16Por outro lado, como A[FGHI] = 16 cm2, então F�G� = �1�6� ⇔ F�G� = 4Pelo teorema de Pitágoras,

x2 = 122 + 62

⇔ x2 = 144 + 64

⇔ x2 = 208

⇔ x = ± �2�0�8�⇔ x = 4�1�3�Como os triângulos são semelhantes, os comprimen-tos dos lados são proporcionais.

Assim, �1x

2� = �

82

�

⇔ x = �128× 2�

⇔ x = 3Logo, a altura da pirâmide [FGHIE] é 3 cm.20.3. Determinemos D�B�, pelo teorema de Pitágoras.

D�B�2 = 162 + 162

⇔ D�B�2 = 512⇔ D�B� = ± �5�1�2�⇔ D�B� = 16�2�

Então, O�B� = = 8�2�

⇔ EB^

D = tg–1 � � ≈ 4,7o

R.: EB^

D = 4,7o.

21.21.1. Determinemos J�K�, considerando que o cubotem de aresta a.

J�K�2 = ��a2

��2+ ��

a2

��2

⇔ J�K�2 = �a4

2� + �

a4

2�

⇔ J�K�2 = �a2

2�

⇔ J�K� =

�83

� πr3

�4 πr3

Vesferas��Vcilindro

D�B��2

12�8�2�

a��2�

tg (EB^

D) = 12

�8�2�

RESOLUÇÕES40

A_Prova

Como Vcubo = a3, então �56

� × 21 = 17,5 ≈ 18

R.: V = 18 u.v.21.2. a) Por exemplo, ABC e HGF.b) Por exemplo, GF.c) Por exemplo, AD.d) Por exemplo, CE.21.3. a) Ponto Cb) [CB]

22. 22.1. A opção correta é a [A].22.2. Pelo teorema de Pitágoras,

2502 = a2 + (3a)2

⇔ 62 500 = a2 + 9a2

⇔ 10a2 = 62 500⇔ a2 = 6250⇔ a = ± �6�2�5�0�⇔ a ≈ 79R.: a ≈ 79 mm.

Vpirâmide = �13

� � �2

× a = �a6

3�

a��2�

B

A

250

3a

a

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