Matemática - Curso Anglo - n3 aulas4a6 Resoluções
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AULAS 4 a 6
1. Das paralelas traçadas aos bastões pelos pontos A, B, C, D e E (ver figura) e da propriedade dos ângulos alternos einternos, resulta dos dados do enunciado a figura:
Donde obtém-se x = 39°. (Alternativa A)
2. (Solução Oficial) Como o triângulo ABC é eqüilátero, o ângulo interno  mede 60°. Se DG——
é paralelo a AB—
, entãoo ângulo entre DG
——e AC
—é 60° ou 180° – 60° = 120°. Sendo x o maior ângulo entre esses dois segmentos, x = 120°.
(Alternativa E)
3. (Solução Oficial) Como ABC e DEF são triângulos eqüiláteros, cada um de seus ângulos internos mede 60°.No triângulo AGD temos ∠ GAD = 180° – 75° – 60° = 45° e ∠ GDA = 180° – 65° – 60° = 55°
Logo, ∠ AGD = 180° – 45° – 55° = 80°. Portanto, no triângulo CGH, temos x + 80° + 60° = 180°, ou seja, x = 40°.(Alternativa B)
4. Sejam ∠ TSM = x, ∠ SKT = y, ∠ KLS = α e ∠ KTS = β
O triângulo KLM é isósceles porque tem dois lados iguais; conseqüentemente seus ângulos da base são medidasiguais, isto é, ∠ KLS = ∠ KMS = α.
Analogamente, o triângulo KST também é isósceles e portanto ∠ KST = ∠ KTS = β.Da soma dos ângulos internos de um triângulo, temos: • No triângulo STM: x + α + 180° – β = 180° ∴ x = β – α• No triângulo KLM: α + α + 30° + y = 180° ∴ y = 150° – 2α.
Logo, β + β +150° – 2α =180° ∴ β – α =15°.Portanto, x = 15°. (Alternativa B)
K
T
MxS
Lα
y
αβ
β180° – β
x
24°
30°30°
60° 60° 66°66° 24°
51° 51° 39°
E
r
D
A
B
C
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 1 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática2008
Resoluções
NÍVEL 3
www.cursoanglo.com.br
Treinamento paraOlimpíadas de
Matemática2008
5. A soma dos ângulos externos do Pentágono Regular ABCDE é 360°. Assim, a medida, em graus, do ângulo externo re-
lativo ao vértice B, é igual a , isto é, 72°. Conseqüentemente, a medida, em graus, do ângulo interno relativo a B,
é igual a 180° – 72°, isto é, ∠ ABC = 108°.
Desde que o triângulo ABP é eqüilátero, AB = BP = PA e ∠ PBA = 60°. Nestas condições, temos no triângulo PBC, PB = AB = BC, o que implica dizer que este triângulo é isósceles de base BC e como conseqüência ∠ PCB = ∠ BPC.Por outro lado, ∠ PBC = ∠ ABC – ∠ PBA = 108° – 60° = 48°. Portanto, do triângulo isósceles PBC, obtemos
∠ BCP = (Alternativa D)
6. A medida, em graus, do menor arco BC deste círculo é 2 ∠ BAC = 2 ⋅ 35° = 70°. Desde que CD é um de seus diâmetros, a medida, em graus, do arco DBC é 180°.Nestas condições, a medida, em graus, do arco BAD é dada por:
180° – 2 ∠ BAC = 180° – 70° = 110°.
Portanto, ∠ BCD = . (Alternativa D)
1. Da intersecção dos dois quadrados, obtém-se o pentágono convexo ABCDE (figura).
Onde ∠ A = ∠ E = ∠ C = 90° (vértices dos quadrados sobrepostos) ∠ B = x e ∠ D = y(opostos pelo vértice). Por outro lado, a soma das medidas, em graus, dos ângulosinternos do pentágono é 3 ⋅ 180°, ou seja, 540°.Nestas condições, temos x + y + 90º + 90º + 90º = 540º.Portanto, x + y = 270º. (Alternativa A)
2. Desde que ∠ CBD = 30° e ∠ DCB = 110°, temos no triângulo BDC, ∠ BDC + 30° + 110° = 180°, ou seja, ∠ BDC = 40°.Por outro lado, sendo DC//AB, então ∠ ABD = ∠ BDC = 40° (alternos e internos). Desde que BD = AD, o triânguloABD é isósceles. Logo, ∠ DAB = ∠ ABD = 40°. Portanto, da soma dos ângulos internos do triângulo ABD, x = 100°.(Alternativa C)
3. Sejam u, v e w medidas em graus.
Sejam A, B, C, D, E, F e I pontos como indicados na figura ao lado. Nestas con-dições, decorre dos quadriláteros inscritíveis AEID, EBFI e FCDI (cíclicos):
∠ DIE = 180° – u; ∠ EIF = 180° – v e ∠ FID = 180° – w
Daí: 180° – u + 180° – v + 180° – w = 360°Portanto, u + v + w = 180°. (Alternativa E)
4. Sejam E e F pontos sobre os segmentos DB e AD respectivamente, tais que: DF——
= DE——
= EB——
= 1Desta construção e dos dados do enunciado, temos sucessivamente:
O triângulo FDC é isósceles de base FC. Daí, ∠ DFC = ∠ DCF = ⋅ ∠ ADB = 30°.[1]
O triângulo FDE é eqüilátero. Daí, ∠ ADB = ∠ FDE = ∠ DFE = ∠ FED = 60°. [2]
O triângulo FBE é isósceles de base BF. Daí, ∠ FBE = ∠ BFE = [3]180
2180 120
230
° − = − ° = °∠ BEF
12
v
w
u
I
A
E
B
D
C
F
A
E
DC
B
CasaEm
medida do arco BAD2
1102
55= ° = °O
C
B
A
D
110°
70°
35°
1802
1322
66° = ° = °∠–
.PBC
3605
°
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 2 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática2008
como mostra na figura abaixo.
Por outro lado, desde que ∠ ACD = 45°, tem-se de [1]:
∠ FCD = 30° e ∠ FCA = 15°Como conseqüência deste resultado, [2] e [3]:• ∠ BFD= ∠ BFE + ∠ DFE = 30° + 60° = 90°.• ∆AFC é isósceles onde ∠ FAC = ∠ FCA = 15° e CF = AF.• ∆BFC é isósceles onde ∠ FBC = ∠ FCB = 30° e CF
——= BF
——.
Nestas condições, o triângulo AFB é isósceles e
Portanto, ∠ ABC = ∠ FAB + ∠ FBC = 45° + 30° = 75°. (Alternativa D)
5. Do enunciado, tem-se no triângulo ABC:Â + B + C = 180° ∴ 20° + 120° + C = 180° ∴ C = 40° [1]
Por outro lado, seja M simétrico de B em relação a reta suporte de AQ.Como ∠ QAB = ∠ QAC = 10°, então M pertence ao segmento AC. Marcando este ponto sobre AC e ligando-o a Q e a B por segmentos de reta obtém-se a figura:
Como conseqüência desta simetria, resulta:AB——
= AM——
, QB——
= QM——
[2]e ∠ QMA = ∠ QBA = 20° [3]
De [2], segue-se que os triângulos:BAM e BQM são isósceles. [4]Desde que ∠ A = 10° + 10° = 20° e ∠ ABC = ∠ ABQ + ∠ QBC = 20° + 100° = 120°, conclui-se de [3]:
como conseqüência ∠ MBC = ∠ ABC – ∠ ABM = 120° – 80° = 40° [5]
Assim, de [4], ∠ QBM = ∠ QMB = 80° – 20° = 60°. Logo, o triângulo BQM é eqüilátero, o que implicaQB——
= QM——
= MB——
[6]Portanto, de [1], [5] e [6], conclui-se que QM
——= MB
——= MC
——. Nestas condições, o triângulo QMC é isósceles e
∠ QMA = 20° (medida do ângulo externo relativo ao vértice M do triângulo QMC), conseqüentemente
. (Alternativa A)∠ = ∠ = ° = °ACQQMA
2202
10
∠ ∠ ⋅= =
° − °( ) = °ABM AMB
12
180 20 80 .
20°60°
40°
Q
60°20°10°
10°
A M
B
C
∠ ∠ ∠= = ° − = °FAB FBABFD180
245 .
A
45°15°
F30°
1
60°60°
30°
120°
60° 11
E
D
130°
45°
B
30°15°
1
C
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 3 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática2008
6. Desde que a soma dos ângulos externos de um polígono é 360°, ou seja, 2πrad e ABC um
dos ângulos internos do heptágono, . Por outro lado, com res-
peito aos ângulos de vértice B, e ∠ ABC + ∠ XBC + ∠ CBA = 2π, conse-
qüentemente . Portanto, como XB = BC, o ∆XBC é
isósceles, então radianos. (Alternativa E)
7. (Solução Oficial)
Temos 252° = 180° + 72°, sendo o ângulo central do pentágono igual a (Alternativa B)
8. Usando a propriedade do ângulo externo, temos a figura.
Por outro lado, a soma dos ângulos externos do triângulo ABC é 360°, conseqüentemente 7x + 8x + (180º – 5x) = 360°,ou seja, x = 18°. (Alternativa C)
9. Como a reta PQ é tangente à circunferência, os ângulosLNP e LMN são congruentes, ou seja, ∠ LMN = α (onde α éuma medida em graus). Sendo o triângulo LMN isóscelescom LM = LN, os ângulos LNM e LMN são congruentes, e,portanto,
∠ MLN = 180° – ∠ LNM – ∠ LMN= 180° – 2α.
O ângulo LNP é externo do triângulo LNR, logo ∠ LNP = ∠ NLR + ∠ LRN. Assim, α = 180° – 2α + ∠ LRP.Portanto, ∠ LRP = 3α – 180°. (Alternativa A)
180 – 5x
5x
7x
3x
4x
8x
6x2x
A
OB
252°
72°
B
A
O
180°
7605
72° = °.
∠ ∠= − =
−=BXC
XBCˆ π π ππ
2
1114
2328
∠ ∠= − − =XBC ABC radˆ ˆ22
1114
π π π
∠ =ABC radˆ π2
∠ ⋅= − =ABC radˆ π π π2
757
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 4 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática2008
BA
G
FE
D
C
XY
180° – 2α
αα
α
N
M
L
R QP
10. Desde que o pentágono ABCDE é regular, então cada um de seus ângulos externos medem, em graus, ,
portanto cada um de seus ângulos internos medem, em graus, 180° – 72°, ou seja, 108°. Nestas condições, obtemosdo enunciado a figura abaixo.
Do quadrilátero (convexo) APCB, ∠ APC + 66° + 108° + 60° = 360°, o que implica ∠ APC = 126°.Por outro lado, construindo uma circunferência λ, de centro B e raio AB (figura), temos que o maior arco AC sobreesta circunferência λ mede 360° – 108°, ou seja, 252°.
Como 2 ⋅ ∠ APC = 252°, segue-se que a medida do arco maior AC é o dobro da medida do ângulo APC, o que implicadizer que P pertence a circunferência λ e portanto BP = AB = BC. Ainda mais, como ∠ PAB = 60°, conclui-se otriângulo ABP é eqüilátero e o triângulo BPC é isósceles de base PC. Estes resultados levam-nos a concluir que∠ APB = ∠ ABP = 60° no ∆BPC e ∠ BPC = 66° e ∠ PBC = 48° no ∆BPC, e ainda, como conseqüência a construção dafigura auxiliar abaixo.
Agora, do triângulo eqüilátero ABP, tem-se que AP = AB. Como, AB = AE (lados do pentágono regular), conclui-
se que o triângulo APE é isósceles de base PE, portanto
Finalmente, dos ângulos da figura acima, com vértice em P, podemos escrever: 66° + 60° + 66° + ∠ CPE = 360°,donde conclui-se que ∠ CPE = 168°. (Alternativa E)
∠ = ° − ° = °APE180 48
266 .
A
B
C
D
E
48°
60°
66°
42°
P
66°
66°
60°
60° 48°
A
B
C
D
E
48°
60°
108°66°
42°
P
252°
126°
A
B
C
D
E
48°
60°
108° 66°
42°
P
3605
72° = °
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 5 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática2008
11. Dos dados do enunciado podemos concluir que os triângulos ADC e ABC são isósceles de bases AD e BC res-pectivamente, então ∠ ACB = y e ∠ CAD = x.
Nestas condições, temos do vértice A:∠ EAD = ∠ CAD – ∠ CAE
= ∠ CAD – ∠ CAB = x – (180° – 2y)
Portanto, do triângulo AED, retângulo em E, segue-se x + [x – (180° – 2y)] = 90°, o que implica 2x + 2y = 270°, oumelhor ainda, x + y = 135°. (Alternativa B)
12. O ângulo BDF é externo do triângulo ADF relativo ao vértice D. Como ∠ EDF = 60° (∆DEF eqüilátero), segue-seque β + 60° = α + 46°, donde obtém-se α – β = 14°. (Alternativa B)
13. Recordemos que a soma dos ângulos internos de um quadriláteroé 360°. Assim, dos quadriláteros da figura ao lado, obtidos ao ligaros vértices, dos ângulos de medidas E e F, temos:
A + B + E1 + F1 = C + D + E2 + F2 = 360°.
Por outro lado, do vértice do ângulo de medida E, podemos escre-ver: E1 + E2 = 380° – E, e de modo análogo para o vértice do ângulode medida F, temos F1 + F2 = 380° – F.Finalmente, dos ângulos destes dois quadriláteros, segue-se que:720° = A + B + C + D + E1 + E2 + F1 +F2 = A + B + C + D + 720°
Donde encontramos: E + F = A + B + C + D. (Alternativa A)
14. A afirmação que DF divide o ângulo BDA é falsa, pois caso contrário teríamos ∠ BDF = 45° e conseqüentemente∠ BCA = ∠ BDF = 45° (determinam o mesmo arco BD) o que implicaria o triângulo ABC ser isósceles; contradizen-do o enunciado, que diz que o triângulo ABC é não isósceles. Deixo a cargo do leitor a verificação que as demaisalternativas são verdadeiras. (Alternativa C)
15. Sejam ∠ DBG = ∠ CBG = α, ∠ EBF = ∠ ABF = β e ∠ FBG = x.Desde que AD é bissetriz, tem-se que BD = DG, logo o triângulo BDG é isósceles de base BG. Portanto, a medidado ângulo GDC, externo a este triângulo, é 2α. Raciocinando de modo análogo para a bissetriz CE, concluiremos queo triângulo BEF é isósceles de base BF e que a medida do ângulo externo AEF deste triângulo é 2β (ver figura).
E
A
F
G
2β β
β
2α
α
α
x
DB C
D
B
C
yx
Ex
A
y
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 6 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática2008
A
B
C
D
E
FF1
F2
E1
E2
Nestas condições resulta dos triângulos retângulos AFE e DGC, ∠ BAF = 90° – 2β e ∠ DCG = 90° – 2α.Portanto, dos ângulos agudos A e C do triângulo retângulo ABC, segue ∠ BAF + ∠ DCG = 90°∴ (90° – 2β) + (90° – 2α) = 90°.∴ β + α = 45°
conseqüentemente do vértice B (ângulo reto) do triângulo ABC, podemos escrever com os resultados obtidosanteriormentex + β + α = 90°∴ x + 45° = 90°∴ x = 45°. (Alternativa C)
16. Seja λ uma circunferência, construída com centro em A e raio AB. Como AB = AD = 1, D pertence à λ. Nestas con-dições, a medida do arco BD maior é 360° – 80°, isto é, 280°, que corresponde ao dobro da medida do ângulo BCD.
Portanto, nestas condições, conclui-se que C também pertence à λ conseqüentemente AC = AB = AD = 1.(Alternativa B)
A
λ
280°
1 180°
140°B
C
D
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