Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01

MATEMÁTICA III

BLOCO 01

Capítulo

01 Características das Figuras Geomé-tricas Planas, Ângulos, Congruências, Características das Figuras Geomé-

tricas Planas, Ângulos, Congruências, Características das Figuras Geomé-

Grandezas, Unidades de Medida e tricas Planas, Ângulos, Congruências,

Grandezas, Unidades de Medida e tricas Planas, Ângulos, Congruências,

Escalas; Comprimentos e ÁreasGrandezas, Unidades de Medida e

Escalas; Comprimentos e ÁreasGrandezas, Unidades de Medida e

Conhecimentos GeométricosConhecimentos Geométricos

01 A

Figura 1 Figura 2 (Determinação de)

1) a = 52o30’ (opostos pelo mesmo vértice)2) a + x = 180o (colaterais internos) 52o30’+ x = 180o → x 127 30o= l

3) x + z = 180o (colaterais) 127o30’ + z = 180o → z 52 30o= l

4) a = b e c = x (ângulos correspondentes) b = 52o30’ e c = 127o30’

Na figura 2, a reta w foi traçada pelo vértice de y e w//r e w//s. A reta u foi prolongada de modo que:

5) 'd 64 30o= (alternos internos)6) c + e = 180o (colaterais) 127o30’ + e = 180o → 'e 52 30o=7) y = d + e = 64o30’ + 52o30’ 117y o=

BLOCO 02

02 EI) ( )A B A B

BA

A B

90

1713

1713<o

" $

+ =

= =*II)

Substituindo na 1a equação.

,( )( )

.

B B B B e A

LogoS BS A

1713

901730

90 51 39

180 51180 39

129141

4347

o o o o

o o

o o

o

o

o

o

" "$ $+ = = = =

=--

= =

03 B( 20 ) (4 30 ) 1805 130x xxx 26

o o o

o

o

+ + + ===

04 A

01 A) AB = AC → 2x + 6 = x + 15 → x = 9

AC = x + 15 = 9 + 15 = 24B) 60o

A

C B

2x – 30o

135o – x

135

o – x

1o) AB = BC → BÂC = BCA^

= 135o – x

2o) 2x – 30o + BCA^

= 180o →2x – 30o + 135o – x = 180o →

→ x + 105o = 180o → x = 75o;BÂC = BCA^

= 60o

3o) CBA^

+ 60o + 60o = 180o →CBA^

+ 120o = 180o →CBA^

= 60o

C) 8 = medida do lado do triângulo 3 = 24 → = 8D) A

CB

60o

60o

M N

60o

60o 60o 60o 60o

60o

60o

P

α β

θ

∆BCA é equilátero onde M, N e P são pontos médios.1.∆BMP, ∆CNP e ∆AMN são isósceles.2. α + 60o + 60o = 180o →α = 60o = β = θ.

z c

y

b a

x

52o30’

u

u

y

y

r

w

s

c

e

bd

64o30’

r1

r2

r3

130o

b

aα

Pelo vértice do ângulo reto traçamos uma reta r3 paralela a r1 e r2, de modo que:1) a = α (alternos internos)2) b + 130o = 180o (colaterais internos) → b 50o=3) a + b = 90o → α + 50o = 90o → 40oa =

02 CPA = 20EF = 101. AE = ET = 3 → TF = 7 pois EF = 10.

2. TF = FB = 7

3. PA = PB = 20 →PF + FB = 20 →PF + 7 = 20 → PF = 13.

4. PE + PF = 17 + 13 = 30 cm

A

E

F

B

P

T

3

3

17

13

77

20

20

BLOCO 03

01 E (1) No triângulo isósceles ABC,

BÂC = 30o e BCA = 120o. (2) (HÂE) = 50o (ângulos corres-

pondentes), pois //EF AH . (3) 30o + 30o + 50o + Â = 360o

→ Â = 250o

50ºB

30º30º

A^

E

D

C

B H

G

F

50º

120º

30º

50º

^

Resoluções de Exercícios

21

x

x

60o30o

60o

60o

H

S

P

C (tesouro)

J

O

011o) O ortocentro é o ponto de encontro das alturas do triângulo; portanto o 3o vértice pertence à reta HO , perpendi-cular à reta JS .

2o) Trançando as retas JO e SC de

modo que SC seja perpendicular a JO , o 3o vértice será encontrado no ponto de

intersecção das retas SC e HO .

02 EO local do poço ficará no centro da circunferência que passa pelos pontos A, J e E. Portanto, para determiná-lo, devemos traçar as me-diatrizes do triângulo AJE.

03 D •GH é base média do trapézio ABCD, então

GH = 2

30 60+ = 45.

• EF é base média do trapézio ABGH, então

EF = 2

30 45+ =

275

• IJ = 2

45 60+ =

2105

Daí a peça de madeira terá que ter no mínimo:

(30 + 275

+ 45 + 2105

+ 60) cm = 135 + 90 = 225 cm.

04 B

AM=BC2

(mediana relativa à hipote-

nusa) 1) ∆AMC é isósceles →

MC^

A = 25o = CÂM. 2) Logo, x + 90o + 25o = 180o (no ∆ABC)] x = 65o

BLOCO 04

30 BA

G

I J

H

FE

CD60

B

H

M

A C

40o

50o

25o 25o

130o

x = 65 o

BLOCO 05

01 A) Octógono Regular (n = 8 lados)

Aê = 8

360o = 45o

B) Si = (8 – 2) . 180o = 6 . 180o = 1080o

e Ai = 8

1080o = 135o

135o

B

A D

H E

C

G F

45o

B

A

âc

R = 8 m

R = 8 m

0

C) Sê = 360o

D) (8 – 3) = 5 diagonais

E) d = . ( – )2

8 8 3 = 20 diagonais

F) 4n2 2

8= = (obs.: n é par)

G) Área = 8 . (Área do triângulo AOB) →

→ Área = 8 . . . sen

28 8 45o< F =

= 4 x 64. 22

= 128 2 m2

Resposta: 128 2 m2

Âc = 8

360o = 45o (Ângulo Central)

02

r e s são mediatrizes.∆OBM ≅ ∆OBN (caso cateto-hipotenusa)Logo OB é bissetriz de NÔM e do ângulo NB

^M. Daí:

Âi = NB^

M = 150o → Aê = 30o,

mas Aê = n

360o → 30o =

n360o

→ n = 12 lados

Total de diagonais:

d = C12,2 – 12 = ! !!

2 1012

– 12 = . !. . !

– 122 10

12 11 10

d = 66 – 12 = 54 diagonais ou d = . –2

12 12 3_ i = 6 x 9 = 54

diagonais.

A

B

N

M

r

C

θ

30o

30o

15o

75o

75o

15o

03 D

Parte da figura 2.

Preenchendo os ângulos internos das figuras que compõem a

figura 2, encontraremos:

2 triângulos equiláteros e 4 triângulos retângulos e isósceles.

60o 120o

120o

45o

45o

60o60o

60o

60o

Triângulo

retângulo isósceles

Triângulo

equilátero

(4) 50EFH o= (alternos), pois //AE HF(5) Se EF AG e' FG AG= , então FG EF= . (=perpendicular.)Logo, 50o + B =90o → B = 40o.

02 CTodo quadrado é losango e retângulo.

03 D ∆ABE é isósceles → BÊA = BÂE. Se BÊA = x → 2x + 30o = 180o

→ x = 75o

^

^ ^

Matemática e suas Tecnologias22 matemática – Volume 01 matemática iii

BLOCO 06

01 ECálculos das áreas: 5 x 3 = 15 m2 (frente da casa) 2 x 0,90 = 1,80 m2 (porta) 1 x 1 = 1 m2 (janela)

Descontar da área da parede da frente porta e janela.15 – 1,80 – 1 = 12,20 m2

12,20 m2 x 60 = 732 tijolosResp.: 732 tijolos

02 E

Se P, M e N são pontos médios então os triângulos PBM, APN, PMN e MNC são congruentes; então a área da calçada (ABMN) será igual ao triplo da área do triângulo MNC.

03 D

1a Parte:

Área (pessoas) = 30 x 18 m2 – .

218 12 6+_ i

= 540 – 90 = 450 m2

2a Parte: Regra de três simples.

2m2 5 pessoas450m2 x

Daí, 1.125 .x

x pessoas4502 5

"= =

04 B

Áhex . reg = .4

6 5 32

= . .

23 25 3_ i

= 2

75 3.

B

P

AN

C

M

BLOCO 07

01 D1a Parte: Área do ∆IJH

A∆ABC = .2

8 10 = 40 m2

A∆BEC = A∆BEA = 240

= 20 m2

A∆EBF = 220

= 10 m2

A∆EFG = 210

= 5 m2

A∆GHF = 25

= 2,5 A∆HIG = 45

e A∆IJH = 85

2a Parte:Utilizando o fato da mediana de um triângulo dividir sua área ao meio, isto é, com um raciocínio análogo, ao usado na 1a parte, temos que:

A∆NMO = 85

Portanto a soma das áreas será igual a:

S = 85

+ 85

= 45

02 C

1a Parte: Os triângulos BEM e CEM têm áreas iguais, pois apresentam bases iguais, BM = CM = x, e mesma altura relativa a estas bases.Analogamente, podemos afirmar que os triângulos AEP e PEB têm a mes-ma área, bem como os triângulos ANE e NEC também são equivalentes.Considere S1, S2 e S3 as áreas dos triângulos BEM , BEP e AEN, respecti-vamente.

2a Parte:Na figura II, os triângulos ABM e AMC são equivalentes, pois, tomando BM = MC= x como base, eles têm a mesma altura.

Então: S1 + S2 +S2 = S3 + S3 + S1 → 2 . S2 = 2 . S3 → S2 = S3

Do mesmo modo, concluímos que os triângulos CPB e CPA têm a mesma área, então:

2 S1 + S2 = 2S3 + S2 → S1 = S3

Por conseguinte, os 6 triângulos em que foi dividida a área do triângulo ABC são equivalentes. Se a área do triângulo BEM é 20 cm2, podemos afirmar que a área do triângulo ABC é igual a 120 m2.

03 A

Aoctógono = (3x)2 – 4 . .x x2

Aoctógono = (3x)2 – 4. .x x2 = 9x2 – 2x2

= 7x2

Aquad = (3x)2 = 9x2

Daí:

AA

97

.

ó

quad

oct gono = → Aoctógono = 97

. Aquad.

A

P

B

Figura 1

C

N

M

E

y

y

x x

w

w

A

P

B

Figura 2

C

N

M

E

y

y

x x

w

w

S1 S1

S3

S3

S2

S2

1218 18Palanque

Área das pessoas

30 m

6

BLOCO 01

01 B

Se 1’ = 601o

, então 3’ = ( , )603

0 05o

o= .

Portanto, 124o 3’ = 124o+(0,05)o = (124,05)o .

01 EA) Falso. pois 3 + 5 = 8.B) Falso, pois 13 >4 + 8.C) FalsoD) FalsoE) Verdadeiro, pois 8 – 4 < 5 < 8 + 4.

BLOCO 02

↓ ↓

Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 23

BLOCO 01

01 A) 3o

– x3

180o_ i + 28o = (90o – x) → 180o – x + 84o = 270o – 3x

→ 2x = 90o – 84o → x = 3o

B) 83o

x = (90o – x) + 76o → 2x = 166o → x = 83o

C) 50o

180a b

ba a b a b

72

2 7 2 7 9180

20

o

oo"

+ =

= = =++

= =*

a = 40o e b = 140o

logo, C(40o) = 50o

02 D

No de voltas = 360900

o

o

Y

Y =

410

= 2,5 voltas = 2 voltas e meia.

03 A 1a) 2α + 90o = 180o

α = 45o

2a) β + 45o + 2 . 90o = 360o β = 135o 3a) C + β = 180o → C + 135o = 180o → → C = 45o

ααc

β

04 CColocando a peça 2 após girá-la 90o no sentido anti-horário.

05 A

Saindo do ponto X (20, 60) e seguindo o percurso descrito na ques-tão, o helicóptero pousou no ponto F do mapa acima, local onde a altitude é de 100 m.

800 m

700 m

600 m

500 m

400 m

300 m

200 m

100 m

70,0

60,8

60,6

60,4

60,2

60,0

20,0 20,2 20,4 20,6 20,8 21,0 21,2

N

S

LOX A

BC

D

E F

1

18

3

5

6

78

9

2

1715

1811

14 13

12

DFDF

4

10

1 Manaus

2 Boa Vista

3 Macapá

4 Belém

5 São Luis

6 Teresina

7 Fortaleza

8 Natal

9 Salvador

10 Rio de Janeiro

11 São Paulo

12 Curitiba

13 Belo Horizonte

14 Goiânia

15 Cuiabá

16 Campo Grande

17 Porto Velho

18 Rio Branco

Mapa do Brasil e algumas capitais

135o

Rota do Avião AIII

(Chegada a Salvador)

Rota do avião AII

(chegou em Belo Horizonte)

06 B

SIQUEIRA, S. Brasil Regiões. Disponível em: <http://www.santiagosiqueira.pro.br> Acesso em: 28 jul. 2009 (Adaptado).

Carlos fez uma conexão em Belo Horizonte e, em seguida, embarcou para Salvador.

07 C

No esboço acima as retas AB, CG, HD e EF são paralelas. Nele os ângulos:•ABC=BCG=65o (alternos internos);•HDE=DEF=29o;•CDH=75o – 29o = 46o.

Logo: DCG = CDH = 46o e portanto o ângulo A medirá:A = 46o + 65o = 111o

Daí, o número pedido é 9 x 111 = 999.

E

I

FD

H

G

C

B

A

08(1) a = b (alternos)(2) a + b = 72o → a+a = 72o a e b36 36o o= =(3) Seja α o ângulo obtuso, onde α + β = 180o →→ α + 36o = 180o → 144oa =

09 DSejam a e b as medidas dos ângulos:

–

a b

a b

78

53

90

o

o$

+ =

= _ i*

Então, – b bb

b e a5453

7852

24 60 18o o o o o" "$$

+ = = = =

10 CSe x é o ângulo, então (180o – x) é o seu suplemento e (90o – x) o valor do complemento. Então:

– . –– –x xx x

x x

180 4 90 6180 360 4 63 186 62

o o o

o o o

o o"

= += +

= =

_ _i i

BLOCO 02

01 32

1. BD = BE = 4

2. EC = 5 = CF

3. AF = 7 = AD 4.Perímetro∆ABC=9+12+

11 = 32 cm

B C

A

E4

4 5

5

D F

7 7

12

t

r

r//s

sα

a

b

01 A1a Parte: Pela fórmula de HeronÁrea = A∆ABC + A∆ADC

Cálculos auxiliares∆ABC ∆ADC

P = 2

100 160 80+ + = 170 P =

2120 160 60+ +

= 170

Área = . . . . . .170 90 70 10 170 50 110 10+

= 100 . x x17 9 7 + 100 . x x17 5 11

= 300 119 + 100 935 = 300 x 10,90 + 100 x 30,50 = 3.270 + 3.050 = 6.3202a parte: Área pela cubação1o) Perímetro do quadrilátero = 360

2o) Área = 4360 2

d n = (90)2 = 8100

Então, a diferença entre as áreas será:Diferença ≅ 8.100 – 6.320 = 1.780.

A D

B C100

120

1608060

BLOCO 03

Matemática e suas Tecnologias24 matemática – Volume 01 matemática iii

A

C

BM

αα

α

β

β

β

N P

9 8

9 8θ θ

θ

10 10

18 16

02 27

Sejam MÂC = α, MBP^

= β e PCN^

= θ.

1. PCN^

= MÂN = α (âng. correspondentes) e NPC^

= MBP^

= β.

2. ANM^

= NCP^

= θ e AMN^

= MBP^

= β (âng. correspondentes)

3. Se PM //AC → BPM^

= θ e BMP^

= α.4. ∆ANM = ∆NCP (caso ÂLÂ) → NP = 10 e NM = 85. ∆NCP = ∆PBM (caso ÂLÂ) → PM = 9Logo, o perímetro do ∆MNP é 10 + 8 + 9 = 27.

03 Bx = (85 + 35o) + 30o [ângulo externo do ∆DEC]

A

B C

DE

x

85º

30º35º

85º + 35º

x = 150o

04 B6 – R + 8 – R = 102R = 4R = 2

A

R

R

R

R

FE

O

T

10 cm

6 – R 8 – R

6 cm 8 cm

B C

6 –

R8 –

R

αβ s

c2

c1

R

R

r

r

α

β

E

C

B

A

R = 2r

R = 2r

D

r

r

05 D

1) AR

e Ar

2 2

2 2

c c1 2

r r= = .

4 . 4 . 4 2A A

R rR r R r

2 2c c

2 22 2

1 2" " "r r

= = = =

2) Trançando CB e AC , obtemos três triângulos congruentes:

∆ABC = ∆ACD = ∆ADE (L.Â.L).

Observe que AB = AD e CÂD = CÂB = DÂE = β.

Então α = 2β.

06 A

A

B x M x C

07 D //AB FE

Se considerarmos que o triângulo ABC é o terreno, traçando a media-na AM , teremos dois triângulos com a mesma base e a mesma altura. Então os triângulos ABM e AMC terão a mesma área.

30o

30o30o

F

E

x = 50o + 30o

G

50o

130o

120o

150o

120o

C60o

D

B A E

Prolongando a reta CD , ela interceptará as retas AB e FE , respecti-vamente nos pontos E e G.No triângulo BEC, temos que Ê = 30o. Se Ê = Gt = 30o, pois são aqueles alternos internos, então x = 50o + 30o = 80o.

08 DProlongando AD , obtemos os triângulos ABE e EDC, como mostra a figura ao lado. Então, Ê = 20o + 60o = 80o ex =60o + 20o + 60o = 140o.

20o

60o + 20o

60o 60o

B

E

D

CA

x

09 BSuponha que as medidas da mesa sejam 3 unidades e 4 unidades e que a bola sai do canto D pela sua bissetriz. O triângulo DEC é isósceles, isto é, CD = CE = 3 cm e BE = 1 pois BC = 4.Analogamente, o triângulo FBE é isóceles, então, sendo BF = 1, temos que AF = 2. Daí, como o triângulo FAG também é isósceles, podemos afirmar que a bola cairá no buraco do meio, localizado no ponto G, pois AF = AG = 2 = GD .

Conclusão: cairá após tocar nas tabelas exatamente 2 vezes.

4

3

45o

45o

45o

45o

45o45o

45o

G

D C

A

2

2

B

E

3

F2 L

1

Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 25

10 A

812

10

x

x

x

V

C

A

B

Pela desigualdade triangular, temos:10 – 8 < x < 10 + 8 → 2 < x < 18e e12 – 10 < x < 12 + 10 → 2 < x < 22e e12 – 8 < x < 12 + 8 → 4 < x < 20

Logo, 4 < x < 18. Sendo x inteiro os valores possíveis são: 5, 6, 7, 8 , 9, 10 , 11, 12 , 13, 14, 15, 16 e 17.Notequedeacordocomosdadosdoproblemax≠8,x≠10ex≠12.Então, teremos somente 10 valores satisfazendo as condições impostas.

BLOCO 03

01 C

1. No ∆ABC, temos: 66o + 30o + β = 180o →β = 84o

2. No ∆CED, temos que: α = 30o + 20o = 50o.

BA

C

E

20o

20o

30o

30o

46o

46o

D

α

β

02 DA distância percorrida é dada pela soma das dimensões da praça de alimentação, ou seja, 16 + 12 = 28 m.

03 C2α + 90o = 360o → α = 135o

04 ESendo r o raio de cada circunferência da figura 1, temos que o perí-metro do losango é 4 . 2r = 8r.Na figura 2, temos 2 circunferências com raio r e outras 2 com raio 2r, assim o perímetro do losango é 4(2r + r) = 12r.

Logo, o aumento é de –r

r r8

12 8 = 0,5 = 50%

05 E1o) Perímetro da quadra = (2 x 40 + 2 x 20) m = 120 m

2o) No de voltas = . m120

3 000 = 25 voltas

06 E

Na figura acima, //EY WX .

(1) XYE b^

= (Ângulo oposto de um paralelogramo)(2) 5,7 9,4 – 5,7 3,7WE km EZ km"= = =

A B

DC

α α

αα 2α

E

7

7

12

12

AB = CEPor B traçamos uma bissetriz BE .

Se AB //CD e AC^

E = EB^

A = α → ABCE é paralelogramo →BÊD = α. Logo, ∆BED é isósceles, isto é, BD = DE = 12.Daí: CD = 7 + 12 = 19

10

BLOCO 04

01 75o

80o

40o40o 65o

α =

25

oα =

25o

I

x

A C

B

S

M

5,7

5,7 km

3,7

bb

bb

W

X Y

E Z

9,4

rio

(3) ZÊY = b = XYE^

(alternos internos)(4) O triângulo EZY é isósceles. Portanto, ,ZY 3 7=

07 ASejam a, b, c e d as medidas dos ângulos internos do quadrilátero.

Temos que a b c d

k

51

81

101

401

= = = = , sendo k a constante de pro-

porcionalidade.Além disso, sabendo que a soma dos ângulos internos de um quadri-látero convexo é 360o, vem:

.

a b c dk k k k

k k k k

k

3605 8 10 40

360

8 5 4 40 360

1840 360

800

o o

o

oo

+

+

+

$

$

+ + + = + + + =

+ + + =

= =

Portanto, a = 160o, b = 100o, c = 80o e d = 20o.

08 ESejam c e h, respectivamente, o número de azulejos utilizados numa fileira horizontal e numa fileira vertical.Do enunciado, temos que c = 2h. Além disso, o número de azulejos usados no contorno externo é tal que 2 – 4 68.c h$ + =_ iLogo, obtemos o sistema:

–.c h

c hc hc h

ch

22 4 68

236

2412

+ +$

=+ =

=+ =

==_ i

* ) )

Portanto, o número de azulejos mais claros usados no interior da parede foi de (c – 2) . (h – 2) = (24 – 2) . (12 – 2) = 220.

09 D1a Parte:O segredo deste tipo de questão é mar-car todos os segmentos congruentes (de medidas iguais). Após isso, perceba que o triângulo ADE é isósceles, com AÊD = ADE

^. Então, sendo AÊD = θ, tem-se que:

,30 180 75o o oi i i+ + = =

2a Parte:A diagonal do quadrado é bissetriz e

BDA 45^ o= . Por conseguinte, BDE 30

^ o= , pois 45o + 30o = 75o = ADE^

αα

45o 75o60o

60o 60o

30o

30o

30o

BA

D

E

Matemática e suas Tecnologias26 matemática – Volume 01 matemática iii

1. M é médio de BC e BS é bissetriz.

2. 2α = 50o → α = 25o.

3. No ∆ABS temos ASB^

= 65o.

4. AM = BC2

(teorema) →

AM = BM = MC → ∆AMC é isósceles → CAM = 40o.

5. No ∆MAC, o AMC^

= 100o →

IMB^

= 80o.

Daí, no ∆BIM tem-se que:25 + x + 80o = 180o →x = 75o.

02 D

20

B

C

P

A

M

R

N S

10

6

3

4

1. P é baricentro do ∆ABC → AP = 2 . PM = 6 → AM = 6 + 3 = 9.

2. RS é base média do ∆MNC → RS = MN2

→ 4 MN2

→ MN = 8

3. MN é base média do ∆ABC →

MN = AB2

→ 8 = AB2

→ AB = 16

4. Se M é média de BC e BC = 20 → BM = 10. Daí o perímetro de ∆ABM será: 16 + 9 + 10 = 35 cm.

BA

C

x

6

6

D

α β

α2 α

2

β2

β2

2 2

03 C

Considere α e β os ângulos consecutivos:1. α + β = 180o.

2. x + 2a

+ 2b

= 180o → x 2a b+

= 180o → x + 2180

= 180o

→ x = 90o

04 C

Pelo teorema de Pitot, temos:

x + 25 = 20 + 18 →x = 13

A

D

C

B

20

18

25

x

05 AMarcando três pontos na circunferência, determinamos os vértices de um triângulo inscrito nesta. O centro da moeda é o circuncentro do triângulo obtido.

06 B1a Encomenda: valor V1

VI = 8 . ([0,25 m x 0,50 m] x 20 + 2 . [0,25 + 0,50] x 15)V1 = 8 . (2,5 + 22,5)V1 = 8 x (25) = 200 reais

2a Encomenda: valor V2

V2 = 8 . ([0,50 x 1] x 20 + 2 . [0,50 + 1] . 15)V2 = 8 . (10 + 45)V2 = 8 . (55) = 440

07 A

(1) FI m2

15 2721=

+= (Base Média do Trapézio ABCD).

(2) 15 21

EH m e GJ m2

182

21 2724=

+= =

+= .

(3) A soma dos comprimentos dos três muros será igual a: 18 + 21 + 24 = 63m.

(4) Regra de três simples:

. .

muromlinear tijolos

m x

xx tijolos

1 7563

631 75

4 725

$

$

"= =

(5) Acrescentando os tijolos do alicerce, o proprietário irá precisar de: 4.725 + 2000 = 6.725 tijolos. Logo, ele terá que comprar a mais, no mínimo 725 tijolos.

08 D

No triângulo C2C4H, retângulo em H, temos que:

cos30o = r1

1+

1

.

rr

r r

23

11

32

134

9 1 122 2

" "

" "

=+

+ =

+ = + =_ _i i

09 B

(1) O ponto O é centro da circunferência de raio R e baricentro do triângulo equilátero CDE.(2) No triângulo CTD, retângulo em T.

.senr

CTCT

rr60

2 22 3

3o "= = =

(3) Pela propriedade do baricentro, temos que:

OC CT r32

32

3$= = e, portanto, .R OC CA r r

R r

32

3

32 3 3

$

= + = +

=+_ i

A D

E H

F I

G J

15m

18m

21m

24m

27mB C

C1

C2 C3

C411

1

1

1

1

60o

30o

30o

H

↓ ↓

C

D E

rr

r

r

r

r

r

60o

60o

T

OO

B

A

Circunferência

de raio R.

Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 27

10 BNa figura abaixo, H1, H2 e H3 são os pontos em que os círculos de centros A, B e C tangenciam a reta.

Seja O o centro do círculo circunscrito ao triângulo ABC.

É fácil ver que BH AH BH AM21 2 1$+ = = , com M sendo o ponto médio

do lado BC. Logo, pela propriedade da mediana, obtemos:

,OA AM BH32

34

1$ $= = ou seja, o raio do círculo maior é igual a 34

do raio dos círculos menores.

BLOCO 05

01 n = 12 ladosA) (n – 3) = (12 – 3) = 9 diagonais

B) d = x2

12 9 = 54 diagonais

C) Si = (12 – 2) 180o = 1800o

D) Sê = 360o

E) Ai = 12

1800o = 150o e Aê =

12360o

= 30o

02 –n n23_ i

= 170 → n(n – 3) = 2 x 17 x 10 → n(n – 3) = 20 x 17 → n = 20

ai = (20 – 2) . 180

20

o

= 162o

03 C

d = 3n → –n n

n23

3=_ i

,n≠0→ n – 3 = 6 → n = 9

α108o108o

108o

108o

108oβ

04 CConsidere α e β as medidas dos ângulos agudo e obtuso, respectiva-mente, do losango.

β + 2 x 108o = 360o e α + 3 x 108o = 360o

β = 360o – 216o α = 360o – 324o

β = 144o α = 36o

05 B

No quadrilátero formado pelas ruas, temos:90o + 110o + 100o + x = 360o

x = 360o – 300o

x = 60o

06 E

Aê = 7

360o ≅ 51o

07 B

1n = . –n n2

3_ i;n≠o→ n – 3 = 2 → n = 5

08 DSeja B o centro do polígono formado por 3 hexágonos regulares. Se Cada ângulo interno do hexágono mede 120°, pois o externo é igual

a 6

360o = 60°, então o poligono é invariante por rotações de 120° em

torno de B.

H

GN

A

F

EQ

P

DR

C

S

J

09 BAs combinações que interessam são aquelas cujos ângulos somam 360o, a saber:1o caso: Usando 2 octógonos e 1 quadrado

135o135o

360o

–135o

225o

–180o

45o

60o

3

135o

x 2

270o

270o + 90o = 360o

10 D

.. .

d a42

4 1 32 33,8 = = =

d3,5 = 1 + 1 + 1 = 3

d23

29

484

215,8

2 2

= + = =d dn n

A

CB M

O

H1 H3H2

3

2

8

a

a

1

a

a

3

1

4

1

1

1

5

8

75

31

6

2

9

2

Matemática e suas Tecnologias28 matemática – Volume 01 matemática iii

BLOCO 06

01 CApenas os terrenos 3 e 4 possuem 180 m de comprimento. Calculando a área de cada um deles, temos:A3 = 60 . 30 = 1800 m2

A4 = 70 . 20 = 1400 m2

Logo, o terreno com maior área que possui 180 m de perímetro é o terrenos de no. 3

02 B

Área (Ladrilhada) = 2 . [12 . 2] + 2 . [6 . 2] + 4 . 22.2< F

= 48 + 24 + 8 = 80m2

03 D

0014

$ ( 004 . 260) mm2 = 26 x mm2

x = 4 . 4 . 10 mmx = 160 mm

04 B1o) (Praça) Triângulo Isósceles. (16 2 )2 = x2 + x2

162 . 2 = 2 . x2

x = 16

2o) Aretâng. = 3.Atriâng.

16 . h = 3 16.216

h = 24

3o) x + y = h 16 + y = 24 y = 8

05 A

De acordo com as informações, as dimensões da área de impressão

são (12 – 2x)cm e (18 – 2x)cm. Assim, como a maior área de impres-

são em cada panfleto é 187 cm2, vem (12 – 2x) . (18 – 2x) = 187 ⇔

4x2 – 60x + 29 = 0

, .

x

x cm8

60 56

0 5

+

&

!=

=

x x

yy

y

yyA

Ey

B

06 BFigura 2

Na figura 2, se AE = y e EB = x, então x + y = 2. Note que o triângulo isósceles e o pa-ralelogramo de lado y irão compor a figura 1 de tal sorte que a metade da diagonal do quadrado é igual a x + y.

Então,

22

= 2 → l = 24

= 2

4 2 → l = 2 2

A área da casinha (fig 3) é igual à área do quadrado (fig. 1), logo:AFig 3 = 2 2 )2 = 8 cm2

07 D

Área da figura I = . ,

230 20 2 5+_ i

= 62,5 m2 e seja v a velocidade da água.

1050 = v . 62,5 ⇔ v = 16,8 m/s

Área da figura II = .

249 41 2+_ i

= 90 m2

Nova vazão = 90 . 16,8 = 1.512 m3/s

A B

C

R

60o 60o

60o

R

R = �

θ

A B

C

60o120o

�

�

1o) Área hex. reg = 6 .

432

= 6 → 2 = 34

2a Parte:

Cálculo auxiliar:

Âe = 6

360o = 60o

Âi = 180o – 60o = 120o

2o) Área ∆ABC = 21

. 2 . sen 120o

= 21

. 34

. 23

= 1

08 A1a Parte:

09 D

Traçando o segmento , obtemos 8 triângulos congruentes. A área escura é igual a:

Asombreada = 86

. Área do retângulo ABCD.

= 86

. (1 x 2) = 812

= 23

= 1,5 m2

1 1

1

1

1 1

1

A B

D C

E

F

45o

45o 45o

45o

45o

45o 45o

45o

45o 45o

45o45o

10 D1a) Figura inicial: Quadrado de lado x. área inicial: A = x2

x

x

(x + P% . x)

(x – P% . x)

2a) Após as alterações: retângulo

Aretângulo = A – 1% . A = 99% . A →

→ . % . . – %x p x p1 1+_ _i i1 2 3444444 444444 = 99% . ( x2 )

→ 1 – (p%)2 = 99% →(p%)2 = 1 – 0,99

→ (p%)2 = 0,01 → p% = 1001

= 101

→

→ p% = 101

= 10% → p = 10

Área retângulo

Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 29

BLOCO 07

01 B

A∆AMC = 2120

= 60 m2

A∆MNA = 260

= 30 m2

A∆MNP = 230

= 15 m2

A∆PQM = 215

= 7,5 m2

A

B CM

N

P

Q

02 CÁrea do triângulo = Área do quadrado

.4

2 32

= 2 → = 3

→ = 34

03 D

A(região 1) = Aquadrado MFLG – Atriângulo MKL = b2 – .b x2

.

A(região 2) = Aparalelogramo MLIH – Atriângulo MKL = b . (b) – .b x2

= b2 – bx2

.

Então A(região 1) = A(região 2)

Conclusão:

Se para pintar a região 1 Miguel gastou 73

da tinta, para pintar a

região 2, gastaria também 73

da tinta e ainda sobraria 71

de tinta.

04 A

Lado do quadrado = x.Lados da folha: 2x e 3x.

Lados do retângulo: xe

x32

23

.

x32

+ x23

= 65

4x + 9x = 65 . 6x = 30x = 0,3 m2

Logo, sua área será 3x . 3x = 2 . 0,3 . 3 . 0,3 = 0,54 m2.

05 AComo a peça tem a mesma espessura, a parte de cada um vai depender da área de base de cada pedaço.1a Parte: Seja A o valor da área do triângulo FAE.Partindo de F, dividimos o triângulo FAE em 4 triângulos equivalentes.

Então:

Área ∆BFE = 43

. A

F G H I

M L J

K1 2b b

b

b

x

F

EDLBA x x x x

F

M

K

EBA

2a Parte: Partindo de B em direção aos pontos que estão sobre o lado

FE , o triângulo BFE será dividido em 6 triângulos equivalentes. Logo:

Área ∆BMK = . . .A A63

43

83

=d n e Área ∆BKE = .61

43

. A = 81

. A

Portanto: André ficou com 50% da peça, pois Mônica e Paulo ficaram

com: 83

A + 81

A = 21

. A = 50% . A

06 DED = 15 − 7 = 8 m (lado do quadrado).Área da casa = 82 = 64 cm2.

Área dos terrenos: .

215 25 20+_ i

= 400

Razão entre a área da casa e a área do terreno: .40064

254

=

07 C

Aescura = AI + AII = .2

8 18 =

.2

18 12 12+_ i

= 72 + 180 = 252 m2

08 A1a Parte: Cálculo da área de cada octógono.1 cm2 ↔ 0,01 W x ↔ 50.400 Wx

100 = 50.400 → x = 5.040.000 cm2

x = 504 m2. Então a área de 1 octógono será: 9504

= 56 m2

2a Parte: Note que cada octógono é composto por 7 quadrados, então 7 . Aquad. = 56 →Aquad. = 8 m2

3a Parte: Área procurada = 81 . 8 − 504 = 648 − 504 = 144 m2

09 D1a) Figura inicial: Quadrado de lado x. área inicial: A = x2

2a) Após as alterações: retângulo

Aretângulo = A – 1% . A = 99% . A →

→ . % . . 1– %x p x p1+_ _i i1 2 3444444 444444 = 99% . ( x2 )

→ 1 – (p%)2 = 99% → (p%)2 = 1 – 0,99

→ (p%)2 = 0,01 → p% = 1001

= 101

→

→ p% = 101

= 10% → p = 10

x

x

(x + P% . x)

(x – P% . x)

Área retângulo

Matemática e suas Tecnologias30 matemática – Volume 01 matemática iii

10 BAD = DB , FB = FC e ED = EB .

1a) A∆AFB = 296

= 48 m2

2a) A∆FDB = 248

= 24 m2

3a) A∆FEB = 224

= 12 m2

Logo A∆AFE = A∆AFB – A∆FEB = 48 – 12 = 36 m2

01 CSul 70o Leste (E) : S70oE

02 A

Note que a roda 1 gira no sentido anti-horário, a roda 2 gira no sentido horário. Então, a bandeira cinza da roda 2 irá descrever um ângulo de 135o no sentido horário, ficando na posição representada no item A.

135o

135o

Roda 1

Esquerda

Roda 2

Direita

03 BFusos horários são variações da hora entre as diversas localidades do globo. As variações ocorrem em sentido longitudinal e resultam do movimento de rotação da Terra.A Terra percorre 360o a cada 24 horas, o que resulta em um fuso horário a cada 15o de longitude:

Deslocamentos para leste: adiantam-se as horas;Deslocamentos para oeste: atrasam-se as horas;Do mapa podemos inferir que existem 13 fusos horários entre Brasília (Brasil) e Melbourne (Austrália);A rota sobre a África implica em deslocamento para leste a partir de Brasília;Reduzindo a hora ao ponto de chegada (Melbourne), temos:Horário em Melbourne (quando de saída de Brasília).Se o dia e horário da saída de Brasília é dia 18 às 22h00 e temos que adiantar 13h (13 fusos), então 22 + 13 = 35h. Isso representa 1 dia e 11h. Logo em Melbourne serão 11h do dia 19. A partir daí devemos acrescentar 23h de duração da viagem, isto é, 11 + 23 = 34h que representa 1 dia e 10h. Então o avião chegará a Melbourne dia 20 às 10h.

04 APara determinar o centro da circunferência inscrita, devemos traçar as bissetrizes internas do triângulo.

05 BPara determinar o centro da circunferência que passa por 3 pontos distintos B, G e E, devemos traçar as mediatrizes do triângulo BGE. O ponto de encontro delas será o centro da circunferência pedida.

06 C

EF = 2

6 10+ = 8 m (base média do trapézio ABJI)

IJ = EF NO

2+

(base média do trapézio EDCF) →

10 = NO2

8+ → NO = 12

07 A

EA = y = 2 3 e x = GC = 3.

3 3

HG

A B

2

1

CF

2

2

E D

30o

60o

1

08 A

O arco de circunferência está centrado no ponto G da figura acima.

Então o seu raio R = L23

.

HG

A B

CF

L

L

E D

30o

60o

09 C

No quadrilátero NTPO da figura acima, 120NTP^ o= . A diagonal OT é

bissetriz e NTO 60^ o= ,

então:

, – , –

, – . . ,

,–

, . – , . –

tgr

rr

r

r r r

r r km

609 4

39 4

9 4 3 3 1 3 9 4 3

1 39 4 3

3 1 3 1

9 4 3 3 12

9 4 3 36

o "

" " "

" " " b

= =

= + =

=+

=+

_

_ _ __ _i

i i ii i

E

B A

9,4 km

D

C

P

T

N O

r

M

60o

60o

60o

r

r

r

N

O

T

(9,4 – r)60o

10 E

1a parte: Ângulo central = 12360o

= 30o e raio = 15 m.2a parte: Lei dos Cossenos: 2 = 152 + 152 – 2 . 15 . 15 . cos 30o

2 = 225 + 225 – 450 . 23

2 = 450 – 225 3 2 = 225 . (2 – 3 )

= 15 . 2 – 3

�B

1515

30o

A

O (Centro)

Matemática e suas Tecnologiasmatemática III matemática – Volume 01 31