Resoluções NÍVEL 3. Classe

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1 00 Treinamento para Olimpíadas de atemática NÍVL 3 Resoluções ULS 4 6 m lasse. as paralelas traçadas aos bastões pelos pontos,,, e (ver figura) e da propriedade dos ângulos alternos e internos, resulta dos dados do enunciado a figura: r onde obtém-se = 39. (lternativa ). (Solução Oficial) omo o triângulo é equilátero, o ângulo interno Â mede. Se G é paralelo a, então o ângulo entre G e é ou 80 = 0. Sendo o maior ângulo entre esses dois segmentos, = 0. (lternativa ) 3. (Solução Oficial) omo e são triângulos equiláteros, cada um de seus ângulos internos mede. No triângulo G temos G = = 45 e G = = 55. Logo, G = = 80. ortanto, no triângulo GH, temos = 80, ou seja, = 40. (lternativa ) 4. Sejam TS =, SKT = y, KLS = e KTS = β L S β K y β T 80 β O triângulo KL é isósceles porque tem dois lados iguais; consequentemente seus ângulos da base são medidas iguais, isto é, KLS = KS =. nalogamente, o triângulo KST também é isósceles e portanto KST = KTS = β. a soma dos ângulos internos de um triângulo, temos: No triângulo ST: β = 80 = β No triângulo KL: y = 80 y = 50. Logo, β + β +50 =80 β =5. ortanto, = 5. (lternativa ) SIST NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de atemática 00

2 5. soma dos ângulos eternos do pentágono regular é 3. ssim, a medida, em graus, do ângulo eterno relativo ao vértice, é igual a, isto é, 7. onsequentemente, a medida, em graus, do ângulo interno relativo a, 3 5 é igual a 80 7, isto é, = 08. esde que o triângulo é equilátero, = = e =. Nestas condições, temos no triângulo, = =, o que implica dizer que este triângulo é isósceles de base e como consequência =. or outro lado, = = 08 = 48. ortanto, do triângulo isósceles, obtemos 80 3 = = = 66. (lternativa ) 6. medida, em graus, do menor arco deste círculo é = 35 = 70. esde que é um de seus diâmetros, a medida, em graus, do arco é 80. Nestas condições, a medida, em graus, do arco é dada por: = = 0. medida do arco 0 O ortanto, = = = 55. (lternativa ) 35 0 m asa. a intersecção dos dois quadrados, obtém-se o pentágono conveo (figura). Onde = = = 90 (vértices dos quadrados sobrepostos) = e = y (opostos pelo vértice). or outro lado, a soma das medidas, em graus, dos ângulos internos do pentágono é 3 80, ou seja, 540. Nestas condições, temos + y + 90º + 90º + 90º = 540º. ortanto, + y = 70º. (lternativa ). esde que = e = 0, temos no triângulo, = 80, ou seja, = 40. or outro lado, sendo //, então = = 40 (alternos e internos). esde que =, o triângulo é isósceles. Logo, = = 40. ortanto, da soma dos ângulos internos do triângulo, = 00. (lternativa ) 3. Sejam u, v e w medidas em graus. Sejam,,,,, e I pontos como indicados na figura ao lado. Nestas condições, decorre dos quadriláteros inscritíveis I, I e I (cíclicos): I = 80 u; I = 80 v e I = 80 w. aí: 80 u + 80 v + 80 w = 3. ortanto, u + v + w = 80. (lternativa ) u v I w 4. Sejam e pontos sobre os segmentos e respectivamente, tais que: = = =. esta construção e dos dados do enunciado, temos sucessivamente: O triângulo é isósceles de base. aí, = = =. [] O triângulo é equilátero. aí, = = = =. [] O triângulo é isósceles de base. aí, = = = = 30. [3] SIST NGLO NSINO Treinamento para Olimpíadas de atemática 00

3 omo mostra na figura abaio. 45 or outro lado, desde que = 45, tem-se de []: = e = 5. omo consequência deste resultado, [] e [3]: = + = + = 90. é isósceles onde = = 5 e =. é isósceles onde = = e =. 80 Nestas condições, o triângulo é isósceles e = = = 45. ortanto, = + = 45 + = 75. (lternativa ) 5. o enunciado, tem-se no triângulo : Â + ˆ + Ĉ = Ĉ = 80 Ĉ = 40 [] or outro lado, seja simétrico de em relação a reta suporte de Q. omo Q = Q = 0, então pertence ao segmento. arcando este ponto sobre e ligando-o a Q e a por segmentos de reta obtém-se a figura: Q 0 omo consequência desta simetria, resulta: =, Q = Q [] e Q = Q = 0 [3] e [], segue-se que os triângulos: e Q são isósceles. [4] esde que = = 0 e = Q + Q = = 0, conclui-se de [3]: = = ( 80 0 ) = 80. omo consequência = = 0 80 = 40 [5] ssim, de [4], Q = Q = 80 0 =. Logo, o triângulo Q é equilátero, o que implica Q = Q = [6] ortanto, de [], [5] e [6], conclui-se que Q = =. Nestas condições, o triângulo Q é isósceles e Q = 0 (medida do ângulo eterno relativo ao vértice do triângulo Q), consequentemente = Q 0 Q = = 0. (lternativa ) SIST NGLO NSINO 3 Treinamento para Olimpíadas de atemática 00

4 6. esde que a soma dos ângulos eternos de um polígono é 3, ou seja, πrad e ˆ um dos ângulos internos do heptágono, ˆ π 5π = π = rad. or outro lado, com respeito aos ângulos de vértice, X ˆ π 7 7 = rad e ˆX + Xˆ + ˆ = π, G Y X consequentemente X ˆ π = ˆ π π = rad. ortanto, como X =, o X é 4 π isósceles, então X ˆ π π X = = 4 3π = radianos. (lternativa ) 8 7. (Solução Oficial) 7 Temos 5 = , sendo o ângulo central do pentágono igual a = 7. (lternativa ) 5 5 O 7 O Usando a propriedade do ângulo eterno, temos a figura or outro lado, a soma dos ângulos eternos do triângulo é 3, consequentemente (80º 5) = 3, ou seja, = 8. (lternativa ) 9. omo a reta Q é tangente à circunferência, os ângulos LN e LN são congruentes, ou seja, LN = (onde é uma medida em graus). Sendo o triângulo LN isósceles com L = LN, os ângulos LN e LN são congruentes, e, portanto, L 80º LN = 80 LN LN = 80. N R Q O ângulo LN é eterno do triângulo LNR, logo LN = NLR + LRN. ssim, = 80 + LR. ortanto, LR = (lternativa ) SIST NGLO NSINO 4 Treinamento para Olimpíadas de atemática 00

5 3 0. esde que o pentágono é regular, então cada um de seus ângulos eternos medem, em graus, = 7, 5 portanto cada um de seus ângulos internos medem, em graus, 80 7, ou seja, 08. Nestas condições, obtemos do enunciado a figura abaio o quadrilátero (conveo), = 3, o que implica = 6. or outro lado, construindo uma circunferência λ, de centro e raio (figura), temos que o maior arco sobre esta circunferência λ mede 3 08, ou seja, omo = 5, segue-se que a medida do arco maior é o dobro da medida do ângulo, o que implica dizer que pertence a circunferência λ e portanto = =. inda mais, como =, conclui-se que o triângulo é equilátero e o triângulo é isósceles de base. stes resultados levam-nos a concluir que = = no e = e = 48 no, e ainda, como consequência a construção da figura auiliar abaio gora, do triângulo equilátero, tem-se que =. omo, = (lados do pentágono regular), concluise que o triângulo é isósceles de base, portanto = = inalmente, dos ângulos da figura acima, com vértice em, podemos escrever: = 3, donde conclui-se que = 68. (lternativa ) SIST NGLO NSINO 5 Treinamento para Olimpíadas de atemática 00

6 . os dados do enunciado podemos concluir que os triângulos e são isósceles de bases e respectivamente, então = y e =. y y Nestas condições, temos do vértice : = = = (80 y) ortanto, do triângulo, retângulo em, segue-se + [ (80 y)] = 90, o que implica + y = 70, ou melhor ainda, + y = 35. (lternativa ). O ângulo é eterno do triângulo relativo ao vértice. omo = ( equilátero), segue-se que β + = + 46, donde obtém-se β = 4. (lternativa ) 3. Recordemos que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 3. ssim, dos quadriláteros da figura ao lado, obtidos ao ligar os vértices, dos ângulos de medidas Ê e ˆ, temos: Â + ˆ + Ê + ˆ = Ĉ + ˆ + Ê + ˆ = 3. or outro lado, do vértice do ângulo de medida Ê, podemos escrever: Ê + Ê = 3 Ê, e de modo análogo para o vértice do ângulo de medida ˆ, temos ˆ + ˆ = 3 ˆ. inalmente, dos ângulos destes dois quadriláteros, segue-se que: 70 = Â + ˆ + Ĉ + ˆ + Ê + Ê + ˆ + ˆ = Â + ˆ + Ĉ + ˆ onde encontramos: Ê + ˆ = Â + ˆ + Ĉ + ˆ. (lternativa ) 4. afirmação que divide o ângulo é falsa, pois caso contrário teríamos = 45 e consequentemente = = 45 (determinam o mesmo arco ) o que implicaria o triângulo ser isósceles; contradizendo o enunciado, que diz que o triângulo é não isósceles. eio a cargo do leitor a verificação que as demais alternativas são verdadeiras. (lternativa ) 5. Sejam G = G =, = = β e G =. esde que é bissetriz, tem-se que = G, logo o triângulo G é isósceles de base G. ortanto, a medida do ângulo G, eterno a este triângulo, é. Raciocinando de modo análogo para a bissetriz, concluiremos que o triângulo é isósceles de base e que a medida do ângulo eterno deste triângulo é β (ver figura). β β β G SIST NGLO NSINO 6 Treinamento para Olimpíadas de atemática 00

7 Nestas condições resulta dos triângulos retângulos e G, = 90 β e G = 90. ortanto, dos ângulos agudos Â e Ĉ do triângulo retângulo, segue: + G = 90 (90 β) + (90 ) = 90. β + = 45 onsequentemente do vértice (ângulo reto) do triângulo, podemos escrever com os resultados obtidos anteriormente + β + = = 90 = 45. (lternativa ) 6. Seja λ uma circunferência, construída com centro em e raio. omo = =, pertence à λ. Nestas condições, a medida do arco maior é 3 80, isto é, 80, que corresponde ao dobro da medida do ângulo. λ ortanto, nestas condições, conclui-se que também pertence à λ, consequentemente = = =. (lternativa ) 7. Inicialmente, observemos que // ; pois ambos os segmentos são perpendiculares a. ntão, = = = 8º (alternos e internos). enominando de o ponto médio de, a mediana do triângulo, retângulo em é a metade da hipotenusa, isto é, = = (figura). Nestas condições, o triângulo é isósceles de base e = = = 8º; portanto = 8º = 36º (ângulo eterno). or outro lado, desde que = (enunciado) segue-se que = =, isto é, =, o que implica dizer que o triângulo é isósceles de base, e como consequência = = = 36º. (lternativa ) SIST NGLO NSINO oordenação Geral: Nicolau armo; oordenação do TO: arco ntônio Gabriades; Supervisão de onvênios: Helena Serebrinic; Nível 3: ntonio arlos ROSSO Junior, GLNN lbert Jacques Van mson, Luís ntonio ON lonso, RORTO iguel l Jamal; rojeto Gráfico, rte e ditoração letrônica: Gráfica e ditora nglo Ltda; SIST NGLO NSINO 7 Treinamento para Olimpíadas de atemática 00