MATEMÁTICA 3 VOLUME 1 RESOLUÇÕES EXERCITANDO EM CASA

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1 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR MATEMÁTICA VOLUME RESOLUÇÕES EXERCITANDO EM CASA AULA 0. B Calculando: 00 jardas 9 pés 9 metros pés metros polegadas 0, 5 pé 0, 5 metros 97 00, 5, 505 metros D Tem-se que a resposta é dada por 44,54 5 m E Fazendo os cálculos: km m 80 cm 0,8 m , D O volume de água que será consumido é igual a mL L. Por conseguinte, ela deverá comprar duas garrafas do tipo IV. 05. E Sabendo que hm m, temos 8 ha 8 hm m. 06. A Em cada tanque há 5 peixes para cada m 000 litros de água. Logo, se o criador possui 7 tanques, e a capacidade de cada tanque é de litros de água, então o número total de peixes é dado por Portanto, como cada peixe consome litro de ração por semana, segue que a capacidade mínima do silo, em litros, para armazenar a quantidade de ração que garantirá a alimentação semanal dos peixes deve ser igual a C Da meia-noite às seis horas da manhã serão desperdiçados: , ml 440 ml,4 L 08. B Lembrando que m 000 L, tem-se que o resultado pedido é dado por: 6,5 6, , 9 0, (0,565 0,5050) R$, B Sabemos que 6-96 km 9,6. 0 cm e 0,9 g 0,9. 0 kg Massa de 96 km do gelo, em quilogramas, equivale a 9, ,9. 0-8,8. 0 kg 0. A dracma 0,55 cl 00 ml 0 cl (0 : 0,55) dracmas 8 dracmas AULA 0. A A lâmpada de LED tem uma durabilidade de horas dias dias a mais do que a lâmpada comum. 0. C US$ R$,6 E$ R$,4 L$, E$,. R$,4 R$,64 R$,64 :,6 US$,65 0. B 4º 00 4º +. 4, 05º C Transformando o tempo de min e 4 s em horas, temos: min e 4s s 84s 84. h. Logo, a velocidade será : 600 v, 84 90km/h A F (G.m.m )/r F. r G.m.m, substituiremos as unidades (kg.m/s ). m G. kg. kg kg. m. s -. m G. kg. kg (kg. m. s - ) : kg G kg. m. s -. kg - G kg -. m. s - G

2 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR 06. B Calculando por regra de três: 00 ml em 0 min 0, L em hora 0,6 L em hora 4,4 L em 4 horas 4 L em 0 dias 0. C Observe na figura a seguir que em cada vértice há uma mudança de direção no lado do polígono. O valor, em graus, de cada giro é a medida do ângulo ê. Calculando o valor de ê, temos: ê Logo ê 6 0. n , logo n A O resultado pedido é: 800 t 0 h 00min A Quatro mangas produzem 4. 0,45 0,98 litro de suco. Logo, segue que a massa total de suco, em onças, é 0,98.,.,. 6 7, B 09. C O automóvel percorreu 0,5 m em 0,04 s, logo sua velocidade era de: min e 4s s 84s 84. h. Logo, a velocidade será : 600 v, 84 90km/h 600 Logo receberá uma multa grave. Com a redução em 0 km/h, ficou a 65 km/h (multa média). 0. B Sendo 5 m 5 000dm L, podemos concluir que o consumo diário por pessoa foi de L, ou seja, no limite do bom senso. 5 0 Os ângulos y e 0 0 são suplementares, logo y Os ângulos x e (y ) são congruentes, logo x x D α , logo: α C Considere a situação descrita: AULA 0. E O robô muda de direção n vezes, sempre para a esquerda, e retorna ao ponto de partida, ou seja, ele dá uma volta completa e percorre um ângulo de Se a cada mudança de direção ele gira 60 0, então: n , logo n 6. Como sabemos que x + y + z 5 metros, aplicando o Teorema de Talles, temos a seguinte proporção: x 75 5 x 06. B b+ b 8m 0 4

3 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR 07. A 0. A Sejam a e b as quantidades de palitos em cada um dos outros dois lados do triângulo. Tem-se que os possíveis valores de (a, b) são: (, 0), (, 9), (, 8), (4, 7), (5, 6). Mas, pela condição de existência de um triângulo, só pode ser (, 8), (4, 7), (5, 6). 0. C Se AC R, temos o triângulo AFC equilátero. Logo, θ B 04. D Às horas o navio A terá percorrido km, e o navio B,.60 0 km. O triângulo abaixo representa essa situação: 0 km d 0 km 6 EC 75 EC 600 EC 8m D 75 6,5 Portanto, o número de estais será dado por +, onde indica o primeiro dos estais que partem do ponto A. 0. A Trace retas horizontais pelos vértices mais baixos dos três quadrados: AULA 4 0. E Então os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado da esquerda são 60º e 0º, respectivamente; os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado do meio são, respectivamente, 80º 6º 0º 4º e 90º 4º 66º; os ângulos à esquerda e à direita do vértice do quadrado da direita são, respectivamente, 80º 75º 66º 9º e 90º 9º 5º. Enfim, no triângulo retângulo com um dos ângulos igual a x, temos x 90º 5º 9º. 0 km Como o triângulo é equilátero, conclui-se que a distância que separa os navios é de 0 km. 05. C Marcando três pontos na circunferência, determinamos os vértices de um triângulo inscrito nela. O centro da moeda é o circuncentro do triângulo obtido. 06. B Seja P o pé da perpendicular baixada de P sobre a reta AA'. É fácil ver que P ' AP 60. Daí, como P ' AP é ângulo externo do triângulo AA'P, segue-se que AA'P 0, o que implica em AA' AP 8 km. Portanto, a velocidade do avião no trecho AA ' era de km h. 07. A A base x da pirâmide deve estar entre os seguintes valores, de acordo com a desigualdade triangular: 8 < x < < x < < x < < x < 8 0 < x < + 0 < x < As sentenças têm em comum 4 < x < 8; de 5 a 7 são (7 5) + valores inteiros; retirando os valores 8, 0 e, teremos 0 valores. 08. A D é equidistante de A e B, portanto D está sobre a mediatriz de AB. D está a 0 km de C, logo sobre a circunferência centrada em C e de raio 0 km, o que na escala 0km cm corresponde a 0cm

4 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR 4 Logo D será um dos dois pontos de intersecção da mediatriz de AB e da circunferência centrada em C e de raio 0 cm. 0. D 09. E Pela figura, temos: x + y + y 80 0, e x + y + + y Logo: x + y + y x + y + y, x y. Como x + 4y 80 0, então x + 4x x B O ponto interno que equidista dos três lados é o incentro. Além disso, o triângulo é retângulo de catetos 6 e 8. Dividindo-se o triângulo, conforme a figura, obteremos três triângulos de altura r. b d Na figura, o ABC ~ ADE, logo: a c. b d Como d d', temos: a c. 0. C x 5 x x 000 mm m 0, , A Sendo os triângulos retângulos semelhantes por AA e BC,6 m, temos: CD,6 CD 0,6 m. 8 ' 05. A A área do triângulo maior é igual à soma das áreas e dos triângulos menores e, assim, podemos dizer que: 6.8 r.6 r.8 r r cm AULA 5 0. D, 0,8 0,8(,+ x),., x 5,6 m,+ x, FED FAC 4, AB 0 + AB,5 AB,5 AB 6, D Se os lados AB e BC medem 80 e 00 metros, então o lado AC mede 60 metros (Teorema de Pitágoras). Sabe-se também que os segmentos CM e BM são iguais e medem 50 metros, pois MP é mediatriz da hipotenusa. Como o triângulo ABC é semelhante ao triângulo PMB, pode-se escrever:

5 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR 07. D PB m PB AP 80 AP m MP MP m Plote Plote 65 m 75 5 Plote Plote 50 m Portanto, a razão entre os perímetros dos lotes I e Plote 65 II será: P lote 09. C É fácil ver que os triângulos AEC e BED são semelhantes. Logo: AF AC AF 4 BF BD BF 6 AF + BF + AF AF. AF + BF 5 Além disso, como os triângulos AEF e ABD também são semelhantes, vem: AF EF AF EF AB BD AF + BF 6 EF 6 5 EF, 4 m E Considerando os dados do enunciado: Traçando DF AC, temos que os triângulos DHE e DGF são semelhantes por AAA. Se HE x, vem: x x, m. 0 Assim, a altura do suporte em B é: 4+x 4+, 5,m. 08. D Do enunciado, temos: ABC CFG AB AC ( ) BM CM BM B ; ABC DBE ( ) DE DB DE 0,5 E 0,5;,5 CAB ˆ EAD ˆ α e ABC ˆ ADE ˆ 90, logo os triângulos ACB e AED são semelhantes. Então: AB CB AD ED 50 n 0 00 n n 0 ( ) 4 n 0 n 07 AULA 6 0. B Pelo Teorema da Bissetriz Interna, temos: FH FG FH FH x IH GI x Aplicando Pitágoras, temos: (x) + ( + x) 4x x 5 0

6 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR 6 x 5 4,5 05. D x - 0. D Pelo Teorema da Bissetriz Interna, temos: BD CD CD AB AC AC AC CD. Desse modo, pelo Teorema de Pitágoras, vem: AC BC + AB ( CD) CD CD CD CD u.c. 6 Portanto: BC BD + CD u.c. 0. B Seja p o perímetro desejado. Como os triângulos são semelhantes e o perímetro do primeiro triângulo é igual a cm, temos: 04. C p 6 p p 84 cm. Considerando os triângulos PAB e PCD semelhantes na figura, podemos escrever: x x x x x x x x.5.789, 4 km Ou seja, aproximadamente km. Se o caimento é 75%, então 75 CM.4 m. 00 Por Pitágoras no triângulo AMC, obtemos AC 5m. D e E são pontos médios, portanto DE é base média do triângulo AMC, portanto DE,5m. Como D é ponto médio de AC, então 5 AD,5m. Observe finalmente que os triângulos ADE e MDE são congruentes, logo DM AD,5m. Total de gasto na treliça: AB + AC + BC + DM + FM + DE + FG + CM ,5 +,5 +,5 +,5 + 9 m. 06. A Sendo x o comprimento da escada e y a altura aproximada do seu centro de gravidade, pode-se escrever, utilizando o Teorema de Pitágoras e semelhança de triângulos: x 6 + x 0 metros 0 y y 5, metros D De acordo com os dados do enunciado, pode-se deduzir que o triângulo ABC é do tipo 0/60/90. Logo, o lado BC mede 4 km. O triângulo ABC e o triângulo EDC são semelhantes, logo: AB BC 4 DE DE DC DE 4DE DC Aplicando o Teorema de Pitágoras e calculando a área dos polígonos, tem-se: DC EC + DE EC + EC SABC S EDC 6 SABDE 6 6 SABDE 6 SABDE S 6 S EDC EDC

7 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR 08. C Considerando x a altura do prédio, temos: ΔABF ~ ΔACE x x 4 x 60 m AULA 7 0. B Se d é a distância procurada, então d d 8 m. 0. D Considere a figura, em que d é a distância pedida D Como N e P são pontos médios dos lados AC e BC, então NP é base média do triângulo ABC relativa ao lado BC. Ainda temos que o triângulo NPC é semelhante ao triângulo ABC com razão de semelhança igual a /. Com isso podemos afirmar que a área do triângulo NPC é /4 da área do triângulo ABC, logo 60 ha : 4 5 ha. Usando raciocínio análogo, teremos que QR é base média do triângulo NPC, daí o triângulo QRC é semelhante ao triângulo NPC com razão de semelhança / e portanto razão entre as áreas sendo /4, daí a área do triângulo QRC será 5ha : 4,75 ha. Como os triângulos ABX e EDX são semelhantes, temos: d 60 d d d d 6 d 6666, 7mm d 6,7 m 0. E Dados: AD é mediana, E e F, pontos médios e a área do triângulo ABC é S. Pede-se: A área do quadrilátero ABFE em função de S. 0. E ΔABC GDC 0 6 y 5 y ΔGDC FEC y 5 z 7,5 z + 8 z 0 ΔGDC FEC 8 8 x 7 x x Perímetro do terreno III: ,5 97,5 m Total da construção: 97,5 x R$00 R$ 9 500,00 Observando a figura, temos: S ABFE S ABD S DEF. Como os triângulos ABD e DEF são semelhantes com razão de semelhança K, logo suas áreas terão razão de semelhança K. Assim, podemos afirmar que: S ABD K.S DEF 4. S DEF. Como S ABFE S ABD S DEF, temos: S ABFE S ABD S ABD/4. S ABD/4. Temos ainda que a mediana divide o triângulo em dois triângulos de mesma área, assim: S ABD S ABC/ S/. Como a S ABFE, S ABD/4, então: S ABFE S/ B SR 4 SR 6 6 PT 4,5 4 PT Percurso: ,5 + 9,5

8 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR A Dados: O triângulo ABC é equilátero, AD é a altura do triângulo, E é ponto de tangência e o raio da circunferência é cm. Pede-se: O valor de AE. Observando a figura, temos: Os triângulos BFG e BED são semelhantes pelo caso AA, pois o ângulo B é comum aos dois e os ângulos E e F são retos. Assim, podemos afirmar: FG BF 8 BF DE BE 8 + 6, 6 48, 8 BF 6m 06. D Os triângulos AEF e ACD são semelhantes pelo caso AA, pois o ângulo C é comum aos dois triângulos, e os ângulos D e E são retos. Logo, podemos afirmar: AE EF. AD CD Como EF, CD e AD, então : AE AE cm. 08. D Dada a figura abaixo, pede-se o valor de d. Seja K o ponto de visão do motorista do carro. Traçando a paralela na estrada MK, e a perpendicular NO, formamos os triângulos PMK e ONK, que são semelhantes pelo caso AA. Assim, podemos afirmar: MP KM 5-5++d+ NO KN - d+ d 5m. 09. B Observe que os triângulos ABC, ADE, AFG e AHI são semelhantes. Por semelhança de triângulos, temos: x+ 4x + 8 x + 6 x 4. x+8 4 Portanto, a distância de P até Q vale. 07. D Dados: AF 48 m, AH 8 m, CH 6,6 m e CD,8 m. Pede-se: O valor de BF. Observando a figura, temos: Veja ainda que a razão de semelhança (k) dos triângulos ABC e ADE é, portanto a razão entre as áreas de tais triângulos será, ou seja, 4 S ADE 4.S ABC. Tomando S ABC T, teremos S ADE 4.T. Usando raciocínio análogo, concluímos que S AFG 9.T e S AHI 6.T. Temos agora que: S ABC Faixa A T S ADE Faixa A + Faixa B 4.T, logo Faixa B.T S AFG Faixa A + Faixa B + Faixa C 9.T, logo Faixa C 5.T

9 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR 0. C S AHI Faixa A + Faixa B + Faixa C + Faixa D 6.T, logo Faixa C 7.T Seja AQ QM x. Como o lado do quadrado mede cm, QB - x. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo QBM, vem: 5 x ( - x) + 6 x. Os triângulos QBM e MCE são semelhantes por AAA. Logo: CE CM 6 CE 6 8cm. BM BQ 5 - AULA 8 0. E Medida real: 000 km cm Medida do mapa: 8 cm 8 E E : C Comprimento: 8 m 800 cm Largura: m 00 cm E : 50 c E c,cm l E c 4,8cm C Comprimento: 50 m cm Largura: 5 m 500 cm E : 00 c E c 50cm l E c 5cm D No primeiro mapa, a escala indica que cm no mapa corresponde a cm cm de medida real. Logo, cm equivale a ( cm) cm. No segundo mapa, a escala indica que cm no mapa corresponde a cm cm de medida real. Logo, cm equivale a ( cm) 6. 0 cm. O aumento da área do segundo mapa em relação ao primeiro é: ,06. Assim, o aumento é maior que e menor que D Tamanho do carrinho: Comprimento: 87/4 9 cm, largura: 7/4 4 cm Tamanho da caixa do carrinho: Comprimento: 9 + 0,5 + 0,5 0 cm, largura: 4 + 0,5 + 0,5 5 cm 95 cm : 0 9,5, portanto cabem no máximo 9 carrinhos em cada prateleira. 06. B Área Reduzida Área Real ( Escala) A A Ao Ao O aumento na área do desenho da planta será: Ao E Tamanho das maquetes: cm Vulcão do Chile: 6, cm cm Vulcão do Havaí: 0 cm Diferença: 0 6,,9 cm. 08. D 0 E E Logo, a escala escolhida foi :

10 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR C 0 R E R,5 cm o diâmetro será de cm. Logo, 08. C 0. D 0,5 E l 50cm 0, 5m 00 l A apto 90. 0,5. 0,5 7,5 m Valor 7,5 x D 40m x 0m x 0,8m 0 m dm V maquete 65 ml 0,65 L 0,65 dm AULA 9 0. A Quanto maior a escala maior será a riqueza de detalhe. 0. C 0. C 0. C A4: x 9,7 A0: (4x) x (4x9,7) 84 x 8,8 04. C 96x0 5 dm 96x0 5 L 05. B As medidas reais do carro são,0 m (comprimento) x,80 m (largura) x,0 m (altura). Dimensões internas: 5 cm x 8 cm x 5 cm. AULA 0 0. D Os triângulos ABC e AMN são semelhantes por AA. Em consequência, sabendo que AM cm e p ABC cm, temos: pamn AM p AMN 65 p AB 0 ABC p AMN 9 cm 0. E Para obter a altura, basta aplicar a semelhança de triângulos e, nesse caso, temos a seguinte relação: h 8 h 0 0 metros 0. D De acordo com o problema, temos a seguinte figura, com x sendo a distância procurada: 06. B 07. D C,8 cm, l 6 cm, E : A,8 x 6 76,8 cm x x - 00 ACD ~ ABE x 00 x 4 x 400 m

11 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR 04. D Usando o Teorema de Pitágoras, podemos determinar a medida dos lados iguais do triângulo. Seja, e 0 as medidas dos lados do triângulo O raio do círculo é dado por p r ÁREA 0 8 r r E 8 r 0 r 5 / 4 A região em destaque é igual à área do triângulo, menos a área do círculo, de onde temos: 5 Área 0 πr Área 0 π 6 5 Área ( 8 5 π ) D Comprimento miniatura: 405 : 45 9 cm Comprimento caixa: cm Largura miniatura: 5 : 45 5 cm Largura caixa: cm Modo de organizar : Dessa maneira, cabe carrinho na profundidade e, no comprimento da prateleira, caberão : 6 8, totalizando 8 carrinhos. Modo de organizar : Dessa maneira, cabem carrinhos na profundidade e, no comprimento da prateleira, caberão : 0, totalizando carrinhos. 5 0 x 4 x 0 40 y 4 y 06. D Seja MB x e NC y. Assim, temos que MP MB x, NP NC y, AM 5 x e AN 7 y. Veja que o perímetro do triângulo AMN é dado por: AM + MN + AN (5 x) + (x + y) + (7 y ) Veja que o perímetro do triângulo PQR é dado por: PQ + QR + PR x + (9 x y) + y 9 Portanto, a razão será /9 4/. 07. D Considere a figura: 09. E Tracemos AF EC. AECF é paralelogramo e, portanto, ECF ˆ EAF ˆ BEC ˆ AFD ˆ DAF. ˆ Além disso, AD BC, o que implica em ADF BEC isósceles com AD DF BE BC 5. p (7 + 5) 4. ABCD 0. D Considere a figura: Sabendo que VQ m e U é ponto médio de PS, temos PV QR m e PU m. Em consequência, os triângulos PVU e QRV são congruentes por LAL. Portanto, segue que UVR é reto e, assim, o triângulo VRU é retângulo isósceles. A resposta é VUR 45. Como os triângulos MNS e MPQ são semelhantes, temos: (MNS) A (MPQ) A

12 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR Assim, como a razão entre as áreas é o quadrado da razão de semelhança, vem: h h Além disso, os triângulos MNS e MOR também são semelhantes. Então: (MNS) A (MOR) A Daí: h 6 h h h Portanto, a distância pedida é igual a 6 6 h h

13 ALEX/08/APOSTILA ANO EM MATEMÁTICA III DAVYSON E SILVIO RESOLUÇÃO MAT. III COMP./ALENCAR