Modulo 1 1) Seja x a medida do ângulo procurado x complemento: 90º x suplemento: 180º x Interpretando o enunciado temos: 180º - x = (90º x) + 16º 180º - x = 270º 3x + 48º 2x = 138º x = 69 3 2) â + b = 180º (ângulos suplementares) Como nos foi dado que â = 3b, então temos: 3b+b = 180º b = 45º Mas, c = b (ângulos o.p.v.). Logo, c = 45º 3) (x+5x) = 120º (ângulos correspondentes) 6x = 120º x = 20º (5x +y) = 180º (ângulos colaterais internos) Substituindo x=20º na equação acima, ficamos com 5.20º +y = 180º y = 80º 4) Através do desenho percebemos que, o ângulo formado pelas bissetrizes de α e β mede α + β 2 2 α + β = 126º Dividindo toda essa equação por 2, teremos: α + β = 63º 2 2 O ângulo formado pelas bissetrizes é 63º 5) 54º 6) 60º 7) x = 58º 8) â + b = 114º 9) e 10) c 11) α = 112º 12) a
13) â = 60º 14) c 15) b 16) d 17) a) â = 40º b) â = 120º 18 â + b + c = 360º 19) Demonstração: Use os ângulos suplementares Sabemos que x + y = 180º x + w = 180º subtraindo a segunda equação da primeira temos que: y w = 0º Ou seja, y = w (ângulos opostos pelo vértice) 20 Demonstração: Reveja o divertimento com o Professor 4 deste modulo Módulo 2 1 a) Usando o teorema da soma dos ângulos internos do triângulo, temos: (3x + 18º) + (2x 3º) + (x + 21º) = 180º 6x + 36º = 180º 6x = 180º 36º 6x = 144º x = 24º Os ângulos internos do triângulo são: i1= 90º i2= 45º i3= 45º
Conclusão: o triângulo é retângulo e isósceles b) Pelo teorema do ângulo externo: (7x + 3º) = (11 x) + (2x - 7º) 2 Multiplicando a equação por 2: chegamos a x = 20º Assim os ângulos internos são: i1= 110º i2= 33º i3= 37º GABARITO_AP. 01 EXTENSIVO_MATEMÁTICA_FRENTE EUCLIDES Logo, o triângulo é obtusângulo (i1 = 110º > 90º) e escaleno (três ângulos diferentes) 2) a) desenho b) Se o triângulo é equilátero seus angulos internos medem 60º e seus lados são congruentes. Logo, 2x + 14º = 60º 2x = 46º x = 23º y + 3 = 3y 7 2y = 10 y = 5cm 3) Da soma dos ângulos internos dos triângulos ABC e AHC, temos que: (triângulo ABC) BÂC + 30º + 45º = 180º BÂC = 105º (triângulo AHC) HÂC + 45º + 90º = 180º HÂC = 45º Como t é bissetriz de BÂC, então o ângulo entre t e o lado AC é BÂC = 105º = 52,5º 2 2 α + 45º = 52,5º α = 7,5º
4) desenho triângulo ABC é isósceles de base AD, então BĎA = x (ângulo); DBC é ângulo externo do triângulo ABC, logo DBC = x+x=2x triângulo BDC é isósceles de base BC, então DCB = 2x; por fim, ŷ é ângulo externo do triângulo ADC, portanto ŷ= x + 2x = 3x (alternativa A) 5 a) 25º b)12º 6 a)21º b)30º 7) ângulo b = 15º ; escaleno e obtusângulo 8 â = 124º e b = 11º 9) d 10) d 11) d 12) b 13) a)107º b) 16º c) â = ^b + ^c + ^d 14 (15 cm) 15) 30º
16) 540º 17) Demonstração: use a soma dos ângulos internos e lembre-se de que nenhum deles pode ser nulo Da definição sabemos que a soma dos ângulos internos de um triângulo = 180º (nenhum deles podem ser nulos), se o triângulo é retângulo em B ângulo B = 90º o ângulo C < 90º Como: ângulo C é oposto a AB sabendo que o lado de um triângulo é proporcional ao seu ângulo ângulo B é oposto a AC AC AB 18) Demonstração: faça uma figura, use a soma dos ângulos internos e reveja a propriedade dos ângulos correspondentes no modulo 1 do capitulo 1 19) a)4 triângulos b) nenhum triangulo equilátero e 3 isósceles Módulo 3 1) Pelo teorema de Tales temos: AB' = 13 B'C' = 13 C'D' = 13 5 5 2 2) Como α = β, então CD é bissetriz interna do triângulo ABC. Assim, pelo Teorema da bissetriz interna, temos 12 = 5 12.x = 5. (13 -x) 12x = 65 5x 17x = 65 x = 65 13-x x 17 Por sua vez, como γ = θ então CE é bissetriz externa. 12 = 5 12.2y = 5. (13 + 2y) 24y = 65 + 10y 14y = 65 y = 65 13 x + x + 2y x 17 3) x = 34cm β = 9º α= 28º 4) c
5 a) x = 15,5 b) x =2 6) m = 68 13 7) CD = 40 8) d 9) a 10) e 11 b) 20,5m 12) b 13) a 14) b 15) CF = 0,48m 16) FP = 52 e EP = 65 9 9 17) PO = 31,5 18) Não é possível calcular a distância PB, pois não existe ponto P.
19) d 20 Demonstração: trace a bissetriz de um ângulo de 72º e use semelhança de triângulos Módulo 4 1 a) Caso LAL de congruência b) Caso ALA de congruência c) Caso hipotenusa-cateto d) Caso LAA de congruência e) Caso LLL de congruência 2) d 3) Na figura, AB (pontilhado) é a rota ideal entre as cidades A e B (AB = 500km). AC (linha cheia) é a rota percorrida antes de o piloto corrigi-la, no ponto C. Se o piloto não corrigisse o engano, ele chegaria ao ponto D, a 500km de A Podemos afirmar que os triângulos ACB e DCB são congruentes devido ao caso LAL de congruência. Observe: AC CD ACB (ângulo) = DCB (ângulo) = 90º ACB DCB CB CB (lado comum) Assim, fazendo a correspondencia entre os lados, temos DA = DB = 500km, ou seja, se não houvesse a correção da rota C, o avião, após voar os 500km previstos, estaria ainda a 500km da cidade B. 4)
Pelo caso hipotenusa cateto, temos: E = D = 90º BC BC (hipotenusa comum) BD CE (catetos iguais) Logo, DCB = EBC = α. Se fizermos a soma dos ângulos internos do triângulo DBC. Teremos: CBD + α + 90º = 180º CBD = 20º (Alternativa c) 5 a) ABC HIG (caso LAA) b) ABE CBE (caso LAL) ABE CBE CDE CBE CDE (caso LAA) c) CBE CDE (caso LAA) d) CBE CDE (caso LAA)