exercios geometria

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<p>COLÉGIO NAVAL</p><p>2024</p><p>AULA 03</p><p>Geometria Plana IV</p><p>Prof. Victor So</p><p>2</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sumário</p><p>APRESENTAÇÃO 4</p><p>1. POLÍGONOS 5</p><p>1.1. POLÍGONOS SIMPLES CONVEXOS 6</p><p>1.1.1. CLASSIFICAÇÃO 6</p><p>1.1.2. NÚMERO DE DIAGONAIS 6</p><p>1.1.3. SOMA DOS ÂNGULOS INTERNOS E EXTERNOS 7</p><p>1.2. POLÍGONOS REGULARES 9</p><p>1.2.1. DEFINIÇÃO 9</p><p>1.2.2. FÓRMULA DOS ÂNGULOS INTERNOS E EXTERNOS 9</p><p>1.2.3. PROPRIEDADES 9</p><p>1.2.4. CÁLCULO DO LADO E APÓTEMA DO POLÍGONO REGULAR 12</p><p>1.2.5. COMPRIMENTO DA CIRCUNFERÊNCIA 14</p><p>2. ÁREA DE FIGURAS PLANAS 21</p><p>2.1. DEFINIÇÃO 21</p><p>2.2. TEOREMAS 22</p><p>2.2.1. TEOREMA 1 22</p><p>2.2.2. TEOREMA 2 24</p><p>2.3. ÁREA DE POLÍGONOS 25</p><p>2.3.1. RETÂNGULO 25</p><p>2.3.2. QUADRADO 27</p><p>2.3.3. PARALELOGRAMO 27</p><p>2.3.4. TRIÂNGULO 28</p><p>2.3.5. LOSANGO 28</p><p>2.3.6. TRAPÉZIO 29</p><p>2.3.7. POLÍGONO REGULAR 30</p><p>2.3.8. OUTRAS EXPRESSÕES PARA ÁREA DO TRIÂNGULO 30</p><p>2.3.9. RELAÇÃO MÉTRICA ENTRE ÁREAS 36</p><p>2.4. ÁREA DE CÍRCULOS 37</p><p>2.4.1. DEDUÇÃO DA FÓRMULA 37</p><p>2.4.2. PARTES DO CÍRCULO 38</p><p>3. ORTOEDRO 59</p><p>4. APÊNDICE 64</p><p>4.1. RETA DE EULER 64</p><p>4.2. TRIÂNGULO ÓRTICO 66</p><p>4.2.1. DEFINIÇÃO 66</p><p>4.2.2. TEOREMA 67</p><p>4.2.3. PROPRIEDADE 69</p><p>3</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>4.3. CIRCUNFERÊNCIA DE APOLÔNIO 69</p><p>4.4. PONTO DE MIQUEL 71</p><p>4.5. CIRCUNFERÊNCIA DE 9 PONTOS 75</p><p>4.5.1. COROLÁRIOS 77</p><p>4.6. RETA DE SIMSON-WALLACE 78</p><p>5. QUESTÕES NÍVEL 1 80</p><p>GABARITO 124</p><p>RESOLUÇÃO 128</p><p>6. QUESTÕES NÍVEL 2 244</p><p>GABARITO 277</p><p>RESOLUÇÃO 279</p><p>7. QUESTÕES NÍVEL 3 392</p><p>GABARITO 401</p><p>RESOLUÇÃO 402</p><p>8. CONSIDERAÇÕES FINAIS DA AULA 422</p><p>9. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS 422</p><p>4</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>APRESENTAÇÃO</p><p>Olá,</p><p>Vamos finalizar o estudo da geometria plana. Nessa aula, veremos os conceitos de</p><p>polígonos e áreas de figuras planas. As provas militares adoram cobrar questões envolvendo áreas</p><p>geométricas. Devido à alta taxa de incidência dos tópicos dessa aula, resolveremos muitos</p><p>exercícios para fixar esse conteúdo.</p><p>Caso tenha alguma dúvida entre em contato conosco através do fórum de dúvidas do</p><p>Estratégia ou se preferir:</p><p>5</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>1. POLÍGONOS</p><p>Polígonos são figuras geométricas planas e fechadas que são formadas por segmentos de</p><p>retas chamados de lados. A condição de um polígono é 𝑛 ≥ 3, sendo 𝑛 seu número de lados.</p><p>Podemos ter polígonos simples ou complexos. Os polígonos são simples quando seus lados</p><p>não se cruzam, caso contrário, eles são complexos. Veja:</p><p>Polígonos também podem ser convexos ou côncavos.</p><p>6</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>1.1. POLÍGONOS SIMPLES CONVEXOS</p><p>1.1.1. CLASSIFICAÇÃO</p><p>Um polígono recebe as seguintes denominações dependendo do seu número de lados:</p><p>Número de Lados Nome do Polígono Número de Lados Nome do Polígono</p><p>3 Triângulo 9 Eneágono</p><p>4 Quadrado 10 Decágono</p><p>5 Pentágono 11 Undecágono</p><p>6 Hexágono 12 Dodecágono</p><p>7 Heptágono 15 Pentadecágono</p><p>8 Octógono 20 Icoságono</p><p>1.1.2. NÚMERO DE DIAGONAIS</p><p>A diagonal de um polígono convexo é o segmento de reta que liga dois vértices não</p><p>adjacentes. Exemplo:</p><p>𝐴𝐸̅̅ ̅̅ , 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ , 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ são as diagonais do polígono acima. Note que para o vértice 𝐴, os vértices 𝐵 e</p><p>𝐹 são adjacentes.</p><p>Podemos calcular o número de diagonais de um polígono de 𝑛 lados. Seja 𝑑 esse número, então,</p><p>sua fórmula é dada por:</p><p>7</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝒅 =</p><p>𝒏(𝒏 − 𝟑)</p><p>𝟐</p><p>Demonstração:</p><p>Em um polígono de 𝑛 lados, temos 𝑛 vértices. Então, o número de diagonais que partem</p><p>de um vértice é igual a 𝑛 − 3, pois devemos descontar os vértices adjacentes e o próprio vértice,</p><p>veja o exemplo:</p><p>Nesse caso, temos 6 lados e 6 vértices. O número de diagonais que partem do vértice 𝐴 é</p><p>igual a 6 − 3 = 3 (nessa contagem, desconsideramos os vértices 𝐴, 𝐵 e 𝐹).</p><p>Então, se queremos calcular o número total de diagonais de um polígono de 𝑛 lados,</p><p>devemos contar o número de diagonais que podem ser formados em cada vértice. Sabemos que</p><p>cada vértice possui 𝑛 − 3 diagonais, assim, considerando todos os vértices do polígono, temos</p><p>𝑛(𝑛 − 3) diagonais. Mas, nesse número, estamos contando duas vezes as diagonais, no exemplo</p><p>acima, temos a diagonal que parte do vértice 𝐴 e termina no vértice 𝐸 e a diagonal que parte de</p><p>𝐸 e termina em 𝐴. Portanto, devemos dividir 𝑛(𝑛 − 3) por 2:</p><p>𝑑 =</p><p>𝑛(𝑛 − 3)</p><p>2</p><p>1.1.3. SOMA DOS ÂNGULOS INTERNOS E EXTERNOS</p><p>Seja 𝑃𝑛 um polígono convexo de 𝑛 lados, então, se 𝑆𝑖 é a soma dos seus ângulos internos e</p><p>𝑆𝑒 é a soma dos seus ângulos externos, temos:</p><p>𝑺𝒊 = (𝒏 − 𝟐) ∙ 𝟏𝟖𝟎°</p><p>𝑺𝒆 = 𝟑𝟔𝟎°</p><p>Demonstração:</p><p>Vamos demonstrar a soma dos ângulos internos. Seja 𝐴1𝐴2𝐴3…𝐴𝑁 um polígono convexo</p><p>de 𝑛 lados, tomando 𝑂 o ponto no interior do polígono e ligando esse ponto a cada vértice:</p><p>8</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Perceba que temos 𝑛 triângulos: Δ𝐴1𝐴2𝑂, Δ𝐴2𝐴3𝑂, Δ𝐴3𝐴4𝑂, Δ𝐴4𝐴5𝑂,… , Δ𝐴𝑛𝐴1𝑂.</p><p>Sabendo que a soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180°, então, a soma</p><p>dos ângulos internos do polígono é dada pela soma dos ângulos internos dos 𝑛 triângulos</p><p>subtraído do ângulo central:</p><p>𝛼1 + 𝛼2 +⋯+ 𝛼𝑛⏟</p><p>𝑆𝑖</p><p>+ 𝛽1 + 𝛽2 +⋯+ 𝛽𝑛⏟</p><p>360°</p><p>= 𝑛 ∙ 180°</p><p>𝑆𝑖 = 180° ∙ 𝑛 − 180° ∙ 2 ⇒ 𝑆𝑖 = (𝑛 − 2) ∙ 180°</p><p>Para provar a fórmula da soma dos ângulos externos, podemos usar a propriedade de</p><p>ângulos suplementares. Então, para cada vértice, temos:</p><p>𝛼1 + 𝜃1 = 180°</p><p>𝛼2 + 𝜃2 = 180°</p><p>9</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>⋮</p><p>𝛼𝑛 + 𝜃𝑛 = 180°</p><p>Somando-se cada expressão acima:</p><p>𝛼1 + 𝛼2 +⋯+ 𝛼𝑛⏟</p><p>𝑆𝑖</p><p>+ 𝜃1 + 𝜃2 +⋯+ 𝜃𝑛⏟</p><p>𝑆𝑒</p><p>= 𝑛 ∙ 180°</p><p>𝑆𝑖 + 𝑆𝑒 = 𝑛 ∙ 180°</p><p>Substituindo 𝑆𝑖:</p><p>(𝑛 − 2) ∙ 180° + 𝑆𝑒 = 𝑛 ∙ 180° ⇒ 𝑆𝑒 = 360°</p><p>1.2. POLÍGONOS REGULARES</p><p>1.2.1. DEFINIÇÃO</p><p>Um polígono é considerado regular se ele for equilátero e equiângulo. Por exemplo, um</p><p>triângulo equilátero possui todos os lados de mesma medida e todos os ângulos internos</p><p>congruentes, logo, ele é um polígono regular.</p><p>1.2.2. FÓRMULA DOS ÂNGULOS INTERNOS E EXTERNOS</p><p>Podemos deduzir a fórmula dos ângulos internos e externos do polígono regular usando a</p><p>fórmula de 𝑆𝑖 e 𝑆𝑒. Seja 𝛼𝑖 o ângulo interno do polígono regular, então:</p><p>𝛼1 = 𝛼2 = ⋯ = 𝛼𝑛 = 𝛼 ⇒ 𝑛 ∙ 𝛼⏟</p><p>𝑆𝑖</p><p>= (𝑛 − 2) ∙ 180°</p><p>∴ 𝜶 =</p><p>𝒏 − 𝟐</p><p>𝒏</p><p>∙ 𝟏𝟖𝟎°</p><p>Analogamente para o ângulo externo 𝜃𝑖:</p><p>𝜃1 = 𝜃2 = ⋯ = 𝜃𝑛 = 𝜃 ⇒ 𝑛 ∙ 𝜃⏟</p><p>𝑆𝑒</p><p>= 360°</p><p>∴ 𝜽 =</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>1.2.3. PROPRIEDADES</p><p>P1) Todo polígono regular é inscritível.</p><p>10</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>P2) Todo polígono regular é circunscritível.</p><p>P3) Ângulo Central</p><p>Demonstrações:</p><p>P1) Seja 𝐴1𝐴2𝐴3…𝐴𝑛 um polígono convexo regular, então, tomando os pontos 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3,</p><p>podemos desenhar uma circunferência 𝜆 que passa por esses pontos, vamos provar que 𝐴4 ∈ 𝜆:</p><p>Como 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3 ∈ 𝜆, temos 𝑂𝐴1 = 𝑂𝐴2 = 𝑂𝐴3. O polígono é regular, então, 𝐴1𝐴2 =</p><p>𝐴2𝐴3 = 𝐴3𝐴4.</p><p>Sabemos que os ângulos internos de um polígono regular são congruentes, assim,</p><p>analisando os triângulos isósceles 𝐴1𝑂𝐴2 e 𝐴2𝑂𝐴3, temos:</p><p>11</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Como os ângulos internos do polígono são congruentes, temos 𝛼 = 𝛽. Observe os</p><p>triângulos 𝐴2𝑂𝐴3 e 𝐴3𝑂𝐴4, note que 𝐴2𝐴3 = 𝐴3𝐴4, 𝑂𝐴3 é um lado comum e 𝛼 = 𝛽, logo,</p><p>podemos aplicar o critério de congruência LAL:</p><p>Δ𝐴2𝑂𝐴3 ≡ Δ𝐴3𝑂𝐴4</p><p>Dessa forma, temos 𝑂𝐴2 = 𝑂𝐴4. Logo, 𝐴4 ∈ 𝜆. De modo análogo, podemos provar para os</p><p>outros vértices do polígono regular. Portanto, qualquer polígono convexo regular é inscritível.</p><p>raios medindo, respectivamente, 𝟓 𝒄𝒎,</p><p>𝟒 𝒄𝒎 e 𝟑 𝒄𝒎. A área, em 𝒄𝒎𝟐, da parte hachurada é</p><p>100</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟗𝝅</p><p>b) 𝟏𝟔𝝅</p><p>c) 𝟏𝟖𝝅</p><p>d) 𝟐𝟒𝝅</p><p>54. (EEAR/2011)</p><p>Um polígono convexo ABCD é tal que apenas dois de seus lados são paralelos entre si e os outros</p><p>dois lados são congruentes. Dessa forma, pode-se dizer que ABCD é um</p><p>a) losango.</p><p>b) paralelogramo.</p><p>c) trapézio isósceles.</p><p>d) trapézio retângulo.</p><p>55. (EEAR/2011)</p><p>Um quadrado e um triângulo equilátero estão inscritos em uma circunferência de raio 𝑹. A razão</p><p>entre as medidas dos apótemas do quadrado e do triângulo é</p><p>a) √𝟐</p><p>b) √𝟑</p><p>c) 𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟑√𝟐</p><p>56. (EEAR/2011)</p><p>Se 𝑴𝑵𝑶𝑷𝑸𝑹 é um hexágono regular inscrito na circunferência, então 𝒂 + 𝒃 − 𝒄 é igual a</p><p>a) 𝟏𝟓𝟎°.</p><p>101</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟏𝟐𝟎°.</p><p>c) 𝟏𝟎𝟎°.</p><p>d) 𝟗𝟎°.</p><p>57. (EEAR/2010)</p><p>Seja um retângulo de comprimento c e largura 𝒍. Aumentando-se o comprimento em</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>do seu valor,</p><p>para que a área não se altere, a sua largura deverá ser igual a</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝒍</p><p>b)</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝒍</p><p>c)</p><p>𝟗</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝒍</p><p>d)</p><p>𝟗</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝒍</p><p>58. (EEAR/2010)</p><p>Um setor circular, cujo arco mede 𝟏𝟓 𝒄𝒎, tem 𝟑𝟎 𝒄𝒎𝟐 de área. A medida do raio desse setor, em</p><p>𝒄𝒎, é</p><p>a) 4</p><p>b) 6</p><p>c) 8</p><p>d) 10</p><p>59. (EEAR/2009)</p><p>A área de um setor circular de 𝟑𝟎° e raio 6 cm, em 𝒄𝒎𝟐, é, aproximadamente,</p><p>a) 𝟕, 𝟒𝟖</p><p>b) 𝟕, 𝟔𝟓</p><p>c) 𝟖, 𝟑𝟒</p><p>d) 𝟗, 𝟒𝟐</p><p>60. (EEAR/2009)</p><p>102</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O perímetro de um losango é 𝟐𝟎 𝒄𝒎. Se sua diagonal maior tem o dobro da medida da menor, então</p><p>sua área, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 35</p><p>b) 30</p><p>c) 25</p><p>d) 20</p><p>61. (EEAR/2009)</p><p>Com 4 palitos de mesmo comprimento, forma-se um quadrado com 𝒙 𝒄𝒎𝟐 de área e 𝒚 𝒄𝒎 de</p><p>perímetro. Se 𝒙 – 𝒚 = 𝟎, o comprimento de cada palito, em 𝒄𝒎, é</p><p>a) 2</p><p>b) 4</p><p>c) 6</p><p>d) 8</p><p>62. (EEAR/2009)</p><p>Um triângulo de 𝟒𝟎√𝟐 𝒄𝒎𝟐 de área tem dois de seus lados medindo 𝟏𝟎 𝒄𝒎 e 𝟏𝟔 𝒄𝒎. A medida do</p><p>ângulo agudo formado por esses lados é</p><p>a) 𝟕𝟎°</p><p>b) 𝟔𝟎°</p><p>c) 𝟒𝟓°</p><p>d) 𝟑𝟎°</p><p>63. (EEAR/2009)</p><p>No logotipo, 𝑶𝑨, 𝑶𝑩 e 𝑶𝑪 são raios da menor das três circunferências concêntricas. A região</p><p>acinzentada desse logotipo é composta de</p><p>103</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) dois setores circulares, duas coroas circulares e dois segmentos circulares.</p><p>b) um setor circular, uma coroa circular e dois segmentos circulares.</p><p>c) um setor circular, duas coroas circulares e um segmento circular.</p><p>d) dois setores circulares, uma coroa circular e um segmento circular.</p><p>64. (EEAR/2008)</p><p>O lado de um eneágono regular mede 𝟐, 𝟓𝒄𝒎. O perímetro desse polígono, em 𝒄𝒎, é</p><p>a) 15.</p><p>b) 20.</p><p>c) 22,5.</p><p>d) 27,5.</p><p>65. (EEAR/2008)</p><p>Em um polígono regular, a medida de um ângulo interno é o triplo da medida de um ângulo externo.</p><p>Esse polígono é o:</p><p>a) hexágono.</p><p>b) octógono.</p><p>c) eneágono.</p><p>d) decágono.</p><p>66. (EEAR/2008)</p><p>104</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Se 𝑺 = 𝟔𝑳 𝒄𝒎𝟐 é a área de um quadrado de lado 𝑳 𝒄𝒎, o valor de L é</p><p>a) 3</p><p>b) 6</p><p>c) 9</p><p>d) 12</p><p>67. (EEAR/2007)</p><p>Dois círculos concêntricos têm 𝟒 𝒎 e 𝟔 𝒎 de raio. A área da coroa circular por eles determinada, em</p><p>𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟐𝝅</p><p>b) 𝟏𝟎𝝅</p><p>c) 𝟐𝟎𝝅</p><p>d) 𝟓𝟐𝝅</p><p>68. (EEAR/2007)</p><p>Os lados de um triângulo medem 𝟕 𝒄𝒎, 𝟖 𝒄𝒎 e 𝟗 𝒄𝒎. A área desse triângulo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟐√𝟓</p><p>c) 𝟖√𝟐</p><p>d) 𝟖√𝟑</p><p>69. (EEAR/2007)</p><p>𝑺𝟔 e 𝑺𝟑 são, respectivamente, as áreas do hexágono regular e do triângulo equilátero, ambos</p><p>inscritos na mesma circunferência. Nessas condições, a relação verdadeira é</p><p>a) 𝑺𝟔 = 𝑺𝟑</p><p>b) 𝑺𝟔 = 𝟑𝑺𝟑</p><p>c) 𝑺𝟔 = 𝟐𝑺𝟑</p><p>d) 𝑺𝟑 = 𝟐𝑺𝟔</p><p>105</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>70. (EEAR/2007)</p><p>Um triângulo isósceles tem perímetro igual a 𝟑𝟔 𝒄𝒎 e altura relativa à base medindo 𝟏𝟐 𝒄𝒎. A área</p><p>desse triângulo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 60</p><p>b) 56</p><p>c) 48</p><p>d) 40</p><p>71. (EEAR/2007)</p><p>As medidas da diagonal menor e do perímetro de um losango são, respectivamente, 𝟑𝟔 𝒄𝒎 e</p><p>𝟏𝟐𝟎 𝒄𝒎. A área desse losango, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 864</p><p>b) 728</p><p>c) 600</p><p>d) 548</p><p>72. (EEAR/2007)</p><p>A casa de João tem um quintal retangular de 𝟑𝟎 𝒎 por 𝟐𝟎 𝒎. Se ele usar 𝟑𝟎% da área do quintal</p><p>para fazer uma horta também retangular, de 𝟏𝟎 𝒎 de comprimento, então a largura desta horta,</p><p>em 𝒎, será</p><p>a) 18</p><p>b) 15</p><p>c) 12</p><p>d) 11</p><p>73. (EEAR/2007)</p><p>Um trapézio isósceles tem bases medindo 𝟏𝟐 𝒄𝒎 e 𝟐𝟎 𝒄𝒎. Se a medida de um de seus lados</p><p>oblíquos é 𝟓 𝒄𝒎, então sua área, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 25</p><p>b) 39</p><p>106</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 48</p><p>d) 54</p><p>74. (EEAR/2007)</p><p>Dois polígonos convexos têm o número de lados expresso por 𝒏 e por 𝒏 + 𝟑. Sabendo que um</p><p>polígono tem 𝟏𝟖 diagonais a mais que o outro, o valor de 𝒏 é:</p><p>a) 10.</p><p>b) 8.</p><p>c) 6.</p><p>d) 4.</p><p>75. (EEAR/2006)</p><p>A razão entre as medidas dos apótemas do quadrado inscrito e do quadrado circunscrito numa</p><p>circunferência de raio 𝑹 é</p><p>a)</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>c) 𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟑</p><p>76. (EEAR/2006)</p><p>Um hexágono regular 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭, de 𝟑𝟎√𝟑 𝒄𝒎 de perímetro, está inscrito em um círculo de raio 𝑹.</p><p>A medida de sua diagonal 𝑨𝑪, em 𝒄𝒎, é</p><p>a) 𝟓√𝟑</p><p>b) 𝟓</p><p>c) 𝟏𝟓√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟓</p><p>77. (EEAR/2006)</p><p>107</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sejam 𝑨,𝑩 𝒆 𝑪 três polígonos convexos. Se 𝑪 tem 𝟑 lados a mais que B, e este tem 𝟑 lados a mais</p><p>que 𝑨, e a soma das medidas dos ângulos internos dos três polígonos é 𝟑𝟐𝟒𝟎, então o número de</p><p>diagonais de 𝑪 é</p><p>a) 46.</p><p>b) 44.</p><p>c) 42.</p><p>d) 40.</p><p>78. (EEAR/2006)</p><p>Um quadrado e um losango têm o mesmo perímetro. Se as diagonais do losango estão entre si como</p><p>3 para 5, então a razão entre a área do quadrado e a do losango é</p><p>a)</p><p>𝟏𝟕</p><p>𝟏𝟓</p><p>b)</p><p>𝟏𝟑</p><p>𝟏𝟓</p><p>c)</p><p>𝟏𝟕</p><p>𝟏𝟑</p><p>d)</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟏𝟑</p><p>79. (EEAR/2006)</p><p>A área da região hachurada, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a)</p><p>𝟒−𝝅</p><p>𝟒</p><p>b) 𝟏 −</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>𝟏−𝝅</p><p>𝟒</p><p>d) 𝝅 − 𝟏</p><p>108</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>80. (EEAR/2006)</p><p>A hipotenusa de um triângulo retângulo mede 10 cm e o raio da circunferência nele inscrita mede 1</p><p>cm. A soma das medidas dos catetos desse triângulo é, em cm,</p><p>a) 10</p><p>b) 12</p><p>c) 14</p><p>d) 16</p><p>81. (EEAR/2005)</p><p>Na figura, 𝑩�̂�𝑨 e 𝑪Â𝑫 , 𝑨�̂�𝑩 medem, respectivamente, 𝟔𝟎°, 𝟑𝟎° e 𝟏𝟏𝟎°. A medida de 𝑫�̂�𝑪 é:</p><p>a) 𝟏𝟓°</p><p>b) 𝟐𝟎°</p><p>c) 𝟐𝟓°</p><p>d) 𝟑𝟎°</p><p>82. (EEAR/2005)</p><p>Na figura, os pontos 𝑴, 𝑵 e 𝑷 dividem o lado 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ do paralelogramo 𝑨𝑩𝑪𝑫 em 4 partes iguais, e os</p><p>pontos 𝑬 e 𝑭 dividem a diagonal 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ em 3 partes iguais. A área do triângulo 𝑨𝑷𝑬 é uma fração da</p><p>área do paralelogramo 𝑨𝑩𝑪𝑫, equivalente a</p><p>109</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟔</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟐𝟎</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟐𝟒</p><p>83. (EEAR/2005)</p><p>Um círculo é tal que a medida de seu raio é igual aos</p><p>𝟒</p><p>𝟕</p><p>da medida do comprimento de um setor</p><p>circular que ele contém. Se a área desse setor é igual a</p><p>𝟔𝟑</p><p>𝟖</p><p>𝝅 𝒄𝒎𝟐, então a área do círculo, em 𝒄𝒎𝟐,</p><p>é</p><p>a) 𝟗𝝅</p><p>b) 𝟗𝝅𝟐</p><p>c) 𝟔𝝅</p><p>d) 𝟔𝝅𝟐</p><p>84. (EEAR/2004)</p><p>Em um triângulo equilátero de 𝟏𝟐√𝟑 𝒎 de perímetro, a soma das medidas dos raios das</p><p>circunferências inscrita e circunscrita a esse triângulo, em 𝒎, é</p><p>a) 𝟓.</p><p>b) 𝟔.</p><p>c) 𝟕.</p><p>d) 𝟖.</p><p>85. (EEAR/2004)</p><p>A medida, em 𝒎, do apótema do hexágono regular inscrito numa circunferência cujo raio mede</p><p>𝟒√𝟐 𝒎 é</p><p>a) 𝟒√𝟑.</p><p>b) 𝟐√𝟐.</p><p>c) 𝟒√𝟔.</p><p>d) 𝟐√𝟔.</p><p>110</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03</p><p>– GEOMETRIA PLANA IV</p><p>86. (EEAR/2004)</p><p>Na figura, tem-se um pentágono regular e um quadrado. O valor de 𝒙 + 𝒚 é:</p><p>a) 𝟏𝟐𝟔°</p><p>b) 𝟏𝟎𝟐°</p><p>c) 𝟏𝟏𝟕°</p><p>d) 𝟏𝟏𝟒°</p><p>87. (EEAR/2004)</p><p>As diagonais de um paralelogramo medem 𝟏𝟎 𝒎 e 𝟐𝟎 𝒎 e formam entre si um ângulo de 𝟔𝟎°. A</p><p>área desse paralelogramo, em 𝒎𝟐, é</p><p>a) 200</p><p>b) 100</p><p>c) 𝟓𝟎√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟓√𝟑</p><p>88. (EEAR/2004)</p><p>Na figura, 𝑨 e 𝑪 são os centros de duas circunferências tangentes, e 𝑨𝑩𝑪𝑫 é um quadrado de área</p><p>igual a 𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟐.</p><p>A área da região sombreada é, em 𝒄𝒎𝟐</p><p>a)</p><p>𝟐𝟓(𝝅−𝟐)</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟐𝟓(𝟒−𝝅)</p><p>𝟐</p><p>111</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟐𝟓(𝟒 − 𝝅)</p><p>d) 𝟐𝟓(𝝅 − 𝟐)</p><p>89. (EEAR/2004)</p><p>Os lados de um paralelogramo medem 4 cm e 1 cm, e um ângulo formado por eles é de 𝟔𝟎°. A área</p><p>desse paralelogramo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟑</p><p>90. (EEAR/2004)</p><p>Num triângulo retângulo, as projeções ortogonais dos catetos sobre a hipotenusa medem 6 cm e 24</p><p>cm. A área desse triângulo mede, em 𝒄𝒎𝟐,</p><p>a) 𝟏𝟖𝟎</p><p>b) 𝟑𝟕√𝟏𝟏</p><p>c) 𝟕𝟐</p><p>d) 𝟑𝟔√𝟏𝟕</p><p>91. (EEAR/2003)</p><p>Observe:</p><p>I. É sempre possível construir um polígono regular de 𝒏 lados, para 𝒏 > 𝟑.</p><p>II. Triângulo é, em todos os possíveis casos, inscritível em uma circunferência.</p><p>III. Um ângulo central �̂�𝒄 de um polígono regular de 𝒏 lados inscritos em uma circunferência mede</p><p>(𝒏 – 𝟐)𝟏𝟖𝟎</p><p>𝒏</p><p>IV. Sempre é possível construir uma circunferência que passa pelos n vértices de um polígono</p><p>qualquer.</p><p>Quantas das assertivas acima são falsas?</p><p>a) 𝟏</p><p>112</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟐</p><p>c) 𝟑</p><p>d) 𝟒</p><p>92. (EEAR/2003)</p><p>As mediatrizes de dois lados consecutivos de um polígono regular formam um ângulo de 𝟐𝟒°. O</p><p>número de diagonais desse polígono é:</p><p>a) 𝟕𝟎</p><p>b) 𝟖𝟎</p><p>c) 𝟗𝟎</p><p>d) 𝟏𝟎𝟎</p><p>93. (EEAR/2003)</p><p>Um triângulo escaleno está inscrito num semicírculo de 𝟏𝟎 𝒄𝒎 de diâmetro, que é o maior lado do</p><p>triângulo. Se as medidas dos lados menores do triângulo são tais que uma é o dobro da outra, então</p><p>a diferença entre as áreas do semicírculo e do triângulo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a)</p><p>𝟐𝟓𝝅−𝟒𝟎</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟐𝟓𝝅−𝟑𝟎</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>𝟐𝟓𝝅−𝟐𝟎</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟐𝟓𝝅−𝟓𝟎</p><p>𝟐</p><p>94. (EEAR/2003)</p><p>𝑨,𝑩 e 𝑷 são pontos distintos de uma circunferência de centro 𝑶 e raio 𝒓. Se 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é diâmetro da</p><p>circunferência, e a medida do ângulo 𝑷�̂�𝑩, em radianos, é 𝜶, então a área da região limitada pelo</p><p>ângulo 𝑷�̂�𝑩 e o arco 𝑷𝑩 é igual a</p><p>a) 𝒓 (𝜶 + 𝒓</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>b) 𝒓𝟐 (𝜶 +</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>c) 𝒓 (𝜶 + 𝒓</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝟐𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>d) 𝒓𝟐 (𝜶 +</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝟐𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>113</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>95. (EEAR/2003)</p><p>Num retângulo 𝑨𝑩𝑪𝑫, os vértices 𝑨,𝑩, 𝑪 e 𝑫 são consecutivos. Marcam-se na base 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , a partir de</p><p>𝑨, três pontos, 𝑬, 𝑭 e 𝑮, de modo que eles assinalem, respectivamente,</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>,</p><p>𝟐</p><p>𝟒</p><p>e</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>da base 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ . A razão</p><p>entre as áreas do triângulo 𝑪𝑬𝑭 e do retângulo 𝑨𝑩𝑪𝑫 é</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>96. (EEAR/2003)</p><p>Na figura, o lado do hexágono regular inscrito no círculo mede 4 cm.</p><p>A área da região hachurada da figura é, em 𝒄𝒎𝟐:</p><p>a) 𝟖𝝅√𝟑</p><p>b) 𝝅 − 𝟒√𝟑</p><p>c) 𝟖(𝟐𝝅 − 𝟑√𝟑)</p><p>d) 𝟏𝟔(𝝅 − 𝟐√𝟐)</p><p>97. (EEAR/2003)</p><p>Um retângulo tem área T. Se aumentarmos a medida da sua base em 𝟐𝟎%, e diminuirmos a medida</p><p>da sua altura em 𝟐𝟎%, obteremos um novo retângulo cuja área é igual a</p><p>a) T</p><p>b) 0,96T</p><p>c) 1,04T</p><p>114</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 1,025T</p><p>98. (EEAR/2003)</p><p>O perímetro de um triângulo equilátero inscrito numa circunferência é 54 cm. A área de um</p><p>quadrado inscrito nessa mesma circunferência é, em 𝒄𝒎𝟐,</p><p>a) 36</p><p>b) 72</p><p>c) 216</p><p>d) 288</p><p>99. (EEAR/2003)</p><p>Em um trapézio, os lados paralelos medem 𝟏𝟔 𝒄𝒎 e 𝟒𝟒 𝒄𝒎, e os lados não-paralelos, 𝟏𝟕 𝒄𝒎</p><p>e 𝟐𝟓 𝒄𝒎. A área do trapézio, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 250</p><p>b) 350</p><p>c) 450</p><p>d) 550</p><p>100. (EEAR/2003)</p><p>Seja o triângulo 𝑷𝑴𝑵 de lados 𝑷𝑴̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟔 𝒄𝒎, 𝑴𝑵̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟖 𝒄𝒎 e 𝑷𝑵 ̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟏𝟎 𝒄𝒎. Unindo-se os pontos</p><p>médios de seus três lados obtemos o triângulo 𝑨𝑩𝑪. A área, em 𝒄𝒎𝟐, do triângulo 𝑨𝑩𝑪 é</p><p>a) 4</p><p>b) 6</p><p>c) 12</p><p>d) 20</p><p>101. (EEAR/2003)</p><p>A figura representa um trapézio retângulo com 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ , base menor igual a 𝟑 𝒄𝒎 e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ é lado de</p><p>um quadrado.</p><p>115</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área desse quadrado, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 9</p><p>b) 18</p><p>c) 24</p><p>d) 36</p><p>102. (EEAR/2003)</p><p>Na figura abaixo, 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e 𝑴𝑵̅̅ ̅̅ ̅ são diâmetros perpendiculares de um círculo de raio 𝟐 𝒄𝒎.</p><p>Traça-se o arco 𝑴𝑷𝑵 de centro 𝑨 e raio 𝑨𝑴̅̅ ̅̅ ̅. A área da região tracejada, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟐</p><p>b) 𝟒</p><p>c) 𝟐𝝅</p><p>d) 𝝅 + 𝟒</p><p>103. (EEAR/2003)</p><p>A área do trapézio retângulo (fig. Abaixo), em 𝒄𝒎𝟐, é igual a (obs: utilize √𝟑 = 𝟏, 𝟕)</p><p>a) 20.00</p><p>116</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 26,40</p><p>c) 34,68</p><p>d) 40,80</p><p>104. (EEAR/2003)</p><p>Em uma circunferência estão inscritos um triângulo equilátero e um hexágono regular. O apótema</p><p>do triângulo somado com o apótema do hexágono dá 𝟏𝟐(√𝟑 + 𝟏) 𝒄𝒎. O lado do triângulo, em cm,</p><p>mede</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟔√𝟑</p><p>c) 𝟐𝟎√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟒√𝟑</p><p>105. (EEAR/2002)</p><p>Na figura abaixo, 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬 é um pentágono regular.</p><p>As medidas dos ângulos 𝒙, 𝒚 e 𝒛, em graus, são, respectivamente</p><p>a) 𝟑𝟔°; 𝟑𝟔°; 𝟕𝟐°</p><p>b) 𝟕𝟐°; 𝟑𝟔°; 𝟕𝟐°</p><p>c) 𝟕𝟐°; 𝟑𝟔°; 𝟑𝟔°</p><p>d) 𝟑𝟔°; 𝟕𝟐°; 36°</p><p>106. (EEAR/2002)</p><p>A soma dos ângulos internos e dos ângulos externos de um polígono regular vale 𝟏𝟖𝟎𝟎°. O número</p><p>de diagonais desse polígono é</p><p>117</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟐𝟓.</p><p>b) 𝟑𝟓.</p><p>c) 𝟒𝟓.</p><p>d) 𝟓𝟓.</p><p>107. (EEAR/2002)</p><p>Coloque V ou F conforme as afirmações sejam verdadeiras ou falsas:</p><p>( ) Dois ângulos adjacentes são suplementares.</p><p>( ) Dois ângulos que têm o mesmo complemento são congruentes.</p><p>( ) Dois ângulos suplementares são adjacentes.</p><p>( ) Um triângulo obtusângulo pode ser isósceles.</p><p>( ) Um triângulo retângulo é escaleno.</p><p>Assinale a sequência correta.</p><p>a) F – V – F – V – V</p><p>b) F – V – V – V – F</p><p>c) F – V – F – V – F</p><p>d) F – F – V – V – F</p><p>108. (EEAR/2002)</p><p>Na figura, considere o segmento 𝒂 = 𝟐𝒎</p><p>A área da superfície sombreada é, em 𝒎𝟐, igual a</p><p>a) 𝟐𝝅</p><p>b) 𝟒𝝅</p><p>118</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 2</p><p>d) 4</p><p>109. (EEAR/2002)</p><p>Num triângulo 𝑨𝑩𝑪 têm-se 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟐 𝒄𝒎,𝑩�̂�𝑪 = 𝟑𝟎° e 𝑨�̂�𝑩 = 𝟒𝟓°. A área do triângulo 𝑨𝑩𝑪, em</p><p>𝒄𝒎𝟐, vale</p><p>a)</p><p>𝟏+√𝟑</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟐+√𝟑</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>√𝟐+√𝟑</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>√𝟐(𝟏+√𝟑)</p><p>𝟒</p><p>110. (EEAR/2002)</p><p>A área de um retângulo, cujas diagonais medem 𝟐𝟎 𝒎 cada uma e formam entre si um ângulo de</p><p>𝟔𝟎°, em 𝒎𝟐, é</p><p>a) 100</p><p>b) 200</p><p>c) 𝟏𝟎𝟎√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟎𝟎√𝟑</p><p>111. (EEAR/2002)</p><p>No paralelogramo 𝑨𝑩𝑪𝑫, tem-se que 𝑩𝑬̅̅ ̅̅ ⊥ 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ ; 𝑩𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟓 𝒄𝒎, 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = 𝟏𝟐 𝒄𝒎 e 𝑨𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟒 𝒄𝒎.</p><p>A área do triângulo 𝑬𝑫𝑪, em 𝒄𝒎𝟐 , é</p><p>a) 48</p><p>b) 30</p><p>c) 24</p><p>119</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 20</p><p>112. (EEAR/2002)</p><p>Dado um quadrado de diagonal igual √𝟐 𝒄𝒎. Sobre cada lado do quadrado se constrói</p><p>externamente um triângulo equilátero de lado igual ao do quadrado. A área da figura toda, assim</p><p>obtida, é ____𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏 + √𝟑</p><p>c) 𝟏 + 𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟐 + 𝟒√𝟑</p><p>113. (EEAR/2002)</p><p>A área, em 𝒄𝒎𝟐, de um triângulo equilátero inscrito numa circunferência cujo comprimento é de</p><p>𝟖𝝅√𝟑 𝒄𝒎 é</p><p>a) 𝟑𝟔√𝟑</p><p>b) 𝟔𝟒√𝟑</p><p>c) 𝟕𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟒𝟒√𝟑</p><p>114. (EEAR/2002)</p><p>Dado o hexágono</p><p>regular 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭, a área do quadrilátero 𝑨𝑩𝑪𝑫, em 𝒄𝒎𝟐, sabendo-se que 𝑨𝑩</p><p>mede 𝟔 𝒄𝒎, é</p><p>a) 54</p><p>b) 𝟓𝟒√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟖√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟕√𝟑</p><p>120</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>115. (EEAR/2002)</p><p>A soma dos ângulos internos de um polígono convexo regular é de 𝟕𝟐𝟎°. Sabendo-se que o seu lado</p><p>mede 𝟒 𝒄𝒎 e que ele está inscrito numa circunferência, então a área desse polígono, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟔√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟖√𝟑</p><p>d) 24√𝟑</p><p>116. (EEAR/2002)</p><p>Se de um retângulo de perímetro 𝟒 e dimensões 𝒙 e 𝒚, 𝒙 < 𝒚, retira-se um quadrado de lado 𝒙,</p><p>então a área remanescente em função de 𝒙 é</p><p>a) 𝟏 − 𝟐𝒙</p><p>b) 𝟐𝒙 − 𝟐𝒙𝟐</p><p>c) 𝒙 − 𝟐𝒙𝟐</p><p>d) 𝟐𝒙 − 𝟒𝒙𝟐</p><p>117. (EEAR/2002)</p><p>A área de um triângulo de perímetro 𝟓𝟒 𝒎 circunscrito a um círculo de 𝟐𝟓𝝅 𝒎𝟐, em 𝒎𝟐, é</p><p>a) 125</p><p>b) 130</p><p>c) 135</p><p>d) 140</p><p>118. (EEAR/2002)</p><p>Feito o levantamento de um terreno pentagonal, foram determinados os dados indicados na figura</p><p>a seguir.</p><p>121</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área do terreno, em</p><p>a) 450</p><p>b) 𝟒𝟓𝟎(𝟒√𝟑 − 𝟏)</p><p>c) 𝟗𝟎𝟎</p><p>d) 𝟗𝟎𝟎(𝟑√𝟑 − 𝟐)</p><p>119. (EEAR/2001)</p><p>Classifique como verdadeira ou falsa cada uma das afirmativas:</p><p>𝟏ª: Um triângulo obtusângulo pode ser isósceles.</p><p>𝟐ª: Um triângulo isósceles pode ser retângulo.</p><p>𝟑ª: Um triângulo isósceles não pode ser equilátero.</p><p>Assinale a alternativa correta:</p><p>a) Todas são falsas.</p><p>b) Todas são verdadeiras.</p><p>c) A 𝟐ª é verdadeira e a 𝟑ª é falsa.</p><p>d) A 𝟏ª é falsa e a 𝟑ª é verdadeira.</p><p>120. (EEAR/2001)</p><p>Se em um triângulo retângulo um dos catetos mede 𝟐√𝟓 𝒄𝒎 e a altura relativa à hipotenusa mede</p><p>√𝟐 𝒄𝒎, então a área desse triângulo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a)</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝟑</p><p>b)</p><p>𝟐𝟎</p><p>𝟑</p><p>c)</p><p>𝟏𝟎√𝟐</p><p>𝟑</p><p>122</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 𝟐√𝟏𝟎</p><p>121. (EEAR/2001)</p><p>De um pedaço quadrado de metal corta-se uma peça circular de diâmetro máximo, e desta corta-se</p><p>outro quadrado de lado máximo. O material desperdiçado tem</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>da área do quadrado original</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>da área do quadrado original</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>da área da peça circular</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>da área da peça circular</p><p>122. (EEAR/2001)</p><p>Se a área da coroa circular definida por dois círculos concêntricos de raios 𝒓 e 𝑹, 𝒓 < 𝑹, é igual a</p><p>área do círculo menor, então a razão</p><p>𝑹</p><p>𝒓</p><p>é igual a:</p><p>a) 1</p><p>b) √𝟐</p><p>c)</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟐</p><p>123. (EEAR/2001)</p><p>Um círculo de raio 𝒓 e um retângulo de base 𝒃 são equivalentes. Então, a altura do retângulo é:</p><p>a) √𝝅𝒓</p><p>b) 𝝅𝒓𝟐𝒃</p><p>c)</p><p>𝝅𝒓𝟐</p><p>𝒃</p><p>d)</p><p>𝝅𝒓𝟐</p><p>𝒃𝟐</p><p>124. (EEAR/2001)</p><p>Um segmento 𝑨𝑩, de 𝟔 𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔, é diâmetro de uma circunferência de centro 𝑶. Sendo 𝑪 um ponto</p><p>dessa circunferência, tal que a medida do ângulo 𝑨�̂�𝑪 seja 𝟑𝟎°, a medida da superfície limitada</p><p>pelas cordas 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ e pelo arco 𝑨𝑪, em metros quadrados, é:</p><p>123</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>(𝟐𝝅 + 𝟑√𝟑)</p><p>b)</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>(𝝅 + √𝟑)</p><p>c)</p><p>𝟗𝝅√𝟑</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟗√𝟑</p><p>𝟐</p><p>125. (EEAR/2001)</p><p>Se o raio de um círculo for aumentado de 100%, sua área aumentará de:</p><p>a) 100%</p><p>b) 200%</p><p>c) 300%</p><p>d) 400%</p><p>126. (EEAR/2001)</p><p>Em um círculo de 𝟑 𝒄𝒎 de raio, a área e o perímetro de um setor circular de 𝟔𝟎° (sessenta graus)</p><p>são, respectivamente, em 𝒄𝒎𝟐 e 𝒄𝒎:</p><p>a) 𝟏, 𝟓𝝅 e (𝝅 + 𝟔)</p><p>b) 𝟏, 𝟓𝝅 e 𝝅</p><p>c) 𝝅 e (𝝅 + 𝟔)</p><p>d) 𝟔𝝅 e 𝝅</p><p>127. (EEAR/2001)</p><p>A soma das medidas dos ângulos internos e externos de um polígono convexo é 𝟑𝟔𝟎𝟎°. O número</p><p>de diagonais desse polígono é um número:</p><p>a) par divisível por 𝟏𝟓.</p><p>b) par maior que 𝟏𝟓𝟎.</p><p>c) ímpar múltiplo de 𝟏𝟗.</p><p>d) ímpar primo.</p><p>128. (EEAR/2000)</p><p>124</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Na figura, 𝑨𝑩 é um arco de circunferência de centro 𝑶 e de raio 𝟏 𝒄𝒎. A área do trapézio</p><p>retângulo 𝑩𝑪𝑫𝑬, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐𝟒</p><p>b)</p><p>√𝟑</p><p>𝟏𝟖</p><p>c)</p><p>√𝟑</p><p>𝟏𝟐</p><p>d)</p><p>√𝟑</p><p>𝟔</p><p>129. (EEAR/2000)</p><p>Consideremos um triângulo retângulo que simultaneamente está circunscrito à circunferência 𝑪𝟏 e</p><p>inscrito na circunferência 𝑪𝟐. Sabendo-se que a soma dos comprimentos dos catetos do triângulo é</p><p>𝒌 𝒄𝒎, então, a soma dos comprimentos dessas duas circunferências, em cm, é</p><p>a)</p><p>𝟒𝒌𝝅</p><p>𝟑</p><p>b)</p><p>𝟐𝒌𝝅</p><p>𝟑</p><p>c) 𝒌𝝅</p><p>d) 𝟐𝒌𝝅</p><p>GABARITO</p><p>1. C</p><p>2. B</p><p>3. C</p><p>4. b</p><p>5. a</p><p>125</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>6. c</p><p>7. c</p><p>8. a</p><p>9. e</p><p>10. a</p><p>11. e</p><p>12. d</p><p>13. c</p><p>14. e</p><p>15. b</p><p>16. e</p><p>17. d</p><p>18. a</p><p>19. e</p><p>20. a</p><p>21. c</p><p>22. a</p><p>23. d</p><p>24. e</p><p>25. b</p><p>26. d</p><p>27. b</p><p>28. d</p><p>29. a</p><p>30. b</p><p>31. c</p><p>32. a</p><p>33. b</p><p>34. d</p><p>35. a</p><p>36. a</p><p>37. d</p><p>38. b</p><p>39. d</p><p>40. b</p><p>41. c</p><p>42. d</p><p>43. d</p><p>44. b</p><p>45. a</p><p>46. b</p><p>47. b</p><p>126</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>48. b</p><p>49. a</p><p>50. a</p><p>51. a</p><p>52. c</p><p>53. c</p><p>54. c</p><p>55. a</p><p>56. b</p><p>57. b</p><p>58. a</p><p>59. d</p><p>60. d</p><p>61. b</p><p>62. c</p><p>63. b</p><p>64. c</p><p>65. b</p><p>66. b</p><p>67. c</p><p>68. b</p><p>69. c</p><p>70. a</p><p>71. a</p><p>72. a</p><p>73. c</p><p>74. d</p><p>75. a</p><p>76. d</p><p>77. b</p><p>78. a</p><p>79. a</p><p>80. b</p><p>81. b</p><p>82. d</p><p>83. b</p><p>84. b</p><p>85. d</p><p>86. c</p><p>87. c</p><p>88. b</p><p>89. d</p><p>127</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>90. a</p><p>91. b</p><p>92. c</p><p>93. a</p><p>94. d</p><p>95. c</p><p>96. c</p><p>97. b</p><p>98. c</p><p>99. c</p><p>100. b</p><p>101. b</p><p>102. b</p><p>103. b</p><p>104. d .</p><p>105. b</p><p>106. b</p><p>107. c</p><p>108. c</p><p>109. a</p><p>110. c</p><p>111. d</p><p>112. b</p><p>113. a</p><p>114. d</p><p>115. d</p><p>116. b</p><p>117. c</p><p>118. b</p><p>119. c</p><p>120. a</p><p>121. b</p><p>122. b</p><p>123. c</p><p>124. a</p><p>125. c</p><p>126. a</p><p>127. b</p><p>128. a</p><p>129. c</p><p>128</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>RESOLUÇÃO</p><p>1. (EEAR/2021.2)</p><p>Na figura, que representa parte da estrutura de um telhado, 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ é altura do triângulo ABC, CEDF é</p><p>um quadrado de lado 3m, o ponto E pertence a 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e o ponto F pertence a 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ . Assim, a área do</p><p>triângulo ABC é ____ m2.</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟓√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟖</p><p>d) 𝟐𝟎</p><p>Comentários</p><p>Temos:</p><p>Como 𝐶𝐷 é altura e além disso é diagonal do quadrado, temos que 𝐷�̂�𝐶 = 𝐶�̂�𝐸 = 45°.</p><p>Ou seja, 𝐸�̂�𝐴 = 𝐷�̂�𝐸 = 𝐹�̂�𝐵 = 𝐹�̂�𝐷 = 45°. Logo, 𝐴𝐸 = 𝐹𝐵 = 3.</p><p>A área do triângulo é</p><p>[𝐴𝐵𝐶] =</p><p>1</p><p>2</p><p>(6)(6) =</p><p>36</p><p>2</p><p>= 18</p><p>Gabarito: C</p><p>2. (EEAR/2021.2)</p><p>129</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>No hexágono ABCDEF, G, H, I e J são, respectivamente, os pontos médios de 𝑨𝑭̅̅ ̅̅ , 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ , 𝑬𝑭̅̅ ̅̅ , 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ . Se</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ //𝑭𝑪̅̅ ̅̅ //𝑫𝑬̅̅ ̅̅ , então 𝑮𝑯 + 𝑰𝑱 é igual a</p><p>a) 𝟐𝒙</p><p>b) 𝟑𝒙</p><p>c) 𝟒𝒙</p><p>d) 𝟓𝒙</p><p>Comentários</p><p>Como os diversos pontos são pontos médios, temos que GH é base média do trapézio ABCF</p><p>e IJ também é base média do trapézio CDEF. Logo:</p><p>𝐺𝐻 = 𝐼𝐽 =</p><p>2𝑥 + 𝑥</p><p>2</p><p>=</p><p>3𝑥</p><p>2</p><p>A soma pedida é:</p><p>𝐺𝐻 + 𝐼𝐽 =</p><p>3𝑥</p><p>2</p><p>+</p><p>3𝑥</p><p>2</p><p>= 3𝑥</p><p>Gabarito: B</p><p>3. (EEAR/2021.2)</p><p>A figura mostra um paralelogramo sombreado formado pela superposição de dois retângulos, e</p><p>apresenta uma dimensão de cada retângulo. Se um dos lados do paralelogramo mede 3,5 cm, então</p><p>a sua área é ______ cm2.</p><p>a) 12</p><p>b) 18</p><p>130</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 21</p><p>d) 23</p><p>Comentários</p><p>Pela figura, podemos ver que o lado do paralelogramo dado é o lado menor. Tomando-se</p><p>esse lado como base e usando a altura de 6 cm, temos:</p><p>𝐴 = 𝑏ℎ = 3,5 ⋅ 6 = 21</p><p>Gabarito: C</p><p>4. (EEAR/2021)</p><p>A figura, se ABCD é um paralelogramo, então o valor de x é</p><p>a) 18</p><p>b) 20</p><p>c) 𝟐𝟐</p><p>d) 𝟐𝟒</p><p>Comentários</p><p>Podemos calcular a área do paralelogramo de duas formas diferentes:</p><p>𝐴 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐷𝐹 = 𝐶𝐷 ⋅ 𝐷𝐸</p><p>10𝑥 = 25 ⋅ 8</p><p>10𝑥 = 200</p><p>𝑥 = 20</p><p>Gabarito: B</p><p>5. (EEAR/2021)</p><p>A diferença</p><p>entre as medidas de um ângulo interno de um dodecágono regular e de um ângulo</p><p>interno de um octógono também regular é</p><p>a) 𝟏𝟓°</p><p>131</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟐𝟓°</p><p>c) 𝟑𝟎°</p><p>d) 𝟒𝟎°</p><p>Comentários</p><p>O ângulo interno de um polígono regular é dado por:</p><p>𝑎𝑖 =</p><p>(𝑛 − 2) ⋅ 180°</p><p>𝑛</p><p>Para o dodecágono, temos 𝑛 = 12:</p><p>𝑎12 =</p><p>(12 − 2) ⋅ 180°</p><p>12</p><p>=</p><p>1800°</p><p>12</p><p>= 150°</p><p>Para o octógono, temos 𝑛 = 8:</p><p>𝑎8 =</p><p>(8 − 2) ⋅ 180°</p><p>8</p><p>=</p><p>6 ⋅ 180°</p><p>8</p><p>= 135°</p><p>Portanto, 𝑎12 − 𝑎8 = 15°.</p><p>Gabarito: A</p><p>6. (EEAR/2021)</p><p>A figura representa a parte de um móvel de um cata-vento (4 hélices triangulares planas). Se o</p><p>material utilizado para a confecção dessas hélices custa R$ 300,00 o 𝒎𝟐, e considerando √𝟐 = 𝟏, 𝟒,</p><p>o custo dessas peças, em R$, foi de</p><p>a) 280</p><p>b) 340</p><p>c) 420</p><p>132</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 560</p><p>Comentários</p><p>Note que os triângulos da figura são isósceles. Podemos calcular as áreas de cada triângulo</p><p>dessa forma:</p><p>𝐴 =</p><p>1 ⋅ 1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛45°</p><p>2</p><p>=</p><p>√2</p><p>4</p><p>Como são 4 triângulos:</p><p>𝐴𝑇 = 4𝐴 = √2 = 1,4 𝑚</p><p>2</p><p>O preço por 𝑚2 é R$ 300,00, logo:</p><p>𝐶𝑇 = 300 ⋅ 1,4 = 420</p><p>Gabarito: C</p><p>7. (ESA/2019)</p><p>Em um triângulo equilátero ABC inscreve-se um quadrado MNOP de área 3m². Sabe-se que o lado</p><p>MN está contido em AC, o ponto P pertence a AB e o ponto O pertence a BC. Nessas condições, a</p><p>área, em m², do triângulo ABC mede:</p><p>a)</p><p>𝟕√𝟑+𝟔</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝟕√𝟑+𝟔</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟕√𝟑+𝟏𝟐</p><p>𝟒</p><p>d)</p><p>𝟐𝟏√𝟑+𝟏𝟖</p><p>𝟐</p><p>e)</p><p>𝟐𝟏√𝟑+𝟑𝟔</p><p>𝟒</p><p>Comentários</p><p>133</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Se a área do quadrado inscrito é 3, então seu lado é 𝑙 = √3. Fazendo o desenho do</p><p>problema.</p><p>Como BPQ é também equilátero de lado √3, sua altura então mede:</p><p>ℎ =</p><p>√3</p><p>2</p><p>⋅ √3 =</p><p>3</p><p>2</p><p>Portanto a altura de ABC relativa a AC é:</p><p>𝐻 =</p><p>√3</p><p>2</p><p>⋅ 𝐴𝐶 = √3 + ℎ =</p><p>2√3 + 3</p><p>2</p><p>⇒ 𝐴𝐶 = 2 + √3</p><p>Assim, a área do triângulo, portanto, é:</p><p>[𝐴𝐵𝐶] =</p><p>𝐴𝐶2√3</p><p>4</p><p>=</p><p>(7 + 4√3)√3</p><p>4</p><p>=</p><p>7√3 + 12</p><p>4</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>8. (ESA/2016)</p><p>A área do triângulo equilátero cuja altura mede 𝟔 𝒄𝒎 é:</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>b) 𝟒√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>c) 𝟐𝟒√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>d) 𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒎𝟐</p><p>e) 𝟔√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>134</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Comentário:</p><p>Aplicação direta de fórmulas. Sendo 𝑙 o lado e ℎ a altura e 𝐴 a área do triângulo, temos:</p><p>𝐴 =</p><p>𝑙2√3</p><p>4</p><p>; ℎ =</p><p>𝑙√3</p><p>2</p><p>⇒ ℎ2 = 𝑙2 ⋅</p><p>3</p><p>4</p><p>=</p><p>𝑙2√3</p><p>4</p><p>⋅ √3 ⇒ ℎ2 = 𝐴 ⋅ √3 ∴ 𝐴 =</p><p>ℎ2√3</p><p>3</p><p>Logo,</p><p>𝐴 =</p><p>(6 𝑐𝑚)2√3</p><p>3</p><p>= 12√3 𝑐𝑚2</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>9. (ESA/2014)</p><p>Um hexágono regular está inscrito em uma circunferência de diâmetro 𝟒 𝒄𝒎. O perímetro desse</p><p>hexágono, em 𝒄𝒎, é</p><p>a) 𝟒.</p><p>b) 𝟖.</p><p>c) 𝟐𝟒.</p><p>d) 𝟔.</p><p>e) 𝟏𝟐.</p><p>Comentário:</p><p>135</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sendo 𝑟 =</p><p>4 𝑐𝑚</p><p>2</p><p>= 2 𝑐𝑚 o raio da circunferência, o lado 𝑙 do hexágono também vale 𝑙 =</p><p>2 𝑐𝑚, pois:</p><p>𝐷�̂�𝐸 =</p><p>360°</p><p>6</p><p>= 60°</p><p>∆𝐷𝑂𝐸 isósceles de base 𝐷𝐸, pois 𝑂𝐷 = 𝑂𝐸 = 𝑟. Logo, 𝐸�̂�𝑂 = 𝐷�̂�𝑂 = 𝛼. A soma dos</p><p>ângulos internos de ∆𝐷𝑂𝐸 é, então, 180° = 2𝛼 + 60° ⇒ 𝛼 = 60° ⇒ ∆𝐷𝑂𝐸 é equilátero ∴ 𝑙 = 𝑟.</p><p>Assim, o perímetro do hexágono é 6𝑙 = 6𝑟 = 3 ⋅ 2𝑟 = 3 ⋅ 4 𝑐𝑚 = 12 𝑐𝑚.</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>10. (ESA/2009)</p><p>As diagonais de um losango medem 𝟒𝟖 𝒄𝒎 e 𝟑𝟑 𝒄𝒎. Se a medida da diagonal maior diminuir 𝟒 𝒄𝒎,</p><p>então, para que a área permaneça a mesma, deve-se aumentar a medida da diagonal menor de:</p><p>a) 𝟑 𝒄𝒎</p><p>b) 𝟓 𝒄𝒎</p><p>c) 𝟔 𝒄𝒎</p><p>d) 𝟖 𝒄𝒎</p><p>e) 𝟗 𝒄𝒎</p><p>Comentário:</p><p>Se 𝐷 e 𝑑 são as diagonais maior e menor de um losango, respectivamente, então a área</p><p>vale</p><p>𝐷 ⋅ 𝑑</p><p>2</p><p>Logo, sendo 𝐷′ e 𝑑′ as novas medidas das diagonais, temos:</p><p>𝐷 = 48 ⇒ 𝐷′ = 48 − 4 = 44 𝑐𝑚</p><p>Áreas iguais ⇒</p><p>𝐷⋅𝑑</p><p>2</p><p>=</p><p>𝐷′⋅𝑑′</p><p>2</p><p>⇒ 48 ⋅ 33 = 44 ⋅ 𝑑′ ∴ 𝑑′ = 36</p><p>Portanto, a diagonal menor aumentou 𝑑′ − 𝑑 = 36 − 33 = 3 𝑐𝑚.</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>11. (ESA/2007)</p><p>Se um polígono regular é tal que a medida de um ângulo interno é o triplo da medida do ângulo</p><p>externo, o número de lados desse polígono é:</p><p>a) 𝟏𝟐</p><p>b) 𝟗</p><p>136</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟔</p><p>d) 𝟒</p><p>e) 𝟖</p><p>Comentário:</p><p>Seja 𝑛 o número de lados do polígono regular em questão. Temos que o ângulo interno 𝛼𝑛</p><p>e o externo 𝛽𝑛 medem:</p><p>𝛼𝑛 =</p><p>(𝑛 − 2) ⋅ 180°</p><p>𝑛</p><p>𝛽𝑛 =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>Fazendo 𝛼𝑛 = 3𝛽𝑛, obtemos:</p><p>3 =</p><p>𝛼𝑛</p><p>𝛽𝑛</p><p>=</p><p>𝑛 − 2</p><p>𝑛</p><p>⋅ 180°</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>=</p><p>𝑛 − 2</p><p>2</p><p>∴ 𝑛 = 8</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>12. (ESA/2007)</p><p>Considere um polígono regular 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭… .Sabe-se que as mediatrizes dos lados 𝑨𝑩 e 𝑪𝑫 formam</p><p>um ângulo de 𝟐𝟎° e sua região correspondente contém os vértices 𝑩 e C do polígono. Assim sendo,</p><p>quantas diagonais deste polígono passam pelo centro, dado que o seu número de vértices é maior</p><p>que seis?</p><p>a) 𝟏𝟕</p><p>b) 𝟏𝟓</p><p>c) 𝟏𝟔</p><p>d) 𝟏𝟖</p><p>e) 𝟏𝟒</p><p>Comentário:</p><p>137</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Seja 𝛼 o ângulo externo do polígono em questão. Perceba, pela imagem acima, que</p><p>devemos ter 2𝛼 = 20°. Uma maneira fácil de enxergar isso é a seguinte: Pensa que você é uma</p><p>formiga que está no ponto 𝐴 e quer chegar no ponto 𝐷, andando pelos lados do polígono. Você</p><p>vai ter que virar à esquerda duas vezes, fazendo uma curva de 10° a cada vez. Uma outra maneira</p><p>de perceber isso é que o ângulo 𝑀�̂�𝑁 vale</p><p>𝑀�̂�𝑁 = 20° = 𝑀�̂�𝐵 + 𝐵�̂�𝐶 + 𝐶�̂�𝑁 =</p><p>360°</p><p>2𝑛</p><p>+</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>+</p><p>360°</p><p>2𝑛</p><p>=</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>+ 𝛼 +</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>= 2𝛼,</p><p>Sendo 𝑛 o número de lados do polígono. Portanto, temos:</p><p>𝛼 =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>= 10° ∴ 𝑛 = 36.</p><p>Como o número de lados do polígono regular 𝑛 é par, a única diagonal, partindo de um</p><p>dado vértice, é a que vai ao vértice diametralmente oposto. Portanto, como o número de pares</p><p>de vértices é</p><p>36</p><p>2</p><p>= 18,</p><p>temos que há 18 diagonais que passam pelo centro.</p><p>138</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>13. (ESA/2007)</p><p>Aumentando-se os lados 𝒂 e 𝒃 de um retângulo de 𝟏𝟓% e 𝟐𝟎%, respectivamente. a área do</p><p>retângulo é aumentada em:</p><p>a) 𝟑, 𝟖%</p><p>b) 𝟒%</p><p>c) 𝟑𝟖%</p><p>d) 𝟑𝟓%</p><p>e) 𝟑, 𝟓%</p><p>Comentário:</p><p>Sejam 𝐴 e 𝐵 os lados do novo retângulo, 𝑠 𝑒 𝑆 as áreas do retângulo antigo e do novo</p><p>retângulo, respectivamente. Temos:</p><p>𝑆</p><p>𝑠</p><p>=</p><p>𝐴𝐵</p><p>𝑎𝑏</p><p>= (</p><p>𝐴</p><p>𝑎</p><p>) ⋅ (</p><p>𝐵</p><p>𝑏</p><p>) = (1 + 15%) ⋅ (1 + 20%) = 1,15 ⋅ 1,20 = 1,38 = 1 + 38%</p><p>∴ 𝐴 área do retângulo aumentou em 38%.</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>14. (ESA/2006)</p><p>Em um triângulo 𝑨𝑩𝑪 tem-se 𝑨𝑩 = 𝟏𝟎 𝒄𝒎 e 𝑨𝑪 = 𝟏𝟐 𝒄𝒎. O incentro 𝑰 e o baricentro 𝑮 estão</p><p>em uma mesma paralela a 𝑩𝑪. A medida do lado 𝑩𝑪 é igual a:</p><p>a) 𝟏𝟎</p><p>b) 𝟓</p><p>c) 𝟏𝟐</p><p>d) 𝟔</p><p>e) 𝟏𝟏</p><p>Comentário:</p><p>139</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Como o incentro 𝐼 e o baricentro 𝐺 estão sobre a reta 𝐵′𝐶′ paralela ao lado 𝐵𝐶, temos que</p><p>a altura ℎ de 𝐺 em relação ao lado 𝐵𝐶 é igual à altura de 𝐼 em relação ao lado 𝐵𝐶, que por sua</p><p>vez vale 𝑟, o raio da circunferência inscrita, cujo centro é o incentro 𝐼, isto é, temos ℎ = 𝑟. Além</p><p>disso, como em qualquer triângulo 𝐴𝐵𝐶 a área de um triângulo formado por dois vértices com o</p><p>baricentro vale um terço da área do triângulo maior, temos que, representando a área de um</p><p>triângulo com [colchetes], temos:</p><p>[𝐺𝐵𝐶] =</p><p>1</p><p>3</p><p>⋅ [𝐴𝐵𝐶]</p><p>[𝐺𝐵𝐶] =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ 𝐵𝐶 ⋅ ℎ</p><p>[𝐴𝐵𝐶] = 𝑝 ⋅ 𝑟</p><p>𝑝 =</p><p>(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴)</p><p>2</p><p>Nas fórmulas acima, 𝑝 é o semiperímetro de ∆𝐴𝐵𝐶. Juntando as fórmulas, obtemos:</p><p>140</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>[𝐺𝐵𝐶] =</p><p>1</p><p>3</p><p>⋅ [𝐴𝐵𝐶] ⟺</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ 𝐵𝐶 ⋅ ℎ =</p><p>1</p><p>3</p><p>⋅ 𝑝 ⋅ 𝑟 ⟺</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ 𝐵𝐶 ⋅ 𝑟 =</p><p>1</p><p>3</p><p>⋅</p><p>(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴)</p><p>2</p><p>⋅ 𝑟 ⟺</p><p>⟺ 𝐵𝐶 =</p><p>1</p><p>3</p><p>⋅ (𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴) ⟺ 3 ⋅ 𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴 ⟺ 𝐵𝐶 =</p><p>𝐴𝐵 + 𝐴𝐶</p><p>2</p><p>=</p><p>10 + 12</p><p>2</p><p>∴ 𝐵𝐶 = 11</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>15. (ESA/2006)</p><p>Um trabalhador gasta 𝟓 horas para limpar um terreno circular de 𝟖 𝒎 de raio. Ele cobra 𝑹$𝟒, 𝟎𝟎 por</p><p>hora de trabalho. Para limpar</p><p>um terreno circular de 𝟐𝟒 𝒎 de raio, o trabalhador cobrará, em reais:</p><p>a) 40</p><p>b) 180</p><p>c) 60</p><p>d) 120</p><p>e) 80</p><p>Comentário:</p><p>Como o preço é proporcional ao tempo de serviço e o tempo de serviço é proporcional à</p><p>área, temos que calcular a proporção entre as áreas dos terrenos. Temos que o círculo de 24 𝑚 é</p><p>𝑥 vezes maior que o de 8 𝑚 em área, sendo 𝑥 igual a:</p><p>𝑥 =</p><p>𝜋 ⋅ (24 𝑚)2</p><p>𝜋 ⋅ (8 𝑚)2</p><p>= (</p><p>24</p><p>8</p><p>)</p><p>2</p><p>= 32 = 9.</p><p>Assim, o trabalhador levará 9 vezes mais tempo, isto é, gastará 5 ⋅ 9 = 45 horas para</p><p>limpar o terreno circular de 24 𝑚 de raio. Assim, cobrará</p><p>(</p><p>𝑅$4,00</p><p>ℎ𝑜𝑟𝑎</p><p>) ⋅ 45 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 = 𝑅$180,00.</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>16. (ESA/2006)</p><p>As bases de um trapézio medem 𝟏𝟗 𝒎 e 𝟗 𝒎 e os lados não paralelos, 𝟔 𝒎 e 𝟖 𝒎. A área desse</p><p>trapézio, em 𝒅𝒎𝟐 é:</p><p>a) 𝟔𝟎𝟕𝟐</p><p>b) 𝟔𝟐𝟕𝟎</p><p>c) 𝟔𝟎𝟐𝟕</p><p>d) 𝟔𝟕𝟎𝟐</p><p>141</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>e) 𝟔𝟕𝟐𝟎</p><p>Comentário:</p><p>Pelo teorema de Pitágoras, nos triângulos ∆𝐴𝐸𝐷 e ∆𝐵𝐹𝐶, temos:</p><p>∆𝐴𝐸𝐷 ⇒ 𝑥2 + ℎ2 = 82</p><p>∆𝐵𝐹𝐶 ⇒ (10 − 𝑥)2 + ℎ2 = 62</p><p>Subtraindo as duas equações acima:</p><p>𝑥2 − (10 − 𝑥)2 = 82 − 62</p><p>Usando o produto notável 𝑎2 − 𝑏2 = (𝑎 + 𝑏)(𝑎 − 𝑏):</p><p>10 ⋅ (2𝑥 − 10) = 14 ⋅ 2 ∴ 𝑥 =</p><p>32</p><p>5</p><p>Voltando à primeira equação:</p><p>ℎ2 = 82 − 𝑥2 = 82 − (</p><p>32</p><p>5</p><p>)</p><p>2</p><p>= 82 − (8 ⋅</p><p>4</p><p>5</p><p>)</p><p>2</p><p>= 82 − 82 ⋅ (</p><p>4</p><p>5</p><p>)</p><p>2</p><p>= 82 (1 − (</p><p>4</p><p>5</p><p>)</p><p>2</p><p>) = 82 ⋅ (</p><p>3</p><p>5</p><p>)</p><p>2</p><p>∴ ℎ = 8 ⋅</p><p>3</p><p>5</p><p>=</p><p>24</p><p>5</p><p>Portanto, temos que a área do trapézio vale:</p><p>𝐴 =</p><p>(𝐵 + 𝑏)</p><p>2</p><p>⋅ ℎ =</p><p>(19 + 9)</p><p>2</p><p>⋅</p><p>24</p><p>5</p><p>=</p><p>672</p><p>10</p><p>𝑚2 =</p><p>672</p><p>10</p><p>𝑚2 ⋅ (</p><p>100 𝑑𝑚2</p><p>1 𝑚2</p><p>)</p><p>∴ 𝐴 = 6720 𝑑𝑚2.</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>17. (ESA/2006)</p><p>Um triângulo 𝑨𝑩𝑪 tem área de 𝟔𝟎 𝒄𝒎𝟐 e está circunscrito a uma circunferência com 𝟓 𝒄𝒎 de raio.</p><p>Nestas condições a área do triângulo equilátero que tem o mesmo perímetro que o triângulo 𝑨𝑩𝑪</p><p>é, em 𝒄𝒎𝟐:</p><p>a) 𝟐𝟎√𝟑</p><p>142</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟏𝟓√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟔√𝟑</p><p>e) 𝟓√𝟑</p><p>Comentário:</p><p>Como o triângulo ∆𝐴𝐵𝐶 está circunscrito à circunferência, então a circunferência é a</p><p>circunferência inscrita ao triângulo ∆𝐴𝐵𝐶. Sendo 𝑟 = 5 𝑐𝑚 o raio da circunferência, 𝑆 a área do</p><p>triângulo 𝐴𝐵𝐶 e 𝑝 o seu semiperímetro, temos:</p><p>𝑆 = 𝑝 ⋅ 𝑟 ∴ 𝑝 =</p><p>𝑆</p><p>𝑟</p><p>=</p><p>60 𝑐𝑚2</p><p>5 𝑐𝑚</p><p>= 12 𝑐𝑚 ∴ 2𝑝 = 𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴 = 24 𝑐𝑚.</p><p>Logo, um triângulo equilátero de lado 𝑙 com o mesmo perímetro que o triângulo 𝐴𝐵𝐶 seria</p><p>tal que</p><p>3𝑙 = 24 𝑐𝑚 ∴ 𝑙 = 8 𝑐𝑚.</p><p>A área 𝐴 do triângulo equilátero seria, portanto,</p><p>𝐴 =</p><p>𝑙2√3</p><p>4</p><p>=</p><p>(8 𝑐𝑚)2 ⋅ √3</p><p>4</p><p>= 16√3 𝑐𝑚2.</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>18. (ESA/2006)</p><p>Se aumentarmos a medida do raio r de um círculo em 15%, obteremos um outro círculo de raio R.</p><p>O aumento da área, em termos percentuais, foi de:</p><p>a) 𝟑𝟐, 𝟐𝟓</p><p>b) 𝟑𝟐, 𝟓𝟐</p><p>c) 𝟑, 𝟐𝟓𝟐</p><p>d) 𝟑, 𝟐𝟐𝟓</p><p>e) 𝟑, 𝟓𝟐𝟐</p><p>Comentário:</p><p>Sejam 𝑎 a área do círculo de raio 𝑟 e 𝐴 a área do círculo de raio 𝑅. Temos:</p><p>𝑅 = 𝑟 ⋅ (1 + 15%) = 1,15 ⋅ 𝑟</p><p>𝐴 = 𝜋𝑅2 = 𝜋(1,15 ⋅ 𝑟)2 = 𝜋𝑟2 ⋅ (1,15)2 = 𝑎 ⋅ (1,15)2</p><p>∴ 𝐴 = 𝑎 ⋅ 1,3225 = 𝑎 ⋅ (1 + 32,25%) ∴ O aumento percentual foi de 32,25%.</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>19. (ESA/2006)</p><p>143</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Três circunferências de raio 𝟐𝒓, 𝟑𝒓 e 𝟏𝟎𝒓 são tais que cada uma delas tangencia exteriormente as</p><p>outras duas. O triângulo cujos vértices são os centros dessas circunferências tem área de:</p><p>a) 𝟑𝟔𝒓𝟐</p><p>b) 18𝒓𝟐</p><p>c) 𝟏𝟎𝒓𝟐</p><p>d) 𝟐𝟎𝒓𝟐</p><p>e) 𝟑𝟎𝒓𝟐</p><p>Comentário:</p><p>Podemos usar a fórmula de Heron. Denotando por 𝐴 a área do triângulo ∆𝐴𝐵𝐶, por 𝑎, 𝑏, 𝑐</p><p>os lados 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 𝑒 𝐴𝐵, respectivamente e por 𝑝 =</p><p>𝑎+𝑏+𝑐</p><p>2</p><p>o semiperímetro, temos que:</p><p>𝐴 = √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)</p><p>𝑎 = 2𝑟 + 3𝑟 = 5𝑟, 𝑏 = 10𝑟 + 3𝑟 = 13𝑟, 𝑐 = 10𝑟 + 2𝑟 = 12𝑟 ⇒ 𝑝 =</p><p>5𝑟 + 13𝑟 + 12𝑟</p><p>2</p><p>= 15𝑟</p><p>144</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>∴ 𝐴 = √15𝑟 ⋅ (15𝑟 − 5𝑟) ⋅ (15𝑟 − 13𝑟) ⋅ (15𝑟 − 12𝑟) = √15𝑟 ⋅ 10𝑟 ⋅ 2𝑟 ⋅ 3𝑟 = √900𝑟4</p><p>= 30𝑟2</p><p>Isso resolve a questão, mas o estudante atento poderia ganhar tempo percebendo que</p><p>𝑏2 = (13𝑟)2 = 169𝑟2 = 144𝑟2 + 25𝑟2 = (12𝑟)2 + (5𝑟)2 = 𝑐2 + 𝑎2 ∴ 𝑏2 = 𝑐2 + 𝑎2</p><p>Ou seja, o triângulo ∆𝐴𝐵𝐶 satisfaz o teorema de Pitágoras. Portanto, deve ser retângulo</p><p>em 𝐵. Logo,</p><p>𝐴 =</p><p>1</p><p>2</p><p>(𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜1) ⋅ (𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜2) =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ 𝑎 ⋅ 𝑐 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ (5𝑟) ⋅ (12𝑟) = 30𝑟2</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>20. (ESA/2006)</p><p>Os lados de um triângulo medem, em centímetros, 𝟐√𝟐,√𝟔 e √𝟏𝟒. Podemos afirmar que a área</p><p>desse triângulo, em cm², é igual a metade de:</p><p>a) 𝟒√𝟑</p><p>b) 𝟐√𝟕</p><p>c) 𝟒√𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟑</p><p>e) √𝟕</p><p>Comentários</p><p>Analisando bem esses lados: 2√2 = √8. Portanto, são √8, √6 𝑒 √14. Mas veja que 8 +</p><p>6 = 14, ou seja:</p><p>(√14)</p><p>2</p><p>= (√8)</p><p>2</p><p>+ (√6)</p><p>2</p><p>Assim, vemos que o triângulo só pode ser retângulo, de catetos √8 e √6 e hipotenusa √14.</p><p>Assim, sua área é:</p><p>𝐴 = √8 ⋅</p><p>√6</p><p>2</p><p>=</p><p>√48</p><p>2</p><p>=</p><p>√16 ⋅ 3</p><p>2</p><p>=</p><p>4√3</p><p>2</p><p>Assim, 𝐴 é a metade de 4√3.</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>21. (ESA/2005)</p><p>Considere duas circunferências de raios iguais a 2 tal que, sobrepostas, cada uma passa pelo centro</p><p>da outra. A área da região comum a ambas é:</p><p>a)</p><p>𝟖𝝅</p><p>𝟑</p><p>+ 𝟐√𝟑</p><p>145</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟒𝝅 − √𝟑</p><p>c)</p><p>𝟖𝝅</p><p>𝟑</p><p>− 𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟒𝝅 − 𝟐√𝟑</p><p>e)</p><p>𝟖𝝅</p><p>𝟑</p><p>− √𝟑</p><p>Comentários</p><p>Fazendo o desenho dessas duas circunferências:</p><p>Portanto, veja que a área em comum é igual à área desses dois triângulos equiláteros de</p><p>lado 2, somada com 4 vezes essa área pintada de preto acima. Para calcular a área em preto, basta</p><p>pegar a área do setor circular de 60° e subtrair a área do setor circular. Assim, a área desejada 𝐴</p><p>é:</p><p>𝐴 = 4 ⋅ (𝐴𝑠𝑒𝑡𝑜𝑟 − 𝐴𝑡)⏟</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑝𝑟𝑒𝑡𝑎</p><p>+ 2 ⋅ 𝐴𝑡 = 4 ⋅ (</p><p>𝜋22</p><p>6</p><p>−</p><p>22√3</p><p>4</p><p>) + 2 ⋅</p><p>22√3</p><p>4</p><p>⇒ 𝐴 =</p><p>8𝜋</p><p>3</p><p>− 2√3</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>22. (ESA/2005)</p><p>A área de um círculo inscrito em um triângulo retângulo de lados 9, 12 e 15 é:</p><p>a) 𝟗𝝅</p><p>b) 𝟒𝝅</p><p>c) 𝝅</p><p>146</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 𝟏𝟔𝝅</p><p>e) 𝟐𝟓𝝅</p><p>Comentários</p><p>Fazendo o desenho desse círculo inscrito no triângulo, e usando o fato de que segmentos</p><p>tangentes à circunferência por um ponto externo em comum são iguais (Teorema do Bico) então:</p><p>Portanto, como 𝑄, 𝑃, 𝑅 são pontos de tangência, então 𝐴𝑄 = 𝐴𝑅 = 𝑟, como 𝐴𝐵 = 9 então</p><p>𝐵𝑄 = 𝐵𝑃 = 9 − 𝑟 e, por fim, 𝐶𝑃 = 𝐶𝑅 = 12 − 𝑟. Entretanto, foi dito no enunciado que o maior</p><p>lado é 15. Portanto:</p><p>(9 − 𝑟) + (12 − 𝑟) = 15 ⇒ 21 − 2𝑟 = 15 ⇒ 2𝑟 = 6 ⇒ 𝑟 = 3</p><p>Portanto, sua área é:</p><p>𝐴 = 𝜋𝑟2 = 𝜋 ⋅ 9 = 9𝜋</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>23. (ESA/2005)</p><p>No triângulo ABC abaixo, se M e N são pontos médios e a área do triângulo DMC é 1dm², então a</p><p>área, em dm², do triângulo ABD é:</p><p>147</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 2,5</p><p>b) 1,5</p><p>c) 3</p><p>d) 2</p><p>e) 1,9</p><p>Comentários</p><p>Como M é ponto médio, as áreas dos triângulos 𝐵𝐷𝑀 𝑒 𝐷𝑀𝐶 são iguais (mesma base e</p><p>mesma altura relativa a base). Portanto:</p><p>[𝐵𝐷𝑀] = 1 𝑑𝑚2</p><p>Como 𝑁 é ponto médio, então 𝐴𝑀 𝑒 𝐵𝑁 são medianas e se cruzam no baricentro.</p><p>Lembrando que o baricentro divide as medianas na razão de 2 para 1, então:</p><p>𝐴𝐷</p><p>𝐷𝑀</p><p>=</p><p>2</p><p>1</p><p>Portanto, a razão entre as áreas de 𝐵𝐴𝐷 e 𝐵𝐷𝑀, considerando que ℎ seja a altura de 𝐵</p><p>com relação à reta 𝐴𝑀, então:</p><p>[𝐵𝐴𝐷]</p><p>[𝐵𝐷𝑀]</p><p>=</p><p>𝐴𝐷 ⋅</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>𝐷𝑀 ⋅</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>=</p><p>𝐴𝐷</p><p>𝐷𝑀</p><p>Mas pela relação acima:</p><p>[𝐵𝐴𝐷]</p><p>[𝐵𝐷𝑀]</p><p>= 2 ⇒ [𝐵𝐴𝐷] = 2 ⋅ [𝐵𝐷𝑀] = 2 𝑑𝑚2</p><p>Gabarito: “d”</p><p>24. (ESA/2004)</p><p>Um festival de música lotou uma praça semicircular de 200m de diâmetro. Admitindo-se uma</p><p>ocupação média de 3 pessoas por m², qual é o número mais aproximado de pessoas presentes?</p><p>(adote 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒)</p><p>148</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 22340</p><p>b) 33330</p><p>c) 42340</p><p>d) 16880</p><p>e) 47100</p><p>Comentários</p><p>O diâmetro é 2𝑅 = 200 ⇒ 𝑅 = 100. Portanto a área do semicírculo é metade da área de</p><p>um círculo de</p><p>raio 100:</p><p>𝐴 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ 𝜋𝑟2 =</p><p>𝜋1002</p><p>2</p><p>= 5000𝜋 = 15700 𝑚²</p><p>Assim, se temos 3 pessoas por m², então teremos, em média:</p><p>15700 ⋅ 3 = 47100 𝑝𝑒𝑠𝑠𝑜𝑎𝑠</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>25. (ESA/2004)</p><p>Um triângulo ABC tem área igual a 75cm². Os pontos D, E, F e G dividem o lado AC em 5 partes</p><p>congruentes: 𝑨𝑫 = 𝑫𝑬 = 𝑬𝑭 = 𝑭𝑮 = 𝑮𝑪. Desse modo, a área do triângulo 𝑩𝑫𝑭 é:</p><p>a) 20cm²</p><p>b) 30cm²</p><p>c) 40cm²</p><p>d) 50cm²</p><p>e) 55cm²</p><p>Comentários</p><p>Construindo o triângulo ABC e marcando os pontos dados:</p><p>149</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Veja que a área do ABC é 75m². Portanto:</p><p>[𝐴𝐵𝐶] = 75 = 𝐴𝐶 ⋅</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>⇒ 75 =</p><p>5𝑥ℎ</p><p>2</p><p>⇒ 𝑥ℎ = 30 𝑐𝑚²</p><p>Agora, analisando a área pedida:</p><p>[𝐵𝐷𝐹] = 𝐷𝐹 ⋅</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>= 2𝑥 ⋅</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>= 𝑥ℎ = 30 𝑐𝑚²</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>26. (EEAR/2019)</p><p>Um trapézio tem 𝟏𝟐 𝒄𝒎 de base média e 𝟕 𝒄𝒎 de altura. A área desse quadrilátero é____ 𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 13</p><p>b) 19</p><p>c) 44</p><p>d) 84</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>150</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área do trapézio é dada por</p><p>𝑨 =</p><p>(𝑩 + 𝒃) ⋅ 𝒉</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>(𝑩 + 𝒃)</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒉</p><p>Mas a altura vale 𝟕 𝒄𝒎 e a base média corresponde a média aritmética entre as bases do</p><p>trapézio.</p><p>𝑩 + 𝒃</p><p>𝟐</p><p>= 𝟏𝟐 𝒄𝒎</p><p>𝑨 = 𝟏𝟐 ⋅ 𝟕 = 𝟖𝟒 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “d”</p><p>27. (EEAR/2019)</p><p>A área de um hexágono regular inscrito em um círculo de √𝟔 𝒄𝒎 de raio é ____√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>a) 6</p><p>b) 9</p><p>c) 12</p><p>d) 15</p><p>Comentários</p><p>Primeiramente iremos generalizar para qualquer polígono regular</p><p>151</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Considere um polígono regular de 𝒏 lados inscrito numa circunferência de raio 𝑹. Podemos</p><p>calcular a área do polígono dividindo-o em 𝒏 triângulos congruentes dois a dois.</p><p>Cada triângulo será isósceles e possuirá ângulo central medindo</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>e lados congruentes</p><p>medindo 𝑹.</p><p>A área de cada triângulo pode ser calculada utilizando a medida de 2 lados e seno do ângulo</p><p>central, conforme 𝑨 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹 ⋅ 𝑹 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>)</p><p>Porém a área do polígono corresponde a área de 𝒏 triângulos desde mesma área, portanto:</p><p>𝑺 = 𝒏 ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹 ⋅ 𝑹 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>) =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒏 ⋅ 𝑹𝟐𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>)</p><p>Aplicando para um hexágono regular (𝒏 = 𝟔) inscrito numa circunferência de raio √𝟔.</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟔) ⋅ (√𝟔)</p><p>𝟐</p><p>𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟔</p><p>) = 𝟏𝟖 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎°) = 𝟏𝟖 ⋅ (</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>) = 𝟗√𝟑</p><p>𝑺 = 𝟗√𝟑</p><p>Gabarito: “b”</p><p>28. (EEAR/2018)</p><p>152</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Na figura, os arcos que limitam a região sombreada são arcos de circunferências de raio R e</p><p>centrados nos vértices do quadrado ABCD. Se o lado do quadrado mede 2R e considerando 𝝅 = 𝟑,</p><p>então a razão entre a área sombreada e a área branca é</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>c) 𝟐</p><p>d) 𝟑</p><p>Comentários</p><p>Perceba que a cada arco corresponde a um arco de 𝟗𝟎° de uma circunferência de raio 𝑹,</p><p>logo cada arco corresponde a</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>de circunferência. Como a figura possui 4 arcos, então toda a</p><p>região sombreada tem a área de uma circunferência de raio 𝑹 completa.</p><p>𝑨𝑺 = 𝟒 ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>⋅ 𝝅𝑹𝟐 = 𝝅𝑹𝟐</p><p>A área branca é a simples diferença entre a área de um quadrado de lado 𝟐𝑹 e a área</p><p>sombreada</p><p>𝑨𝑩 = (𝟐𝑹)</p><p>𝟐 − 𝝅𝑹𝟐 = (𝟒 − 𝝅)𝑹𝟐</p><p>A razão pedida corresponde a:</p><p>𝑨𝑺</p><p>𝑨𝑩</p><p>=</p><p>𝝅𝑹𝟐</p><p>(𝟒 − 𝝅)𝑹𝟐</p><p>=</p><p>𝝅</p><p>(𝟒 − 𝝅)</p><p>,𝒎𝒂𝒔 𝝅 = 𝟑, ⇒</p><p>𝑨𝑺</p><p>𝑨𝑩</p><p>=</p><p>𝟑</p><p>(𝟒 − 𝟑)</p><p>=</p><p>𝟑</p><p>𝟏</p><p>= 𝟑</p><p>Gabarito: “d”</p><p>29. (EEAR/2018)</p><p>A metade da medida do ângulo interno de um octógono regular, em graus, é</p><p>a) 𝟔𝟕, 𝟓°</p><p>b) 𝟕𝟖, 𝟔°</p><p>153</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟏𝟐𝟎°</p><p>d) 𝟖𝟓°</p><p>Comentários</p><p>Sabe-se que soma dos ângulos internos de qualquer polígono de 𝑛 lados seque a relação:</p><p>𝑆𝑛 = (𝑛 − 2) · 180°</p><p>Como se trata de um polígono regular, tem se 𝑛 ângulos iguais. Portanto cada ângulo é:</p><p>𝑎𝑖 =</p><p>𝑆𝑛</p><p>𝑛</p><p>=</p><p>(𝑛 − 2) · 180°</p><p>𝑛</p><p>Para um octógono temos:</p><p>𝑎8 =</p><p>6 · 180°</p><p>8</p><p>= 135°</p><p>A metade de 𝑎8,ou seja, metade de 135° é 67,5°</p><p>Gabarito: “a”</p><p>30. (EEAR/2017)</p><p>Na figura, O é o centro do semicírculo de raio 𝒓 = 𝟐 𝒄𝒎.</p><p>Se A, B e C são pontos do semicírculo e vértices do triângulo isósceles, a área hachurada é____𝒄𝒎𝟐.</p><p>(use 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒)</p><p>a) 2,26</p><p>b) 2,28</p><p>c) 7,54</p><p>d) 7,56</p><p>Comentários</p><p>Primeiramente atente-se para os seguintes fatos:</p><p>1 - 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ é diâmetro da circunferência, portanto o ângulo 𝑨�̂�𝑪 é reto.</p><p>2 - Segundo o enunciado ABC é isósceles, e, considerando o fato 1, conclui-se que 𝑩�̂�𝑪 =</p><p>𝑨�̂�𝑩 = 𝟒𝟓°.</p><p>154</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>3 - 𝑨𝑶̅̅ ̅̅ = 𝑩𝑶̅̅̅̅̅ = 𝒓, logo o triângulo AOB é isósceles, e considerando o fato 2, conclui-se que</p><p>ele é isósceles retângulo, pois 𝑩�̂�𝑪 = 𝑩�̂�𝑶 = 𝟒𝟓° .</p><p>Agora perceba que o setor da circunferência definido por AOB possui área 𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>⋅ 𝝅𝒓𝟐,</p><p>pois trata-se de</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>de circunferência.</p><p>A área definida pelo triângulo AOB possui área 𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒓𝟐</p><p>A área da hachura limitada por 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é a diferença entre 𝑺𝟏 e 𝑺𝟐</p><p>𝑺𝟑 = 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>𝝅𝒓𝟐 −</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>𝒓𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>𝒓𝟐 ⋅ (</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>− 𝟏)</p><p>155</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Porém o total de área hachurada é o dobro da área 𝑺𝟑 pois corresponde a hachura definida</p><p>por 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e por 𝑩𝑪̅̅ ̅̅</p><p>𝑺 = 𝟐𝑺𝟑 = 𝟐 ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>𝒓𝟐 ⋅ (</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>− 𝟏) = 𝒓𝟐 ⋅ (</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>− 𝟏)</p><p>𝑺 = (𝟐)𝟐 ⋅ (</p><p>𝟑, 𝟏𝟒</p><p>𝟐</p><p>− 𝟏) = 𝟒 ⋅ (𝟏, 𝟓𝟕 − 𝟏) = 𝟒 ⋅ 𝟎, 𝟓𝟕 = 𝟐, 𝟐𝟖 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>31. (EEAR/2017)</p><p>A malha da figura abaixo é formada por losangos cujas diagonais medem 0, 50 cm e 2, 00 cm. A área</p><p>hachurada é de ______𝒄𝒎𝟐</p><p>a) 20</p><p>b) 22</p><p>c) 23</p><p>d) 25</p><p>Comentários</p><p>156</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área do losango é dada por:</p><p>𝑺 =</p><p>𝑫 ⋅ 𝒅</p><p>𝟐</p><p>𝑺′ =</p><p>𝟎, 𝟓 ⋅ 𝟐</p><p>𝟐</p><p>= 𝟎, 𝟓 𝒄𝒎𝟐</p><p>Agora basta contar quantos losangos hachurados a figura possui.</p><p>São 46 losangos, então a área total é:</p><p>𝑺 = 𝟒𝟔 ⋅ 𝟎, 𝟓 = 𝟐𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>32. (EEAR/2017)</p><p>Ao somar o número de diagonais e o número de lados de um dodecágono obtém-se</p><p>a) 𝟔𝟔</p><p>b) 𝟓𝟔</p><p>c) 𝟒𝟒</p><p>d) 𝟒𝟐</p><p>Comentários</p><p>O número total de diagonais de qualquer polígono com mais de 3 lados é encontrado pela</p><p>relação:</p><p>𝐷𝑛 =</p><p>(𝑛 − 3)𝑛</p><p>2</p><p>Assim temos que o número de diagonais de dodecágono é:</p><p>𝐷10 =</p><p>(12 − 3)12</p><p>2</p><p>= 54</p><p>157</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Assim temos que a soma do número de diagonais e o número de lados de um dodecágono</p><p>é:</p><p>𝐷12 + 12 = 54 + 12 = 66</p><p>Gabarito: “a”</p><p>33. (EEAR/2017)</p><p>O polígono regular cujo ângulo externo mede 𝟐𝟒° tem lados.</p><p>a) 𝟐𝟎</p><p>b) 𝟏𝟓</p><p>c) 𝟏𝟎</p><p>d) 𝟓</p><p>Comentários</p><p>Sabemos que para o cálculo do ângulo externo de um polígono regular tem-se a seguinte</p><p>relação:</p><p>𝑎𝑒 =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>Onde 𝑛 é a quantidade de lados do polígono. Logo:</p><p>24° =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>𝑛 = 15</p><p>Gabarito: “b”</p><p>34. (EEAR/2016)</p><p>O lado, o perímetro e a área de um triângulo equilátero, nesta ordem, são termos de uma</p><p>Progressão Geométrica. Assim, a medida da altura desse triângulo equilátero é _____ unidades de</p><p>comprimento.</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟔√𝟑</p><p>c) 3</p><p>d) 18</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>158</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O lado mede 𝒍 = 𝒙, o perímetro mede 𝑷 = 𝟑𝒙 e a área mede 𝑨 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒙𝟐 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎°) =</p><p>𝒙𝟐√𝟑</p><p>𝟒</p><p>Queremos descobrir a altura do triângulo 𝒉 = 𝒙 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎°) =</p><p>𝒙√𝟑</p><p>𝟐</p><p>Conforme dado no enunciado, as medidas estão em P.G, Logo a razão ordenadamente</p><p>entre dois a dois é igual.</p><p>𝑷</p><p>𝒍</p><p>=</p><p>𝑨</p><p>𝑷</p><p>⇒ 𝑷𝟐 = 𝑨 ⋅ 𝒍</p><p>⇒ (𝟑𝒙)𝟐 = (</p><p>𝒙𝟐√𝟑</p><p>𝟒</p><p>) ⋅ (𝒙)</p><p>⇒ 𝟗𝒙𝟐 =</p><p>𝒙𝟑√𝟑</p><p>𝟒</p><p>⇒ 𝟏𝟖𝒙𝟐 =</p><p>𝒙𝟑√𝟑</p><p>𝟐</p><p>⇒ 𝟏𝟖 =</p><p>𝒙√𝟑</p><p>𝟐</p><p>= 𝒉</p><p>𝒉 = 𝟏𝟖 𝒖𝒏𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆𝒔 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒊𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐</p><p>Gabarito: “d”</p><p>35. (EEAR/2016)</p><p>Assinale a alternativa que representa, corretamente, a área do triângulo esboçado na figura abaixo.</p><p>159</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟏𝟓 𝒎𝟐</p><p>b) 𝟑𝟎√𝟐 𝒎𝟐</p><p>c) 𝟏𝟓√𝟑 𝒎𝟐</p><p>d) 𝟑𝟎√𝟑 𝒎𝟐</p><p>Comentários</p><p>A área de um triângulo pode ser calculada utilizando a medida de 2 lados e o seno do</p><p>ângulo central, conforme</p><p>𝑨 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑳𝟏 ⋅ 𝑳𝟐 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝜶)</p><p>𝑨 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟏𝟎) ⋅ (𝟔) ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟑𝟎°) = 𝟏𝟓</p><p>𝑨 = 𝟏𝟓 𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>36. (EEAR/2016)</p><p>A figura abaixo apresenta um quadrado inscrito em um círculo de raio 𝟐√𝟐 𝒄𝒎 e centro O</p><p>Considerando 𝝅 = 𝟑, a área da região hachurada é igual a ______𝒄𝒎𝟐</p><p>a) 2</p><p>b) 8</p><p>c) 16</p><p>160</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 24</p><p>Comentários</p><p>Perceba que o quadrado divide a circunferência em 4 partes iguais. Logo, o ângulo central</p><p>definido por cada aresta do quadrado é de</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟒</p><p>= 𝟗𝟎°.</p><p>Conforme já realizado na questão 68 desta mesma lista, a área hachurada corresponde a</p><p>diferença da área do setor circular definido pelo ângulo central de 𝟗𝟎° e do triângulo retângulo</p><p>isósceles de lado R.</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>⋅ 𝝅𝑹𝟐 −</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>𝑹𝟐 (</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>− 𝟏) =</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>(𝟐√𝟐)</p><p>𝟐</p><p>⋅ (</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>− 𝟏) =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝟖 ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>= 𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>37. (EEAR/2016)</p><p>A figura abaixo ilustra um círculo com centro em O, origem do plano cartesiano, e uma reta r.</p><p>Considerando tal figura, a área da região sombreada corresponde a</p><p>161</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟐𝝅 − 𝟒</p><p>b) 𝟐𝝅 − 𝟐</p><p>c) 𝝅− 𝟒</p><p>d) 𝝅 − 𝟐</p><p>Comentários</p><p>Percebe-se que a circunferência possui raio 2. E, conforme o já feito nas questões 68 e 71,</p><p>o valor da área sombreada corresponde a diferença da área do setor circular definido pelo ângulo</p><p>central de 𝟗𝟎° e do triângulo retângulo isósceles de lado 2.</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>⋅ 𝝅𝑹𝟐 −</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>𝑹𝟐 (</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>− 𝟏) =</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>(𝟐)𝟐 ⋅ (</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>− 𝟏) =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝟒 ⋅</p><p>(𝝅 − 𝟐)</p><p>𝟐</p><p>= 𝝅 − 𝟐</p><p>Gabarito: “d”</p><p>38. (EEAR/2015)</p><p>Na figura, ABCD é um quadrado formado por pequenos quadrados de lado x divididos por uma de</p><p>suas diagonais.</p><p>Assim, a área sombreada, em função de x é</p><p>a)</p><p>𝟏𝟓𝒙𝟐</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏𝟑𝒙𝟐</p><p>𝟐</p><p>c) 𝟓, 𝟓𝒙𝟐</p><p>d) 𝟑, 𝟓𝒙𝟐</p><p>Comentários</p><p>A área de cada triângulo mede 𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒙𝟐</p><p>162</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área da zona sombreada é 𝒏 vezes a área de cada triângulo, sendo 𝒏 o numero de</p><p>triângulos escuros na figura. Contando um a um o número de triângulos escuros, chegamos que</p><p>são um total de 13. Logo, a área sombreada total pode ser dada por:</p><p>𝑺 = 𝟏𝟑 ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒙𝟐</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏𝟑𝒙𝟐</p><p>𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>39. (EEAR/2015)</p><p>Considere um quadrado de diagonal 𝟓√𝟐 𝒎 e um losango de diagonais 𝟔 𝒎 e 𝟒 𝒎. Assim, a razão</p><p>entre as áreas do quadrado e do losango é aproximadamente igual a</p><p>a) 3,5</p><p>b) 3,0</p><p>c) 2,5</p><p>d) 2,1</p><p>Comentários</p><p>Sabemos que um quadrado de lado 𝒙 possui diagonal de comprimento 𝒙√𝟐, é fácil ver isso</p><p>pelo teorema de Pitágoras.</p><p>Sendo assim, o lado do quadrado citado no enunciado é 𝟓 𝒎, logo, sua área é</p><p>𝑺𝑸 = 𝟓 ⋅ 𝟓 = 𝟐𝟓 𝒎</p><p>𝟐</p><p>Já vimos também que a área de um losango é dada por:</p><p>𝑺𝑳 =</p><p>𝑫 ⋅ 𝒅</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟔 ⋅ 𝟒</p><p>𝟐</p><p>= 𝟏𝟐 𝒎𝟐</p><p>A razão pedida pode-se então ser calculada</p><p>𝑺𝑸</p><p>𝑺𝑳</p><p>=</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟏𝟐</p><p>≈ 𝟐, 𝟏</p><p>Gabarito: “d”</p><p>40. (EEAR/2015)</p><p>Em um pedaço de papel de formato quadrado foi desenhado um círculo de raio 𝟏𝟎 𝒄𝒎. Se o papel</p><p>tem 𝟐𝟎 𝒄𝒎 de lado e considerando 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒, a área do papel, em 𝒄𝒎𝟐, não ocupada pelo círculo</p><p>é igual a</p><p>a) 82</p><p>b) 86</p><p>163</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 92</p><p>d) 96</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Queremos a diferença entre a área do quadrado e a área da circunferência.</p><p>{</p><p>𝑺𝑸 = (𝟐𝟎)</p><p>𝟐</p><p>𝑺𝑪 = 𝝅(𝟏𝟎)</p><p>𝟐</p><p>⇒ {</p><p>𝑺𝑸 = 𝟒𝟎𝟎</p><p>𝑺𝑪 = 𝟏𝟎𝟎 ⋅ 𝟑, 𝟏𝟒</p><p>⇒ 𝑺𝑸 − 𝑺𝑪 = 𝟒𝟎𝟎 − 𝟑𝟏𝟒 = 𝟖𝟔 𝒄𝒎</p><p>𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>41. (EEAR/2015)</p><p>Um triângulo isósceles de base 𝟏𝟎 𝒄𝒎 e perímetro 𝟑𝟔 𝒄𝒎 tem ______ 𝒄𝒎𝟐 de área</p><p>a) 75</p><p>b) 72</p><p>c) 60</p><p>d) 58</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>164</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Equacionando:</p><p>𝟏𝟎 + 𝒙 + 𝒙 = 𝟑𝟔</p><p>⇒ 𝒙 = 𝟏𝟑</p><p>Tendo em vista que o triângulo ABC é isósceles, sabemos que o ponto 𝑫 intercepta o lado</p><p>𝑨𝑪̅̅ ̅̅ em seu ponto médio. Logo, 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ = 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟓 𝒄𝒎</p><p>Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABD, descobrimos que 𝑩𝑫̅̅̅̅̅ = 𝟏𝟐 𝒄𝒎</p><p>Agora podemos calcular a área do triângulo:</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝟏𝟎 ⋅ 𝟏𝟐 = 𝟔𝟎 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>42. (EEAR/2015)</p><p>Se um dos ângulos internos de um pentágono mede 𝟏𝟎𝟎°, então a soma dos outros ângulos internos</p><p>desse polígono é</p><p>a) 𝟏𝟏𝟎°</p><p>b) 𝟐𝟐𝟎°</p><p>c) 𝟑𝟖𝟎°</p><p>d) 𝟒𝟒𝟎°</p><p>Comentários</p><p>A soma dos ângulos internos de um polígono convexo segue a relação:</p><p>𝑆𝑖 = (𝑛 − 2) · 180°</p><p>Portanto para um pentágono temos:</p><p>165</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆5 = 3 · 180° = 540°</p><p>Assim temos que se um ângulo é 100°, a soma dos restantes é 540° − 100° = 440°</p><p>Gabarito: “d”</p><p>43. (EEAR/2014)</p><p>A figura é formada por um círculo de raio 𝑹 = 𝟒 𝒄𝒎 e três triângulos equiláteros de lados</p><p>congruentes ao raio do círculo.</p><p>Os triângulos têm apenas um ponto de intersecção entre si e dois vértices na circunferência. A área</p><p>hachurada, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟔𝝅 − 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟔𝝅 − 𝟔√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟐𝝅 − 𝟖√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟔𝝅 − 𝟏𝟐√𝟑</p><p>Comentários</p><p>À primeira vista esta questão parece bastante complicada. Porém, com uma observação</p><p>mais atenta, percebe-se que o cálculo da área do hachurada nada mais é que a diferença entre a</p><p>área de uma circunferência de raio 𝑹 e três triângulos equiláteros de lado 𝑹.</p><p>𝑺𝑪 = 𝝅𝑹</p><p>𝟐 (Á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒂 𝒄𝒊𝒓𝒄𝒖𝒏𝒇𝒆𝒓𝒆𝒏𝒄𝒊𝒂 𝒅𝒆 𝒓𝒂𝒊𝒐 𝑹)</p><p>𝑺𝑻 =</p><p>√𝟑 ⋅ 𝑹𝟐</p><p>𝟒</p><p>(Á𝒓𝒆𝒂 𝒅𝒐 𝒕𝒓𝒊â𝒏𝒈𝒖𝒍𝒐 𝒆𝒒𝒖𝒊𝒍á𝒕𝒆𝒓𝒐 𝒅𝒆 𝒍𝒂𝒅𝒐 𝑹)</p><p>Calculando a área hachurada, obtemos:</p><p>𝑺 = 𝑺𝑪 − 𝟑 ⋅ 𝑺𝑻 = 𝝅𝑹</p><p>𝟐 −</p><p>𝟑√𝟑𝑹𝟐</p><p>𝟒</p><p>= 𝝅(𝟒)𝟐 −</p><p>𝟑√𝟑(𝟒)𝟐</p><p>𝟒</p><p>= 𝟏𝟔𝝅 − 𝟏𝟐√𝟑</p><p>𝑺 = 𝟏𝟔𝝅 − 𝟏𝟐√𝟑</p><p>Gabarito: “d”</p><p>44. (EEAR/2014)</p><p>A área de um losango é 𝟐𝟒 𝒄𝒎𝟐. Se uma das diagonais desse losango mede 𝟔 𝒄𝒎, o lado dele, em</p><p>cm, mede</p><p>166</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 4</p><p>b) 5</p><p>c) 6</p><p>d) 7</p><p>Comentários</p><p>Sabemos que a área de um losango vale:</p><p>𝑺 =</p><p>𝑫 ⋅ 𝒅</p><p>𝟐</p><p>⇒ 𝟐𝟒 =</p><p>𝑫 ⋅ 𝟔</p><p>𝟐</p><p>⇒ 𝑫 = 𝟖 𝒄𝒎</p><p>Mas sabemos que pelas propriedades do losango, as diagonais bissectam-se</p><p>perpendicularmente.</p><p>Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOB, obtemos que 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟓 𝒄𝒎</p><p>𝒙 = 𝟓 𝒄𝒎</p><p>Gabarito: “b”</p><p>45. (EEAR/2014)</p><p>167</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Em uma circunferência de raio 𝒓 = 𝟔 𝒄𝒎, a área de um setor circular de 𝟑𝟎° é ______𝝅 𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 3</p><p>b) 4</p><p>c) 5</p><p>d) 6</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>O ângulo central e a área são diretamente proporcionais, logo, tomaremos uma área</p><p>conhecida para um ângulo conhecido e faremos a proporção:</p><p>𝝅𝑹𝟐</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>=</p><p>𝑨</p><p>𝟑𝟎°</p><p>𝑨 =</p><p>𝟑𝟎</p><p>𝟑𝟔𝟎</p><p>⋅ 𝝅𝑹𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟐</p><p>⋅ 𝝅𝑹𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟐</p><p>⋅ 𝝅(𝟔)𝟐 =</p><p>𝟑𝟔</p><p>𝟏𝟐</p><p>𝝅 = 𝟑𝝅</p><p>𝑨 = 𝟑 ⋅ 𝝅</p><p>Gabarito: “a”</p><p>46. (EEAR/2014)</p><p>Sejam um hexágono regular e um triângulo equilátero, ambos de lado 𝒍. A razão entre os apótemas</p><p>do hexágono e do triângulo é</p><p>168</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA</p><p>03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟒</p><p>b) 𝟑</p><p>c) 𝟐</p><p>d) 𝟏</p><p>Comentários</p><p>Perceba que o hexágono é formado por 6 triângulos equiláteros, isolando um dos</p><p>triângulos, temos a figura a seguir:</p><p>Observe no 𝛥𝐷𝐵𝐶 a relação trigonométrica:</p><p>𝑎6</p><p>𝐿</p><p>2</p><p>= 𝑡𝑔(60°)</p><p>𝑎6 = 𝑡𝑔(60°) ·</p><p>𝐿</p><p>2</p><p>Perceba a figura a seguir do triângulo equilátero:</p><p>169</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Temos no 𝛥𝐷𝐵𝐸 a relação trigonométrica:</p><p>𝑎3</p><p>𝐿</p><p>2</p><p>= 𝑡𝑔(30°)</p><p>𝑎3 = 𝑡𝑔(30°) ·</p><p>𝐿</p><p>2</p><p>Assim, descobrimos a relação entre 𝑎6 e 𝑎3</p><p>𝑎6</p><p>𝑎3</p><p>=</p><p>𝑡𝑔(60°) ·</p><p>𝐿</p><p>2</p><p>𝑡𝑔(30°) ·</p><p>𝐿</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑡𝑔(60°)</p><p>𝑡𝑔(30°)</p><p>= 3</p><p>Gabarito: “b”</p><p>47. (EEAR/2013)</p><p>Se 𝑨 é o número de diagonais de um icoságono e 𝑩 o número de diagonais de um decágono, então</p><p>𝑨 − 𝑩 é igual:</p><p>a) 𝟖𝟓</p><p>b) 𝟏𝟑𝟓</p><p>c) 𝟏𝟔𝟓</p><p>d) 𝟏𝟕𝟓</p><p>Comentários</p><p>O número total de diagonais de qualquer polígono com mais de 3 é encontrado pela</p><p>relação:</p><p>170</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐷𝑛 =</p><p>(𝑛 − 3)𝑛</p><p>2</p><p>Logo, temos no icoságono um total de 𝐷20 =</p><p>(20−3)20</p><p>2</p><p>= 17 · 10 = 170 e no decágono um</p><p>total de 𝐷10 =</p><p>(10−3)10</p><p>2</p><p>= 7 · 5 = 35</p><p>Portanto, 𝐷20 − 𝐷10 = 135.</p><p>Gabarito: “b”</p><p>48. (EEAR/2013)</p><p>Considere o retângulo ABCD, e os pontos médios dos seus lados M, N, P e Q.</p><p>Unindo esses pontos médios, conforme a figura, pode-se concluir que a área hachurada, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 8</p><p>b) 4</p><p>c) 𝟒√𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟐</p><p>Comentários</p><p>Perceba que cada triângulo hachurado é um triângulo retângulo de catetos de 𝟏 e 𝟐 𝒄𝒎.</p><p>𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝟐 ⋅ 𝟏 = 𝟏 𝒄𝒎𝟐</p><p>Existem quatro áreas hachuradas idênticas. Logo,</p><p>𝑺 = 𝟒 ⋅ 𝑺𝟏 = 𝟒 ⋅ 𝟏 = 𝟒 𝒄𝒎</p><p>𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>171</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>49. (EEAR/2013)</p><p>Na figura, 𝑨𝑩 = 𝟖 𝒄𝒎 é o diâmetro do círculo de centro O e AO é o diâmetro do semicírculo.</p><p>Assim, a área sombreada dessa figura é ______𝝅 𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 14</p><p>b) 13</p><p>c) 11</p><p>d) 10</p><p>Comentários</p><p>A área sombreada é a diferença entre a área de uma circunferência de diâmetro 𝟖 𝒄𝒎 e</p><p>uma semicircunferência de diâmetro 𝟒 𝒄𝒎.</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐 =</p><p>𝝅𝑫𝟐</p><p>𝟒</p><p>−</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅</p><p>𝝅𝒅𝟐</p><p>𝟒</p><p>=</p><p>𝝅(𝟖)𝟐</p><p>𝟒</p><p>−</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅</p><p>𝝅(𝟒)𝟐</p><p>𝟒</p><p>= 𝟏𝟔𝝅 − 𝟐𝝅 = 𝟏𝟒𝝅</p><p>𝑺 = 𝟏𝟒 ⋅ 𝝅</p><p>Gabarito: “a”</p><p>50. (EEAR/2013)</p><p>A razão 𝒓 entre o apótema e o lado de um hexágono regular é igual a:</p><p>a)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>𝟐</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>172</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Perceba que no triângulo equilátero 𝛥𝐴𝐺𝐹 do hexágono conseguimos encontrar a relação:</p><p>𝑠𝑒𝑛(60°) =</p><p>𝑎6</p><p>𝑟</p><p>Onde 𝑎6 é o apótema do hexágono e 𝑟 é o lado do hexágono.</p><p>Temos, portanto, que</p><p>𝑎6</p><p>𝑟</p><p>= 𝑠𝑒𝑛(60°) =</p><p>√3</p><p>2</p><p>Gabarito: “a”</p><p>51. (EEAR/2011)</p><p>Os números que expressam as medidas, em 𝒄𝒎 ou em 𝒄𝒎𝟐, do lado, da superfície e do perímetro</p><p>de um quadrado, dados nessa ordem, formam uma P.A. O lado desse quadrado, em 𝒄𝒎, mede</p><p>a)</p><p>𝟓</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟓</p><p>𝟑</p><p>c)</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>d)</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>173</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Lado: 𝑳 = 𝒙; Superfície: 𝑺 = 𝒙𝟐; Perímetro 𝑷 = 𝟒𝒙;</p><p>Conforme dado no enunciado, as medidas estão em P.A, Logo a diferença ordenadamente</p><p>entre dois a dois é igual.</p><p>𝑺 − 𝑳 = 𝑷 − 𝑺</p><p>⇒ 𝟐𝑺 = 𝑷 + 𝑳</p><p>⇒ 𝟐 ⋅ 𝒙𝟐 = 𝟒𝒙 + 𝒙 = 𝟓𝒙</p><p>⇒ 𝒙 = 𝟎 (𝒏ã𝒐 𝒄𝒐𝒏𝒗é𝒎) 𝒐𝒖 𝒙 =</p><p>𝟓</p><p>𝟐</p><p>𝒙 =</p><p>𝟓</p><p>𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>52. (EEAR/2011)</p><p>Na figura, 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑪𝑬̅̅ ̅̅ são segmentos colineares de 𝟒 𝒄𝒎 cada um.</p><p>Se os triângulos ABC e DCE são equiláteros, a área do triângulo BDE é</p><p>a) 𝟒√𝟑</p><p>b) 𝟔√𝟑</p><p>c) 𝟖√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟎√𝟑</p><p>Comentários</p><p>174</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Obs: Não se assuste com a complexidade da construção. Muitas das vezes temos que</p><p>apenas recorrer ao básico da definição para resolver o problema.</p><p>A definição mais simples da área de um triângulo é:</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑩 ⋅ 𝒉</p><p>Sendo, 𝑩 – base e 𝒉 - altura</p><p>O valor de 𝑩 é apenas a soma dos seguimentos 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ + 𝑪𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟒 + 𝟒 = 𝟖 𝒄𝒎</p><p>O valor da altura também é muito fácil de se obter, pois trata-se da altura do ponto 𝑫 em</p><p>relação a base 𝑪𝑬̅̅ ̅̅ , que coincide com a altura do triângulo equilátero. Logo,</p><p>𝒉 = (𝟒) ⋅</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>= 𝟐√𝟑 𝒄𝒎</p><p>Posto isso,</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟖) ⋅ (𝟐√𝟑) = 𝟖√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>53. (EEAR/2011)</p><p>Considere a figura composta de três círculos concêntricos de raios medindo, respectivamente, 𝟓 𝒄𝒎,</p><p>𝟒 𝒄𝒎 e 𝟑 𝒄𝒎. A área, em 𝒄𝒎𝟐, da parte hachurada é</p><p>a) 𝟗𝝅</p><p>b) 𝟏𝟔𝝅</p><p>c) 𝟏𝟖𝝅</p><p>d) 𝟐𝟒𝝅</p><p>Comentários</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐 + 𝑺𝟑</p><p>Sendo 𝑺𝟏 = 𝝅𝑹𝟏</p><p>𝟐, 𝑺𝟐 = 𝝅𝑹𝟐</p><p>𝟐 e 𝑺𝟑 = 𝝅𝑹𝟑</p><p>𝟐 e 𝑹𝟏 = 𝟓 𝒄𝒎; 𝑹𝟐 = 𝟒 𝒄𝒎; 𝑹𝟑 = 𝟑 𝒄𝒎</p><p>𝑺 = 𝝅(𝟓)𝟐 − 𝝅(𝟒)𝟐 + 𝝅(𝟑)𝟐 = 𝝅 ⋅ (𝟐𝟓 − 𝟏𝟔 + 𝟗) = 𝟏𝟖𝝅</p><p>𝑺 = 𝟏𝟖𝝅</p><p>Gabarito: “c”</p><p>175</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>54. (EEAR/2011)</p><p>Um polígono convexo ABCD é tal que apenas dois de seus lados são paralelos entre si e os outros</p><p>dois lados são congruentes. Dessa forma, pode-se dizer que ABCD é um</p><p>a) losango.</p><p>b) paralelogramo.</p><p>c) trapézio isósceles.</p><p>d) trapézio retângulo.</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, supomos:</p><p>{</p><p>𝑆𝑢𝑝𝑜𝑛𝑑𝑜 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ 𝑒 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ 𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜𝑠</p><p>𝐿𝑜𝑔𝑜 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ 𝑒 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ 𝑠ã𝑜 𝑜𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑔𝑟𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠</p><p>Temos então a seguinte figura:</p><p>Independente do comprimento do lado 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ou do lado 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ haverá simetria nos lados</p><p>𝑨𝑫̅̅ ̅̅ 𝒆 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ se mantem, portanto forma-se um trapézio isósceles.</p><p>Gabarito: “c”</p><p>55. (EEAR/2011)</p><p>Um quadrado e um triângulo equilátero estão inscritos em uma circunferência de raio 𝑹. A razão</p><p>entre as medidas dos apótemas do quadrado e do triângulo é</p><p>a) √𝟐</p><p>b) √𝟑</p><p>c) 𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟑√𝟐</p><p>Comentário</p><p>O apótema de um quadrado mede a metade de seu lado. Sendo 𝑎4 o apótema e 𝐿 o lado,</p><p>a relação entre 𝐿 e 𝑅 é 2𝑅 = 𝐿√2, porque a diagonal do quadrado é um diâmetro da</p><p>circunferência. Portanto:</p><p>176</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑎4 =</p><p>𝐿</p><p>2</p><p>=</p><p>𝐿√2</p><p>2√2</p><p>=</p><p>2𝑅</p><p>2√2</p><p>=</p><p>𝑅√2</p><p>2</p><p>O apótema de um triângulo equilátero mede 1/3 da sua altura, e o raio da circunferência</p><p>circunscrita ao triângulo mede 2/3 dessa altura. Portanto,</p><p>𝑎3 =</p><p>1</p><p>3</p><p>ℎ =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅</p><p>2</p><p>3</p><p>ℎ =</p><p>𝑅</p><p>2</p><p>Logo:</p><p>𝑎4</p><p>𝑎3</p><p>=</p><p>𝑅√2</p><p>2</p><p>𝑅</p><p>2</p><p>= √2.</p><p>Gabarito: “a”</p><p>56. (EEAR/2011)</p><p>Se 𝑴𝑵𝑶𝑷𝑸𝑹 é um hexágono regular inscrito na circunferência, então 𝒂 + 𝒃 − 𝒄 é igual a</p><p>a) 𝟏𝟓𝟎°.</p><p>b) 𝟏𝟐𝟎°.</p><p>c) 𝟏𝟎𝟎°.</p><p>d) 𝟗𝟎°.</p><p>Comentário:</p><p>O triângulo 𝑅𝑀𝑃 é retângulo em 𝑅 pois 𝑀𝑃 é um diâmetro da circunferência. Logo 𝑎 =</p><p>90°.</p><p>O ângulo 𝑏 = 𝑃𝑀𝑁 é congruente ao ângulo 𝑀𝑃𝑄, por simetria. Logo 𝑏 − 𝑐 = 𝑀𝑃𝑄 −</p><p>𝑀𝑃𝑅 = 𝑅𝑃𝑄.</p><p>Portanto 𝑎 + 𝑏 − 𝑐 = 90° + 𝑅𝑃𝑄 e basta calcular esse último ângulo. Temos que 𝑅𝑃𝑄 é</p><p>um ângulo da base de um triângulo isósceles de ângulo diferente igual a 𝑅𝑄𝑃, um dos ângulos</p><p>internos do hexágono regular. Logo,</p><p>𝑅𝑄𝑃 =</p><p>(6 − 2) ⋅ 180°</p><p>6</p><p>= 120° ⇒ 𝑅𝑃𝑄 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ (180° − 𝑅𝑄𝑃) =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ (180° − 120°) = 30°.</p><p>177</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Portanto,</p><p>𝑎 + 𝑏 − 𝑐 = 90° + 𝑅𝑃𝑄 = 90° + 30° = 120°.</p><p>Gabarito: “b”</p><p>57. (EEAR/2010)</p><p>Seja um retângulo de comprimento c e largura 𝒍. Aumentando-se o comprimento em</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>do seu valor,</p><p>para que a área não se altere, a sua largura deverá ser igual a</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝒍</p><p>b)</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝒍</p><p>c)</p><p>𝟗</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝒍</p><p>d)</p><p>𝟗</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝒍</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Segundo o enunciado: 𝑨𝑭̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ +</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>⋅ 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ =</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>⋅ 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ =</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝒄</p><p>Mas a área de mantém constante, então:</p><p>𝑺 = 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ⋅ 𝑩𝑪̅̅</p><p>̅̅ = 𝑨𝑭̅̅ ̅̅ ⋅ 𝑬𝑭̅̅ ̅̅</p><p>𝒍 ⋅ 𝒄 =</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝒄 ⋅ 𝑬𝑭̅̅ ̅̅</p><p>⇒ 𝑬𝑭̅̅ ̅̅ =</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝒍</p><p>Gabarito: “b”</p><p>58. (EEAR/2010)</p><p>Um setor circular, cujo arco mede 𝟏𝟓 𝒄𝒎, tem 𝟑𝟎 𝒄𝒎𝟐 de área. A medida do raio desse setor, em</p><p>𝒄𝒎, é</p><p>178</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 4</p><p>b) 6</p><p>c) 8</p><p>d) 10</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Primeiramente iremos descobrir o ângulo 𝜶 em radianos que produz um arco de 𝟏𝟓 𝒄𝒎</p><p>𝜶 ⋅ 𝑹 = 𝟏𝟓 ⇒ 𝜶 =</p><p>𝟏𝟓</p><p>𝑹</p><p>𝐞𝐪. 𝟏</p><p>Fazendo a proporção entre ângulo (em radiano) e área do setor circular, conforme já feito</p><p>na questão 80.</p><p>𝝅𝑹𝟐</p><p>𝟐𝝅</p><p>=</p><p>𝟑𝟎</p><p>𝜶</p><p>𝜶 =</p><p>𝟔𝟎</p><p>𝑹𝟐</p><p>𝒆𝒒. 𝟐</p><p>Igualando 𝒆𝒒. 𝟏 com 𝒆𝒒. 𝟐, obtemos:</p><p>𝟏𝟓</p><p>𝑹</p><p>=</p><p>𝟔𝟎</p><p>𝑹𝟐</p><p>⇒ 𝑹 = 𝟒 𝒄𝒎</p><p>Gabarito: “a”</p><p>59. (EEAR/2009)</p><p>A área de um setor circular de 𝟑𝟎° e raio 6 cm, em 𝒄𝒎𝟐, é, aproximadamente,</p><p>179</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟕, 𝟒𝟖</p><p>b) 𝟕, 𝟔𝟓</p><p>c) 𝟖, 𝟑𝟒</p><p>d) 𝟗, 𝟒𝟐</p><p>Comentários</p><p>Obs: usaremos 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒</p><p>O ângulo de 𝟑𝟎° equivale a 1/12 de volta completa. Portanto a área do setor definido por</p><p>𝟑𝟎° também seguirá a mesma proporção:</p><p>𝟑𝟎°</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟐</p><p>=</p><p>𝑨</p><p>𝝅𝑹𝟐</p><p>⇒ 𝑨 =</p><p>𝝅𝑹𝟐</p><p>𝟏𝟐</p><p>=</p><p>(𝟑, 𝟏𝟒)(𝟔)𝟐</p><p>𝟏𝟐</p><p>= 𝟗, 𝟒𝟐 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “d”</p><p>60. (EEAR/2009)</p><p>O perímetro de um losango é 𝟐𝟎 𝒄𝒎. Se sua diagonal maior tem o dobro da medida da menor, então</p><p>sua área, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 35</p><p>b) 30</p><p>c) 25</p><p>d) 20</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Equacionando o problema e já levando em consideração as propriedade de perímetro e</p><p>área do losango:</p><p>𝑃 = 4𝑥 = 20 ⇒ 𝑥 = 5 𝑐𝑚</p><p>180</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>(5)2 = (</p><p>𝐷</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>+ (</p><p>𝑑</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>= (</p><p>2𝑑</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>+ (</p><p>𝑑</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>5</p><p>4</p><p>𝑑2</p><p>⇒ 𝑑 = 2√5 ⇒ 𝐷 = 4√5</p><p>⇒ 𝑆 =</p><p>𝐷 ⋅ 𝑑</p><p>2</p><p>=</p><p>4√5 ⋅ 2√5</p><p>2</p><p>= 20 𝑐𝑚2</p><p>Gabarito: “d”</p><p>61. (EEAR/2009)</p><p>Com 4 palitos de mesmo comprimento, forma-se um quadrado com 𝒙 𝒄𝒎𝟐 de área e 𝒚 𝒄𝒎 de</p><p>perímetro. Se 𝒙 − 𝒚 = 𝟎, o comprimento de cada palito, em 𝒄𝒎, é</p><p>a) 2</p><p>b) 4</p><p>c) 6</p><p>d) 8</p><p>Comentários</p><p>Seja 𝑙 o comprimento de cada palito, consequentemente o comprimento do lado do</p><p>quadrado:</p><p>𝐴𝑄 = 𝑙</p><p>2 = 𝑥 e 𝑃 = 4𝑙 = 𝑦</p><p>Segundo o enunciado:</p><p>𝑥 − 𝑦 = 0 ⇒ 𝑙2 − 4𝑙 = 0 ⇒ 𝑙 ⋅ (𝑙 − 4) = 0</p><p>⇒ 𝑙 = 4 ou 𝑙 = 0 (𝑛ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑣é𝑚)</p><p>𝑙 = 4 𝑐𝑚</p><p>Gabarito: “b”</p><p>62. (EEAR/2009)</p><p>181</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Um triângulo de 𝟒𝟎√𝟐 𝒄𝒎𝟐 de área tem dois de seus lados medindo 𝟏𝟎 𝒄𝒎 e 𝟏𝟔 𝒄𝒎. A medida do</p><p>ângulo agudo formado por esses lados é</p><p>a) 𝟕𝟎°</p><p>b) 𝟔𝟎°</p><p>c) 𝟒𝟓°</p><p>d) 𝟑𝟎°</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>A área de um triângulo pode ser obtida segundo:</p><p>𝑨 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒎 ⋅ 𝒏 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 𝜶</p><p>Com 𝒎 e 𝒏 sendo medidas de lados consecutivos e 𝜶 a medida do ângulo entre eles</p><p>𝟒𝟎√𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟏𝟎) ⋅ (𝟏𝟔) ⋅ 𝒔𝒆𝒏 𝜶</p><p>⇒ 𝒔𝒆𝒏 𝜶 =</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>⇒ 𝜶 = 𝟒𝟓°</p><p>Gabarito: “c”</p><p>63. (EEAR/2009)</p><p>No logotipo, 𝑶𝑨, 𝑶𝑩 e 𝑶𝑪 são raios da menor das três circunferências concêntricas. A região</p><p>acinzentada desse logotipo é composta de</p><p>182</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) dois setores circulares, duas coroas circulares e dois segmentos circulares.</p><p>b) um setor circular, uma coroa circular e dois segmentos circulares.</p><p>c) um setor circular, duas coroas circulares e um segmento circular.</p><p>d) dois setores circulares, uma coroa circular e um segmento circular.</p><p>Comentário:</p><p>Setor circular tem formato de pizza. Há um na figura, na parte superior.</p><p>Coroa circular é o que se obtém ao se retirar de um círculo um círculo menor, concêntrico</p><p>ao primeiro. Há uma na figura, na parte mais externa.</p><p>Segmento circular parece um semicírculo, mas o lado reto pode ser uma corda qualquer,</p><p>não necessariamente um diâmetro. Há dois na figura, simétricos em relação à vertical.</p><p>183</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Gabarito: “b”</p><p>64. (EEAR/2008)</p><p>O lado de um eneágono regular mede 𝟐, 𝟓𝒄𝒎. O perímetro desse polígono, em 𝒄𝒎, é</p><p>a) 15.</p><p>b) 20.</p><p>c) 22,5.</p><p>d) 27,5.</p><p>Comentários</p><p>Sabemos que um eneágono é um polígono regular de nove lados iguais, como o perímetro</p><p>é a soma dos lados, temos:</p><p>𝑃 = 𝑙 + 𝑙 + ⋯+ 𝑙 = 9𝑙</p><p>𝑃 = 2,5 · 9 = 22,5</p><p>Gabarito: “c”</p><p>65. (EEAR/2008)</p><p>Em um polígono regular, a medida de um ângulo interno é o triplo da medida de um ângulo externo.</p><p>Esse polígono é o:</p><p>a) hexágono.</p><p>b) octógono.</p><p>c) eneágono.</p><p>d) decágono.</p><p>Comentários</p><p>Do enunciado retiramos que o ângulo interno 𝑆𝑖 é o triplo do ângulo externo 𝑆𝑒:</p><p>𝑆𝑖 = 3𝑆𝑒</p><p>184</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sabe-se que que quaisquer ângulos interno e externo de um mesmo vértice são sempre</p><p>suplementares, portanto:</p><p>𝑆𝑖 + 𝑆𝑒 = 180°</p><p>3𝑆𝑒 + 𝑆𝑒 = 180°</p><p>4𝑆𝑒 = 180°</p><p>𝑆𝑒 = 45°</p><p>Sabemos que para todo polígono regular de 𝑛 lados, a seguinte relação dos ângulos</p><p>externos dos vértices é válida:</p><p>𝑆𝑒 =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>45° =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>⟹ 𝑛 = 8</p><p>Como 𝑛 = 8, temos como figura regular um octógono.</p><p>Gabarito: “b”</p><p>66. (EEAR/2008)</p><p>Se 𝑺 = 𝟔𝑳 𝒄𝒎𝟐 é a área de um quadrado de lado 𝑳 𝒄𝒎, o valor de L é</p><p>a) 3</p><p>b) 6</p><p>c) 9</p><p>d) 12</p><p>Comentários</p><p>O valor da área de um quadrado de lado 𝑳 é obtido por:</p><p>𝑨 = 𝑳𝟐</p><p>Segundo o enunciado:</p><p>𝑳𝟐 = 𝟔𝑳</p><p>⇒ 𝑳 = 𝟔 𝒄𝒎 𝒐𝒖 𝑳 = 𝟎 (𝒏ã𝒐 𝒄𝒐𝒏𝒗é𝒎)</p><p>Gabarito: “b”</p><p>67. (EEAR/2007)</p><p>Dois círculos concêntricos têm 𝟒 𝒎 e 𝟔 𝒎 de raio. A área da coroa circular por eles determinada, em</p><p>𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟐𝝅</p><p>b) 𝟏𝟎𝝅</p><p>185</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟐𝟎𝝅</p><p>d) 𝟓𝟐𝝅</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>A área da coroa é definida pela diferença entre as áreas das duas circunferências</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐</p><p>Com 𝑺𝟏 = 𝝅𝑹</p><p>𝟐 e 𝑺𝟐 = 𝝅𝒓</p><p>𝟐, com 𝑹 = 𝟔 𝒎 e 𝒓 = 𝟒 𝒎</p><p>𝑺 = 𝝅𝑹𝟐 − 𝝅𝒓𝟐 = 𝝅 ⋅ (𝑹𝟐 − 𝒓𝟐) = 𝝅 ⋅ ((𝟔)𝟐 − (𝟒)𝟐) = 𝝅(𝟑𝟔 − 𝟏𝟔) = 𝟐𝟎𝝅</p><p>𝑺 = 𝟐𝟎𝝅</p><p>Gabarito: “c”</p><p>68. (EEAR/2007)</p><p>Os lados de um triângulo medem 𝟕 𝒄𝒎, 𝟖 𝒄𝒎 e 𝟗 𝒄𝒎. A área desse triângulo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟐√𝟓</p><p>c) 𝟖√𝟐</p><p>d) 𝟖√𝟑</p><p>Comentários</p><p>Utilizando o Teorema de Heron:</p><p>𝑨 = √𝒑(𝒑 − 𝒂)(𝒑 − 𝒃)(𝒑 − 𝒄)</p><p>Em que 𝒑 representa o semiperímetro de um triângulo de lados medindo 𝒂, 𝒃 e 𝒄.</p><p>186</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝒑 =</p><p>𝒂 + 𝒃 + 𝒄</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟕 + 𝟖 + 𝟗</p><p>𝟐</p><p>= 𝟏𝟐</p><p>𝑨 = √𝟏𝟐(𝟏𝟐 − 𝟕)(𝟏𝟐 − 𝟖)(𝟏𝟐 − 𝟗) = √𝟏𝟐 ⋅ 𝟓 ⋅ 𝟒 ⋅ 𝟑 = 𝟏𝟐√𝟓</p><p>𝑨 = 𝟏𝟐√𝟓</p><p>Gabarito: “b”</p><p>69. (EEAR/2007)</p><p>𝑺𝟔 e 𝑺𝟑 são, respectivamente, as áreas do hexágono regular e do triângulo equilátero, ambos</p><p>inscritos na mesma circunferência. Nessas condições, a relação verdadeira é</p><p>a) 𝑺𝟔 = 𝑺𝟑</p><p>b) 𝑺𝟔 = 𝟑𝑺𝟑</p><p>c) 𝑺𝟔 = 𝟐𝑺𝟑</p><p>d) 𝑺𝟑 = 𝟐𝑺𝟔</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Como demonstrado na Questão 66, a área de um Polígono Regular de 𝒏 lados inscrito</p><p>numa circunferência de raio R, é dado por:</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒏 ⋅ 𝑹𝟐𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>)</p><p>Logo:</p><p>𝑺𝟔 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟔) ⋅ 𝑹𝟐𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟔</p><p>) =</p><p>𝟑√𝟑𝑹𝟐</p><p>𝟐</p><p>𝑺𝟑 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟑) ⋅ 𝑹𝟐𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟑</p><p>) =</p><p>𝟑√𝟑𝑹𝟐</p><p>𝟒</p><p>187</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>⇒ 𝑺𝟔 = 𝟐 ⋅ 𝑺𝟑</p><p>Gabarito: “c”</p><p>70. (EEAR/2007)</p><p>Um triângulo isósceles tem perímetro igual a 𝟑𝟔 𝒄𝒎 e altura relativa à base medindo 𝟏𝟐 𝒄𝒎. A área</p><p>desse triângulo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 60</p><p>b) 56</p><p>c) 48</p><p>d) 40</p><p>Comentários</p><p>De acordo</p><p>com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Equacionando o problema, obtemos:</p><p>{</p><p>𝟐𝒙 + 𝟐𝒃 = 𝟑𝟔</p><p>𝒙𝟐 − 𝒃𝟐 = 𝒉𝟐 = (𝟏𝟐)𝟐</p><p>⇒ {</p><p>𝒙 + 𝒃 = 𝟏𝟖</p><p>(𝒙 − 𝒃) ⋅ (𝒙 + 𝒃) = 𝟏𝟒𝟒</p><p>⇒ (𝒙 − 𝒃) ⋅ 𝟏𝟖 = 𝟏𝟒𝟒 ⇒ 𝒙 − 𝒃 = 𝟖</p><p>⇒ {</p><p>𝒙 + 𝒃 = 𝟏𝟖</p><p>𝒙 − 𝒃 = 𝟖</p><p>⇒ {</p><p>𝒃 = 𝟏𝟖 − 𝒙</p><p>𝟐𝒙 = 𝟐𝟔</p><p>⇒ {</p><p>𝒃 = 𝟏𝟖 − 𝟏𝟑 = 𝟓</p><p>𝒙 = 𝟏𝟑</p><p>Logo, Base mede 𝑩 = 𝟐 ⋅ 𝒃 = 𝟐 ⋅ 𝟓 = 𝟏𝟎 𝒄𝒎</p><p>E, por fim,</p><p>𝑨 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑩 ⋅ 𝒉 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝟏𝟎 ⋅ 𝟏𝟐 = 𝟔𝟎 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>71. (EEAR/2007)</p><p>188</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>As medidas da diagonal menor e do perímetro de um losango são, respectivamente, 𝟑𝟔 𝒄𝒎 e</p><p>𝟏𝟐𝟎 𝒄𝒎. A área desse losango, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 864</p><p>b) 728</p><p>c) 600</p><p>d) 548</p><p>Comentários</p><p>Podemos calcular o lado a partir do perímetro.</p><p>𝑳 =</p><p>𝑷</p><p>𝟒</p><p>=</p><p>𝟏𝟐𝟎</p><p>𝟒</p><p>= 𝟑𝟎 𝒄𝒎</p><p>Posto isso, temos a seguinte figura:</p><p>Aplicando o Teorema De Pitágoras, descobrimos que</p><p>(</p><p>𝑫</p><p>𝟐</p><p>) = 𝟐𝟒 ⇒ 𝑫 = 𝟒𝟖 𝒄𝒎</p><p>Calculemos a área do losango:</p><p>𝑨 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑫 ⋅ 𝒅 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟒𝟖) ⋅ (𝟑𝟔) = 𝟖𝟔𝟒 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>189</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>72. (EEAR/2007)</p><p>A casa de João tem um quintal retangular de 𝟑𝟎 𝒎 por 𝟐𝟎 𝒎. Se ele usar 𝟑𝟎% da área do quintal</p><p>para fazer uma horta também retangular, de 𝟏𝟎 𝒎 de comprimento, então a largura desta horta,</p><p>em 𝒎, será</p><p>a) 18</p><p>b) 15</p><p>c) 12</p><p>d) 11</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Sabemos que 𝑺𝟐 = 𝟎, 𝟑 ⋅ 𝑺𝟏</p><p>𝑺𝟏 = 𝟑𝟎 ⋅ 𝟐𝟎 = 𝟔𝟎𝟎 𝒎</p><p>𝟐</p><p>𝑺𝟐 = 𝟏𝟎 ⋅ 𝒍</p><p>𝟏𝟎 ⋅ 𝒍 = 𝟎, 𝟑 ⋅ 𝟔𝟎𝟎 ⇒ 𝒍 = 𝟏𝟖 𝒄𝒎</p><p>Gabarito: “a”</p><p>73. (EEAR/2007)</p><p>Um trapézio isósceles tem bases medindo 𝟏𝟐 𝒄𝒎 e 𝟐𝟎 𝒄𝒎. Se a medida de um de seus lados</p><p>oblíquos é 𝟓 𝒄𝒎, então sua área, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 25</p><p>b) 39</p><p>190</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 48</p><p>d) 54</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Como o trapézio é isósceles, então 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟓 𝒄𝒎</p><p>Perceba que 𝑨𝑭̅̅ ̅̅ = 𝑫𝑬̅̅ ̅̅ = 𝒙 devido a simetria do trapézio isósceles, assim como</p><p>𝑬𝑭̅̅ ̅̅ = 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = 𝟏𝟐. Então</p><p>𝑨𝑭̅̅ ̅̅ + 𝑬𝑭̅̅ ̅̅ + 𝑬𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟐𝟎</p><p>𝟐 ⋅ 𝒙 + 𝟏𝟐 = 𝟐𝟎</p><p>𝒙 = 𝑫𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟒</p><p>Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo 𝑪𝑫𝑬 obtemos que 𝑪𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟑 𝒄𝒎, mas 𝑪𝑬̅̅ ̅̅</p><p>representa a altura do trapézio.</p><p>Em posse disso, podemos calcular a área do trapézio. Seja 𝑩 = 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟐𝟎 𝒄𝒎, 𝒃 = 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ =</p><p>== 𝟏𝟐 𝒄𝒎 e 𝒉 = 𝑪𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟑 𝒄𝒎</p><p>𝑨 =</p><p>(𝒃 + 𝑩)</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒉 =</p><p>(𝟏𝟐 + 𝟐𝟎)</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟑) = 𝟒𝟖 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>74. (EEAR/2007)</p><p>Dois polígonos convexos têm o número de lados expresso por 𝒏 e por 𝒏 + 𝟑. Sabendo que um</p><p>polígono tem 𝟏𝟖 diagonais a mais que o outro, o valor de 𝒏 é:</p><p>a) 10.</p><p>b) 8.</p><p>c) 6.</p><p>d) 4.</p><p>Comentários</p><p>O número total de diagonais de qualquer polígono com mais de 3 é encontrado pela</p><p>relação:</p><p>191</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐷𝑛 =</p><p>(𝑛 − 3)𝑛</p><p>2</p><p>De acordo com o enunciado tem-se a equação:</p><p>𝐷𝑛+3 = 𝐷𝑛 + 18</p><p>Logo, substituindo a relação de diagonais na equação, temos:</p><p>(𝑛 + 3)𝑛</p><p>2</p><p>=</p><p>(𝑛 − 3)𝑛</p><p>2</p><p>+ 18</p><p>(𝑛 + 3)𝑛 = (𝑛 − 3)𝑛 + 36</p><p>𝑛2 + 3𝑛 = 𝑛2 − 3𝑛 + 36</p><p>6𝑛 = 36 ⟹ 𝑛 = 6</p><p>Gabarito: “d”</p><p>75. (EEAR/2006)</p><p>A razão entre as medidas dos apótemas do quadrado inscrito e do quadrado circunscrito numa</p><p>circunferência de raio 𝑹 é</p><p>a)</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>c) 𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟑</p><p>Comentário:</p><p>O apótema de um quadrado qualquer é igual à metade do seu lado. Sendo 𝑎, 𝐴, 𝑙, 𝐿, as</p><p>medidas do apótema do quadrado inscrito, do apótema do quadrado circunscrito, do lado do</p><p>quadrado inscrito e do lado do quadrado circunscrito, respectivamente, temos:</p><p>𝐿 = 2𝑅</p><p>𝑙√2 = 2𝑅</p><p>Logo:</p><p>𝑎</p><p>𝐴</p><p>=</p><p>𝑙</p><p>2</p><p>𝐿</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑙√2</p><p>𝐿√2</p><p>=</p><p>2𝑅</p><p>2𝑅√2</p><p>=</p><p>1</p><p>√2</p><p>∴</p><p>𝑎</p><p>𝐴</p><p>=</p><p>√2</p><p>2</p><p>Gabarito: “a”</p><p>76. (EEAR/2006)</p><p>192</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Um hexágono regular 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭, de 𝟑𝟎√𝟑 𝒄𝒎 de perímetro, está inscrito em um círculo de raio 𝑹.</p><p>A medida de sua diagonal 𝑨𝑪, em 𝒄𝒎, é</p><p>a) 𝟓√𝟑</p><p>b) 𝟓</p><p>c) 𝟏𝟓√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟓</p><p>Comentário:</p><p>O hexágono regular inscrito em uma circunferência tem a propriedade notável que a</p><p>medida do seu lado 𝐿 coincide com a medida do raio 𝑅 da circunferência a ele circunscrita.</p><p>Portanto, temos 6𝐿 = 6𝑅 = 30√3 𝑐𝑚 ⇒ 𝐿 = 𝑅 = 5√3 𝑐𝑚. Olhando para o triângulo 𝐴𝐵𝐶,</p><p>temos que o ângulo �̂� é um ângulo interno e, portanto, vale</p><p>180°⋅(6−2)</p><p>6</p><p>= 120° e o triângulo 𝐴𝐵𝐶</p><p>é isósceles de base 𝐴𝐶 e lado comum 𝐿. Portanto, pela lei dos cossenos, 𝐴𝐶2 = 𝐿2 + 𝐿2 − 2 ⋅ 𝐿 ⋅</p><p>𝐿 ⋅ cos 120° ⇒</p><p>⇒ 𝐴𝐶2 = 2𝐿2 − 2𝐿2 ⋅ (−</p><p>1</p><p>2</p><p>) = 3𝐿2 ∴ 𝐴𝐶 = 𝐿√3 = 15 𝑐𝑚.</p><p>Gabarito: “d”</p><p>77. (EEAR/2006)</p><p>Sejam 𝑨,𝑩 𝒆 𝑪 três polígonos convexos. Se 𝑪 tem 𝟑 lados a mais que B, e este tem 𝟑 lados a mais</p><p>que 𝑨, e a soma das medidas dos ângulos internos dos três polígonos é 𝟑𝟐𝟒𝟎, então o número de</p><p>diagonais de 𝑪 é</p><p>a) 46.</p><p>b) 44.</p><p>c) 42.</p><p>d) 40.</p><p>Comentários</p><p>A soma dos ângulos internos de um polígono convexo segue a relação:</p><p>𝑆𝑖 = (𝑛 − 2) · 180°</p><p>Supondo que o polígono A tem 𝑛 lados, de acordo com o enunciado a soma de todos os</p><p>ângulos internos é 3240</p><p>𝑆𝑖𝐴 + 𝑆𝑖𝐵 + 𝑆𝑖𝐶 = 3240°</p><p>(𝑛 − 2) · 180° + (𝑛 + 3 − 2) · 180° + (𝑛 + 6 − 2) · 180° = 3240°</p><p>(3𝑛 + 3) · 180° = 3240°</p><p>3(𝑛 + 1) = 18</p><p>193</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑛 + 1 = 6</p><p>𝑛 = 5</p><p>Portanto o número de lados de 𝐶 é 𝑛 + 6 = 11</p><p>O número total de diagonais de qualquer polígono com mais de 3 é encontrado pela</p><p>relação:</p><p>𝐷𝑛 =</p><p>(𝑛 − 3)𝑛</p><p>2</p><p>Assim temos que o número de diagonais de 𝐶 é:</p><p>𝐷11 =</p><p>(11 − 3)11</p><p>2</p><p>= 44</p><p>Gabarito: “b”</p><p>78. (EEAR/2006)</p><p>Um quadrado e um losango têm o mesmo perímetro. Se as diagonais do losango estão entre si como</p><p>3 para 5, então a razão entre a área do quadrado e a do losango é</p><p>a)</p><p>𝟏𝟕</p><p>𝟏𝟓</p><p>b)</p><p>𝟏𝟑</p><p>𝟏𝟓</p><p>c)</p><p>𝟏𝟕</p><p>𝟏𝟑</p><p>d)</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟏𝟑</p><p>Comentários</p><p>Primeiramente podemos concluir que os lados do quadrado e do losango são iguais, pois</p><p>o perímetro é o mesmo. Em seguida, devemos considerar a proporção das diagonais do losango</p><p>de 3 para 5.</p><p>Sendo assim, temos a seguinte figura:</p><p>194</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo BCO, obtemos:</p><p>(𝟑𝒌)𝟐 + (𝟓𝒌)𝟐 = 𝒙𝟐 = 𝟗𝒌𝟐 + 𝟐𝟓𝒌𝟐 = 𝟑𝟒𝒌𝟐 = 𝒙𝟐</p><p>𝒌𝟐 =</p><p>𝒙𝟐</p><p>𝟑𝟒</p><p>Sendo assim, a área do losango pode ser calculada</p><p>𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟏𝟎𝒌) ⋅ (𝟔𝒌) = 𝟑𝟎 ⋅ 𝒌𝟐 = 𝟑𝟎 ⋅</p><p>𝒙𝟐</p><p>𝟑𝟒</p><p>=</p><p>𝟏𝟓𝒙𝟐</p><p>𝟏𝟕</p><p>E seja a área do quadrado</p><p>𝑺𝟐 = 𝒙</p><p>𝟐</p><p>Logo, a razão pedida é dada por:</p><p>𝑺𝟐</p><p>𝑺𝟏</p><p>=</p><p>𝒙𝟐</p><p>𝟏𝟓𝒙𝟐</p><p>𝟏𝟕</p><p>=</p><p>𝟏𝟕</p><p>𝟏𝟓</p><p>Gabarito: “a”</p><p>79. (EEAR/2006)</p><p>A área da região hachurada, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a)</p><p>𝟒−𝝅</p><p>𝟒</p><p>195</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟏 −</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>𝟏−𝝅</p><p>𝟒</p><p>d) 𝝅 − 𝟏</p><p>Comentários</p><p>Trata-se da diferença entre um quadrado de lado 𝟏 𝒄𝒎 e um arco correspondente a</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>de</p><p>circunferência de raio 𝟏 𝒄𝒎.</p><p>Seja 𝑺𝟏 a área do quadrado, tal que</p><p>𝑺𝟏 = 𝑳</p><p>𝟐 = (𝟏)𝟐 = 𝟏 𝒄𝒎𝟐</p><p>Seja 𝑺𝟐 a área do arco, tal que</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>⋅ 𝝅𝒓𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>⋅ 𝝅(𝟏)𝟐 =</p><p>𝝅</p><p>𝟒</p><p>𝒄𝒎𝟐</p><p>Portanto,</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐 = 𝟏 −</p><p>𝝅</p><p>𝟒</p><p>=</p><p>𝟒 − 𝝅</p><p>𝟒</p><p>𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>80. (EEAR/2006)</p><p>A hipotenusa de um triângulo retângulo mede 10 cm e o raio da circunferência nele inscrita mede 1</p><p>cm. A soma das medidas dos catetos desse triângulo é, em cm,</p><p>a) 10</p><p>b) 12</p><p>c) 14</p><p>d) 16</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>196</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Iremos calcular o valor de 𝑆 = 𝑚 + 𝑛</p><p>Sabemos que o raio da circunferência inscrita é dado por:</p><p>𝑟 =</p><p>𝐴</p><p>𝑝</p><p>em que 𝐴 − Á𝑟𝑒𝑎</p><p>P2) Sem perda de generalidade, vamos usar o pentágono regular 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸. Sendo regular,</p><p>ele é inscritível, logo:</p><p>Os triângulos isósceles 𝑂𝐴𝐵,𝑂𝐵𝐶, 𝑂𝐶𝐷, 𝑂𝐷𝐸, 𝑂𝐸𝐴 são congruentes, então, a altura</p><p>desses triângulos são congruentes:</p><p>Como a medida dos segmentos são congruentes, temos 𝑂𝐻1 = 𝑂𝐻2 = 𝑂𝐻3 = 𝑂𝐻4 =</p><p>𝑂𝐻5, então, 𝑂 é o centro de uma outra circunferência. Vamos chamá-la de 𝜆′.</p><p>Sabendo que esses segmentos são perpendiculares às suas respectivas bases, temos que</p><p>os lados do polígono tangenciam a circunferência 𝜆′, logo, ele é circunscritível.</p><p>12</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>P3) Vimos que qualquer polígono regular é inscritível e circunscritível. Um polígono regular</p><p>de 𝑛 lados possui 𝑛 triângulos isósceles e seus vértices são o centro 𝑂 das circunferências e os</p><p>vértices consecutivos do polígono regular. Chamamos de ângulo central o ângulo do vértice 𝑂 de</p><p>cada triângulo isósceles e seu valor é igual a:</p><p>𝑎𝑐 =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>Chamamos de apótema de um polígono regular a altura de cada um desses triângulos</p><p>isósceles:</p><p>1.2.4. CÁLCULO DO LADO E APÓTEMA DO POLÍGONO REGULAR</p><p>Vamos deduzir a fórmula geral do lado e apótema do polígono regular em função do raio</p><p>da circunferência circunscrita e do ângulo central:</p><p>Para um polígono regular de 𝑛 lados inscrito em uma circunferência de raio 𝑅, sendo 𝑎𝑛 o</p><p>apótema e 𝑙𝑛 o lado do polígono, temos:</p><p>13</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐴𝐵̅̅ ̅̅ é um dos lados do polígono regular de 𝑛 lados.</p><p>Sabemos que o ângulo central é dado por:</p><p>𝑎𝑐 =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>Usando as relações trigonométricas no triângulo retângulo 𝑂𝐴𝐻, temos:</p><p>𝑠𝑒𝑛 (</p><p>𝑎𝑐</p><p>2</p><p>) =</p><p>𝑙𝑛</p><p>2</p><p>𝑅</p><p>⇒ 𝒍𝒏 = 𝟐𝑹𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟏𝟖𝟎°</p><p>𝒏</p><p>)</p><p>cos (</p><p>𝑎𝑐</p><p>2</p><p>) =</p><p>𝑎𝑛</p><p>𝑅</p><p>⇒ 𝒂𝒏 = 𝑹𝐜𝐨𝐬 (</p><p>𝟏𝟖𝟎°</p><p>𝒏</p><p>)</p><p>Podemos aplicar o teorema de Pitágoras no triângulo 𝑂𝐴𝐻 e encontrar 𝑎𝑛 em função de</p><p>𝑙𝑛 e 𝑅:</p><p>𝑅2 = 𝑎𝑛</p><p>2 + (</p><p>𝑙𝑛</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>⇒ 𝒂𝒏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>√𝟒𝑹𝟐 − 𝒍𝒏</p><p>𝟐</p><p>Também é possível deduzir a fórmula do lado de um polígono regular de 2𝑛 lados em</p><p>função do raio 𝑅 e do lado 𝑙𝑛 do polígono regular de 𝑛 lados. Veja a figura:</p><p>14</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑙𝑛 e 𝑎𝑛 é o lado e o apótema do polígono regular de 𝑛 lados, respectivamente. Note que</p><p>Δ𝐶𝐸𝐵~Δ𝐴𝐶𝐵:</p><p>Δ𝐶𝐸𝐵~Δ𝐴𝐶𝐵 ⇒</p><p>𝐶𝐵</p><p>𝐸𝐵</p><p>=</p><p>𝐴𝐵</p><p>𝐶𝐵</p><p>⇒</p><p>𝑙2𝑛</p><p>𝑅 − 𝑎𝑛</p><p>=</p><p>2𝑅</p><p>𝑙2𝑛</p><p>⇒ (𝑙2𝑛)</p><p>2 = 2𝑅(𝑅 − 𝑎𝑛) (𝐼)</p><p>Escrevendo 𝑎𝑛 em função de 𝑙𝑛 e 𝑅, temos:</p><p>𝑎𝑛 =</p><p>1</p><p>2</p><p>√4𝑅2 − 𝑙𝑛</p><p>2</p><p>Substituindo em (𝐼):</p><p>(𝑙2𝑛)</p><p>2 = 2𝑅 (𝑅 −</p><p>1</p><p>2</p><p>√4𝑅2 − 𝑙𝑛</p><p>2)</p><p>∴ 𝒍𝟐𝒏 = √𝑹(𝟐𝑹 − √𝟒𝑹</p><p>𝟐 − 𝒍𝒏</p><p>𝟐)</p><p>1.2.5. COMPRIMENTO DA CIRCUNFERÊNCIA</p><p>Vimos que o lado de um polígono regular de 𝑛 lados é dado por:</p><p>15</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑙𝑛 = 2𝑅𝑠𝑒𝑛 (</p><p>180°</p><p>𝑛</p><p>)</p><p>O perímetro desse polígono é igual a:</p><p>𝑝𝑛 = 𝑛 ⋅ 2𝑅 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (</p><p>180°</p><p>𝑛</p><p>)</p><p>Se tomarmos 𝑛 um número que tende ao infinito, o perímetro desse polígono se aproxima</p><p>ao comprimento da circunferência circunscrita a ele. Então, aplicando o limite, temos:</p><p>𝐶 = lim</p><p>n→∞</p><p>(2𝑅 ⋅ 𝑛 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (</p><p>180°</p><p>𝑛</p><p>)) ⇒ 𝐶 = 2𝑅 lim</p><p>n→∞</p><p>(𝑛 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (</p><p>180°</p><p>𝑛</p><p>))</p><p>⏟</p><p>𝜋</p><p>⇒ 𝐶 = 2𝜋𝑅</p><p>Assim, temos que o comprimento de uma circunferência é dado por:</p><p>𝑪 = 𝟐𝝅𝑹</p><p>1. 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ , 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ e 𝑫𝑬̅̅ ̅̅ são 4 lados consecutivos de um icoságono regular. Os prolongamentos dos</p><p>lados 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e 𝑫𝑬̅̅ ̅̅ cortam-se em 𝑰. Calcule o ângulo 𝑩Î𝑫.</p><p>Resolução:</p><p>O ângulo central do icoságono regular é dado por:</p><p>16</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑎𝑐 =</p><p>360°</p><p>20</p><p>= 18°</p><p>Assim, os ângulos das bases dos triângulos isósceles do icoságono regular são iguais a:</p><p>18° + 2𝜃 = 180° ⇒ 𝜃 = 81°</p><p>Vamos desenhar a situação do problema:</p><p>Sendo regular, temos que 𝐼 é o prolongamento do segmento 𝑂𝐶. Como 𝐼 também é o</p><p>prolongamento do lado 𝐸𝐷, temos que �̂� é um ângulo raso:</p><p>𝛽 + 81° + 81° = 180° ⇒ 𝛽 = 18°</p><p>𝑂𝐶𝐷 é ângulo externo do triângulo 𝐼𝐶𝐷, logo:</p><p>81° = 𝛼 + 𝛽 ⇒ 𝛼 = 63°</p><p>O ângulo 𝐵Î𝐷 é dado por:</p><p>𝐵Î𝐷 = 2𝛼 = 126°</p><p>Gabarito: 𝟏𝟐𝟔°</p><p>2. Provar que num pentágono regular as diagonais são divididas em 2 segmentos que estão na razão</p><p>áurea.</p><p>Resolução:</p><p>17</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sabemos que todo polígono regular é inscritível numa circunferência e o ângulo central do</p><p>pentágono regular é igual a</p><p>360°</p><p>5</p><p>= 72°. O ângulo de 𝐷Â𝐶 é igual à metade do ângulo central</p><p>𝐷Â𝐶 = 36°.</p><p>Vamos calcular o ângulo de cada vértice do pentágono:</p><p>𝑎𝑖 =</p><p>𝑛 − 2</p><p>𝑛</p><p>⋅ 180° ⇒ 𝑎𝑖 =</p><p>3</p><p>5</p><p>⋅ 180° = 108°</p><p>Como os lados do polígono possuem a mesma medida, temos:</p><p>Sendo o ângulo interno do pentágono igual a 108°, temos 𝐴�̂�𝐹 = 36° e 𝐴�̂�𝐷 = 72°.</p><p>18</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Note que 𝐷�̂�𝐶 = 72° (soma dos ângulos internos igual a 180°). Portanto, os triângulos</p><p>𝐴𝐷𝐶 e 𝐷𝐶𝐹 são isósceles e semelhantes.</p><p>Vamos analisar o triângulo isósceles 𝐴𝐶𝐷, chamando as diagonais 𝐴𝐷 e 𝐴𝐶 de 𝑎 e 𝐴𝐹 de</p><p>𝑏, temos (𝐴𝐹 = 𝐷𝐹 = 𝐷𝐶 resultado dos triângulos isósceles):</p><p>Fazendo a semelhança de triângulos:</p><p>Δ𝐴𝐷𝐶~Δ𝐷𝐶𝐹 ⇒</p><p>𝑎</p><p>𝑏</p><p>=</p><p>𝑏</p><p>𝑎 − 𝑏</p><p>⇒ 𝑎2 − 𝑎𝑏 − 𝑏2 = 0</p><p>Encontrando as raízes na variável 𝑎:</p><p>19</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑎 =</p><p>𝑏 ± √5𝑏2</p><p>2</p><p>Como o resultado negativo não convém, temos:</p><p>𝑎</p><p>𝑏</p><p>=</p><p>√5 + 1</p><p>2</p><p>Essa é a razão áurea.</p><p>Gabarito: Demonstração</p><p>3. 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭 é um hexágono regular cujas diagonais 𝑨𝑬̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑭̅̅ ̅̅ se cortam em 𝑰. Mostrar que 𝟐𝑰𝑭 =</p><p>𝑰𝑩.</p><p>Resolução:</p><p>O hexágono regular é formado por 6 triângulos equiláteros e o seu ângulo interno é igual</p><p>a:</p><p>𝑎𝑖 =</p><p>𝑛 − 2</p><p>𝑛</p><p>⋅ 180° =</p><p>4</p><p>6</p><p>⋅ 180° = 120°</p><p>Vamos desenhar esse polígono:</p><p>Note que os triângulos 𝐴𝐹𝐸 e 𝐹𝐴𝐵 são isósceles. Como o ângulo de seus vértices são iguais</p><p>a 120°, temos que os ângulos de suas bases são iguais a 30°. Sendo 𝐴�̂�𝑂 e 𝐹�̂�𝑂 os ângulos de</p><p>triângulos equiláteros, temos:</p><p>20</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Os triângulos 𝐼𝐴𝐹 e 𝐼𝐵𝐸 são semelhantes, logo:</p><p>Δ𝐼𝐴𝐹~Δ𝐼𝐵𝐸 ⇒</p><p>𝐼𝐹</p><p>𝐼𝐵</p><p>=</p><p>𝑙</p><p>2𝑙</p><p>∴ 2𝐼𝐹 = 𝐼𝐵</p><p>Gabarito: Demonstração</p><p>4. 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬 é um pentágono regular e 𝑬𝑫𝑪𝑴 é um paralelogramo interno ao pentágono. Calcular</p><p>os ângulos do triângulo 𝑨𝑴𝑬.</p><p>Resolução:</p><p>Sabendo que 𝐸𝐷𝐶𝑀 é um paralelogramo e 𝐷𝐸 = 𝐶𝐷 (lados do pentágono regular), temos</p><p>que 𝐸𝑀 = 𝐶𝐷 e 𝐷𝐸 = 𝐶𝑀, logo, 𝐸𝐷𝐶𝑀 é um losango. Vamos desenhar a figura:</p><p>21</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sendo 𝐸 o vértice do pentágono, temos 𝐴Ê𝑀 = 36°. Como 𝐴𝐸 = 𝑀𝐸, o triângulo 𝐴𝑀𝐸 é</p><p>isósceles, logo:</p><p>𝐸Â𝑀 = 𝐸�̂�𝐴 = 72°</p><p>Portanto, os ângulos internos do Δ𝐴𝑀𝐸 são:</p><p>36°, 72° e 72°</p><p>Gabarito: 𝟑𝟔°, 𝟕𝟐° 𝐞 𝟕𝟐°</p><p>2. ÁREA DE FIGURAS PLANAS</p><p>2.1. DEFINIÇÃO</p><p>Vamos estudar um dos temas mais explorados em geometria plana pelas provas militares,</p><p>o cálculo de áreas de figuras planas. Estudamos até agora as formas geométricas, as medidas dos</p><p>ângulos e os comprimentos dos segmentos das figuras planas. O estudo da área dessas figuras</p><p>envolve o conceito de extensão. Compare as figuras abaixo e diga qual possui maior extensão.</p><p>Supondo que as duas figuras possuem as mesmas unidades de medida, podemos dizer que</p><p>o quadrilátero 𝐴𝐵𝐶𝐷 possui maior extensão que o triângulo 𝑋𝑌𝑍. Quando fazemos esse tipo de</p><p>comparação, estamos comparando as áreas dessas figuras.</p><p>Duas figuras são ditas equivalentes quando possuem a mesma extensão,</p><p>independentemente de suas formas. Se juntarmos dois quadriláteros de áreas 𝐴1 e 𝐴2 para</p><p>formar uma outra figura de área 𝐴3, podemos afirmar que esta possui</p><p>e 𝑝 − 𝑆𝑒𝑚𝑖𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 do triângulo. Logo:</p><p>𝑟 =</p><p>𝐴</p><p>𝑝</p><p>⇒ 1 =</p><p>𝑚 ⋅ 𝑛</p><p>2</p><p>𝑚 + 𝑛 + 10</p><p>2</p><p>⇒ 𝑚 + 𝑛 = 𝑚 ⋅ 𝑛 − 10</p><p>De Pitágoras, sabemos que 𝑚2 + 𝑛2 = 102 = 100.</p><p>Calculemos o valor de (𝑚 + 𝑛)2</p><p>(𝑚 + 𝑛)2 = 𝑚2 + 2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑛 + 𝑛2 = 100 + 2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑛</p><p>⇒ (𝑚 + 𝑛)2 = 100 + 2 ⋅ 𝑚 ⋅ 𝑛</p><p>Chamemos a partir de agora 𝑆 = 𝑚 + 𝑛 e 𝑃 = 𝑚 ⋅ 𝑛</p><p>{</p><p>𝑆 = 𝑃 − 10</p><p>𝑆2 = 100 + 2 ⋅ 𝑃</p><p>⇒ 𝑆2 = (𝑃 − 10)2 = 𝑃2 − 20𝑃 + 100 = 100 + 2𝑃</p><p>⇒ 𝑃2 − 20𝑃 = 2𝑃 ⇒ 𝑃(𝑃 − 22) = 0</p><p>𝑃 = 0(𝑛ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑣é𝑚) 𝑜𝑢 𝑃 = 22</p><p>Substituindo 𝑃 = 22 em 𝑆 = 𝑃 − 10, obtemos 𝑆 = 22 − 10 = 12</p><p>Ou seja:</p><p>𝑚 + 𝑛 = 12</p><p>Gabarito: “b”</p><p>81. (EEAR/2005)</p><p>Na figura, 𝑩�̂�𝑨 e 𝑪Â𝑫 , 𝑨�̂�𝑩 medem, respectivamente, 𝟔𝟎°, 𝟑𝟎° e 𝟏𝟏𝟎°. A medida de 𝑫�̂�𝑪 é:</p><p>a) 𝟏𝟓°</p><p>197</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟐𝟎°</p><p>c) 𝟐𝟓°</p><p>d) 𝟑𝟎°</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Sabemos que para todo polígono de 𝑛 vértices, a soma dos ângulos internos segue a</p><p>relação:</p><p>𝑆𝑖 = (𝑛 − 2) · 180°</p><p>Para um polígono de 𝑛 = 4,temos:</p><p>𝑆4 = 2 · 180° = 360</p><p>Para o vértice 𝐷 temos o ângulo externo, mas sabemos que o ângulo interno é o</p><p>replementar do externo:</p><p>�̂�𝑖 + �̂�𝑒 = 360° ⟹ �̂�𝑖 = 360° − 110°</p><p>�̂�𝑖 = 250°</p><p>Pela soma de todos os ângulos internos, temos:</p><p>𝑆4 = 30° + 250° + 60° + 𝐷�̂�𝐴 = 360°</p><p>340° + 𝐷�̂�𝐴 = 360°</p><p>𝐷�̂�𝐴 = 20°</p><p>Gabarito: “b”</p><p>82. (EEAR/2005)</p><p>Na figura, os pontos 𝑴, 𝑵 e 𝑷 dividem o lado 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ do paralelogramo 𝑨𝑩𝑪𝑫 em 4 partes iguais, e os</p><p>pontos 𝑬 e 𝑭 dividem a diagonal 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ em 3 partes iguais. A área do triângulo 𝑨𝑷𝑬 é uma fração da</p><p>área do paralelogramo 𝑨𝑩𝑪𝑫, equivalente a</p><p>198</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟔</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟐𝟎</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟐𝟒</p><p>Comentários</p><p>Seja 𝑺 o valor da área do paralelogramo dado. É propriedade dos paralelogramos a</p><p>congruência dos triângulos definidos por cada diagonal. Ou seja, os triângulos 𝑨𝑩𝑪 e 𝑨𝑫𝑪 são</p><p>congruentes.</p><p>Logo, a área do triângulo 𝑨𝑩𝑪 vale</p><p>𝑺</p><p>𝟐</p><p>.</p><p>Usaremos agora o método do cálculo de área do triângulo através do seno, pois o ângulo</p><p>𝑩�̂�𝑪 se mantém.</p><p>Seja 𝑺𝟏 área do triângulo 𝑨𝑩𝑪</p><p>𝑺𝟏 =</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ⋅ 𝑨𝑪̅̅ ̅̅</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒔𝒆𝒏 (𝑩�̂�𝑪 )</p><p>Seja 𝑺𝟐 a área do triângulo 𝑨𝑬𝑷, com 𝑨𝑷̅̅ ̅̅ =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e 𝑨𝑬̅̅ ̅̅ =</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>𝑨𝑪̅̅ ̅̅</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝑨𝑷̅̅ ̅̅ ⋅ 𝑨𝑬̅̅ ̅̅</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒔𝒆𝒏 (𝑩�̂�𝑪 ) =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>𝑨𝑪̅̅ ̅̅</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒔𝒆𝒏 (𝑩�̂�𝑪 ) =</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟐</p><p>⋅</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ⋅ 𝑨𝑪̅̅ ̅̅</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒔𝒆𝒏 (𝑩�̂�𝑪 ) =</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟐</p><p>⋅ 𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟐</p><p>⋅</p><p>𝑺</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟐𝟒</p><p>𝑺</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝑺</p><p>𝟐𝟒</p><p>Logo, a área de 𝑨𝑬𝑷 equivale a</p><p>𝟏</p><p>𝟐𝟒</p><p>da área do paralelogramo 𝑨𝑩𝑪𝑫</p><p>Gabarito: “d”</p><p>83. (EEAR/2005)</p><p>199</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Um círculo é tal que a medida de seu raio é igual aos</p><p>𝟒</p><p>𝟕</p><p>da medida do comprimento de um setor</p><p>circular que ele contém. Se a área desse setor é igual a</p><p>𝟔𝟑</p><p>𝟖</p><p>𝝅 𝒄𝒎𝟐, então a área do círculo, em 𝒄𝒎𝟐,</p><p>é</p><p>a) 𝟗𝝅</p><p>b) 𝟗𝝅𝟐</p><p>c) 𝟔𝝅</p><p>d) 𝟔𝝅𝟐</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Seja R o raio da circunferência.</p><p>Área do setor: 𝑺𝒔𝒆𝒕 =</p><p>𝜶𝑹𝟐</p><p>𝟐</p><p>Comprimento do arco BC: 𝑳𝒔𝒆𝒕 = 𝜶 ⋅ 𝑹</p><p>De acordo com o enunciado, a medida do raio é</p><p>𝟒</p><p>𝟕</p><p>da medida do arco BC. Logo:</p><p>𝑹 =</p><p>𝟒</p><p>𝟕</p><p>⋅ 𝜶𝑹 ⇒ 𝜶 =</p><p>𝟕</p><p>𝟒</p><p>Sabemos que 𝑺𝒔𝒆𝒕 =</p><p>𝟔𝟑𝝅</p><p>𝟖</p><p>, então:</p><p>𝟔𝟑𝝅</p><p>𝟖</p><p>=</p><p>(</p><p>𝟕</p><p>𝟒</p><p>)𝑹𝟐</p><p>𝟐</p><p>⇒ 𝑹𝟐 = 𝟗𝝅</p><p>Sendo assim, a área da circunferência é dada por:</p><p>𝑺 = 𝝅𝑹𝟐 = 𝝅 ⋅ (𝟗𝝅) = 𝟗𝝅𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>200</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>84. (EEAR/2004)</p><p>Em um triângulo equilátero de 𝟏𝟐√𝟑 𝒎 de perímetro, a soma das medidas dos raios das</p><p>circunferências inscrita e circunscrita a esse triângulo, em 𝒎, é</p><p>a) 𝟓.</p><p>b) 𝟔.</p><p>c) 𝟕.</p><p>d) 𝟖.</p><p>Comentário:</p><p>Seja 𝑙 o lado do triângulo equilátero, ℎ sua altura, 2𝑝 o perímetro, 𝑆 a área, 𝑟 o raio da</p><p>circunferência inscrita, 𝑅 o raio da circunferência circunscrita. Podemos usar as seguintes</p><p>fórmulas:</p><p>ℎ =</p><p>𝑙√3</p><p>2</p><p>; (𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙á𝑡𝑒𝑟𝑜)</p><p>𝑅 =</p><p>2</p><p>3</p><p>ℎ; (𝑜 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜, 𝑛𝑒𝑠𝑠𝑒 𝑐𝑎𝑠𝑜, 𝑡𝑎𝑚𝑏é𝑚 é 𝑏𝑎𝑟𝑖𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑜)</p><p>2𝑝 = 3𝑙; (𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑞𝑢𝑖𝑙á𝑡𝑒𝑟𝑜)</p><p>𝑆 = 𝑝𝑟;</p><p>𝑆 =</p><p>𝑙ℎ</p><p>2</p><p>.</p><p>Portanto, conseguimos isolar 𝑅 e 𝑟 em função de 𝑙:</p><p>𝑅 =</p><p>2</p><p>3</p><p>ℎ =</p><p>2</p><p>3</p><p>⋅ (</p><p>𝑙√3</p><p>2</p><p>) =</p><p>𝑙√3</p><p>3</p><p>𝑟 =</p><p>𝑆</p><p>𝑝</p><p>=</p><p>2𝑆</p><p>2𝑝</p><p>=</p><p>𝑙ℎ</p><p>3𝑙</p><p>=</p><p>ℎ</p><p>3</p><p>=</p><p>𝑙√3</p><p>2</p><p>3</p><p>=</p><p>𝑙√3</p><p>6</p><p>Logo,</p><p>𝑅 + 𝑟 =</p><p>𝑙√3</p><p>3</p><p>+</p><p>𝑙√3</p><p>6</p><p>=</p><p>𝑙√3</p><p>2</p><p>=</p><p>3𝑙√3</p><p>6</p><p>=</p><p>(2𝑝)√3</p><p>6</p><p>∴ 𝑅 + 𝑟 = (12√3 𝑚) ⋅</p><p>√3</p><p>6</p><p>= 6 𝑚.</p><p>Gabarito: “b”</p><p>85. (EEAR/2004)</p><p>A medida, em 𝒎, do apótema do hexágono regular inscrito numa circunferência cujo raio mede</p><p>𝟒√𝟐 𝒎 é</p><p>201</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟒√𝟑.</p><p>b) 𝟐√𝟐.</p><p>c) 𝟒√𝟔.</p><p>d) 𝟐√𝟔.</p><p>Comentário:</p><p>O lado 𝐿 do hexágono coincide com o raio 𝑅 da circunferência a ele circunscrita. Logo, em</p><p>função de R, o apótema, que é igual à altura de um triângulo equilátero de lado 𝐿, vale</p><p>𝑎 =</p><p>𝐿√3</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑅√3</p><p>2</p><p>⇒ 𝑎 =</p><p>(4√2 𝑚) ⋅ √3</p><p>2</p><p>∴ 𝑎 = 2√6 𝑚.</p><p>Gabarito: “d”</p><p>86. (EEAR/2004)</p><p>Na figura, tem-se um pentágono regular e um quadrado. O valor de 𝒙 + 𝒚 é:</p><p>a) 𝟏𝟐𝟔°</p><p>b) 𝟏𝟎𝟐°</p><p>c) 𝟏𝟏𝟕°</p><p>d) 𝟏𝟏𝟒°</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>202</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Utilizando do fato do polígono regular ser um pentágono, obtemos os seguintes ângulos</p><p>na figura a seguir:</p><p>Temos no triângulo 𝛥𝐴𝐵𝐻:</p><p>36° + 90° + 𝐴�̂�𝐵 = 180°</p><p>𝐴�̂�𝐵 = 54°</p><p>Temos no triângulo 𝛥𝐴𝐺𝐵:</p><p>36° + 36° + 45° + 𝐴�̂�𝐵 = 180°</p><p>𝐴�̂�𝐵 = 63°</p><p>Portanto temos que 𝑥 + 𝑦 = 𝐴�̂�𝐵 + 𝐴�̂�𝐵 = 117°</p><p>Gabarito: “c”</p><p>87. (EEAR/2004)</p><p>As diagonais de um paralelogramo medem 𝟏𝟎 𝒎 e 𝟐𝟎 𝒎 e formam entre si um ângulo de 𝟔𝟎°. A</p><p>área desse paralelogramo, em 𝒎𝟐, é</p><p>a) 200</p><p>b) 100</p><p>c) 𝟓𝟎√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟓√𝟑</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura</p><p>203</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área de um paralelogramo pode ser calculada a partir das diagonais e do ângulo formado</p><p>por elas segundo:</p><p>𝑺 =</p><p>𝑫 ⋅ 𝒅 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (𝜶)</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟏𝟎 ⋅ 𝟐𝟎 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎°)</p><p>𝟐</p><p>= 𝟏𝟎𝟎(</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>) = 𝟓𝟎√𝟑</p><p>𝑺 = 𝟓𝟎√𝟑</p><p>Gabarito: “c”</p><p>88. (EEAR/2004)</p><p>Na figura, 𝑨 e 𝑪 são os centros de duas circunferências tangentes, e 𝑨𝑩𝑪𝑫 é um quadrado de área</p><p>igual a 𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟐.</p><p>A área da região sombreada é, em 𝒄𝒎𝟐</p><p>a)</p><p>𝟐𝟓(𝝅−𝟐)</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟐𝟓(𝟒−𝝅)</p><p>𝟐</p><p>c) 𝟐𝟓(𝟒 − 𝝅)</p><p>d) 𝟐𝟓(𝝅 − 𝟐)</p><p>Comentários</p><p>Seja L o lado do quadrado e r o raio da circunferência.</p><p>A área do quadrado é dada por: 𝑺𝟏 = 𝑳</p><p>𝟐 ⇒ 𝟓𝟎 = 𝑳𝟐 ⇒ 𝑳 = 𝟓√𝟐</p><p>O diâmetro do quadrado mede √𝟐𝑳 = √𝟐 ⋅ (𝟓√𝟐) = 𝟏𝟎 𝒄𝒎</p><p>Da figura, depreende-se que 𝑨𝑪 é o diâmetro do quadrado, assim como 𝑨𝑪 mede a soma</p><p>dos raios das circunferências. Consideraremos que ambas as circunferências possuem o mesmo</p><p>raio. Logo: √𝟐𝑳 = 𝟏𝟎 = 𝟐𝒓 ⇒ 𝒓 = 𝟓 𝒄𝒎</p><p>A área hachurada corresponde a área do quadrado menos a área de duas seções de</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>de</p><p>circunferência.</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>⋅ 𝝅𝒓𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>⋅ 𝝅 ⋅ 𝟓𝟐 =</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟒</p><p>𝝅 𝒄𝒎𝟐</p><p>Portanto:</p><p>204</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 − 𝟐𝑺𝟐 = 𝟓𝟎 − 𝟐 ⋅</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟒</p><p>𝝅 = 𝟓𝟎 (𝟏 −</p><p>𝝅</p><p>𝟒</p><p>) =</p><p>𝟐𝟓(𝟒 − 𝝅)</p><p>𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>89. (EEAR/2004)</p><p>Os lados de um paralelogramo medem 4 cm e 1 cm, e um ângulo formado por eles é de 𝟔𝟎°. A área</p><p>desse paralelogramo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟑</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Aplicando a definição de seno de 𝟔𝟎° no triângulo 𝑨𝑫𝑯</p><p>obtemos que 𝑫𝑯̅̅ ̅̅ ̅ =</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>Logo a área do paralelogramo é dada por:</p><p>𝑺 = 𝑩 ⋅ 𝒉 = 𝟒 ⋅</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>= 𝟐√𝟑</p><p>Gabarito: “d”</p><p>90. (EEAR/2004)</p><p>Num triângulo retângulo, as projeções ortogonais dos catetos sobre a hipotenusa medem 6 cm e 24</p><p>cm. A área desse triângulo mede, em 𝒄𝒎𝟐,</p><p>a) 𝟏𝟖𝟎</p><p>b) 𝟑𝟕√𝟏𝟏</p><p>c) 𝟕𝟐</p><p>d) 𝟑𝟔√𝟏𝟕</p><p>205</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Comentários</p><p>Conforme já feito na questão 29 desta mesma lista:</p><p>De Pitágoras, obtemos:</p><p>{</p><p>𝒉𝟐 = 𝒃𝟐 − 𝒙𝟐</p><p>𝒉𝟐 = 𝒄𝟐 − 𝒚𝟐</p><p>⇒ 𝟐 ⋅ 𝒉𝟐 = 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐</p><p>𝟐 ⋅ 𝒉𝟐 = 𝒂𝟐 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 = (𝒙 + 𝒚)𝟐 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐</p><p>𝟐 ⋅ 𝒉𝟐 = 𝒙𝟐 + 𝟐 ⋅ 𝒙 ⋅ 𝒚 + 𝒚𝟐 − 𝒙𝟐 − 𝒚𝟐 = 𝟐 ⋅ 𝒙 ⋅ 𝒚</p><p>𝒉𝟐 = 𝒙 ⋅ 𝒚</p><p>Obs: É recomendável manter este resultado em mente.</p><p>Utilizando este resultado para obter a altura do triângulo:</p><p>𝒉𝟐 = 𝟔 ⋅ 𝟐𝟒 = 𝟏𝟒𝟒</p><p>⇒ 𝒉 = 𝟏𝟐 𝒄𝒎</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝒙 + 𝒚 = 𝟔 + 𝟐𝟒 = 𝟑𝟎𝒄𝒎</p><p>𝑨 =</p><p>𝑩𝒂𝒔𝒆 ⋅ 𝒂𝒍𝒕𝒖𝒓𝒂</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟑𝟎 ⋅ 𝟏𝟐</p><p>𝟐</p><p>= 𝟏𝟖𝟎 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>91. (EEAR/2003)</p><p>Observe:</p><p>I. É sempre possível construir um polígono regular de 𝒏 lados, para 𝒏 > 𝟑.</p><p>II. Triângulo é, em todos os possíveis casos, inscritível em uma circunferência.</p><p>III. Um ângulo central �̂�𝒄 de um polígono regular de 𝒏 lados inscritos em uma circunferência mede</p><p>(𝒏 − 𝟐)𝟏𝟖𝟎</p><p>𝒏</p><p>206</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>IV. Sempre é possível construir uma circunferência que passa pelos n vértices de um polígono</p><p>qualquer.</p><p>Quantas das assertivas acima são falsas?</p><p>a) 𝟏</p><p>b) 𝟐</p><p>c) 𝟑</p><p>d) 𝟒</p><p>Comentários</p><p>I. (V) Pela construção do polígono é sempre possível fazê-lo com 𝑛>3 lados iguais</p><p>II. (V) Dado 3 pontos não colineares é possível construir uma circunferência, por essa</p><p>mesma definição é possível construir um triângulo, portanto todo triângulo é inscritível.</p><p>III. (F) Um ângulo central �̂�𝑐 de um polígono regular de 𝑛 lados inscritos em uma</p><p>circunferência mede na realidade</p><p>360</p><p>𝑛</p><p>, pois o ângulo central é dividido em 𝑛 seções, a fórmula</p><p>(𝑛 − 2)180</p><p>𝑛</p><p>revela o ângulo entre os lados do polígono</p><p>IV. (F) Só é possível se o polígono for inscritível</p><p>Gabarito: “b”</p><p>92. (EEAR/2003)</p><p>As mediatrizes de dois lados consecutivos de um polígono regular formam um ângulo de 𝟐𝟒°. O</p><p>número de diagonais desse polígono é:</p><p>a) 𝟕𝟎</p><p>b) 𝟖𝟎</p><p>c) 𝟗𝟎</p><p>d) 𝟏𝟎𝟎</p><p>Comentários</p><p>Sabemos que em polígonos regulares, a mediatriz dos lados sempre se encontram no</p><p>centro da circunferência circunscrita ao polígono, desse modo se as mediatrizes se encontram</p><p>com o ângulo de 24°, indica que o ângulo interno do polígono é 24°.</p><p>Portanto sabe-se que 𝐴𝐼 =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>24° =</p><p>360°</p><p>𝑛</p><p>𝑛 = 15</p><p>207</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O número total de diagonais de qualquer polígono com mais de 3 é encontrado pela</p><p>relação:</p><p>𝐷𝑛 =</p><p>(𝑛 − 3)𝑛</p><p>2</p><p>Assim temos que o número de diagonais de 𝐶 é:</p><p>𝐷15 =</p><p>(15 − 3)15</p><p>2</p><p>= 90</p><p>Gabarito: “c”</p><p>93. (EEAR/2003)</p><p>Um triângulo escaleno está inscrito num semicírculo de 𝟏𝟎 𝒄𝒎 de diâmetro, que é o maior lado do</p><p>triângulo. Se as medidas dos lados menores do triângulo são tais que uma é o dobro da outra, então</p><p>a diferença entre as áreas do semicírculo e do triângulo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a)</p><p>𝟐𝟓𝝅−𝟒𝟎</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟐𝟓𝝅−𝟑𝟎</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>𝟐𝟓𝝅−𝟐𝟎</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟐𝟓𝝅−𝟓𝟎</p><p>𝟐</p><p>Comentários</p><p>Perceba que um dos lados do triângulo corresponde ao diâmetro da circunferência, logo,</p><p>o ângulo oposto a este lado mede 𝟗𝟎°, o que o torna um triângulo retângulo.</p><p>Segundo o enunciado também sabemos que os valores dos catetos são da forma 𝒌 e 𝟐𝒌.</p><p>Aplicando o Teorema De Pitágoras, obtemos:</p><p>(𝒌)𝟐 + (𝟐𝒌)𝟐 = (𝟏𝟎)𝟐 ⇒ 𝟓𝒌𝟐 = 𝟏𝟎𝟎 ⇒ 𝒌 = 𝟐√𝟓</p><p>Posto isso, temos a seguinte figura:</p><p>Área do triângulo:</p><p>208</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟐√𝟓) ⋅ (𝟒√𝟓) = 𝟐𝟎 𝒄𝒎𝟐</p><p>Área do semicírculo</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝝅 (</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟐</p><p>𝝅 𝒄𝒎𝟐</p><p>Portanto queremos</p><p>𝑺 = 𝑺𝟐 − 𝑺𝟏 =</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟐</p><p>𝝅 − 𝟐𝟎 =</p><p>𝟐𝟓𝝅 − 𝟒𝟎</p><p>𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>94. (EEAR/2003)</p><p>𝑨,𝑩 e 𝑷 são pontos distintos de uma circunferência de centro 𝑶 e raio 𝒓. Se 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é diâmetro da</p><p>circunferência, e a medida do ângulo 𝑷�̂�𝑩, em radianos, é 𝜶, então a área da região limitada pelo</p><p>ângulo 𝑷�̂�𝑩 e o arco 𝑷𝑩 é igual a</p><p>a) 𝒓 (𝜶 + 𝒓</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>b) 𝒓𝟐 (𝜶 +</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>c) 𝒓 (𝜶 + 𝒓</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝟐𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>d) 𝒓𝟐 (𝜶 +</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝟐𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>209</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Perceba que queremos a área definida pelo triângulo 𝑨𝑩𝑷 somada a área definida pelo</p><p>arco 𝑷𝑩̅̅ ̅̅ .</p><p>Para facilitar a álgebra iremos calcular a área do setor 𝑩𝑶𝑷 e somar a área do triângulo</p><p>isósceles 𝑨𝑶𝑷.</p><p>Perceba que o ângulo 𝑩�̂�𝑷 = 𝟐𝜶 pois decorre da definição de ângulo central,</p><p>E o ângulo 𝑨𝑶𝑷 = 𝟏𝟖𝟎 − 𝟐𝜶 ⇒ 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟖𝟎 − 𝟐𝜶) = 𝒔𝒆𝒏 (𝟐𝜶).</p><p>Área do setor 𝑩𝑶𝑷:</p><p>𝑺𝟏 = 𝟐𝜶 ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>𝒓𝟐 = 𝜶𝒓𝟐</p><p>Área do triângulo 𝑨𝑶𝑷:</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒓 ⋅ 𝒓 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟖𝟎 − 𝟐𝜶) =</p><p>𝒓𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝜶)</p><p>𝟐</p><p>Portanto:</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 + 𝑺𝟐 = 𝜶𝒓</p><p>𝟐 +</p><p>𝒓𝟐𝒔𝒆𝒏(𝟐𝜶)</p><p>𝟐</p><p>= 𝒓𝟐 (𝜶 +</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝟐𝜶)</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>Gabarito: “d”</p><p>95. (EEAR/2003)</p><p>Num retângulo 𝑨𝑩𝑪𝑫, os vértices 𝑨,𝑩, 𝑪 e 𝑫 são consecutivos. Marcam-se na base 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , a partir de</p><p>𝑨, três pontos, 𝑬, 𝑭 e 𝑮, de modo que eles assinalem, respectivamente,</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>,</p><p>𝟐</p><p>𝟒</p><p>e</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>da base 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ . A razão</p><p>entre as áreas do triângulo 𝑪𝑬𝑭 e do retângulo 𝑨𝑩𝑪𝑫 é</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟏𝟎</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>210</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Seja 𝑺𝟏 a área do retângulo:</p><p>𝑺𝟏 = 𝑩 ⋅ 𝒉 = (𝟒𝒃) ⋅ (𝒉) = 𝟒𝒃𝒉</p><p>Perceba que o triângulo possui a mesma altura do retângulo. Seja 𝑺𝟐 a área do triângulo:</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑩 ⋅ 𝒉 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝒃) ⋅ (𝒉) =</p><p>𝒃𝒉</p><p>𝟐</p><p>Logo,</p><p>𝑺𝟐</p><p>𝑺𝟏</p><p>=</p><p>𝒃𝒉</p><p>𝟐</p><p>𝟒𝒃𝒉</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟖</p><p>Gabarito: “c”</p><p>96. (EEAR/2003)</p><p>Na figura, o lado do hexágono regular inscrito no círculo mede 4 cm.</p><p>A área da região hachurada da figura é, em 𝒄𝒎𝟐:</p><p>a) 𝟖𝝅√𝟑</p><p>b) 𝝅 − 𝟒√𝟑</p><p>c) 𝟖(𝟐𝝅 − 𝟑√𝟑)</p><p>d) 𝟏𝟔(𝝅 − 𝟐√𝟐)</p><p>211</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Comentários</p><p>Lembre-se dos conceitos de ângulo central de polígonos regulares. O ângulo central do</p><p>hexágono regular mede</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟔</p><p>= 𝟔𝟎°, portanto, os triângulos que compõem um hexágono são</p><p>equiláteros. Logo, a distância dos vértices do hexágono até seu centro também mede 𝟒 𝒄𝒎, que</p><p>equivale ao próprio raio da circunferência circunscrita.</p><p>Posto isso, temos a seguinte figura:</p><p>A área do hexágono regular inscrito é dada por</p><p>𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒏 ⋅ 𝑹𝟐𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>) = 𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟔) ⋅ (𝟒)𝟐𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟔</p><p>) = 𝟒𝟖 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎°) = 𝟐𝟒√𝟑</p><p>A área da circunferência é dada por</p><p>𝑺𝟐 = 𝝅𝑹</p><p>𝟐 = 𝝅(𝟒)𝟐 = 𝟏𝟔𝝅</p><p>Portanto,</p><p>𝑺 = 𝑺𝟐 − 𝑺𝟏 = 𝟏𝟔𝝅 − 𝟐𝟒√𝟑 = 𝟖(𝟐𝝅 − 𝟑√𝟑)</p><p>Gabarito: “c”</p><p>97. (EEAR/2003)</p><p>Um retângulo tem área T. Se aumentarmos a medida da sua base em 𝟐𝟎%, e diminuirmos a medida</p><p>da sua altura em 𝟐𝟎%, obteremos um novo retângulo cuja área é igual a</p><p>212</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) T</p><p>b) 0,96T</p><p>c) 1,04T</p><p>d) 1,025T</p><p>Comentários</p><p>Seja 𝑩 a base e 𝒉 a altura do retângulo original. Seja 𝑩’ a nova base e 𝒉’ a nova altura do</p><p>retângulo transformado.</p><p>Como a base aumenta 20% ela é a soma da base original com</p><p>𝟐𝟎</p><p>𝟏𝟎𝟎</p><p>da mesma, logo:</p><p>𝑩′ = 𝑩 + 𝟎, 𝟐𝑩 = 𝟏, 𝟐𝑩</p><p>Como a altura diminui 20% ela é a diferença da altura original com</p><p>𝟐𝟎</p><p>𝟏𝟎𝟎</p><p>da mesma, então:</p><p>𝒉′ = 𝒉 − 𝟎, 𝟐𝒉 = 𝟎, 𝟖𝒉</p><p>Segundo o enunciado:</p><p>𝑩 ⋅ 𝒉</p><p>= 𝑻</p><p>Seja 𝑺 a área do retângulo transformado, então</p><p>𝑺 = 𝑩′ ⋅ 𝒉′ = (𝟏, 𝟐𝑩) ⋅ (𝟎, 𝟖𝒉) = 𝟎, 𝟗𝟔(𝑩 ⋅ 𝒉)</p><p>𝑺 = 𝟎, 𝟗𝟔𝑻</p><p>Gabarito: “b”</p><p>98. (EEAR/2003)</p><p>O perímetro de um triângulo equilátero inscrito numa circunferência é 54 cm. A área de um</p><p>quadrado inscrito nessa mesma circunferência é, em 𝒄𝒎𝟐,</p><p>a) 36</p><p>b) 72</p><p>c) 216</p><p>d) 288</p><p>Comentários</p><p>Se o perímetro do triângulo equilátero mede 𝟓𝟒 𝒄𝒎, então seu lado mede 𝑳 =</p><p>𝟓𝟒</p><p>𝟑</p><p>=</p><p>𝟏𝟖 𝒄𝒎</p><p>A área de um triângulo equilátero de lado L é dada por 𝑺𝟏 =</p><p>𝑳𝟐√𝟑</p><p>𝟒</p><p>=</p><p>(𝟏𝟖)𝟐√𝟑</p><p>𝟒</p><p>= 𝟖𝟏√𝟑</p><p>Usaremos agora nossos conhecimentos de polígonos regulares inscritos.</p><p>213</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área de um triângulo equilátero inscrito numa circunferência também pode ser expressa</p><p>em função do raio da mesma, conforme:</p><p>𝑺𝟏 = (𝟑) ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹𝟐 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟑</p><p>) =</p><p>𝟑√𝟑𝑹𝟐</p><p>𝟒</p><p>= 𝟖𝟏√𝟑 ⇒ 𝑹𝟐 = 𝟏𝟎𝟖</p><p>Utilizando a mesma fórmula para descobrir a área do quadrado inscrito na circunferência</p><p>obtemos:</p><p>𝑺𝟐 = (𝟒) ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹𝟐 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟒</p><p>) = 𝟐 ⋅ (𝟏𝟎𝟖) ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟗𝟎°) = 𝟐𝟏𝟔 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>99. (EEAR/2003)</p><p>Em um trapézio, os lados paralelos medem 𝟏𝟔 𝒄𝒎 e 𝟒𝟒 𝒄𝒎, e os lados não-paralelos, 𝟏𝟕 𝒄𝒎</p><p>e 𝟐𝟓 𝒄𝒎. A área do trapézio, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 250</p><p>b) 350</p><p>c) 450</p><p>d) 550</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Perceba que 𝑩𝑭̅̅ ̅̅ = 𝟒𝟒 − 𝟏𝟔 − 𝒙 = 𝟐𝟖 − 𝒙</p><p>Devemos primeiramente descobrir o valor de 𝒉. Aplicando Pitágoras nos triângulos 𝑨𝑫𝑬</p><p>e 𝑩𝑪𝑭, temos:</p><p>{</p><p>𝒉𝟐 = (𝟏𝟕)𝟐 − (𝒙)𝟐</p><p>𝒉𝟐 = (𝟐𝟓)𝟐 − (𝟐𝟖 − 𝒙)𝟐</p><p>⇒ 𝟐𝟖𝟗 − 𝒙𝟐 = 𝟔𝟐𝟓 − 𝟕𝟖𝟒 + 𝟓𝟔𝒙 − 𝒙𝟐 ⇒</p><p>214</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>⇒ 𝒙 = 𝟖 𝒄𝒎 ⇒ 𝒉𝟐 = (𝟏𝟕)𝟐 − (𝟖)𝟐 = 𝟐𝟐𝟓 ⇒ 𝒉 = 𝟏𝟓 𝒄𝒎</p><p>Agora que temos a altura do trapézio obtemos que sua área vale:</p><p>𝑺 =</p><p>𝟒𝟒 + 𝟏𝟔</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝟏𝟓 = 𝟒𝟓𝟎 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>100. (EEAR/2003)</p><p>Seja o triângulo 𝑷𝑴𝑵 de lados 𝑷𝑴̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟔 𝒄𝒎, 𝑴𝑵̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟖 𝒄𝒎 e 𝑷𝑵 ̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟏𝟎 𝒄𝒎. Unindo-se os pontos</p><p>médios de seus três lados obtemos o triângulo 𝑨𝑩𝑪. A área, em 𝒄𝒎𝟐, do triângulo 𝑨𝑩𝑪 é</p><p>a) 4</p><p>b) 6</p><p>c) 12</p><p>d) 20</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Como propriedade da construção, um triângulo construído de tal forma que seus vértices</p><p>sejam pontos médios de outro triângulo é semelhante a este, e as medidas dos teus lados tem a</p><p>metade das medidas do triângulo original. Ou seja, o triângulo 𝑵𝑶𝑷 possui lados medindo 𝟓 𝒄𝒎,</p><p>𝟒 𝒄𝒎 e 𝟑 𝒄𝒎, o que caracteriza um Triângulo Pitagórico. Portanto, sua área mede:</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝟑 ⋅ 𝟒 = 𝟔 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>101. (EEAR/2003)</p><p>A figura representa um trapézio retângulo com 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ , base menor igual a 𝟑 𝒄𝒎 e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ é lado de</p><p>um quadrado.</p><p>215</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área desse quadrado, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 9</p><p>b) 18</p><p>c) 24</p><p>d) 36</p><p>Comentários</p><p>Como propriedade dos trapézios, o ângulo 𝑨�̂�𝑪 e 𝑩�̂�𝑫 são suplementares.</p><p>Logo, 𝑩�̂�𝑫 = 𝟒𝟓°.</p><p>Posto isso, temos a seguinte figura:</p><p>𝑨𝑫̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟑 𝒄𝒎</p><p>Perceba que 𝑨𝑩𝑬𝑫 forma um quadrado, então</p><p>𝑩𝑬̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟑 𝒄𝒎</p><p>O triângulo 𝑩𝑪𝑬 é isósceles, pois o ângulo 𝑪�̂�𝑬 = 𝟏𝟖𝟎° − 𝟗𝟎° − 𝟒𝟓° = 𝟒𝟓°. Logo,</p><p>𝑬𝑪̅̅ ̅̅ = 𝑩𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟑 𝒄𝒎</p><p>Sendo assim, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo 𝑩𝑪𝑬, obtemos que</p><p>𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = √(𝑩𝑬̅̅ ̅̅ )𝟐 + (𝑬𝑪̅̅ ̅̅ )𝟐 = √(𝟑)𝟐 + (𝟑)𝟐 = √𝟏𝟖</p><p>𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = 𝑳 = 𝟑√𝟐 𝒄𝒎</p><p>216</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Tal que 𝑳 é lado de um quadrado. A área deste quadrado é 𝑺 = 𝑳𝟐 = (𝟑√𝟐)</p><p>𝟐</p><p>= 𝟏𝟖 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>102. (EEAR/2003)</p><p>Na figura abaixo, 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e 𝑴𝑵̅̅ ̅̅ ̅ são diâmetros perpendiculares de um círculo de raio 𝟐 𝒄𝒎.</p><p>Traça-se o arco 𝑴𝑷𝑵 de centro 𝑨 e raio 𝑨𝑴̅̅ ̅̅ ̅. A área da região tracejada, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟐</p><p>b) 𝟒</p><p>c) 𝟐𝝅</p><p>d) 𝝅 + 𝟒</p><p>Comentários</p><p>Façamos primeiramente o estudo da figura a fim de se descobrir o valor da área a ser</p><p>removida:</p><p>217</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑴�̂�𝑩 = 𝟒𝟓° devido ao ângulo central de 𝟗𝟎° que demarca o arco 𝑩𝑴</p><p>Sendo assim, é fácil perceber que 𝑨𝑴̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟐√𝟐</p><p>Perceba que haverá uma simetria em relação ao eixo 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , logo o ângulo 𝑵�̂�𝑩 = 𝟒𝟓°</p><p>Portanto a área definida pelo arco 𝑴𝑷𝑵 que deve ser removida pode ser calculada como</p><p>a diferença entre a área 𝑺𝟏 de um setor circular de 𝟗𝟎° =</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>e raio 𝑹 = 𝟐√𝟐 e a área 𝑺𝟐 do</p><p>triângulo retângulo isósceles 𝑴𝑨𝑵 de catetos medindo 𝟐√𝟐.</p><p>𝑺′ = 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>) (𝟐√𝟐)</p><p>𝟐</p><p>−</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟐√𝟐) ⋅ (𝟐√𝟐) = 𝟐(𝝅 − 𝟐) 𝒄𝒎𝟐</p><p>Agora calcularemos a área do setor de 𝟗𝟎° e raio 𝒓 = 𝟐 𝒄𝒎.</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝝅)𝒓𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝝅 ⋅ 𝟐𝟐 = 𝟐𝝅 𝒄𝒎𝟐</p><p>Portanto a área tracejada é dada por</p><p>𝑺 − 𝑺′ = 𝟐𝝅 − 𝟐(𝝅 − 𝟐) = 𝟒 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>103. (EEAR/2003)</p><p>A área do trapézio retângulo (fig. abaixo), em 𝒄𝒎𝟐, é igual a (obs: utilize √𝟑 = 𝟏, 𝟕)</p><p>a) 20.00</p><p>b) 26,40</p><p>c) 34,68</p><p>d) 40,80</p><p>Comentários</p><p>Observe a figura:</p><p>218</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>No triângulo 𝑩𝑪𝑬 pode-se concluir, por meio da definição de seno de 𝟑𝟎°, que 𝑪𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟒 𝒄𝒎</p><p>e que 𝑬𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟒√𝟑 𝒄𝒎.</p><p>Sendo assim a área desejada é a soma da área 𝑺𝟏 de um retângulo de lados 𝟑, 𝟐 𝒄𝒎 e 𝟒 𝒄𝒎</p><p>e um triângulo de área 𝑺𝟐 cuja base mede 𝟒√𝟑 𝒄𝒎 e a altura 𝟒 𝒄𝒎</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 + 𝑺𝟐 = (𝟑, 𝟐) ⋅ (𝟒) +</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟒√𝟑) ⋅ (𝟒) = 𝟏𝟐, 𝟖 + 𝟖√𝟑 = 𝟏𝟐, 𝟖 + 𝟖 ⋅ 𝟏, 𝟕 = 𝟐𝟔, 𝟒 𝒄𝒎𝟐</p><p>𝑺 = 𝟐𝟔, 𝟒 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>104. (EEAR/2003)</p><p>Em uma circunferência estão inscritos um triângulo equilátero e um hexágono regular. O apótema</p><p>do triângulo somado com o apótema do hexágono dá 𝟏𝟐(√𝟑 + 𝟏) 𝒄𝒎. O lado do triângulo, em cm,</p><p>mede</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟔√𝟑</p><p>c) 𝟐𝟎√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟒√𝟑</p><p>Comentário:</p><p>O apótema de um n-ágono regular inscrito em uma circunferência de raio 𝑟 é a altura do</p><p>triângulo isósceles cuja base é um dos lados do n-ágono e cujo outro vértice é o centro da</p><p>circunferência. Para o triângulo, o apótema vale 𝑎𝑇 =</p><p>𝑟</p><p>2</p><p>, pois o centro da circunferência é o</p><p>baricentro do triângulo, que divide a sua altura em uma razão 1: 2, sendo 1 correspondente ao</p><p>apótema e 2 correspondente ao raio 𝑟. Para o hexágono, o apótema vale 𝑎𝐻 =</p><p>𝑟√3</p><p>2</p><p>, pois é a altura</p><p>de um triângulo equilátero de lado 𝑟 = 𝐿𝐻, o lado do hexágono. Assim, temos</p><p>12(√3 + 1) =</p><p>𝑟</p><p>2</p><p>+</p><p>𝑟√3</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑟</p><p>2</p><p>(√3 + 1) ⇒ 𝑟 = 24.</p><p>219</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Seja 𝐿𝑇 lado do triângulo. Então sua altura vale, por um lado, 𝐻𝑇 =</p><p>3𝑟</p><p>2</p><p>e por outro, 𝐻𝑇 =</p><p>𝐿𝑇√3</p><p>2</p><p>. Portanto,</p><p>𝐿𝑇 = 𝑟√3 ∴ 𝐿𝑇 = 24√3</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>105. (EEAR/2002)</p><p>Na figura abaixo, 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬 é um pentágono regular.</p><p>As medidas dos ângulos 𝒙, 𝒚 e 𝒛, em graus, são, respectivamente</p><p>a) 𝟑𝟔°; 𝟑𝟔°; 𝟕𝟐°</p><p>b) 𝟕𝟐°; 𝟑𝟔°; 𝟕𝟐°</p><p>c) 𝟕𝟐°; 𝟑𝟔°; 𝟑𝟔°</p><p>d) 𝟑𝟔°; 𝟕𝟐°; 36°</p><p>Comentário:</p><p>É notório que 𝑥 = 𝑧 > 𝑦, por simetria. Daí segue que a resposta é b. Mas para ter certeza:</p><p>Circunscreva o pentágono com uma circunferência. Os vértices do pentágono a dividem</p><p>igualmente em cinco arcos cuja soma deve dar 360°. Logo, cada arco mede 72°. Os ângulos</p><p>inscritos 𝑥 e 𝑧 enxergam dois arcos de 72° cada um, então cada um deles mede a metade do arco</p><p>total que ele enxerga, isto é, 𝑥 = 𝑧 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ (72° ⋅ 2) = 72°.</p><p>O ângulo 𝑦 enxerga apenas um arco de 72°, e por isso mede 𝑦 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ 72° = 36°.</p><p>Gabarito: “b”</p><p>106. (EEAR/2002)</p><p>A soma dos ângulos internos e dos ângulos externos de um polígono regular vale 𝟏𝟖𝟎𝟎°. O número</p><p>de diagonais desse polígono é</p><p>a) 𝟐𝟓.</p><p>b) 𝟑𝟓.</p><p>220</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟒𝟓.</p><p>d) 𝟓𝟓.</p><p>Comentário:</p><p>Seja 𝑛 o número de lados desse polígono. Triangularizando o polígono, obtemos 𝑛 − 2</p><p>triângulos, em cada qual a soma dos ângulos internos deve ser 180°. Portanto, se 𝑠 é a soma dos</p><p>ângulos internos do nosso polígono, temos:</p><p>𝑆 = (𝑛 − 2) ⋅ 180°.</p><p>Sendo o polígono convexo, a soma dos seus ângulos externos deve ser 360°, pois o ângulo</p><p>de variação entre dois lados consecutivos é sempre positivo e ao percorrer os lados do polígono</p><p>se dá exatamente uma volta em torno de seu centro. Portanto, sendo 𝑆 a soma dos ângulos</p><p>externos,</p><p>𝑆 = 360°.</p><p>Logo: 1800° = 𝑠 + 𝑆 = (𝑛 − 2) ⋅ 180° + 360° = 𝑛 ⋅ 180° ∴ 𝑛 = 10.</p><p>O número de diagonais de um polígono convexo de 𝑛 lados, 𝐷𝑛, é:</p><p>𝐷𝑛 =</p><p>𝑛 ⋅ (𝑛 − 3)</p><p>2</p><p>,</p><p>pois de cada vértice parte uma diagonal para cada outro vértice que não seja ele próprio e</p><p>os dois a ele adjacentes, mas cada diagonal é contada duas vezes, uma para cada extremo dela.</p><p>Portanto:</p><p>𝐷10 =</p><p>10 ⋅ 7</p><p>2</p><p>= 35</p><p>Gabarito: “b”</p><p>107. (EEAR/2002)</p><p>Coloque V ou F conforme as afirmações sejam verdadeiras ou falsas:</p><p>( ) Dois ângulos adjacentes são suplementares.</p><p>( ) Dois ângulos que têm o mesmo complemento são congruentes.</p><p>( ) Dois ângulos suplementares são adjacentes.</p><p>( ) Um triângulo obtusângulo pode ser isósceles.</p><p>( ) Um triângulo retângulo é escaleno.</p><p>Assinale a sequência correta.</p><p>a) F - V - F - V - V</p><p>b) F - V - V - V - F</p><p>221</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) F - V - F - V - F</p><p>d) F - F - V - V - F</p><p>Comentário:</p><p>“Dois ângulos adjacentes são suplementares.” ⇒ F.</p><p>A imagem a seguir mostra um contraexemplo. 𝛼 e 𝛽 são ângulos adjacentes, mas não há</p><p>nenhuma restrição quanto a eles serem suplementares ou não.</p><p>“Dois ângulos que têm o mesmo complemento são congruentes.” ⇒ V.</p><p>Suponha que 𝛾 seja o complemento de 𝛼 e de 𝛽. Devemos mostrar que 𝛼 = 𝛽. De fato,</p><p>𝛼 = 90° − 𝛾 = 90° − (90° − 𝛽) = 𝛽.</p><p>“Dois ângulos suplementares são adjacentes.”⇒ 𝐹</p><p>Se os ângulos são suplementares, quer dizer que a sua soma é 180°. Mas eles podem estar</p><p>deslocados. Não necessariamente têm um lado em comum.</p><p>“Um triângulo obtusângulo pode ser isósceles.”⇒ 𝑉</p><p>Tome, por exemplo, no hexágono regular 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹, o triângulo 𝐴𝐵𝐶. O triângulo</p><p>claramente é isósceles pois têm dois lados congruentes (ao lado do hexágono, e portanto, entre</p><p>si). Além disso, o hexágono tem 6 lados, o ângulo interno 𝐴�̂�𝐶 mede</p><p>(6 − 2) ⋅ 180°</p><p>6</p><p>= 120° > 90°.</p><p>Logo, o triângulo 𝐴𝐵𝐶 é obtusângulo e isósceles.</p><p>“Um triângulo retângulo é escaleno.”⇒ 𝐹</p><p>Existe triângulo retângulo que é isósceles. Basta que os catetos tenham a mesma medida.</p><p>Gabarito: “c”</p><p>108. (EEAR/2002)</p><p>Na figura, considere o segmento 𝒂 = 𝟐𝒎</p><p>222</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área da superfície sombreada é, em 𝒎𝟐, igual a</p><p>a) 𝟐𝝅</p><p>b) 𝟒𝝅</p><p>c) 2</p><p>d) 4</p><p>Comentários</p><p>Primeiramente, perceba que a circunferência menor passa pelos pontos (𝟎; 𝟎), (𝟎; 𝟐) e</p><p>(𝟐; 𝟎). Estes três pontos formam um triângulo retângulo isósceles de catetos medindo 𝟐 𝒎 e</p><p>hipotenusa medindo 𝟐√𝟐 𝒎. A circunferência menor circunscreve este triângulo retângulo,</p><p>portanto, a hipotenusa do triângulo define seu diâmetro 𝑫 = 𝟐√𝟐. Portanto, seu raio mede 𝒓 =</p><p>√𝟐.</p><p>Posto isso, temos a seguinte situação na circunferência menor - após uma leve rotação de</p><p>𝟒𝟓°:</p><p>223</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑴�̂�𝑩 = 𝟒𝟓° devido ao ângulo central de 𝟗𝟎° que demarca o arco 𝑩𝑴</p><p>Sendo assim, é fácil perceber que 𝑨𝑴̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟐 𝒎</p><p>Perceba que haverá uma simetria em relação ao eixo 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , logo o ângulo 𝑵�̂�𝑩 = 𝟒𝟓°</p><p>Portanto a área definida pela circunferência maior que deve ser removida da área da</p><p>circunferência menor pode ser calculada como a diferença entre a área 𝑺𝟏 de um setor circular</p><p>de 𝟗𝟎° =</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>e raio 𝑹 = 𝟐 𝒎 e a área 𝑺𝟐 do triângulo retângulo isósceles 𝑴𝑨𝑵 de catetos medindo</p><p>𝟐 𝒎.</p><p>𝑺′ = 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>) (𝟐)𝟐 −</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟐) ⋅ (𝟐) = 𝝅 − 𝟐 𝒎𝟐</p><p>Agora calcularemos a área do setor de 𝟗𝟎° e raio 𝒓 = √𝟐 𝒎. Na circunferência menor</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝝅)𝒓𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝝅 ⋅ (√𝟐)</p><p>𝟐</p><p>= 𝝅 𝒎𝟐</p><p>Portanto a área tracejada é dada por</p><p>𝑺 − 𝑺′ = 𝝅 − (𝝅 − 𝟐) = 𝟐 𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>109. (EEAR/2002)</p><p>Num triângulo 𝑨𝑩𝑪 têm-se 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟐 𝒄𝒎,𝑩�̂�𝑪 = 𝟑𝟎° e 𝑨�̂�𝑩 = 𝟒𝟓°. A área do triângulo 𝑨𝑩𝑪, em</p><p>𝒄𝒎𝟐, vale</p><p>a)</p><p>𝟏+√𝟑</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟐+√𝟑</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>√𝟐+√𝟑</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>√𝟐(𝟏+√𝟑)</p><p>𝟒</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>224</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Aplicando a Lei dos Senos a fim de obter o valor de 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ , obtemos:</p><p>𝑩𝑪̅̅ ̅̅</p><p>𝒔𝒆𝒏 𝟑𝟎°</p><p>=</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅</p><p>𝒔𝒆𝒏 𝟒𝟓°</p><p>𝑩𝑪̅̅ ̅̅</p><p>𝟏</p><p>𝟐⁄</p><p>=</p><p>𝟐</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>⁄</p><p>⇒ 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = √𝟐 𝒄𝒎</p><p>Perceba que 𝑨�̂�𝑪 = 𝟏𝟎𝟓°. Queremos aplicar o cálculo de área a partir dos lados e do valor</p><p>do seno entre eles, mas antes precisamos obter o valor de 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟎𝟓°). Iremos aplicar a fórmula</p><p>para cálculo do seno da soma:</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟎𝟓°) = 𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎° + 𝟒𝟓°) = 𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎°) ⋅ 𝐜𝐨𝐬(𝟒𝟓°) + 𝒔𝒆𝒏(𝟒𝟓°) ⋅ 𝐜𝐨𝐬(𝟔𝟎°) =</p><p>= (</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>)(</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>) + (</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>) (</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟎𝟓°) =</p><p>√𝟐(√𝟑 + 𝟏)</p><p>𝟒</p><p>Sendo assim o valor da área do triângulo é dada por:</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝑩𝑪̅̅ ̅̅ ) ⋅ (𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ) ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (𝟏𝟎𝟓°) =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (√𝟐) ⋅ (𝟐) ⋅ (</p><p>√𝟐(√𝟑 + 𝟏)</p><p>𝟒</p><p>) =</p><p>√𝟑 + 𝟏</p><p>𝟐</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏 + √𝟑</p><p>𝟐</p><p>𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>110. (EEAR/2002)</p><p>A área de um retângulo, cujas diagonais medem 𝟐𝟎 𝒎 cada uma e formam entre si um ângulo de</p><p>𝟔𝟎°, em 𝒎𝟐, é</p><p>a) 100</p><p>b) 200</p><p>225</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟏𝟎𝟎√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟎𝟎√𝟑</p><p>Comentários</p><p>Perceba que um retângulo é um caso particular de paralelogramo, logo, pode-se aplicar a</p><p>mesma formula para o cálculo de área do paralelogramo:</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝑫) ⋅ (𝒅) ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝜶) =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟐𝟎) ⋅ (𝟐𝟎) ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟔𝟎°) = 𝟏𝟎𝟎√𝟑</p><p>𝑺 = 𝟏𝟎𝟎√𝟑 𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>111. (EEAR/2002)</p><p>No paralelogramo 𝑨𝑩𝑪𝑫, tem-se que 𝑩𝑬̅̅ ̅̅ ⊥ 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ ; 𝑩𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟓 𝒄𝒎, 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = 𝟏𝟐 𝒄𝒎 e 𝑨𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟒 𝒄𝒎.</p><p>A área do triângulo 𝑬𝑫𝑪, em 𝒄𝒎𝟐 , é</p><p>a) 48</p><p>b) 30</p><p>c) 24</p><p>d) 20</p><p>Comentários</p><p>Sendo 𝑨𝑩𝑪𝑫 paralelogramo 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟏𝟐 ⇒ 𝑬𝑫̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ − 𝑨𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟏𝟐 − 𝟒 = 𝟖 𝒄𝒎,</p><p>𝑬𝑫̅̅ ̅̅ é base do triângulo 𝑬𝑫𝑪</p><p>Perceba que 𝑩𝑬̅̅ ̅̅ possui a medida da altura do triângulo 𝑬𝑫𝑪, logo, a altura 𝒉 do triângulo</p><p>também mede 𝟓 𝒄𝒎.</p><p>Portanto,</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑩 ⋅ 𝒉 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟖) ⋅ (𝟓) = 𝟐𝟎 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “d”</p><p>112. (EEAR/2002)</p><p>226</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Dado um quadrado de diagonal igual √𝟐 𝒄𝒎. Sobre cada lado do quadrado se constrói</p><p>externamente um triângulo equilátero de lado igual ao do quadrado. A área da figura toda, assim</p><p>obtida, é ____𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏 + √𝟑</p><p>c) 𝟏 + 𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟐 + 𝟒√𝟑</p><p>Comentários</p><p>Primeiramente, a diagonal de um quadrado é dada por 𝑫 = 𝑳√𝟐 = √𝟐 ⇒ 𝑳 = 𝟏 𝒄𝒎</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>A área do quadrado em função do lado é dada por:</p><p>𝑺𝟏 = 𝑳</p><p>𝟐</p><p>A área do triângulo equilátero em função do lado é dada por:</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>√𝟑𝑳𝟐</p><p>𝟒</p><p>A área da figura pedida é dada por:</p><p>227</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 + 𝟒 ⋅ 𝑺𝟐 = (𝑳</p><p>𝟐) + 𝟒(</p><p>√𝟑𝑳𝟐</p><p>𝟒</p><p>) = 𝑳𝟐(√𝟑 + 𝟏) = (𝟏)𝟐(√𝟑 + 𝟏) = √𝟑 + 𝟏</p><p>𝑺 = 𝟏 + √𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>113. (EEAR/2002)</p><p>A área, em 𝒄𝒎𝟐, de um triângulo equilátero inscrito numa circunferência cujo comprimento é de</p><p>𝟖𝝅√𝟑 𝒄𝒎 é</p><p>a) 𝟑𝟔√𝟑</p><p>b) 𝟔𝟒√𝟑</p><p>c) 𝟕𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟒𝟒√𝟑</p><p>Comentários</p><p>Sabemos</p><p>que o comprimento de uma circunferência é dado por 𝑪 = 𝟐𝝅𝑹 = 𝟖𝝅√𝟑 ⇒</p><p>𝑹 = 𝟒√𝟑</p><p>Sendo assim, a área de um triângulo equilátero inscrito nesta circunferência será dada por:</p><p>𝑺 = (𝟑) ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹𝟐 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝟑</p><p>) =</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟒√𝟑)</p><p>𝟐</p><p>⋅ (</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>) = 𝟑𝟔√𝟑</p><p>Gabarito: “a”</p><p>114. (EEAR/2002)</p><p>Dado o hexágono regular 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭, a área do quadrilátero 𝑨𝑩𝑪𝑫, em 𝒄𝒎𝟐, sabendo-se que 𝑨𝑩</p><p>mede 𝟔 𝒄𝒎, é</p><p>a) 54</p><p>b) 𝟓𝟒√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟖√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟕√𝟑</p><p>Comentários</p><p>228</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Considere as propriedades de ângulos internos em um hexágono regular. Isolaremos agora</p><p>apenas o trapézio isósceles que se forma, sendo assim, temos a seguinte figura:</p><p>Aplicando as propriedades do seno de 𝟔𝟎° constatamos que o lado 𝑩𝑮̅̅ ̅̅ = 𝟑√𝟑 𝒄𝒎 que</p><p>corresponde a própria altura do trapézio 𝑨𝑩𝑪𝑫. Aplicando cosseno de 𝟔𝟎° constatamos,</p><p>também, que 𝑨𝑮̅̅ ̅̅ = 𝒙 = 𝟑 𝒄𝒎. Assim sendo, o lado 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ = 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ + 𝟐𝒙 = 𝟔 + 𝟐 ⋅ 𝟑 = 𝟏𝟐 𝒄𝒎.</p><p>Em posse desses dados, podemos agora calcular a área</p><p>𝑺 =</p><p>𝑩 + 𝒃</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒉 =</p><p>𝟏𝟐 + 𝟔</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝟑√𝟑 = 𝟐𝟕√𝟑</p><p>Gabarito: “d”</p><p>115. (EEAR/2002)</p><p>A soma dos ângulos internos de um polígono convexo regular é de 𝟕𝟐𝟎°. Sabendo-se que o seu lado</p><p>mede 𝟒 𝒄𝒎 e que ele está inscrito numa circunferência, então a área desse polígono, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟔√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟖√𝟑</p><p>d) 24√𝟑</p><p>Comentários</p><p>O ângulo externo mede</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>, então o ângulo interno deve medir</p><p>𝑨° = 𝟏𝟖𝟎° −</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>𝒏</p><p>=</p><p>𝟏𝟖𝟎°</p><p>𝒏</p><p>(𝒏 − 𝟐)</p><p>229</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sendo 𝒏 ângulos internos, então a soma dos ângulos terá</p><p>𝒏 ⋅ 𝑨° = 𝒏(</p><p>𝟏𝟖𝟎°</p><p>𝒏</p><p>(𝒏 − 𝟐)) = 𝟏𝟖𝟎° ⋅ (𝒏 − 𝟐) = 𝟕𝟐𝟎° ⇒ 𝒏 = 𝟔</p><p>Portanto, trata-se de um hexágono regular de lado 𝟒 𝒄𝒎, mas sabemos que o lado do</p><p>hexágono é igual ao raio da circunferência circunscrita 𝑳 = 𝑹 = 𝟒 𝒄𝒎, logo, podemos calcular a</p><p>área do hexágono:</p><p>𝑺 = (𝟔) ⋅</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹𝟐 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (</p><p>𝟑𝟔𝟎°</p><p>(𝟔)</p><p>) =</p><p>𝟑√𝟑</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟒)𝟐 = 𝟐𝟒√𝟑</p><p>𝑺 = 𝟐𝟒√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “d”</p><p>116. (EEAR/2002)</p><p>Se de um retângulo de perímetro 𝟒 e dimensões 𝒙 e 𝒚, 𝒙 < 𝒚, retira-se um quadrado de lado 𝒙,</p><p>então a área remanescente em função de 𝒙 é</p><p>a) 𝟏 − 𝟐𝒙</p><p>b) 𝟐𝒙 − 𝟐𝒙𝟐</p><p>c) 𝒙 − 𝟐𝒙𝟐</p><p>d) 𝟐𝒙 − 𝟒𝒙𝟐</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>230</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Dadas as condições do problema, a área azul terá lados medindo 𝒙 e 𝒚 − 𝒙, mas sabemos</p><p>que</p><p>𝟐𝒙 + 𝟐𝒚 = 𝟒 ⇒ 𝒙 + 𝒚 = 𝟐 ⇒ 𝒚 = 𝟐 − 𝒙</p><p>Então, 𝒚 − 𝒙 = (𝟐 − 𝒙) − 𝒙 = 𝟐 − 𝟐𝒙</p><p>Portanto a área da região é dada por</p><p>𝑺 = 𝒙 ⋅ (𝟐 − 𝟐𝒙) = 𝟐𝒙 − 𝟐𝒙𝟐</p><p>Gabarito: “b”</p><p>117. (EEAR/2002)</p><p>A área de um triângulo de perímetro 𝟓𝟒 𝒎 circunscrito a um círculo de 𝟐𝟓𝝅 𝒎𝟐, em 𝒎𝟐, é</p><p>a) 125</p><p>b) 130</p><p>c) 135</p><p>d) 140</p><p>Comentários</p><p>Sabemos que o raio do círculo inscrito mede:</p><p>𝒓 =</p><p>𝑺</p><p>𝒑</p><p>⇒ 𝑺 = 𝒓 ⋅ 𝒑</p><p>Sendo 𝑺 a área e 𝒑 o semiperímetro do triângulo.</p><p>Do enunciado, 𝑺𝒄𝒊𝒓 = 𝟐𝟓𝝅 = 𝝅𝒓</p><p>𝟐 ⇒ 𝒓 = 𝟓 𝒎</p><p>Sabemos também que 𝟐𝒑 = 𝟓𝟒 ⇒ 𝒑 = 𝟐𝟕 𝒎</p><p>Portanto,</p><p>𝑺 = 𝟓 ⋅ 𝟐𝟕 = 𝟏𝟑𝟓 𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “c”</p><p>118. (EEAR/2002)</p><p>Feito o levantamento de um terreno pentagonal, foram determinados os dados indicados na figura</p><p>a seguir.</p><p>231</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área do terreno, em</p><p>a) 450</p><p>b) 𝟒𝟓𝟎(𝟒√𝟑 − 𝟏)</p><p>c) 𝟗𝟎𝟎</p><p>d) 𝟗𝟎𝟎(𝟑√𝟑 − 𝟐)</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Usaremos as definições de seno e cosseno e tangente sucessivamente até chegarmos em</p><p>todas as medidas necessárias.</p><p>No triângulo 𝑨𝑩𝑯, aplicando tangente de 𝟔𝟎°, obtemos que 𝑨𝑯̅̅̅̅̅ = 𝟏𝟎√𝟑</p><p>No triângulo 𝑩𝑪𝑯, aplicando tangente de 𝟑𝟎°, obtemos que 𝑪𝑯̅̅ ̅̅ = 𝟑𝟎√𝟑</p><p>No triângulo 𝑪𝑭𝑮, aplicando tangente de 𝟒𝟓°, obtemos que 𝑪𝑮̅̅ ̅̅ = 𝟑𝟎</p><p>Sabemos que 𝑮𝑯̅̅̅̅̅ = 𝑪𝑯̅̅ ̅̅ − 𝑪𝑮̅̅ ̅̅ = 𝟑𝟎√𝟑 − 𝟑𝟎 = 𝟑𝟎(√𝟑 − 𝟏)</p><p>232</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Agora redesenhando a figura em posse de todos esses dados, obtemos</p><p>Posto isso, calcularemos as áreas:</p><p>𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟏𝟎√𝟑) ⋅ (𝟑𝟎) = 𝟏𝟓𝟎√𝟑</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟑𝟎√𝟑) ⋅ (𝟑𝟎) = 𝟒𝟓𝟎√𝟑</p><p>𝑺𝟑 = (𝟏𝟎√𝟑) ⋅ (𝟑𝟎) = 𝟑𝟎𝟎√𝟑</p><p>𝑺𝟒 = (𝟑𝟎(√𝟑 − 𝟏)) ⋅ (𝟑𝟎) = 𝟗𝟎𝟎(√𝟑 − 𝟏)</p><p>𝑺𝟓 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ (𝟑𝟎) ⋅ (𝟑𝟎) = 𝟒𝟓𝟎</p><p>Logo, a área do terreno é dada por:</p><p>𝑺𝟏 + 𝑺𝟐 + 𝑺𝟑 + 𝑺𝟒 + 𝑺𝟓 = 𝟏𝟓𝟎√𝟑 + 𝟒𝟓𝟎√𝟑 + 𝟑𝟎𝟎√𝟑 + 𝟗𝟎𝟎(√𝟑 − 𝟏) + 𝟒𝟓𝟎</p><p>= 𝟒𝟓𝟎(𝟒√𝟑 − 𝟏)</p><p>𝑺 = 𝟒𝟓𝟎(𝟒√𝟑 − 𝟏) 𝒎𝟐</p><p>233</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Gabarito: “b”</p><p>119. (EEAR/2001)</p><p>Classifique como verdadeira ou falsa cada uma das afirmativas:</p><p>𝟏ª: Um triângulo obtusângulo pode ser isósceles.</p><p>𝟐ª: Um triângulo isósceles pode ser retângulo.</p><p>𝟑ª: Um triângulo isósceles não pode ser equilátero.</p><p>Assinale a alternativa correta:</p><p>a) Todas são falsas.</p><p>b) Todas são verdadeiras.</p><p>c) A 𝟐ª é verdadeira e a 𝟑ª é falsa.</p><p>d) A 𝟏ª é falsa e a 𝟑ª é verdadeira.</p><p>Comentário:</p><p>1ª: Verdadeira. Exemplo: o triângulo ∆𝐴𝐵𝐶 de um hexágono regular 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹 têm ângulo</p><p>𝐴�̂�𝐶 = 120° e é isósceles.</p><p>2ª: Verdadeira. Exemplo: o triângulo ∆𝐴𝐵𝐶 de um quadrado 𝐴𝐵𝐶𝐷.</p><p>3ª: Falso. Um triângulo equilátero tem três lados iguais, e em particular, tem dois lados</p><p>iguais. Da mesma forma que um quadrado também é um retângulo, e que números pares também</p><p>são números inteiros!</p><p>Gabarito: “c”</p><p>120. (EEAR/2001)</p><p>Se em um triângulo retângulo um dos catetos mede 𝟐√𝟓 𝒄𝒎 e a altura relativa à hipotenusa mede</p><p>√𝟐 𝒄𝒎, então a área desse triângulo, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a)</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝟑</p><p>b)</p><p>𝟐𝟎</p><p>𝟑</p><p>c)</p><p>𝟏𝟎√𝟐</p><p>𝟑</p><p>d) 𝟐√𝟏𝟎</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>234</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Aplicando Pitágoras no triângulo BCH. Descobrimos que 𝑪𝑯̅̅ ̅̅ = 𝟑√𝟐</p><p>Perceba que os triângulos ABC e BHC são semelhantes, ambos triângulos retângulos e</p><p>ambos compartilham o ângulo do vértice C.</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅</p><p>𝑩𝑪̅̅ ̅̅</p><p>=</p><p>𝑩𝑯̅̅ ̅̅̅</p><p>𝑪𝑯̅̅ ̅̅</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅</p><p>𝟐√𝟓</p><p>=</p><p>√𝟐</p><p>𝟑√𝟐</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ =</p><p>𝟐√𝟓</p><p>𝟑</p><p>Calculando o valor da área, obtemos:</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ⋅ 𝑩𝑪̅̅ ̅̅</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟐√𝟓</p><p>𝟑</p><p>⋅ 𝟐√𝟓</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟏𝟎</p><p>𝟑</p><p>Gabarito: “a”</p><p>121. (EEAR/2001)</p><p>De um pedaço quadrado de metal corta-se uma peça circular de diâmetro máximo, e desta corta-se</p><p>outro quadrado de lado máximo. O material desperdiçado tem</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>da área do quadrado original</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>da área do quadrado original</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>da área da peça circular</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>da área da peça circular</p><p>Comentários</p><p>235</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Seja L o lado do quadrado maior, l o lado do quadrado menor e R o raio da circunferência.</p><p>O diâmetro do quadrado menor corresponde ao diâmetro da circunferência e este, por sua</p><p>vez, corresponde ao lado do quadrado maior.</p><p>𝒍√𝟐 = 𝟐𝑹 = 𝑳 ⇒</p><p>𝒍</p><p>𝑳</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>√𝟐</p><p>⇒</p><p>𝒍𝟐</p><p>𝑳𝟐</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>Mas a razão entre as áreas dos quadrados é dada por</p><p>𝒍𝟐</p><p>𝑳𝟐</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>Logo, a área usada tem metade da área original, então a área desperdiçada corresponderá</p><p>à outra metade. Portanto a razão buscada vale</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>Obs: Calculando em relação ao círculo.</p><p>𝟐𝑹 = 𝑳 ⇒</p><p>𝒍𝟐</p><p>𝑳𝟐</p><p>=</p><p>𝒍𝟐</p><p>(𝟐𝑹)𝟐</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⇒</p><p>𝒍𝟐</p><p>𝑹𝟐</p><p>= 𝟐</p><p>Mas,</p><p>𝑺𝒒𝒖𝒂𝒅</p><p>𝑺𝒄𝒊𝒓</p><p>=</p><p>𝒍𝟐</p><p>𝝅𝑹𝟐</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝝅</p><p>⋅</p><p>𝒍𝟐</p><p>𝑹𝟐</p><p>=</p><p>𝟐</p><p>𝝅</p><p>236</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Lembrando que a área desperdiçada é igual a área do quadrado menor (metade do</p><p>quadrado maior), então a razão da área desperdiçada em relação ao círculo vale</p><p>𝟐</p><p>𝝅</p><p>.</p><p>Gabarito: “b”</p><p>122. (EEAR/2001)</p><p>Se a área da coroa circular definida por dois círculos concêntricos de raios 𝒓 e 𝑹, 𝒓 < 𝑹, é igual a</p><p>área do círculo menor, então a razão</p><p>𝑹</p><p>𝒓</p><p>é igual a:</p><p>a) 1</p><p>b) √𝟐</p><p>c)</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟐</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Segundo o enunciado:</p><p>𝝅𝑹𝟐 − 𝝅𝒓𝟐 = 𝝅𝒓𝟐</p><p>𝑹𝟐 = 𝟐𝒓𝟐 ⇒ (</p><p>𝑹</p><p>𝒓</p><p>)</p><p>𝟐</p><p>= 𝟐 ⇒</p><p>𝑹</p><p>𝒓</p><p>= √𝟐</p><p>237</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Gabarito: “b”</p><p>123. (EEAR/2001)</p><p>Um círculo de raio 𝒓 e um retângulo de base 𝒃 são equivalentes. Então, a altura do retângulo é:</p><p>a) √𝝅𝒓</p><p>b) 𝝅𝒓𝟐𝒃</p><p>c)</p><p>𝝅𝒓𝟐</p><p>𝒃</p><p>d)</p><p>𝝅𝒓𝟐</p><p>𝒃𝟐</p><p>Comentários</p><p>A área do círculo e do retângulo são iguais, então</p><p>𝝅𝒓𝟐 = 𝒃 ⋅ 𝒉 ⇒ 𝒉 =</p><p>𝝅𝒓𝟐</p><p>𝒃</p><p>Gabarito: “c”</p><p>124. (EEAR/2001)</p><p>Um segmento 𝑨𝑩, de 𝟔 𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔, é diâmetro de uma circunferência de centro 𝑶. Sendo 𝑪 um ponto</p><p>dessa circunferência, tal que a medida do ângulo 𝑨�̂�𝑪 seja 𝟑𝟎°, a medida da superfície limitada</p><p>pelas cordas 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ e pelo arco 𝑨𝑪, em metros quadrados, é:</p><p>a)</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>(𝟐𝝅 + 𝟑√𝟑)</p><p>b)</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>(𝝅 + √𝟑)</p><p>c)</p><p>𝟗𝝅√𝟑</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟗√𝟑</p><p>𝟐</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>238</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Perceba que o ângulo central do arco 𝑨𝑪 em 𝑶 possui ângulo de 𝟔𝟎°, portanto, trata-se</p><p>de</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>da área da circunferência. O ângulo 𝑪�̂�𝑩 = 𝟏𝟐𝟎°, pois este é suplementar ao ângulo de 𝟔𝟎°</p><p>acima citado. Logo temos a seguinte figura para representar a divisão feita:</p><p>Portanto:</p><p>𝑺𝟏 =</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>⋅ 𝝅𝑹𝟐 =</p><p>𝝅(𝟑)𝟐</p><p>𝟔</p><p>=</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>𝝅</p><p>239</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑺𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝑹 ⋅ 𝑹 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟐𝟎°) =</p><p>𝑹𝟐√𝟑</p><p>𝟒</p><p>=</p><p>(𝟑)𝟐√𝟑</p><p>𝟒</p><p>=</p><p>𝟗√𝟑</p><p>𝟒</p><p>Logo:</p><p>𝑺 = 𝑺𝟏 + 𝑺𝟐 =</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>𝝅 +</p><p>𝟗√𝟑</p><p>𝟒</p><p>=</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>(𝟐𝝅 + 𝟑√𝟑)</p><p>Gabarito: “a”</p><p>125. (EEAR/2001)</p><p>Se o raio de um círculo for aumentado de 100%, sua área aumentará de:</p><p>a) 100%</p><p>b) 200%</p><p>c) 300%</p><p>d) 400%</p><p>Comentários</p><p>Seja uma circunferência de raio R</p><p>𝑺𝟏 = 𝝅𝑹</p><p>𝟐</p><p>Aumentando o raio em 𝟏𝟎𝟎% seu novo raio medirá 𝟐𝑹</p><p>𝑺𝟐 = 𝝅(𝟐𝑹)</p><p>𝟐 = 𝟒𝝅𝑹𝟐</p><p>Então:</p><p>𝑺𝟐</p><p>𝑺𝟏</p><p>=</p><p>𝟒𝝅𝑹𝟐</p><p>𝝅𝑹𝟐</p><p>= 𝟒</p><p>Portanto, sua área foi aumentada em 𝟑𝟎𝟎%.</p><p>Gabarito: “c”</p><p>126. (EEAR/2001)</p><p>Em um círculo de 𝟑 𝒄𝒎 de raio, a área e o perímetro de um setor circular de 𝟔𝟎° (sessenta graus)</p><p>são, respectivamente, em 𝒄𝒎𝟐 e 𝒄𝒎:</p><p>a) 𝟏, 𝟓𝝅 e (𝝅 + 𝟔)</p><p>b) 𝟏, 𝟓𝝅 e 𝝅</p><p>c) 𝝅 e (𝝅 + 𝟔)</p><p>d) 𝟔𝝅 e 𝝅</p><p>Comentários</p><p>240</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Um setor circular de 𝟔𝟎° corresponde a</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>de circunferência, então ambas a medida de área</p><p>será correspondente a</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>do total, mas no perímetro, haverá a medida do arco de circunferência</p><p>correspondente a</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>do total além das medidas dos raios compondo o perímetro:</p><p>𝑺 =</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>⋅ 𝝅𝑹𝟐 =</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>𝝅(𝟑)𝟐 =</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>𝝅 = 𝟏, 𝟓𝝅</p><p>𝑳 =</p><p>𝟏</p><p>𝟔</p><p>⋅ 𝟐𝝅𝑹 + 𝟐𝑹 =</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>𝝅(𝟑) + 𝟐 ⋅ 𝟑 = 𝝅 + 𝟔</p><p>Gabarito: “a”</p><p>127. (EEAR/2001)</p><p>A soma das medidas dos ângulos internos e externos de um polígono convexo é 𝟑𝟔𝟎𝟎°. O número</p><p>de diagonais desse polígono é um número:</p><p>a) par divisível por 𝟏𝟓.</p><p>b) par maior que 𝟏𝟓𝟎.</p><p>c) ímpar múltiplo de 𝟏𝟗.</p><p>d) ímpar primo.</p><p>Comentário:</p><p>Seja 𝑛 o número de lados desse polígono. Triangularizando o polígono, obtemos 𝑛 − 2</p><p>triângulos, em cada qual a soma dos ângulos internos deve ser 180°. Portanto, se 𝑠 é a soma dos</p><p>ângulos internos do nosso polígono, temos:</p><p>241</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆 = (𝑛 − 2) ⋅ 180°</p><p>Sendo o polígono convexo, a soma dos seus ângulos externos deve ser 360°, pois o ângulo</p><p>de variação entre dois lados consecutivos é sempre positivo e ao percorrer os lados do polígono</p><p>se dá exatamente uma volta em torno de seu centro. Portanto, sendo 𝑆 a soma dos ângulos</p><p>externos,</p><p>𝑆 = 360°.</p><p>Logo:</p><p>3600° = 𝑠 + 𝑆 = (𝑛 − 2) ⋅ 180° + 360° = 𝑛 ⋅ 180° ∴ 𝑛 = 20</p><p>O número de diagonais de um polígono convexo de 𝑛 lados, 𝐷𝑛, é:</p><p>𝐷𝑛 =</p><p>𝑛 ⋅ (𝑛 − 3)</p><p>2</p><p>,</p><p>pois de cada vértice parte uma diagonal para cada outro vértice que não seja ele próprio e</p><p>os dois a ele adjacentes, mas cada diagonal é contada duas vezes, uma para cada extremo dela.</p><p>Portanto:</p><p>𝐷20 =</p><p>20 ⋅ 17</p><p>2</p><p>= 170</p><p>é um número par maior que 150.</p><p>Gabarito: “b”</p><p>128. (EEAR/2000)</p><p>Na figura, 𝑨𝑩 é um arco de circunferência de centro 𝑶 e de raio 𝟏 𝒄𝒎. A área do trapézio</p><p>retângulo 𝑩𝑪𝑫𝑬, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐𝟒</p><p>b)</p><p>√𝟑</p><p>𝟏𝟖</p><p>c)</p><p>√𝟑</p><p>𝟏𝟐</p><p>d)</p><p>√𝟑</p><p>𝟔</p><p>242</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Comentários</p><p>Atente-se para o raio unitário, pense no ciclo trigonométrico e perceba as seguintes</p><p>correspondências nas medidas.</p><p>𝑫𝑬̅̅ ̅̅ = 𝒔𝒆𝒏(𝟑𝟎°)</p><p>𝑩𝑪̅̅ ̅̅ = 𝐭𝐠(𝟑𝟎°)</p><p>𝑩𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟏 − 𝐜𝐨𝐬 (𝟑𝟎°)</p><p>Logo,</p><p>𝑫𝑬̅̅ ̅̅ =</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>= 𝒃</p><p>𝑩𝑪̅̅ ̅̅ =</p><p>√𝟑</p><p>𝟑</p><p>= 𝑩</p><p>𝑩𝑬̅̅ ̅̅ = 𝟏 −</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝟐 − √𝟑</p><p>𝟐</p><p>= 𝒉</p><p>Portanto a área do trapézio 𝑩𝑪𝑫𝑬 é:</p><p>𝑺 =</p><p>(𝑩 + 𝒃)</p><p>𝟐</p><p>⋅ 𝒉 =</p><p>(</p><p>√𝟑</p><p>𝟑</p><p>+</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>𝟐</p><p>⋅ (</p><p>𝟐 − √𝟑</p><p>𝟐</p><p>) = (</p><p>𝟐√𝟑 + 𝟑</p><p>𝟏𝟐</p><p>) ⋅ (</p><p>𝟐 − √𝟑</p><p>𝟐</p><p>) =</p><p>√𝟑</p><p>𝟐𝟒</p><p>𝑺 =</p><p>√𝟑</p><p>𝟐𝟒</p><p>𝒄𝒎𝟐</p><p>Gabarito: “a”</p><p>129. (EEAR/2000)</p><p>Consideremos um triângulo retângulo que simultaneamente está circunscrito à circunferência 𝑪𝟏 e</p><p>inscrito na circunferência 𝑪𝟐. Sabendo-se que a soma dos comprimentos dos catetos do triângulo é</p><p>𝒌 𝒄𝒎, então, a soma dos comprimentos dessas duas circunferências, em cm, é</p><p>a)</p><p>𝟒𝒌𝝅</p><p>𝟑</p><p>b)</p><p>𝟐𝒌𝝅</p><p>𝟑</p><p>c) 𝒌𝝅</p><p>d) 𝟐𝒌𝝅</p><p>Comentários</p><p>243</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A medida da hipotenusa do triângulo é dada pelo teorema de Pitágoras e vale √𝒎𝟐 + 𝒏𝟐</p><p>Primeiramente lembremos que podemos obter o valor de r a partir da área e do</p><p>semiperímetro como sendo:</p><p>𝒓 =</p><p>𝑨</p><p>𝒑</p><p>=</p><p>𝒎 ⋅ 𝒏</p><p>𝟐</p><p>𝒎 + 𝒏 + √𝒎𝟐 + 𝒏𝟐</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝒎 ⋅ 𝒏</p><p>𝒎 + 𝒏 + √𝒎𝟐 + 𝒏𝟐</p><p>𝒆𝒒. 𝟏</p><p>O valor de R é mais simples de obter, devido ao fato de que o diâmetro da circunferência</p><p>circunscrita à um triângulo retângulo é igual a hipotenusa do triângulo.</p><p>⇒ 𝟐𝑹 = √𝒎𝟐 + 𝒏𝟐 ⇒ 𝑹 =</p><p>√𝒎𝟐 + 𝒏𝟐</p><p>𝟐</p><p>𝒆𝒒. 𝟐</p><p>Mas perceba que 𝒌𝟐 = (𝒎+ 𝒏)𝟐 = 𝒎𝟐 + 𝟐𝒎𝒏 + 𝒏𝟐 ⇒ √𝒎𝟐 + 𝒏𝟐 =</p><p>√𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏 𝒆𝒒. 𝟑</p><p>Fazendo eq. 3 em eq. 1 e eq. 2, obtemos:</p><p>𝒓 =</p><p>𝒎 ⋅ 𝒏</p><p>𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏</p><p>𝒆𝒒. 𝟒</p><p>𝑹 =</p><p>√𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏</p><p>𝟐</p><p>𝒆𝒒. 𝟓</p><p>O enunciado nos pede o valor da soma dos comprimentos das circunferências, logo:</p><p>𝑺 = 𝟐𝝅𝒓 + 𝟐𝝅𝑹 = 𝟐𝝅(𝑹 + 𝒓) 𝒆𝒒. 𝟔</p><p>Substituindo eq. 4 e eq. 5 em eq. 6, obtemos</p><p>𝑺 = 𝟐𝝅(𝑹 + 𝒓) = 𝟐𝝅(</p><p>√𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏</p><p>𝟐</p><p>+</p><p>𝒎𝒏</p><p>𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏</p><p>) =</p><p>244</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>= 𝟐𝝅(</p><p>(𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏) ⋅ √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏 + 𝟐𝒎𝒏</p><p>𝟐(𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏)</p><p>) =</p><p>= 𝟐𝝅(</p><p>(𝒌√𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏 + 𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏) + 𝟐𝒎𝒏</p><p>𝟐(𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏)</p><p>) =</p><p>= 𝟐𝝅(</p><p>𝒌√𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏 + 𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏 + 𝟐𝒎𝒏</p><p>𝟐(𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏)</p><p>) =</p><p>= 𝟐𝝅(</p><p>𝒌√𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏 + 𝒌𝟐</p><p>𝟐(𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏)</p><p>) = 𝟐𝝅(</p><p>𝒌(𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏)</p><p>𝟐(𝒌 + √𝒌𝟐 − 𝟐𝒎𝒏)</p><p>) = 𝟐𝝅(</p><p>𝒌</p><p>𝟐</p><p>) = 𝒌𝝅</p><p>𝑺 = 𝒌𝝅</p><p>Gabarito: “c”</p><p>6. QUESTÕES NÍVEL 2</p><p>130. (CN/2023)</p><p>O símbolo do Grêmio Estudantil do Colégio Naval é composto por um círculo de raio = ífV3, centro</p><p>O, tangente ao lado BC e ao segmento MN (MN//BC) do triângulo equilátero ABC, cujo lado mede 6</p><p>cm, conforme figura abaixo.</p><p>Determine o valor de k para que a soma das áreas do triângulo AMN e do círculo seja mínima, em</p><p>cm. (Utilize 𝝅 = 𝟑)</p><p>a) 𝟒√𝟑/(𝟗 + 𝟒√𝟑)</p><p>b) 𝟗√𝟑/(𝟏𝟖 + 𝟖√𝟑)</p><p>c) 𝟓√𝟑/(𝟗 + 𝟒√𝟑)</p><p>d) 𝟏𝟏√𝟑/(𝟏𝟖 + 𝟖√𝟑)</p><p>245</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>e) 𝟔√𝟑/(𝟗 + 𝟒√𝟑)</p><p>131.</p><p>(CN/2023)</p><p>Seja o quadrado ABCD de área igual a 1 unidade de área (1 u.a.), e os pontos E, F e G sobre os lados</p><p>AD, DC e AB, respectivamente, conforme figura abaixo.</p><p>Considere a área do pentágono interior igual a 1/15. O valor da área hachurada, em u.a., é igual a:</p><p>a) 11/30</p><p>b) 13/30</p><p>c) 7/15</p><p>d) 1/2</p><p>e) 8/15</p><p>132. (CN/2023)</p><p>Observe o símbolo abaixo:</p><p>246</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O pentágono do símbolo da Fragata Rademaker é regular. Se o produto da medida de uma de suas</p><p>diagonais pela medida de um de seus lados é 2 dm2, determine a medida desse lado, em dm, e</p><p>assinale a opção correta.</p><p>a) √√𝟓 − 𝟏</p><p>b) √√𝟓 + 𝟏</p><p>c) √𝟓 − 𝟏</p><p>d) √𝟓</p><p>e) √𝟓 + 𝟏</p><p>133. (CN/2022)</p><p>O barrete de adaptador é objeto, com forma retangular, de desejo de muitos alunos do 3º ano</p><p>escolar do Colégio Naval. Observando a imagem e as informações contidas nela, assinale a opção</p><p>que contém o perímetro da parte branca da figura, sendo conhecida a área retangular: 48 mm2.</p><p>a) 𝟖(√𝟐 + 𝟐) 𝒎𝒎</p><p>b) 𝟒(√𝟑 + 𝟐) 𝒎𝒎</p><p>c) (√𝟐 + 𝟐) 𝒎𝒎</p><p>d) 𝟒(√𝟑 + 𝟏) 𝒎𝒎</p><p>e) 𝟒(√𝟐 + 𝟏) 𝒎𝒎</p><p>134. (CN/2022)</p><p>Em um triângulo equilátero (𝚫) com vértices A, B e C, marca-se os pontos médios D, E e F dos</p><p>segmentos 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ , respectivamente. Dos segmentos 𝑫𝑬̅̅ ̅̅ , 𝑫𝑭̅̅ ̅̅ e 𝑬𝑭̅̅ ̅̅ , marca-se, novamente, os</p><p>pontos médios H, I e G. Sabendo que a área da figura plana formada pelos segmentos 𝑯𝑰̅̅ ̅̅ , 𝑯𝑮̅̅̅̅̅ e 𝑰𝑮̅̅̅̅</p><p>é 𝟐𝟓√𝟑 𝒄𝒎𝟐, assinale a opção que apresenta a quantidade de item ou itens INCORRETO(S).</p><p>247</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>I- A razão entre a altura (x) da figura plana formada pelos segmentos 𝑯𝑰̅̅ ̅̅ ,𝑯𝑮̅̅̅̅̅ e 𝑰𝑮̅̅̅̅ e a altura (X) do</p><p>triângulo formado pelos segmentos 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ é igual a 1/4.</p><p>II- A soma dos perímetros (𝚫) ABC, (𝚫) DEF e (𝚫)HIG é um múltiplo de 7.</p><p>III- O lado do (𝚫) HIG vale 25cm.</p><p>IV- A área do (𝚫) BDF é quatro vezes maior que a área do (𝚫) ADE.</p><p>a) Zero.</p><p>b) Um.</p><p>c) Dois.</p><p>d) Três.</p><p>e) Quatro.</p><p>135. (CN/2022)</p><p>A figura 1 retrata um dos símbolos mais tradicionais da Marinha do Brasil. Ele é utilizado nos</p><p>uniformes dos oficiais da armada e faz referência à volta que o Almirante Nelson, oficial inglês,</p><p>levava em um pequeno cabo amarrado à manga de seu dólmã.</p><p>Uma costureira, na confecção de uniformes, o reproduziu como uma combinação de duas figuras</p><p>geométricas: um círculo e um retângulo, figura 2. Assinale a opção que contenha o valor da área</p><p>hachurada, sabendo que o diâmetro do círculo, figura 2, é igual a 20 mm e que 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ vale 12 mm.</p><p>a) 𝟐(𝟐𝝅 − 𝟓)</p><p>b) 𝟑(𝟓𝝅 − 𝟏𝟎)</p><p>c) 𝟒(𝟓𝝅 − 𝟏𝟐)</p><p>d) 𝟓(𝟐𝝅 − 𝟑)</p><p>e) 𝟔(𝟒𝝅 − 𝟓)</p><p>136. (CN/2022)</p><p>248</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Um animal de estimação foi preso a uma corda de 3m em um poste P de uma praça que contém</p><p>região reservada para animais de estimação delimitada entre o jardim e espaço de recreação,</p><p>conforme a figura abaixo. Se a corda possui o mesmo tamanho de 𝑨𝑷̅̅ ̅̅ e 𝑷𝑩̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑷̅̅ ̅̅ , o valor da área</p><p>em que o animal consegue se deslocar é:</p><p>a)</p><p>𝟗</p><p>𝟐</p><p>(</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>+ 𝟏)</p><p>b) 𝟗(𝝅 + 𝟐)</p><p>c)</p><p>𝟗𝝅</p><p>𝟒</p><p>d)</p><p>𝟗</p><p>𝟐</p><p>e)</p><p>𝟗</p><p>𝟒</p><p>(𝝅 + 𝟏)</p><p>137. (CN/2021)</p><p>Quantos são os valores distintos de 𝒏, para os quais 𝟏𝟎𝟐 ≤ 𝒏 ≤ 𝟐𝟎𝟐, e 𝒏 é a quantidade de lados</p><p>de um polígono convexo cuja soma dos ângulos internos resulta num quadrado perfeito?</p><p>a) 2</p><p>b) 4</p><p>c) 6</p><p>d) 8</p><p>e) 9</p><p>138. (CN/2021)</p><p>Considere o triângulo ABC acutângulo e não equilátero, onde O é o seu circuncentro e H o seu</p><p>ortocentro. A reta que passa por O e H intersecta o lado AB no ponto P, e a reta que passa por C e H</p><p>249</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>intersecta o mesmo lado AB no ponto Q. Se a reta suporte de HP é a bissetriz do ângulo 𝑨𝑯�̂� e o</p><p>segmento HP=4cm, é correto afirmar que a medida em cm do perímetro do triângulo AHP é igual a:</p><p>a) 𝟒 + 𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟒 + 𝟑√𝟐</p><p>c) 𝟒 + 𝟔√𝟑</p><p>d) 𝟖 + 𝟒√𝟐</p><p>e) 𝟖 + 𝟒√𝟑</p><p>139. (CN/2021)</p><p>Observe a figura a seguir:</p><p>A figura apresenta o passo a passo de uma folha retangular, 24 cmx16 cm, que será dobrada e depois</p><p>cortada. Tanto as etapas das dobras como a maneira que a folha será cortada após essas dobras</p><p>estão indicadas na figura. Ao final da última etapa de dobras, visto de cima, o aspecto do papel é de</p><p>um quadrado 8 cm x 8 cm. Dois vértices desse quadrado são escolhidos para serem retirados; visto</p><p>de cima, cada corte é um arco de circunferência de 90°, que tem centro nesse vértice e raio 2 cm.</p><p>Considere 𝝅 = 𝟑 e determine a área da folha desdobrada que sobrou após os cortes.</p><p>a) 348</p><p>b) 354</p><p>c) 360</p><p>250</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 366</p><p>e) 372</p><p>140. (CN/2021)</p><p>Observe a figura a seguir:</p><p>Ela apresenta um quadrado ABCD com lado medindo 2 unidades de comprimento (u.c). Sabe-se que</p><p>G é o centro desse quadrado e que 𝑪𝑬 = 𝟏𝒖. 𝒄 é o prolongamento do lado 𝑩𝑪. Se 𝒔𝟏 é a área do</p><p>triângulo FHC e 𝒔𝟐 é a área do triângulo FHG, é correto afirmar que a razão</p><p>𝒔𝟏</p><p>𝒔𝟐</p><p>é igual a:</p><p>a) 7/8</p><p>b) 8/9</p><p>c) 9/10</p><p>d) 1</p><p>e) 6/5</p><p>141. (CN/2021)</p><p>Uma pizza de 40 cm de diâmetro foi dividida corretamente em 16 fatias iguais. Uma segunda pizza</p><p>de 30 cm de diâmetro foi dividida corretamente em 25 fatias iguais. Uma menina comeu 3 fatias da</p><p>primeira pizza ingerindo o seu quinhão (o que cabe ou deveria caber em uma pessoa ou coisa) x</p><p>enquanto um homem adulto comeu 12 fatias da segunda pizza ingerindo o seu quinhão y. Quantas</p><p>fatias da segunda pizza uma mulher adulta deverá comer para que o quinhão ingerido por ela seja</p><p>igual a média geométrica entre x e y, considerando 𝝅 = 𝟑 e a variação das espessuras das pizzas</p><p>desprezível?</p><p>251</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 5</p><p>b) 6</p><p>c) 9</p><p>d) 10</p><p>e) 11</p><p>142. (CN/2019)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Nela temos dois triângulos equiláteros de lado 𝟐√𝟑. Sabe-se que o círculo no interior do primeiro</p><p>triângulo e o quadrado no interior do segundo triângulo, tem as maiores áreas possíveis. É correto</p><p>afirmar, que a razão entre os perímetros do círculo e do quadrado é igual a:</p><p>a)</p><p>𝝅√𝟔⋅(√𝟑+𝟑)</p><p>𝟏𝟐</p><p>b)</p><p>𝝅√𝟔⋅(√𝟑−𝟏)</p><p>𝟏𝟐</p><p>c)</p><p>(𝝅+𝟑√𝟑)√𝟑</p><p>𝟔</p><p>d)</p><p>𝝅√𝟑⋅(𝟑+𝟐√𝟑)</p><p>𝟑𝟔</p><p>e)</p><p>𝝅√𝟑⋅(√𝟑+𝟔)</p><p>𝟑𝟔</p><p>143. (CN/2019)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>252</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Nela, o arco AC, de centro em B, mede 90°. M é ponto médio do diâmetro AB do semicírculo em</p><p>preto. Essa figura representa o ponto de partida de um desenhista gráfico para a construção do</p><p>logotipo de uma empresa. As áreas das partes clara e escura somadas são iguais a 𝟒𝝅. Após análise,</p><p>ele resolve escurecer 30% da área clara e apronta o logotipo. Nessas novas condições é correto</p><p>afirmar que a porcentagem da área da parte clara sobre a área total será igual a:</p><p>a) 25%</p><p>b) 30%</p><p>c) 32%</p><p>d) 35%</p><p>e) 40%</p><p>144. (CN/2019)</p><p>Seja ABCD um quadrado de lado 1 e centro em ‘O. Considere a circunferência de centro em ‘O e raio</p><p>𝟑/𝟕. A área 'S' da região externa ao círculo considerado e interna ao quadrado é tal que:</p><p>a) 𝟎 ≤ 𝑺 < 𝟎, 𝟒</p><p>b) 𝟎, 𝟒 ≤ 𝑺 < 𝟎, 𝟖</p><p>c) 𝟎, 𝟖 ≤ 𝑺 < 𝟎, 𝟗</p><p>d) 𝟎, 𝟗 ≤ 𝑺 < 𝟏</p><p>e) 𝟏 ≤ 𝑺 < 𝟏, 𝟐</p><p>145. (CN/2019)</p><p>O perímetro do triângulo ABC mede x unidades. O triângulo DEF é semelhante ao triângulo ABC e</p><p>sua área é 36 vezes a área do triângulo ABC. Nessas condições, é correto afirmar que o perímetro</p><p>do triângulo DEF é igual a:</p><p>a) 2x</p><p>b) 3x</p><p>c) 6x</p><p>d) 9x</p><p>e) 10x</p><p>253</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>146. (CN/2019)</p><p>Observe as figuras a seguir.</p><p>Na figura observam-se as rosáceas de perímetro 𝒙, 𝒚 e 𝒛, respectivamente.</p><p>A rosácea I está inscrita</p><p>num quadrado ABCD de lado 8,5 cm; a rosácea II está inscrita num pentágono regular EFGHI de lado</p><p>5 cm; e a rosácea III está inscrita num hexágono regular JKLMNO de lado 4 cm. Sabendo-se que o</p><p>perímetro de uma rosácea é a soma de todos os arcos dos setores circulares apresentados na sua</p><p>construção, é correto afirmar que:</p><p>a) 𝒚 > 𝒙 > 𝒛</p><p>b) 𝒙 > 𝒚 > 𝒛</p><p>c) 𝒙 > 𝒛 > 𝒚</p><p>d) 𝒛 > 𝒚 > 𝒙</p><p>e) 𝒛 > 𝒙 > 𝒚</p><p>147. (CN/2019)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Ela apresenta o triângulo equilátero ABC e o retângulo CDEF. Sabe-se que A, C e D estão na mesma</p><p>reta, AC = CF e CD = 2DE. Com centro em C e raio CD traça-se o arco de circunferência que intersecta</p><p>EF em G. Por F traça-se a reta FH // CG, de modo tal que D, G e H estejam sobre a mesma reta. Dado</p><p>que a área do triângulo CDG é 36, o valor da soma das medidas das áreas dos triângulos CBF e FGH</p><p>é:</p><p>a) 22</p><p>254</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 27</p><p>c) 31</p><p>d) 36</p><p>e) 40</p><p>148. (CN/2018)</p><p>Seja ABC um triângulo equilátero de lado 3. Exteriormente ao triângulo, constroem-se três</p><p>quadrados, sempre a partir de um lado do triângulo ABC, ou seja, no quadrado Q1, AB é um lado; no</p><p>Q2, BC é um lado; e no Q3, AC é um lado. Com centro no baricentro “G” do triângulo ABC, traça-se</p><p>um círculo de raio 3. A medida da área da parte do círculo que não pertence a nenhum dos</p><p>quadrados Q1, Q2 e Q3, e nem ao triângulo ABC é igual a:</p><p>a) 𝟐𝝅</p><p>b) 𝟑𝝅</p><p>c) 𝟓𝝅</p><p>d) 𝟕𝝅</p><p>e) 𝟏𝟐𝝅</p><p>149. (CN/2018)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Essa figura representa um triângulo equilátero, inscrito numa circunferência maior, e circunscrito a</p><p>uma outra circunferência menor de raio igual a 2cm, onde destacou-se a região com ângulo central</p><p>de 120°. Sendo assim, é correto afirmar que a área total correspondente à parte sombreada mede,</p><p>em cm2:</p><p>a)</p><p>𝟏𝟎𝝅</p><p>𝟑</p><p>255</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b)</p><p>𝟏𝟓𝝅</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟏𝟔𝝅</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>𝟏𝟕𝝅</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟏𝟑𝝅</p><p>𝟑</p><p>150. (CN/2018)</p><p>Um triângulo retângulo ABC é reto no vértice A, o ângulo C mede 30°, a hipotenusa BC mede 1cm e</p><p>o segmento AM é a mediana relativa à hipotenusa. Por um ponto N, exterior ao triângulo, traçam-</p><p>se os segmentos BN e NA, com BN // AM e NA // BM. A área, em cm2, do quadrilátero ANBC é:</p><p>a)</p><p>√𝟑</p><p>𝟏𝟔</p><p>b)</p><p>𝟑√𝟑</p><p>𝟖</p><p>c)</p><p>√𝟑</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>√𝟑</p><p>𝟒</p><p>e)</p><p>𝟑√𝟑</p><p>𝟏𝟔</p><p>151. (CN/2017)</p><p>Um triângulo isósceles ABC tem base BC = 16cm e lados congruentes AB = AC = 17cm. O raio do</p><p>círculo inscrito ao triângulo ABC em cm é igual a:</p><p>a)</p><p>𝟑𝟐</p><p>𝟏𝟓</p><p>b)</p><p>𝟐𝟒</p><p>𝟓</p><p>c)</p><p>𝟑𝟓</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>𝟐𝟖</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟏𝟕</p><p>𝟒</p><p>152. (CN/2017)</p><p>Considere um losango ABCD de lado igual a 5cm, diagonais AC e BD, e ângulo interno BÂD = 120°.</p><p>Sabe-se que um ponto M sobre o lado AB está a 2cm de A enquanto um ponto N sobre o lado BC</p><p>256</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>está a 3cm de C. Sendo assim, a razão entre a área do losango ABCD e a área do triângulo de vértices</p><p>MBN é igual a</p><p>a)</p><p>𝟏𝟓</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟐𝟏</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>𝟑𝟐</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟒𝟗</p><p>𝟒</p><p>153. (CN/2017)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>A figura acima representa o trapézio escaleno de altura 6cm, com base menor medindo 13cm, um</p><p>dos ângulos internos da base maior medindo 75° e lado transversal oposto a esse ângulo igual a</p><p>12cm. Qual é a área, em cm2, desse trapézio?</p><p>a) 120</p><p>b) 118</p><p>c) 116</p><p>d) 114</p><p>e) 112</p><p>154. (CN/2017)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>257</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A figura acima exibe um total de 𝒏 peças idênticas de um quebra cabeça que, resolvido, revela uma</p><p>coroa circular. Sabe-se que 6cm é a menor distância entre as circunferências concêntricas</p><p>pontilhadas da figura e que o raio da menor dessas circunferências é igual a 9cm. Se a área de</p><p>cada peça é (𝟏𝟐𝝅) 𝐜𝐦𝟐, é correto afirmar que 𝒏 é igual a</p><p>a) 6</p><p>b) 8</p><p>c) 9</p><p>d) 12</p><p>e) 15</p><p>155. (CN/2017)</p><p>Analise a figura a seguir.</p><p>Pelo centro O do quadrado de lado √𝟔cm acima, traçou-se a circunferência que corta o lado BC nos</p><p>pontos P e Q. O triângulo OPQ tem área</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>cm2. Sendo assim, é correto afirmar que o raio dessa</p><p>circunferência, em cm, é igual a</p><p>a) 𝟏</p><p>b) √𝟐</p><p>c) √𝟑</p><p>d)</p><p>𝟐√𝟐</p><p>𝟑</p><p>258</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>e)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>156. (CN/2016)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>ABCD é um paralelogramo. E e F estão sobre os lados desse paralelogramo de tal forma que 𝐀𝐄 =</p><p>𝐂𝐅 = 𝐱 < 𝐀𝐃. Sendo assim, baseado na figura acima, assinale a opção correta.</p><p>a) Qualquer reta que intersecte dois lados de um paralelogramo o divide em dois polígonos de</p><p>mesma área.</p><p>b) Qualquer reta que intersecte dois lados de um paralelogramo o divide em dois polígonos de</p><p>mesmo perímetro.</p><p>c) A área de um trapézio é o produto de sua base média pela sua altura.</p><p>d) O dobro da soma dos quadrados das medidas dos lados paralelos de um trapézio é igual à soma</p><p>dos quadrados das medidas de suas diagonais.</p><p>e) Para todo x, o segmento de reta EF é a metade do segmento de reta AB.</p><p>157. (CN/2016)</p><p>Seja o quadrado ABCD de lado 2. Traça-se, com centro no ponto M, médio do lado AB, uma</p><p>semicircunferência de raio 2 que intersecta os lados BC e AD, respectivamente, em E e F. A área da</p><p>superfície externa à semicircunferência e que também é interna ao quadrado, é igual a:</p><p>Obs.: 𝝅 = 𝟑.</p><p>a) 𝟑 − √𝟑</p><p>b) 𝟐 − √𝟑</p><p>c) 𝟑 + √𝟑</p><p>d) 𝟐 − √𝟑</p><p>e) 𝟑 − √𝟐</p><p>259</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>158. (CN/2016)</p><p>Considere uma circunferência de centro O e raio 𝒓. Prolonga-se o diâmetro AB de um comprimento</p><p>BC de medida igual a 𝒓 e, de C, traça-se uma tangente que toca a circunferência em D. A</p><p>perpendicular traçada de C, a BC, intersecta a reta que passa por A e D em E. Sendo assim, a área do</p><p>triângulo ODE em função do raio é</p><p>a)</p><p>𝒓𝟐√𝟑</p><p>𝟒</p><p>b) 𝒓𝟐√𝟔</p><p>c)</p><p>𝒓𝟐√𝟐</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝒓𝟐√𝟐</p><p>𝟒</p><p>e) 𝒓𝟐√𝟑</p><p>159. (CN/2015)</p><p>Num semicírculo S, inscreve-se um triângulo retângulo ABC. A maior circunferência possível que se</p><p>pode construir externamente ao triângulo ABC e internamente ao S, mas tangente a um dos catetos</p><p>de ABC e ao S, tem raio 2. Sabe-se ainda que o menor cateto de ABC mede 2. Qual a área do</p><p>semicírculo?</p><p>a) 𝟏𝟎𝝅</p><p>b) 𝟏𝟐, 𝟓𝝅</p><p>c) 𝟏𝟓𝝅</p><p>d) 𝟏𝟕, 𝟓𝝅</p><p>e) 𝟐𝟎𝝅</p><p>160. (CN/2015)</p><p>No triângulo isósceles ABC, AB = AC = 13 e BC = 10. Em AC marca-se R e S, com CR = 2x e CS = x.</p><p>Paralelo a AB e passando por S traça-se o segmento ST, com T em BC. Por fim, marcam-se U, P e Q,</p><p>simétricos de T, S e R, nessa ordem, e relativo à altura de ABC com pé sobre BC. Ao analisar a medida</p><p>inteira x para que a área do hexágono PQRSTU seja máxima, obtém-se:</p><p>a) 5</p><p>b) 4</p><p>c) 3</p><p>260</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 2</p><p>e) 1</p><p>161. (CN/2015)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Seja ABC um triângulo retângulo de hipotenusa 6 e com catetos diferentes. Com relação a área S de</p><p>ABC, pode-se afirmar que</p><p>a) será máxima quando um dos catetos for 𝟑√𝟐.</p><p>b) será máxima quando um dos ângulos internos for 30°.</p><p>c) será máxima quando um cateto for o dobro do outro.</p><p>d) será máxima quando a soma dos catetos for</p><p>𝟓√𝟐</p><p>𝟐</p><p>.</p><p>e) seu valor máximo não existe.</p><p>162. (CN/2015)</p><p>Seja ABCD um quadrado de lado 𝟐𝒂 cujo centro é O. Os pontos M, P e Q são os pontos médios dos</p><p>lados AB, AD e BC, respectivamente. O segmento BP intersecta a circunferência de centro O e raio a</p><p>em R e, também OM, em S. Sendo assim, a área do triângulo SMR é</p><p>a)</p><p>𝟑𝒂𝟐</p><p>𝟐𝟎</p><p>b)</p><p>𝟕𝒂𝟐</p><p>𝟏𝟎</p><p>c)</p><p>𝟗𝒂𝟐</p><p>𝟐𝟎</p><p>d)</p><p>𝟏𝟏𝒂𝟐</p><p>𝟏𝟎</p><p>e)</p><p>𝟏𝟑𝒂𝟐</p><p>𝟐𝟎</p><p>261</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>163. (CN/2015)</p><p>ABC é um triângulo equilátero. Seja D um ponto do plano de ABC, externo a esse triângulo,</p><p>tal que</p><p>DB intersecta AC em E, com E pertencendo ao lado AC. Sabe-se que BÂD = 𝑨�̂�𝑫 = 90°. Sendo assim,</p><p>a razão entre as áreas dos triângulos BEC e ABE é</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟐</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟐</p><p>𝟓</p><p>164. (CN/2015)</p><p>Seja ABC um triângulo de lados medindo 8, 10 e 12, Sejam M, N e P os pés das alturas traçadas dos</p><p>vértices sobre os lados desse triângulo. Sendo assim, o raio do círculo circunscrito ao triângulo MNP</p><p>é</p><p>a)</p><p>𝟓√𝟕</p><p>𝟕</p><p>b)</p><p>𝟔√𝟕</p><p>𝟕</p><p>c)</p><p>𝟖√𝟕</p><p>𝟕</p><p>d)</p><p>𝟗√𝟕</p><p>𝟕</p><p>e)</p><p>𝟏𝟎√𝟕</p><p>𝟕</p><p>165. (CN/2014)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Na figura, o paralelogramo ABCD tem lados 9cm e 4cm. Sobre o lado CD está marcado o ponto R, de</p><p>modo que CR = 2cm; sobre o lado BC está marcado o ponto S tal que a área do triângulo BRS seja</p><p>262</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝟏/𝟑𝟔 da área do paralelogramo; e o ponto P é a interseção do prolongamento do segmento RS com</p><p>o prolongamento da diagonal DB. Nessas condições, é possível concluir que a razão entre as medidas</p><p>dos segmentos de reta</p><p>𝐃𝐏</p><p>𝐁𝐏</p><p>vale:</p><p>a) 13,5</p><p>b) 11</p><p>c) 10,5</p><p>d) 9</p><p>e) 7,5</p><p>166. (CN/2014)</p><p>Sobre o lado 𝑩𝑪 do quadrado 𝑨𝑩𝑪𝑫, marcam-se os pontos 𝑬 e 𝑭 tais que</p><p>𝑩𝑬</p><p>𝑩𝑪</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>e</p><p>𝑪𝑭</p><p>𝑩𝑪</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>. Sabendo-</p><p>se que os segmentos 𝑨𝑭 e 𝑬𝑫 intersectam-se em 𝑷, qual é, aproximadamente, o percentual da área</p><p>do triângulo 𝑩𝑷𝑬 em relação à área do quadrado 𝑨𝑩𝑪𝑫?</p><p>a) 2</p><p>b) 3</p><p>c) 4</p><p>d) 5</p><p>e) 6</p><p>167. (CN/2014)</p><p>Suponha que ABC seja um triângulo isósceles com lados AC = BC, e que L seja a circunferência de</p><p>centro C, raio igual a 3 e tangente ao lado AB. Com relação à área da superfície comum ao triângulo</p><p>ABC e ao círculo de L, pode-se afirmar que:</p><p>a) não possui um valor máximo.</p><p>b) pode ser igual a 𝟓𝝅.</p><p>c) não pode ser igual a 𝟒𝝅.</p><p>d) possui um valor mínimo igual a 𝟐𝝅.</p><p>e) possui um valor máximo igual a 𝟒, 𝟓𝝅.</p><p>168. (CN/2014)</p><p>263</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Seja ABC um triângulo retângulo de hipotenusa 26 e perímetro 60. A razão entre a área do círculo</p><p>inscrito e do círculo circunscrito nesse triângulo é, aproximadamente:</p><p>a) 0,035</p><p>b) 0,055</p><p>c) 0,075</p><p>d) 0,095</p><p>e) 0,105</p><p>169. (CN/2014)</p><p>Observe as figuras a seguir.</p><p>Uma dobra é feita no retângulo 10cm x 2cm da figura I, gerando a figura plana II. Essa dobra está</p><p>indicada pela reta suporte de PQ. A área do polígono APQCBRD da figura II, em cm2, é:</p><p>a) 𝟖√𝟓</p><p>b) 20</p><p>c) 𝟏𝟎√𝟐</p><p>d)</p><p>𝟑𝟓</p><p>𝟐</p><p>e)</p><p>𝟏𝟑√𝟔</p><p>𝟐</p><p>264</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>170. (CN/2013)</p><p>Sabendo-se que ABC é um triângulo retângulo de hipotenusa BC = 𝒂, qual é o valor máximo da área</p><p>de ABC?</p><p>a)</p><p>𝒂𝟐√𝟐</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝒂𝟐</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟑𝒂𝟐√𝟐</p><p>𝟒</p><p>d)</p><p>𝟑𝒂𝟐</p><p>𝟒</p><p>e)</p><p>𝟑𝒂𝟐</p><p>𝟐</p><p>171. (CN/2013)</p><p>Considere que ABCD é um trapézio, onde os vértices são colocados em sentido horário, com bases</p><p>AB = 10 e CD = 22. Marcam-se na base AB o ponto P e na base CD o ponto Q, tais que AP = 4 e CQ =</p><p>x. Sabe-se que as áreas dos quadriláteros APQD e PBCQ são iguais. Sendo assim, pode-se afirmar</p><p>que a medida x é:</p><p>a) 10</p><p>b) 12</p><p>c) 14</p><p>d) 15</p><p>e) 16</p><p>172. (CN/2013)</p><p>Seja ABC um triângulo acutângulo e L a circunferência circunscrita ao triângulo. De um ponto Q</p><p>(diferente de A e de C) sobre o menor arco AC de L são traçadas perpendiculares às retas suportes</p><p>dos lados do triângulo. Considere M, N e P os pés das perpendiculares sobre os lados AB, AC e BC,</p><p>respectivamente. Tomando MN = 12 e PN = 16, qual é a razão entre as áreas dos triângulos BMN e</p><p>BNP?</p><p>a)</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝟗</p><p>𝟏𝟔</p><p>c)</p><p>𝟖</p><p>𝟗</p><p>265</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d)</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟑𝟔</p><p>e)</p><p>𝟑𝟔</p><p>𝟒𝟗</p><p>173. (CN/2012)</p><p>Em dois triângulos, 𝑻𝟏 e 𝑻𝟐, cada base é o dobro da respectiva altura. As alturas desses triângulos,</p><p>h1 e h2, são números ímpares positivos. Qual é o conjunto dos valores possíveis de h1 e h2, de modo</p><p>que a área 𝑻𝟏 + 𝑻𝟐 seja equivalente à área de um quadrado de lado inteiro?</p><p>a) 0</p><p>b) unitário</p><p>c) finito</p><p>d) {𝟑, 𝟓, 𝟕, 𝟗, 𝟏𝟏, . . . }</p><p>e) {𝟏𝟏, 𝟏𝟕, 𝟐𝟑, 𝟐𝟗, . . . }</p><p>174. (CN/2012)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>A figura acima apresenta um quadrado ABCD de lado 2. Sabe-se que E e F são, os pontos médios dos</p><p>lados DC e CB, respectivamente. Além disso, EFGH também formam um quadrado e I está sobre o</p><p>lado GH, de modo que 𝐆𝐈 =</p><p>𝐆𝐇</p><p>𝟒</p><p>. Qual é a área do triângulo BCI?</p><p>a)</p><p>𝟕</p><p>𝟖</p><p>b)</p><p>𝟔</p><p>𝟕</p><p>c)</p><p>𝟓</p><p>𝟔</p><p>266</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d)</p><p>𝟒</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>175. (CN/2012)</p><p>Um trapézio isósceles tem lados não paralelos medindo 𝟏𝟎√𝟑. Sabendo que a bissetriz interna da</p><p>base maior contém um dos vértices do trapézio, qual é a área desse trapézio?</p><p>a) 𝟕𝟓√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟎𝟓√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟖𝟎√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟐𝟓√𝟑</p><p>e) 𝟐𝟕𝟓√𝟑</p><p>176. (CN/2011)</p><p>Um aluno estudava sobre polígonos convexos e tentou obter dois polígonos de 𝑵 e 𝒏 lados (𝑵 ≠ 𝒏),</p><p>e com 𝑫 e 𝒅 diagonais, respectivamente, de modo que 𝑵− 𝒏 = 𝑫− 𝒅. A quantidade de soluções</p><p>corretas que satisfazem essas condições é:</p><p>a) 0.</p><p>b) 1.</p><p>c) 2.</p><p>d) 3.</p><p>e) indeterminada.</p><p>177. (CN/2011)</p><p>Observe a ilustração a seguir.</p><p>267</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Qual a quantidade mínima de peças necessárias para revestir, sem falta ou sobra, um quadro de</p><p>lado 5, utilizando as peças acima?</p><p>a) 12</p><p>b) 11</p><p>c) 10</p><p>d) 9</p><p>e) 8</p><p>178. (CN/2011)</p><p>Considere a figura a seguir.</p><p>A razão</p><p>𝑺(𝑴𝑷𝑸)</p><p>𝑺(𝑨𝑩𝑪)</p><p>, entre as áreas dos triângulos MPQ e ABC, é:</p><p>a)</p><p>𝟕</p><p>𝟏𝟐</p><p>b)</p><p>𝟓</p><p>𝟏𝟐</p><p>c)</p><p>𝟕</p><p>𝟏𝟓</p><p>d)</p><p>𝟖</p><p>𝟏𝟓</p><p>e)</p><p>𝟕</p><p>𝟖</p><p>179. (CN/2011)</p><p>Num paralelogramo ABCD de altura CP = 3, a razão</p><p>𝑨𝑩</p><p>𝑩𝑪</p><p>= 𝟐. Seja M o ponto médio de AB e P o pé da</p><p>altura de ABCD baixada sobre o prolongamento de AB, a partir de C. Sabe-se que a razão entre as</p><p>áreas dos triângulos MPC e ADM é</p><p>𝑺(𝑴𝑷𝑪)</p><p>𝑺(𝑨𝑫𝑴)</p><p>=</p><p>𝟐+√𝟑</p><p>𝟐</p><p>. A área do triângulo PBC é igual a:</p><p>a)</p><p>𝟏𝟓√𝟑</p><p>𝟐</p><p>268</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b)</p><p>𝟗√𝟑</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>𝟓√𝟑</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟑√𝟑</p><p>𝟐</p><p>e)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>180. (CN/2010)</p><p>ABC é um triângulo equilátero. Seja P um ponto do plano de ABC e exterior ao triângulo de tal forma</p><p>que PB intersecta AC em Q (Q está entre A e C). Sabendo que o ângulo APB é igual a 60°, que PA = 6</p><p>e PC = 8, a medida de PQ será</p><p>a)</p><p>𝟐𝟒</p><p>𝟕</p><p>b)</p><p>𝟐𝟑</p><p>𝟓</p><p>c)</p><p>𝟏𝟗</p><p>𝟔</p><p>d)</p><p>𝟑𝟑</p><p>𝟏𝟒</p><p>e)</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟒</p><p>181. (CN/2010)</p><p>Considere o conjunto de todos os triângulos retângulos. Sendo h a altura relativa à hipotenusa,</p><p>quantos elementos, nesse conjunto, tem altura igual</p><p>√𝟏𝟓</p><p>𝟒</p><p>𝒉𝟐?</p><p>a) Infinitos.</p><p>b) Mais de dezesseis e menos de trinta.</p><p>c) Mais de quatro e menos de 15.</p><p>d) Apenas um.</p><p>e) Nenhum.</p><p>182. (CN/2010)</p><p>Tem-se o quadrado de vértices ABCD com lados medindo k cm. Sobre AB marca-se M, de modo que</p><p>𝑨𝑴 =</p><p>𝑩𝑴</p><p>𝟑</p><p>. Sendo N o simétrico de B em relação ao lado CD, verifica-se que MN corta a diagonal AC</p><p>em P. Em relação à área ABCD a área do triângulo PBC equivale a:</p><p>269</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 18%</p><p>b) 24%</p><p>c) 27%</p><p>d) 30%</p><p>e) 36%</p><p>183. (CN/2010)</p><p>Seja ABC um triângulo com lados AB = 15, AC = 12 e BC = 18. Seja P um ponto sobre o lado AC, tal</p><p>que PC = 3AP. Tomando Q sobre BC, entre B e C, tal que a área do quadrilátero APQB seja igual à</p><p>área do triângulo PQC, qual será o valor de BQ?</p><p>a) 3,5</p><p>b) 5</p><p>c) 6</p><p>d) 8</p><p>e) 8,5</p><p>184. (CN/2009)</p><p>O triângulo de lados 0,333... cm, 0,5cm e 0,666... cm é equivalente ao triângulo isósceles de base</p><p>0,333... cm e lados congruentes medindo x centímetros cada um. Com base nos dados apresentados,</p><p>é correto afirmar que x é igual a</p><p>a)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>√𝟏𝟓𝟏</p><p>𝟐𝟒</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>√𝟐𝟓𝟕</p><p>𝟒𝟖</p><p>e)</p><p>√𝟏𝟓+𝟒√𝟔</p><p>𝟑𝟔</p><p>185. (CN/2009)</p><p>Sendo 𝒉𝑨, 𝒉𝑩 e 𝒉𝑪 as medidas das alturas; 𝒎𝑨, 𝒎𝑩 e 𝒎𝑪 as medidas das medianas; e 𝒃𝑨, 𝒃𝑩 e 𝒃𝑪</p><p>as medidas das bissetrizes internas de um triângulo ABC, analise as afirmativas a seguir.</p><p>270</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>I. O triângulo formado pelos segmentos</p><p>𝟏</p><p>𝒉𝑨</p><p>,</p><p>𝟏</p><p>𝒉𝑩</p><p>e</p><p>𝟏</p><p>𝒉𝑪</p><p>é semelhante ao triângulo ABC.</p><p>II. O triângulo formado pelos segmentos</p><p>𝟏</p><p>𝒎𝑨</p><p>,</p><p>𝟏</p><p>𝒎𝑩</p><p>e</p><p>𝟏</p><p>𝒎𝑪</p><p>é semelhante ao triângulo ABC.</p><p>III. O triângulo formado pelos segmentos</p><p>𝟏</p><p>𝒃𝑨</p><p>,</p><p>𝟏</p><p>𝒃𝑩</p><p>e</p><p>𝟏</p><p>𝒃𝑪</p><p>é semelhante ao triângulo ABC.</p><p>Pode-se concluir que</p><p>a) apenas I é sempre verdadeira.</p><p>b) apenas II é sempre verdadeira.</p><p>c) apenas III é sempre verdadeira.</p><p>d) I, II e III são sempre verdadeiras.</p><p>e) I, II e III são sempre falsas.</p><p>186. (CN/2009)</p><p>Sobre o lado maior de um retângulo de base 1 e altura 2 constrói-se um retângulo de base 2 e altura</p><p>3; sobre o maior lado desse último, constrói-se um retângulo de base 3 e altura 4; e assim</p><p>sucessivamente, até se construir o retângulo de base 99 e altura 100. Com quantos zeros termina o</p><p>produto das áreas de cada um desses retângulos?</p><p>a) 39</p><p>b) 40</p><p>c) 46</p><p>d) 78</p><p>e) 80</p><p>187. (CN/2009)</p><p>A área de um quadrado de 5 cm de lado, na unidade 𝒖 definida como sendo a área de um círculo de</p><p>raio 1 cm, é:</p><p>a) exatamente 25.</p><p>b) exatamente 12,5.</p><p>c) aproximadamente 8.</p><p>d) aproximadamente 6.</p><p>e) aproximadamente 5.</p><p>271</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>188. (CN/2008)</p><p>Seja ABC um triângulo retângulo com catetos AC = 12 e AB = 5. A bissetriz interna traçada de C</p><p>intersecta o lado AB em M. Sendo I o incentro de ABC, a razão entre as áreas de BMI e ABC é:</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟓𝟎</p><p>b)</p><p>𝟏𝟑</p><p>𝟔𝟎</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟑𝟎</p><p>d)</p><p>𝟏𝟑</p><p>𝟏𝟓𝟎</p><p>e)</p><p>𝟐</p><p>𝟐𝟓</p><p>189. (CN/2008)</p><p>Duas tangentes a uma circunferência, de raio igual a dois centímetros, partem de um mesmo ponto</p><p>P e são perpendiculares entre si. A área, em centímetros quadrados, da figura limitada pelo conjunto</p><p>de todos os pontos P do plano, que satisfazem as condições dadas, é um número entre</p><p>a) vinte e um e vinte e dois.</p><p>b) vinte e dois e vinte e três.</p><p>c) vinte e três e vinte e quatro.</p><p>d) vinte e quatro e vinte e cinco.</p><p>e) vinte e cinco e vinte e seis.</p><p>190. (CN/2007)</p><p>Com a “ponta seca” de um compasso, colocada no centro de um quadrado de lado 2, traça-se uma</p><p>circunferência de raio r. Observa-se que cada arco da circunferência, externo ao quadrado, tem o</p><p>dobro do comprimento de cada arco interno. Usando-se raiz quadrada de 3 igual a 1,7 e 𝝅 = 𝟑, qual</p><p>a área da região intersecção do quadrado e do círculo, assim determinado?</p><p>a) 2,8</p><p>b) 3,0</p><p>c) 3,2</p><p>d) 3,4</p><p>e) 3,6</p><p>272</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>191. (CN/2007)</p><p>Deseja-se revestir uma área retangular, de 198 cm de comprimento e 165 cm de largura, com um</p><p>número exato de lajotas quadradas, de tal forma que a medida do lado dessas lajotas, expressa por</p><p>um número inteiro em cm, seja a maior possível. Quantas lajotas deverão ser usadas?</p><p>a) 27</p><p>b) 30</p><p>c) 33</p><p>d) 36</p><p>e) 38</p><p>192. (CN/2007)</p><p>Dado um triângulo ABC de área 72, sobre a mediana AM = 12, traçam-se os segmentos AQ = 3 e QP</p><p>= 6. Sabendo-se que E é o ponto de intersecção entre as retas BP e QC, qual é a área do triângulo</p><p>QPE?</p><p>a) 6</p><p>b) 8</p><p>c) 9</p><p>d) 12</p><p>e) 18</p><p>193. (CN/2007)</p><p>Um hexágono regular ABCDEF está inscrito em uma circunferência de raio 6. Traçam-se as tangentes</p><p>à circunferência nos pontos A, B, D e F, obtendo-se, assim, um quadrilátero circunscrito a essa</p><p>circunferência. Usando-se 1,7 para raiz quadrada de 3, qual é o perímetro desse quadrilátero?</p><p>a) 54,4</p><p>b) 47,6</p><p>c) 40,8</p><p>d) 34,0</p><p>e) 30,6</p><p>273</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>194. (CN/2006)</p><p>Qual é o perímetro de um quadrilátero convexo inscrito em uma circunferência de raio unitário,</p><p>sabendo-se que foi construído utilizando-se, pelo menos uma vez e somente, os lados do triângulo</p><p>equilátero, quadrado e hexágono regular inscritos nessa circunferência?</p><p>a) √𝟑 + √𝟐 + 𝟐</p><p>b) √𝟑 + 𝟐√𝟐 + 𝟏</p><p>c) 𝟐√𝟑 + √𝟐 + 𝟏</p><p>d) √𝟑 + 𝟐√𝟐 + 𝟐</p><p>e) 𝟐(√𝟑 + √𝟐 + 𝟏)</p><p>195. (CN/2006)</p><p>Em um triângulo retângulo ABC, o cateto AC e a hipotenusa BC medem, respectivamente, 10 e 40.</p><p>Sabe-se que os segmentos CX, CY e CZ dividem o ângulo ACB em quatro ângulos de medidas iguais,</p><p>e que AX, XY, YZ e ZB são segmentos consecutivos contidos internamente no segmento</p><p>AB. Se 𝑺𝟏, 𝑺𝟐, 𝑺𝟑 e 𝑺𝟒 e são, respectivamente, as áreas dos triângulos CAX, CXY, CYZ e CZB, qual será</p><p>o valor da razão</p><p>𝑺𝟏𝑺𝟑</p><p>𝑺𝟐𝑺𝟒</p><p>a) 0,25</p><p>b) 0,5</p><p>c) 0,75</p><p>d) 1</p><p>e) 1,25</p><p>196. (CN/2006)</p><p>Em lugar do quadrado de lado igual a 1 (um) centímetro, tomou-se como unidade de área o triângulo</p><p>equilátero de lado igual a 1 (um) centímetro. Qual será, nessa nova unidade, o número que</p><p>expressará a área de um retângulo de base igual a 6 (seis) centímetros e altura igual a 4 (quatro)</p><p>centímetros?</p><p>a) 𝟐𝟒</p><p>b) 𝟔√𝟑</p><p>274</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟏𝟖√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟒√𝟑</p><p>e) 𝟑𝟐√𝟑</p><p>197. (CN/2005)</p><p>Um polígono convexo de n lados tem três dos seus ângulos iguais a 83°, 137° e 142°. Qual é o menor</p><p>valor de n para que nenhum dos outros ângulos desse polígono seja menor que 121°?</p><p>a) 6</p><p>b) 7</p><p>c) 8</p><p>d) 9</p><p>e) 10</p><p>198. (CN/2005)</p><p>O número de diagonais de um polígono regular P inscrito em um círculo K é 170.</p><p>Logo:</p><p>a) o número de lados de P é ímpar.</p><p>b) P não tem diagonais passando pelo centro de K.</p><p>c) o ângulo externo de P mede 36°.</p><p>d) uma das diagonais de P é o lado do pentágono regular inscrito em K.</p><p>e) o número de lados de P é múltiplo de 3.</p><p>199. (CN/2005)</p><p>Um círculo 𝜶 de centro num ponto A e raio 𝟐√𝟑 é tangente interior, num ponto B, a um círculo 𝜷</p><p>de centro num ponto O e raio 𝟔√𝟑. Se o raio OC é tangente a 𝜶 num ponto D, a medida da área</p><p>limitada pelo segmento DC e os menores arcos BC de 𝜷 e BD de 𝜶 é igual a</p><p>a) 𝟒𝝅 − 𝟑√𝟑</p><p>b) 𝟓𝝅 − 𝟒√𝟑</p><p>c) 𝟒𝝅 − 𝟔√𝟑</p><p>275</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 𝟓𝝅 − 𝟔√𝟑</p><p>e) 𝟓𝝅 − 𝟓√𝟑</p><p>200. (CN/2005)</p><p>Três dos quatro lados de um quadrilátero circunscritível são iguais aos lados do triângulo equilátero,</p><p>quadrado e hexágono regular circunscritos a um círculo de raio 6. Qual é a medida do quarto lado</p><p>desse quadrilátero, sabendo-se que é o maior valor possível nas condições dadas?</p><p>a) 𝟏𝟔√𝟑 − 𝟏𝟐</p><p>b) 𝟏𝟐√𝟑 − 𝟏𝟐</p><p>c) 𝟖√𝟑 + 𝟏𝟐</p><p>d) 𝟏𝟐√𝟑 + 𝟖</p><p>e) 𝟏𝟔√𝟑 − 𝟖</p><p>201. (CN/2004)</p><p>Considere o triângulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC e exteriores a</p><p>esse triângulo. Se as medidas dos ângulos PAC e QBC são iguais; as medidas dos ângulos PCA e QCB</p><p>são iguais; M é o ponto médio de AC; N é o ponto médio de BC; 𝑺𝟏 é a área do triângulo PAM; 𝑺𝟐 é</p><p>a área do triângulo QBN; 𝑺𝟑 é a área do triângulo PMC; e 𝑺𝟒 é área do triângulo QNC, analise as</p><p>afirmativas:</p><p>I. 𝑺𝟏 está para 𝑺𝟒, assim como 𝑺𝟑 está para 𝑺𝟐.</p><p>II. 𝑺𝟏 está para 𝑺𝟐, assim como (𝑷𝑴)𝟐 está para (𝑸𝑵)𝟐.</p><p>III. 𝑺𝟏 está para 𝑺𝟑, assim como 𝑺𝟐 está para 𝑺𝟒.</p><p>Logo pode-se concluir, corretamente, que</p><p>a) apenas a afirmativa 1 é verdadeira.</p><p>b) apenas as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras.</p><p>c) apenas as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras.</p><p>d) apenas as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras.</p><p>e) as afirmativas 1, 2 e 3 são verdadeiras.</p><p>202. (CN/2004)</p><p>276</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Na figura acima AM e BP são cevianas do triângulo ABC de área S. Sendo AP = 2PC e AQ = 3QM, qual</p><p>o valor da área do triângulo determinado pelos pontos P, Q e M, em função de S?</p><p>a)</p><p>𝑺</p><p>𝟏𝟔</p><p>b)</p><p>𝑺</p><p>𝟏𝟖</p><p>c)</p><p>𝑺</p><p>𝟐𝟎</p><p>d)</p><p>𝑺</p><p>𝟐𝟏</p><p>e)</p><p>𝑺</p><p>𝟐𝟒</p><p>203. (CN/2004)</p><p>área igual à soma das duas</p><p>primeiras:</p><p>22</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Usualmente, usamos as letras maiúsculas 𝑆 ou 𝐴 para simbolizar a área das figuras. Nos</p><p>exemplos acima, perceba que 𝑆3 = 𝑆1 + 𝑆2 e 𝑆4 = 𝑆1 + 𝑆2, logo, podemos afirmar que as figuras</p><p>de áreas 𝑆3 e 𝑆4 são equivalentes.</p><p>Dizemos que área é um número real positivo associado a uma superfície limitada. A</p><p>unidade de medida usual da área é o 𝑚2 (metro quadrado).</p><p>Vamos estudar dois teoremas importantes para formar nossa base no estudo da área de</p><p>figuras planas. Esses teoremas serão usados para deduzir todas as fórmulas das áreas que podem</p><p>ser cobradas na prova.</p><p>2.2. TEOREMAS</p><p>2.2.1. TEOREMA 1</p><p>A razão entre as áreas de dois retângulos que possuem uma dimensão congruente é igual</p><p>à razão entre as dimensões não congruentes.</p><p>Demonstração:</p><p>Considere os dois retângulos abaixo de bases congruentes:</p><p>23</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O teorema afirma que:</p><p>𝑨𝟏</p><p>𝑨𝟐</p><p>=</p><p>𝒉𝟏</p><p>𝒉𝟐</p><p>Onde 𝐴1 e 𝐴2 são as áreas dos retângulos 𝐹1 e 𝐹2, respectivamente. Para demonstrar essa</p><p>propriedade, devemos considerar dois casos possíveis:</p><p>Caso 1) ℎ1 e ℎ2 são comensuráveis</p><p>Como ℎ1 e ℎ2 são comensuráveis, então, existe um número 𝑢 ∈ ℝ+</p><p>∗ que cabe um número</p><p>inteiro de vezes em ℎ1 e ℎ2. Sejam 𝑚, 𝑛 ∈ ℕ∗ múltiplos de ℎ1 e ℎ2, respectivamente, então,</p><p>podemos escrever:</p><p>ℎ1 = 𝑚𝑢</p><p>ℎ2 = 𝑛𝑢</p><p>⇒</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p>=</p><p>𝑚</p><p>𝑛</p><p>(𝐼)</p><p>Seja 𝑠 a área dos pequenos retângulos de cada retângulo de base 𝑏 e altura 𝑢 dos</p><p>retângulos acima. Para o retângulo 𝐹1, temos que 𝑚 retângulos de área 𝑠 cabem em 𝐹1, logo:</p><p>𝐴1 = 𝑚𝑠</p><p>Analogamente para 𝐹2:</p><p>𝐴2 = 𝑛𝑠</p><p>A razão entre as áreas é dada por:</p><p>𝐴1</p><p>𝐴2</p><p>=</p><p>𝑚𝑠</p><p>𝑛𝑠</p><p>⇒</p><p>𝐴1</p><p>𝐴2</p><p>=</p><p>𝑚</p><p>𝑛</p><p>(𝐼𝐼)</p><p>Assim, das relações (𝐼) e (𝐼𝐼), encontramos:</p><p>𝐴1</p><p>𝐴2</p><p>=</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p>Caso 2) ℎ1 e ℎ2 não são comensuráveis</p><p>24</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Nesse caso, não podemos escrever ℎ1 e ℎ2 como múltiplos de uma mesma unidade de</p><p>medida 𝑢. Tomando 𝑢 ∈ ℝ+</p><p>∗ tal que:</p><p>ℎ2 = 𝑛𝑢</p><p>Sendo ℎ1 e ℎ2 incomensuráveis, temos para 𝑚 ∈ ℕ∗:</p><p>𝑚𝑢 < ℎ1 < (𝑚 + 1)𝑢</p><p>Dividindo a desigualdade acima por 𝑛𝑢:</p><p>𝑚𝑢</p><p>𝑛𝑢</p><p><</p><p>ℎ1</p><p>𝑛𝑢</p><p><</p><p>(𝑚 + 1)𝑢</p><p>𝑛𝑢</p><p>⇒</p><p>𝑚</p><p>𝑛</p><p><</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p><</p><p>𝑚 + 1</p><p>𝑛</p><p>Como 𝑢 é um submúltiplo arbitrário de ℎ2, podemos escolher 𝑢 tão pequeno quanto se</p><p>queira tal que 𝑚 será um número tão grande que 𝑚𝑢 e (𝑚 + 1)𝑢 convergem para ℎ1. Dessa</p><p>forma, encontramos:</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p>=</p><p>𝑚</p><p>𝑛</p><p>Procedendo de modo análogo para a área, encontramos:</p><p>𝑚𝑠 < 𝐴1 < (𝑚 + 1)𝑠</p><p>𝐴2 = 𝑛𝑠</p><p>⇒</p><p>𝑚</p><p>𝑛</p><p><</p><p>𝐴1</p><p>𝐴2</p><p><</p><p>𝑚 + 1</p><p>𝑛</p><p>⇒</p><p>𝐴1</p><p>𝐴2</p><p>=</p><p>𝑚</p><p>𝑛</p><p>⇒</p><p>𝐴1</p><p>𝐴2</p><p>=</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p>2.2.2. TEOREMA 2</p><p>A razão entre a área de dois retângulos é igual à razão entre os produtos de suas</p><p>dimensões.</p><p>Demonstração:</p><p>Considere os três retângulos abaixo:</p><p>25</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Usando o teorema 1, podemos escrever:</p><p>𝑆1</p><p>𝑆3</p><p>=</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p>(𝐼)</p><p>𝑆3</p><p>𝑆2</p><p>=</p><p>𝑏1</p><p>𝑏2</p><p>(𝐼𝐼)</p><p>Multiplicando as razões (𝐼) e (𝐼𝐼), temos:</p><p>𝑆1</p><p>𝑆3</p><p>⋅</p><p>𝑆3</p><p>𝑆2</p><p>=</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p>⋅</p><p>𝑏1</p><p>𝑏2</p><p>∴</p><p>𝑺𝟏</p><p>𝑺𝟐</p><p>=</p><p>𝒉𝟏𝒃𝟏</p><p>𝒉𝟐𝒃𝟐</p><p>2.3. ÁREA DE POLÍGONOS</p><p>Com base no teorema 2, vamos deduzir as fórmulas das áreas dos principais polígonos.</p><p>2.3.1. RETÂNGULO</p><p>Para calcular a área do retângulo, vamos adotar como área unitária um quadrado de lado</p><p>1. Seja 𝐴𝑢 a área desse quadrado e 𝐴𝑅 a área do retângulo de base 𝑏 e altura ℎ, sabendo que</p><p>𝐴𝑢 = 1, temos:</p><p>26</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Aplicando o teorema 2:</p><p>𝐴𝑅</p><p>𝐴𝑢</p><p>=</p><p>𝑏 ⋅ ℎ</p><p>1 ⋅ 1</p><p>⇒</p><p>𝐴𝑅</p><p>1</p><p>= 𝑏 ⋅ ℎ</p><p>𝑨𝑹 = 𝒃 ⋅ 𝒉</p><p>Portanto, a área de um retângulo é dada pelo produto entre sua base e sua altura.</p><p>Ao calcular área de figuras planas, precisamos nos atentar a um detalhe. Veja a questão abaixo:</p><p>Calcule a área de um retângulo de base e altura medindo 5 𝑐𝑚 e 10 𝑐𝑚, respectivamente.</p><p>Essa questão nos fornece a unidade de medida em centímetros. Quando calculamos a área dessa</p><p>figura, precisamos também incluir a unidade de medida:</p><p>𝐴𝑅 = 𝑏 ⋅ ℎ ⇒ 𝐴𝑅 = (5 𝑐𝑚) ⋅ (10 𝑐𝑚) ⇒ 𝐴𝑅 = 50 𝑐𝑚</p><p>2</p><p>Caso a questão forneça os dados em diferentes unidades de medida, temos que convertê-los na</p><p>mesma unidade. Veja:</p><p>Calcule a área do retângulo de base e altura medindo 5 𝑐𝑚 e 10 𝑘𝑚, respectivamente.</p><p>Nessa questão, não podemos multiplicar diretamente a base a altura, pois ambas estão em</p><p>diferentes unidades de medida (cm e km). Antes, devemos igualar as unidades. Vamos converter o</p><p>quilômetro em centímetro:</p><p>10 𝑘𝑚 = 10 ⋅ 103 𝑚 = 10 ⋅ 103 ⋅ 102 𝑐𝑚 = 106 𝑐𝑚</p><p>Agora, podemos calcular a área:</p><p>𝐴𝑅 = (5 𝑐𝑚) ⋅ (10</p><p>6 𝑐𝑚) ⇒ 𝐴𝑅 = 5 ⋅ 10</p><p>6 𝑐𝑚2</p><p>Esse detalhe pode tirar alguns pontos da sua prova, então, atenção na hora de ler a questão!</p><p>A tabela abaixo fornece as principais conversões de unidades de medida, vamos adotar como</p><p>unidade padrão o metro:</p><p>27</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>2.3.2. QUADRADO</p><p>Esse é um caso particular de retângulo. Como o quadrado possui lados congruentes, a sua</p><p>altura e base possuem as mesmas medidas. Para um quadrado de lado 𝑙:</p><p>𝑨𝑸 = 𝒍</p><p>𝟐</p><p>2.3.3. PARALELOGRAMO</p><p>O paralelogramo pode ser visto como um retângulo inclinado, veja:</p><p>28</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área do paralelogramo de altura ℎ e base 𝑏 é equivalente à área de um retângulo de</p><p>altura ℎ e base 𝑏, logo:</p><p>𝑨𝑷 = 𝒃 ⋅ 𝒉</p><p>2.3.4. TRIÂNGULO</p><p>A área de um triângulo é igual à metade da área de um paralelogramo de altura ℎ e base</p><p>𝑏. Seja 𝐴𝑇 a área de um triângulo de base 𝑏 e altura ℎ:</p><p>Analisando a figura, podemos ver que:</p><p>2𝐴𝑇 = 𝑏 ⋅ ℎ</p><p>𝑨𝑻 =</p><p>𝒃 ⋅ 𝒉</p><p>𝟐</p><p>2.3.5. LOSANGO</p><p>A área de um losango de diagonal maior 𝐷 e diagonal menor 𝑑 é igual à 2 vezes a área de</p><p>um triângulo de base 𝑑 e altura 𝐷/2:</p><p>29</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐴𝐿 = 2𝐴𝑇 ⇒ 𝐴𝐿 = 2 ⋅</p><p>𝑑 ⋅</p><p>𝐷</p><p>2</p><p>2</p><p>𝑨𝑳 =</p><p>𝒅 ⋅ 𝑫</p><p>𝟐</p><p>2.3.6. TRAPÉZIO</p><p>Para calcular a área de um trapézio de base menor 𝑏 e base maior 𝐵 e altura ℎ, podemos</p><p>dividi-lo em 2 triângulos de altura ℎ e bases 𝑏 e 𝐵:</p><p>𝐴𝑇𝑟 = 𝐴1 + 𝐴2 ⇒ 𝐴𝑇𝑟 =</p><p>𝑏 ⋅ ℎ</p><p>2</p><p>+</p><p>𝐵 ⋅ ℎ</p><p>2</p><p>𝑨𝑻𝒓 =</p><p>(𝒃 + 𝑩) ⋅ 𝒉</p><p>𝟐</p><p>30</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>2.3.7. POLÍGONO REGULAR</p><p>Dado um polígono regular de 𝑛 lados, sendo:</p><p>𝑎 − medida do apótema</p><p>𝑙 − medida do lado</p><p>𝑛 − número de lados</p><p>𝑝 − semiperímetro do polígono</p><p>Esse polígono pode ser dividido em 𝑛 triângulos congruentes de base 𝑙 e altura 𝑎:</p><p>A área desse polígono é dada por:</p><p>𝐴𝑃𝑜𝑙 =</p><p>𝑛 ⋅ 𝑙 ⋅ 𝑎</p><p>2</p><p>O perímetro desse polígono é igual a:</p><p>2𝑝 = 𝑛 ⋅ 𝑙</p><p>Assim, substituindo a identidade acima na expressão da área do polígono, encontramos:</p><p>𝐴𝑃𝑜𝑙 =</p><p>2𝑝 ⋅ 𝑎</p><p>2</p><p>𝑨𝑷𝒐𝒍 = 𝒑 ⋅ 𝒂</p><p>2.3.8. OUTRAS EXPRESSÕES PARA ÁREA DO TRIÂNGULO</p><p>Dependendo dos dados da questão, podemos calcular a área do triângulo de outras</p><p>formas. Vamos explorar as possibilidades:</p><p>1) Dados um dos lados e a respectiva altura</p><p>31</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Seja 𝑆 a área do triângulo, como vimos anteriormente, a área do triângulo em função do</p><p>lado e da respectiva altura é dada por:</p><p>𝑺 =</p><p>𝒂 ⋅ 𝒉𝒂</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝒃 ⋅ 𝒉𝒃</p><p>𝟐</p><p>=</p><p>𝒄 ⋅ 𝒉𝒄</p><p>𝟐</p><p>2) Dados dois lados e um ângulo compreendido entre eles</p><p>Temos a base do triângulo, precisamos calcular a altura 𝐶𝐻:</p><p>𝐶𝐻 = 𝑏 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼</p><p>A área é dada por:</p><p>𝑺 =</p><p>𝒃 ⋅ 𝒄 ⋅ 𝒔𝒆𝒏𝜶</p><p>𝟐</p><p>3) Dados um lado e dois ângulos adjacentes</p><p>32</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Nesse caso, procedemos chamando um lado de 𝑥, escolhendo o lado 𝐴𝐶, temos:</p><p>A área desse triângulo é dada por:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑥 ⋅ 𝑐 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼</p><p>2</p><p>Podemos encontrar o valor</p><p>Na figura acima, ABCD é um quadrado de área 104 e o ponto O é o centro do semicírculo de diâmetro</p><p>AB. A área do triângulo AEF é dada por</p><p>a) 𝟐(𝟑√𝟑 + 𝟑)</p><p>b) 𝟔(𝟒√𝟑 − 𝟑)</p><p>c) 𝟓(𝟒√𝟑 − 𝟔)</p><p>d) 𝟑(𝟒√𝟑 − 𝟑)</p><p>e) 𝟖(𝟒√𝟑 − 𝟑)</p><p>277</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>204. (CN/2003)</p><p>Um estudante foi calculando o lado do polígono regular de 2n lados, inscrito em uma circunferência</p><p>de raio 10 centímetros, para n sucessivamente igual a 6, 12, 24, 48, 96, etc. Após determinar cada</p><p>lado, calculou o perímetro p do respectivo polígono, e observou que p é um número cada vez mais</p><p>próximo, porém menor que</p><p>a) 60</p><p>b) 61</p><p>c) 62</p><p>d) 63</p><p>e) 64</p><p>205. (CN/2003)</p><p>Num quadrilátero ABCD tem-se: AB = 42, BC = 48, CD = 64, DA = 49 e P é o ponto de interseção entre</p><p>as diagonais AC e BD. Qual é a razão entre os segmentos PA e PC, sabendo-se que a diagonal BD é</p><p>igual a 56?</p><p>a)</p><p>𝟕</p><p>𝟖</p><p>b)</p><p>𝟖</p><p>𝟕</p><p>c)</p><p>𝟕</p><p>𝟔</p><p>d)</p><p>𝟔</p><p>𝟕</p><p>e)</p><p>𝟒𝟗</p><p>𝟔𝟒</p><p>GABARITO</p><p>130. e</p><p>131. a</p><p>132. a</p><p>133. e</p><p>134. c</p><p>135. c</p><p>136. a</p><p>137. a</p><p>138. e</p><p>278</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>139. a</p><p>140. d</p><p>141. d</p><p>142. d</p><p>143. d</p><p>144. b</p><p>145. c</p><p>146. c</p><p>147. d</p><p>148. Não há resposta entre as alternativas.</p><p>149. c</p><p>150. e</p><p>151. b</p><p>152. c</p><p>153. d</p><p>154. d</p><p>155. b</p><p>156. c</p><p>157. b</p><p>158. a</p><p>159. b</p><p>160. b</p><p>161. e</p><p>162. a</p><p>163. b</p><p>164. c</p><p>165. c</p><p>166. d</p><p>167. a</p><p>168. d</p><p>169. d</p><p>170. b</p><p>171. a</p><p>172. a</p><p>173. a</p><p>174. e</p><p>175. Anulada.</p><p>176. a</p><p>177. d</p><p>178. b</p><p>179. b</p><p>180. a</p><p>181. (anulada) “e”.</p><p>279</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>182. d</p><p>183. c</p><p>184. b</p><p>185. a</p><p>186. c</p><p>187. c</p><p>188. d</p><p>189. e</p><p>190. e</p><p>191. b</p><p>192. c</p><p>193. a</p><p>194. b</p><p>195. a</p><p>196. e</p><p>197. b</p><p>198. d</p><p>199. d</p><p>200. c</p><p>201. e</p><p>202. b</p><p>203. d</p><p>204. Anulada (“d” ou “e”).</p><p>205. e</p><p>RESOLUÇÃO</p><p>130. (CN/2023)</p><p>O símbolo do Grêmio Estudantil do Colégio Naval é composto por um círculo de raio = ífV3, centro</p><p>O, tangente ao lado BC e ao segmento MN (MN//BC) do triângulo equilátero ABC, cujo lado mede 6</p><p>cm, conforme figura abaixo.</p><p>280</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Determine o valor de k para que a soma das áreas do triângulo AMN e do círculo seja mínima, em</p><p>cm. (Utilize 𝝅 = 𝟑)</p><p>a) 𝟒√𝟑/(𝟗 + 𝟒√𝟑)</p><p>b) 𝟗√𝟑/(𝟏𝟖 + 𝟖√𝟑)</p><p>c) 𝟓√𝟑/(𝟗 + 𝟒√𝟑)</p><p>d) 𝟏𝟏√𝟑/(𝟏𝟖 + 𝟖√𝟑)</p><p>e) 𝟔√𝟑/(𝟗 + 𝟒√𝟑)</p><p>Comentários</p><p>Como MN é paralelo à base BC, temos que AMN é triângulo equilátero de lado 𝑙. O</p><p>diâmetro do círculo mede 2𝑘√3. Da altura do triângulo ABC:</p><p>𝐻 =</p><p>𝐿√3</p><p>2</p><p>=</p><p>6√3</p><p>2</p><p>= 3√3</p><p>Do triângulo AMN:</p><p>281</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>ℎ =</p><p>𝑙√3</p><p>2</p><p>= 3√3 − 2𝑘√3</p><p>𝑙 = 6 − 4𝑘</p><p>A área pedida é:</p><p>𝐴 =</p><p>𝑙2√3</p><p>4</p><p>+ 𝜋𝑟2 =</p><p>(6 − 4𝑘)2√3</p><p>4</p><p>+ 3(𝑘√3)</p><p>2</p><p>𝐴 =</p><p>(36 − 48𝑘 + 16𝑘2)√3</p><p>4</p><p>+ 9𝑘2</p><p>𝐴 = (9 + 4√3)𝑘2 − 12√3𝑘 + 9√3</p><p>O mínimo é dado pelo vértice da parábola:</p><p>𝑥𝑣 = −</p><p>𝑏</p><p>2𝑎</p><p>= −</p><p>−12√3</p><p>2(9 + 4√3)</p><p>=</p><p>6√3</p><p>9 + 4√3</p><p>Gabarito: E</p><p>131. (CN/2023)</p><p>Seja o quadrado ABCD de área igual a 1 unidade de área (1 u.a.), e os pontos E, F e G sobre os lados</p><p>AD, DC e AB, respectivamente, conforme figura abaixo.</p><p>Considere a área do pentágono interior igual a 1/15. O valor da área hachurada, em u.a., é igual a:</p><p>a) 11/30</p><p>b) 13/30</p><p>c) 7/15</p><p>d) 1/2</p><p>e) 8/15</p><p>Comentários</p><p>282</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O quadrado tem lado 1.</p><p>Da figura, temos:</p><p>Analisando as áreas da figura, temos:</p><p>[𝐹𝐺𝐵] = [𝐶𝐺𝐵]</p><p>𝑎 + 𝑑 + 𝑔 + 𝑒 +</p><p>1</p><p>15</p><p>= 𝑐 + 𝑑 + 𝑒</p><p>∴ 𝑐 = 𝑎 + 𝑔 +</p><p>1</p><p>15</p><p>[𝐵𝐸𝐶] = 1 ⋅</p><p>1</p><p>2</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>= 𝑓 + 𝑏 + 𝑐 + 𝑑 +</p><p>1</p><p>15</p><p>Substituindo c na última equação:</p><p>𝑓 + 𝑏 + (𝑎 + 𝑔 +</p><p>1</p><p>15</p><p>) + 𝑑 +</p><p>1</p><p>15</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>𝑆 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑑 + 𝑔 + 𝑓 =</p><p>1</p><p>2</p><p>−</p><p>2</p><p>15</p><p>=</p><p>15 − 4</p><p>30</p><p>=</p><p>11</p><p>30</p><p>Gabarito: A</p><p>132. (CN/2023)</p><p>Observe o símbolo abaixo:</p><p>283</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O pentágono do símbolo da Fragata Rademaker é regular. Se o produto da medida de uma de suas</p><p>diagonais pela medida de um de seus lados é 2 dm2, determine a medida desse lado, em dm, e</p><p>assinale a opção correta.</p><p>a) √√𝟓 − 𝟏</p><p>b) √√𝟓 + 𝟏</p><p>c) √𝟓 − 𝟏</p><p>d) √𝟓</p><p>e) √𝟓 + 𝟏</p><p>Comentários</p><p>Todo polígono regular é inscritível, logo:</p><p>Note que o quadrilátero ACDE é inscritível. Aplicando o teorema de Ptolomeu:</p><p>284</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐴𝐷 ⋅ 𝐸𝐶 = 𝐴𝐶 ⋅ 𝐸𝐷 + 𝐴𝐸 ⋅ 𝐶𝐷</p><p>𝑑2 = 𝑙𝑑 + 𝑙2</p><p>Do enunciado:</p><p>𝑙𝑑 = 2 ⇒ 𝑑 =</p><p>2</p><p>𝑙</p><p>Substituindo:</p><p>(</p><p>2</p><p>𝑙</p><p>)</p><p>2</p><p>= 2 + 𝑙2</p><p>𝑙4 + 2𝑙2 − 4 = 0</p><p>𝑙2 =</p><p>−2 ± √20</p><p>2</p><p>= −1 ± √5</p><p>⇒ 𝑙2 = √5 − 1</p><p>∴ 𝑙 = √√5 − 1</p><p>Gabarito: A</p><p>133. (CN/2022)</p><p>O barrete de adaptador é objeto, com forma retangular, de desejo de muitos alunos do 3º ano</p><p>escolar do Colégio Naval. Observando a imagem e as informações contidas nela, assinale a opção</p><p>que contém o perímetro da parte branca da figura, sendo conhecida a área retangular: 48 mm2.</p><p>a) 𝟖(√𝟐 + 𝟐) 𝒎𝒎</p><p>b) 𝟒(√𝟑 + 𝟐) 𝒎𝒎</p><p>c) (√𝟐 + 𝟐) 𝒎𝒎</p><p>d) 𝟒(√𝟑 + 𝟏) 𝒎𝒎</p><p>e) 𝟒(√𝟐 + 𝟏) 𝒎𝒎</p><p>Comentários</p><p>285</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área do retângulo é</p><p>𝐴 = (𝑥 − √16)(𝑥 + √16) = 48</p><p>𝑥2 − 16 = 48</p><p>𝑥2 = 64</p><p>𝑥 = 8</p><p>Supondo que o triângulo branco é retângulo isósceles, temos:</p><p>O perímetro é</p><p>2𝑝 = 4 + 2√2 + 2√2 = 4(√2 + 1)</p><p>*Observação: do modo como foi escrito a questão, não fica claro que o triângulo branco é</p><p>de fato retângulo isósceles. Há apenas um ângulo de 45° denotado no lado de cima da bandeira,</p><p>mas nada conclusivo.</p><p>Gabarito: E</p><p>134. (CN/2022)</p><p>Em um triângulo equilátero (𝚫) com vértices A, B e C, marca-se os pontos médios D, E e F dos</p><p>segmentos 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ , respectivamente. Dos segmentos 𝑫𝑬̅̅ ̅̅ , 𝑫𝑭̅̅ ̅̅ e 𝑬𝑭̅̅ ̅̅ , marca-se, novamente, os</p><p>pontos médios H, I e G. Sabendo que a área da figura plana formada pelos segmentos 𝑯𝑰̅̅ ̅̅ , 𝑯𝑮̅̅̅̅̅ e 𝑰𝑮̅̅̅̅</p><p>é 𝟐𝟓√𝟑 𝒄𝒎𝟐, assinale a opção que apresenta a quantidade de item ou itens INCORRETO(S).</p><p>I- A razão entre a altura (x) da figura plana formada pelos segmentos 𝑯𝑰̅̅ ̅̅ ,𝑯𝑮̅̅̅̅̅ e 𝑰𝑮̅̅̅̅ e a altura (X) do</p><p>triângulo formado pelos segmentos 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ é igual a 1/4.</p><p>II- A soma dos perímetros (𝚫) ABC, (𝚫) DEF e (𝚫)HIG é um múltiplo de 7.</p><p>III- O lado do (𝚫) HIG vale 25cm.</p><p>286</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>IV- A área do (𝚫) BDF é quatro vezes maior que a área do (𝚫) ADE.</p><p>a) Zero.</p><p>b) Um.</p><p>c) Dois.</p><p>d) Três.</p><p>e) Quatro.</p><p>Comentários</p><p>Desenhando a figura, temos:</p><p>Os triângulos ABC, DEF e HIG são equiláteros semelhantes e seus lados medem 𝐿1, 𝐿2 e 𝐿3,</p><p>respectivamente. Calculando o valor de 𝐿3:</p><p>[𝐻𝐼𝐺] =</p><p>𝐿3</p><p>2</p><p>√3</p><p>4</p><p>= 25√3 ⇒ 𝐿3</p><p>2 = 100 ∴ 𝐿3 = 10</p><p>A razão de semelhança entre os triângulos ABC e DEF, e DEF e HIG é 1/2, logo:</p><p>𝐿2 = 2𝐿3 = 20</p><p>𝐿1 = 2𝐿2 = 40</p><p>Disso temos que se 𝑥 é a altura de HIG e X é a altura de ABC:</p><p>𝑥</p><p>𝑋</p><p>=</p><p>𝐿3</p><p>𝐿1</p><p>=</p><p>𝐿3</p><p>4𝐿3</p><p>=</p><p>1</p><p>4</p><p>Analisando os itens:</p><p>I) Correto.</p><p>II) Correto. A soma dos perímetros é:</p><p>𝑆 = 3𝐿1 + 3𝐿2 + 3𝐿3 = 3(10 + 20 + 40) = 3(70) = 210</p><p>287</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Que é múltiplo de 7.</p><p>III) Falso. O lado de HIG é 10 cm</p><p>IV) Falso. As áreas dos triângulos BDF e ADE são iguais.</p><p>Portanto apenas duas são incorretas.</p><p>Gabarito: C</p><p>135. (CN/2022)</p><p>A figura 1 retrata um dos símbolos mais tradicionais da Marinha do Brasil. Ele é utilizado nos</p><p>uniformes dos oficiais da armada e faz referência à volta que o Almirante Nelson, oficial inglês,</p><p>levava em um pequeno cabo amarrado à manga de seu dólmã.</p><p>Uma costureira, na confecção de uniformes, o reproduziu como uma combinação de duas figuras</p><p>geométricas: um círculo e um retângulo, figura 2. Assinale a opção que contenha o valor da área</p><p>hachurada,</p><p>sabendo que o diâmetro do círculo, figura 2, é igual a 20 mm e que 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ vale 12 mm.</p><p>a) 𝟐(𝟐𝝅 − 𝟓)</p><p>b) 𝟑(𝟓𝝅 − 𝟏𝟎)</p><p>c) 𝟒(𝟓𝝅 − 𝟏𝟐)</p><p>d) 𝟓(𝟐𝝅 − 𝟑)</p><p>e) 𝟔(𝟒𝝅 − 𝟓)</p><p>Comentários</p><p>Como o diâmetro mede 20 mm, temos que o raio é 10 mm, logo:</p><p>288</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Por Pitágoras, concluímos que a altura do triângulo isósceles AOB é 8.</p><p>A área do segmento circular é dada por:</p><p>𝐴 =</p><p>2𝜃</p><p>2𝜋</p><p>𝜋102 − 8 ⋅</p><p>12</p><p>2</p><p>𝐴 = 100𝜃 − 48</p><p>Note que a figura apresenta o ângulo de 72° na circunferência. Analisando o triângulo</p><p>retângulo de medidas 6, 8 e 10, temos:</p><p>cos 𝜃 =</p><p>8</p><p>10</p><p>= 0,8</p><p>Mas sabemos que</p><p>cos 36° =</p><p>√5 + 1</p><p>4</p><p>≅</p><p>2,2 + 1</p><p>4</p><p>=</p><p>3,2</p><p>4</p><p>= 0,8</p><p>Logo, podemos afirmar que 𝜃 ≅ 36° =</p><p>𝜋</p><p>5</p><p>. Substituindo:</p><p>𝐴 = 100 (</p><p>𝜋</p><p>5</p><p>) − 48</p><p>𝐴 = 20𝜋 − 48</p><p>𝐴 = 4(5𝜋 − 12)</p><p>Gabarito: C</p><p>136. (CN/2022)</p><p>Um animal de estimação foi preso a uma corda de 3m em um poste P de uma praça que contém</p><p>região reservada para animais de estimação delimitada entre o jardim e espaço de recreação,</p><p>conforme a figura abaixo. Se a corda possui o mesmo tamanho de 𝑨𝑷̅̅ ̅̅ e 𝑷𝑩̅̅ ̅̅ = 𝑨𝑷̅̅ ̅̅ , o valor da área</p><p>em que o animal consegue se deslocar é:</p><p>289</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟗</p><p>𝟐</p><p>(</p><p>𝝅</p><p>𝟐</p><p>+ 𝟏)</p><p>b) 𝟗(𝝅 + 𝟐)</p><p>c)</p><p>𝟗𝝅</p><p>𝟒</p><p>d)</p><p>𝟗</p><p>𝟐</p><p>e)</p><p>𝟗</p><p>𝟒</p><p>(𝝅 + 𝟏)</p><p>Comentários</p><p>Supondo que a região delimitada seja um triângulo retângulo, pela figura temos que:</p><p>A área que o animal conseguirá se deslocar é igual à soma das áreas do setor circular PAD</p><p>e do triângulo PBD, logo:</p><p>𝐴 =</p><p>𝜃</p><p>2𝜋</p><p>𝜋32 +</p><p>3 ⋅ 3 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜋 − 𝜃)</p><p>2</p><p>290</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐴 =</p><p>9𝜃</p><p>2</p><p>+</p><p>9 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝜃)</p><p>2</p><p>𝐴 =</p><p>9</p><p>2</p><p>(𝜃 + 𝑠𝑒𝑛 𝜃)</p><p>Como não sabemos a medida do lado AC e do lado BC, não é possível concluir a área da</p><p>região, dado que ela ficará em função de 𝜃. Pelo gabarito preliminar, supõe-se que o ângulo é de</p><p>𝜋</p><p>2</p><p>:</p><p>𝐴 =</p><p>9</p><p>2</p><p>(</p><p>𝜋</p><p>2</p><p>+ 1)</p><p>*Observação: a banca considerou que 𝜃 = 𝜋/2.</p><p>Gabarito: A</p><p>137. (CN/2021)</p><p>Quantos são os valores distintos de 𝒏, para os quais 𝟏𝟎𝟐 ≤ 𝒏 ≤ 𝟐𝟎𝟐, e 𝒏 é a quantidade de lados</p><p>de um polígono convexo cuja soma dos ângulos internos resulta num quadrado perfeito?</p><p>a) 2</p><p>b) 4</p><p>c) 6</p><p>d) 8</p><p>e) 9</p><p>Comentários</p><p>A soma dos ângulos internos de um polígono convexo é dada por:</p><p>𝑆𝑖 = (𝑛 − 2) ⋅ 180°</p><p>Da restrição de 𝑛:</p><p>102 ≤ 𝑛 ≤ 202 ⇒ 100 ≤ 𝑛 − 2 ≤ 200</p><p>Veja que 180 pode ser escrito como:</p><p>180 = 22 ⋅ 32 ⋅ 5</p><p>Para termos um quadrado perfeito, o número 𝑛 − 2 deve ser da forma:</p><p>𝑛 − 2 = (22)𝑎(32)𝑏52𝑐−1</p><p>O expoente 2𝑐 − 1 do fator 5 se deve à necessidade desse número ser ímpar.</p><p>Dado a restrição de 𝑛, temos que 𝑛 − 2 pode ter 1 fator 5 ou 3 fatores 5.</p><p>Com 1 fator 5:</p><p>𝑛 − 2 = 22𝑎32𝑏5</p><p>291</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>100 ≤ 22𝑎32𝑏5 ≤ 200</p><p>20 ≤ 22𝑎32𝑏 ≤ 40</p><p>Assim, analisando os possíveis valores de 𝑎 e 𝑏:</p><p>𝒂 𝒃 𝟐𝟐𝒂𝟑𝟐𝒃</p><p>𝟎 1 9</p><p>𝟎 2 81</p><p>𝟏 0 4</p><p>𝟐 0 16</p><p>𝟑 0 64</p><p>𝟏 1 36</p><p>Veja que apenas 𝑎 = 1 e 𝑏 = 1 satisfazem a condição, logo um possível valor para 𝑛 é:</p><p>𝑛 − 2 = 22325 = 180</p><p>A outra possibilidade ocorre para 𝑛 − 2 com 3 fatores 5:</p><p>𝑛 − 2 = 53 = 125 ⇒ 𝑛 = 127</p><p>Com isso, temos apenas 2 possíveis valores.</p><p>Gabarito: A</p><p>138. (CN/2021)</p><p>Considere o triângulo ABC acutângulo e não equilátero, onde O é o seu circuncentro e H o seu</p><p>ortocentro. A reta que passa por O e H intersecta o lado AB no ponto P, e a reta que passa por C e H</p><p>intersecta o mesmo lado AB no ponto Q. Se a reta suporte de HP é a bissetriz do ângulo 𝑨𝑯�̂� e o</p><p>segmento HP=4cm, é correto afirmar que a medida em cm do perímetro do triângulo AHP é igual a:</p><p>a) 𝟒 + 𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟒 + 𝟑√𝟐</p><p>c) 𝟒 + 𝟔√𝟑</p><p>d) 𝟖 + 𝟒√𝟐</p><p>e) 𝟖 + 𝟒√𝟑</p><p>Comentários</p><p>Desenhando-se a figura do enunciado, obtemos:</p><p>292</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Perceba que nessa figura podemos inserir a circunferência de 9 pontos que passa pelos pés</p><p>das alturas, pelos pontos médios dos segmentos que ligam os vértices ao ortocentro H e pelos</p><p>pontos médios dos lados do triângulo.</p><p>Na circunferência de 9 pontos, temos que o seu centro está sobre a reta de Euler (que é</p><p>formada pelos pontos H e O), logo temos que 𝐻𝑄 = 𝐻𝑀. Como M é ponto médio de AH e AHQ é</p><p>triângulo retângulo, temos que M será o centro da circunferência circunscrita ao Δ𝐴𝐻𝑄:</p><p>293</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Assim, verificamos que 𝐴𝑀 = 𝑄𝑀 = 𝐻𝑀 = 𝐻𝑄 e, portanto, o triângulo QMH é equilátero,</p><p>ou seja, 2𝜃 = 60° ∴ 𝜃 = 30°.</p><p>Desse modo, Δ𝐴𝐻𝑃 é isósceles, com 𝐴𝑃 = 𝐻𝑃 = 4 e a base é dada por:</p><p>𝐴𝐻 = 2(4 cos 30°) = 4√3</p><p>Assim, o perímetro do triângulo AHP é dado por:</p><p>4 + 4 + 4√3 = 8 + 4√3</p><p>Gabarito: E</p><p>139. (CN/2021)</p><p>Observe a figura a seguir:</p><p>294</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A figura apresenta o passo a passo de uma folha retangular, 24 cmx16 cm, que será dobrada e depois</p><p>cortada. Tanto as etapas das dobras como a maneira que a folha será cortada após essas dobras</p><p>estão indicadas na figura. Ao final da última etapa de dobras, visto de cima, o aspecto do papel é de</p><p>um quadrado 8 cm x 8 cm. Dois vértices desse quadrado são escolhidos para serem retirados; visto</p><p>de cima, cada corte é um arco de circunferência de 90°, que tem centro nesse vértice e raio 2 cm.</p><p>Considere 𝝅 = 𝟑 e determine a área da folha desdobrada que sobrou após os cortes.</p><p>a) 348</p><p>b) 354</p><p>c) 360</p><p>d) 366</p><p>e) 372</p><p>Comentários</p><p>Nessa questão, deve-se perceber que cada corte no quadrado gera na figura inicial um</p><p>buraco equivalente a 6 setores circulares de raio 2cm e ângulo central de 90°. Assim, como</p><p>fazemos 2 cortes, temos que ela gerará buracos equivalente a 12 setores circulares com essas</p><p>medidas.</p><p>Veja a figura com 1 corte no quadrado:</p><p>295</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área da figura inicial é:</p><p>𝐴 = 24 ⋅ 16 = 384</p><p>A área dos buracos é:</p><p>𝐴1 = 12 ⋅</p><p>(𝜋22)</p><p>4</p><p>= 12 ⋅ 3 = 36</p><p>A área que sobra é:</p><p>𝐴𝑇 = 𝐴− 𝐴1 = 384 − 36 = 348 𝑐𝑚</p><p>2</p><p>Gabarito: A</p><p>140. (CN/2021)</p><p>Observe a figura a seguir:</p><p>296</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Ela apresenta um quadrado ABCD com lado medindo 2 unidades de comprimento (u.c). Sabe-se que</p><p>G é o centro desse quadrado e que 𝑪𝑬 = 𝟏𝒖. 𝒄 é o prolongamento do lado 𝑩𝑪. Se 𝒔𝟏 é a área do</p><p>triângulo FHC e 𝒔𝟐 é a área do triângulo FHG, é correto afirmar que a razão</p><p>𝒔𝟏</p><p>𝒔𝟐</p><p>é igual a:</p><p>a) 7/8</p><p>b) 8/9</p><p>c) 9/10</p><p>d) 1</p><p>e) 6/5</p><p>Comentários</p><p>Temos a seguinte figura:</p><p>297</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Pela semelhança de triângulos, temos:</p><p>Δ𝐸𝐹𝐶~Δ𝐸𝐴𝐵 ⇒</p><p>𝐹𝐶</p><p>𝐴𝐵</p><p>=</p><p>𝐸𝐶</p><p>𝐸𝐵</p><p>⇒</p><p>𝐹𝐶</p><p>2</p><p>=</p><p>1</p><p>3</p><p>⇒ 𝐹𝐶 =</p><p>2</p><p>3</p><p>Veja que as alturas FM e BG, podem ser obtidas pelas razões trigonométricas:</p><p>𝐵𝐺 = 2 𝑠𝑒𝑛 45° =</p><p>2√2</p><p>2</p><p>= √2</p><p>𝐹𝑀 =</p><p>2</p><p>3</p><p>𝑠𝑒𝑛 45° =</p><p>2</p><p>3</p><p>√2</p><p>2</p><p>=</p><p>√2</p><p>3</p><p>Assim, podemos calcular a área [BCF] de duas formas:</p><p>[𝐵𝐶𝐹] = 𝑠1 + 𝑠3 =</p><p>𝐵𝐶 ⋅ 𝐹𝐶</p><p>2</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>(𝐻𝐶 ⋅ 𝐹𝑀)+</p><p>1</p><p>2</p><p>(𝐻𝐶 ⋅ 𝐵𝐺)</p><p>2 ⋅</p><p>2</p><p>3</p><p>2</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>(𝐻𝐶 ⋅</p><p>√2</p><p>3</p><p>)+</p><p>1</p><p>2</p><p>(𝐻𝐶 ⋅ √2)</p><p>2</p><p>3</p><p>=</p><p>4√2</p><p>6</p><p>𝐻𝐶</p><p>𝐻𝐶 =</p><p>1</p><p>√2</p><p>=</p><p>√2</p><p>2</p><p>Como G é o centro do quadrado, temos que 𝑄𝐶 = √2 = 𝐺𝐻 + 𝐻𝐶</p><p>298</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>∴ 𝐺𝐻 =</p><p>√2</p><p>2</p><p>= 𝐻𝐶</p><p>Podemos ver que os triângulos FHC e FHG possuem bases de mesma medida e mesma</p><p>altura, logo:</p><p>𝑠1 = 𝑠2 ∴</p><p>𝑠1</p><p>𝑠2</p><p>= 1</p><p>Gabarito: D</p><p>141. (CN/2021)</p><p>Uma pizza de 40 cm de diâmetro foi dividida corretamente em 16 fatias iguais. Uma segunda pizza</p><p>de 30 cm de diâmetro foi dividida corretamente em 25 fatias iguais. Uma menina comeu 3 fatias da</p><p>primeira pizza ingerindo o seu quinhão (o que cabe ou deveria caber em uma</p><p>pessoa ou coisa) x</p><p>enquanto um homem adulto comeu 12 fatias da segunda pizza ingerindo o seu quinhão y. Quantas</p><p>fatias da segunda pizza uma mulher adulta deverá comer para que o quinhão ingerido por ela seja</p><p>igual a média geométrica entre x e y, considerando 𝝅 = 𝟑 e a variação das espessuras das pizzas</p><p>desprezível?</p><p>a) 5</p><p>b) 6</p><p>c) 9</p><p>d) 10</p><p>e) 11</p><p>Comentários</p><p>Vamos calcular a área de cada fatia de pizza. Da pizza 1, temos 40 cm de diâmetro e 16</p><p>fatias iguais, logo a área de cada fatia de pizza é dada por:</p><p>𝑅1 = 20 𝑐𝑚 ⇒ 𝐴1 =</p><p>𝜋 ⋅ 202</p><p>16</p><p>= 3 ⋅ 25 = 75 𝑐𝑚2</p><p>Veja que 𝑥 corresponde ao quinhão da menina e ela comeu 3 fatias da pizza 1, logo seu</p><p>quinhão é:</p><p>𝑥 = 3 ⋅ 75 = 225 𝑐𝑚2</p><p>Para a pizza 2, temos 30 cm de diâmetro e 25 fatias iguais, logo cada fatia possui área dada</p><p>por:</p><p>𝑅2 = 15 𝑐𝑚 ⇒ 𝐴2 =</p><p>𝜋 ⋅ 152</p><p>25</p><p>= 3 ⋅ 9 = 27 𝑐𝑚2</p><p>𝑦 é o quinhão do homem que comeu 12 fatias da pizza 2, logo:</p><p>𝑦 = 12 ⋅ 27 = 324 𝑐𝑚2</p><p>299</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A média geométrica entre x e y é dada por:</p><p>𝑀𝐺 = √𝑥𝑦 = √225 ⋅ 324 = 15 ⋅ 18 = 270</p><p>A mulher adulta deve comer 𝑛 fatias da pizza 2 para ingerir um quinhão de 270 𝑐𝑚2, logo:</p><p>27 ⋅ 𝑛 = 270</p><p>𝑛 = 10</p><p>Gabarito: D</p><p>142. (CN/2019)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Nela temos dois triângulos equiláteros de lado 𝟐√𝟑. Sabe-se que o círculo no interior do primeiro</p><p>triângulo e o quadrado no interior do segundo triângulo, tem as maiores áreas possíveis. É correto</p><p>afirmar, que a razão entre os perímetros do círculo e do quadrado é igual a:</p><p>a)</p><p>𝝅√𝟔⋅(√𝟑+𝟑)</p><p>𝟏𝟐</p><p>b)</p><p>𝝅√𝟔⋅(√𝟑−𝟏)</p><p>𝟏𝟐</p><p>c)</p><p>(𝝅+𝟑√𝟑)√𝟑</p><p>𝟔</p><p>d)</p><p>𝝅√𝟑⋅(𝟑+𝟐√𝟑)</p><p>𝟑𝟔</p><p>e)</p><p>𝝅√𝟑⋅(√𝟑+𝟔)</p><p>𝟑𝟔</p><p>Comentários</p><p>Vamos começar pela parte mais simples, que é a circunferência. Em ambos os casos iremos</p><p>precisar da altura desse triângulo. Isso pode ser obtido facilmente pelo teorema de Pitágoras,</p><p>veja:</p><p>300</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>(2√3)</p><p>2</p><p>= ℎ2 + (√3)</p><p>2</p><p>⇒ ℎ = 3</p><p>Do nosso estudo da geometria plana, sabemos que, no triângulo equilátero, o Incentro, o</p><p>Baricentro e o Circuncentro são coincidentes. Além disso, a altura é mediana, bissetriz e mediatriz</p><p>e o centro da circunferência é o incentro do triângulo.</p><p>Dessa forma, temos que o incentro, que também é baricentro, divide a altura na razão de</p><p>2 para 3, do que segue que o raio dessa circunferência é:</p><p>1</p><p>3</p><p>(ℎ) =</p><p>1</p><p>3</p><p>(3) = 1</p><p>Para encontrar o lado do quadrado conforme dado no enunciado, vamos fazer a seguinte</p><p>semelhança de triângulos (veja a figura):</p><p>301</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐹𝐸</p><p>𝐴𝐸</p><p>=</p><p>𝐵𝑀</p><p>𝐴𝑀</p><p>Como 𝐹𝐸 = 𝑥, vem:</p><p>𝑥</p><p>√3 −</p><p>𝑥</p><p>2</p><p>=</p><p>3</p><p>√3</p><p>= √3 ⇒ 𝑥 =</p><p>6</p><p>2 + √3</p><p>Por fim:</p><p>𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜 = 4 ∙</p><p>6</p><p>2 + √3</p><p>𝑝𝑒𝑟í𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑑𝑜 𝑐í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 = 2𝜋</p><p>A razão entre eles:</p><p>2𝜋 ∙ (</p><p>2 + √3</p><p>24</p><p>) =</p><p>𝜋(2 + √3)</p><p>12</p><p>=</p><p>𝜋√3(2√3 + 3)</p><p>36</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>143. (CN/2019)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Nela, o arco AC, de centro em B, mede 90°. M é ponto médio do diâmetro AB do semicírculo em</p><p>preto. Essa figura representa o ponto de partida de um desenhista gráfico para a construção do</p><p>logotipo de uma empresa. As áreas das partes clara e escura somadas são iguais a 𝟒𝝅. Após análise,</p><p>ele resolve escurecer 30% da área clara e apronta o logotipo. Nessas novas condições é correto</p><p>afirmar que a porcentagem da área da parte clara sobre a área total será igual a:</p><p>a) 25%</p><p>b) 30%</p><p>c) 32%</p><p>d) 35%</p><p>e) 40%</p><p>Comentários</p><p>302</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Para resolver essa questão devemos pensar de maneira bem simples para não fazer muitas</p><p>contas. Veja que a área total equivale a um quarto da área de uma circunferência de raio, digamos,</p><p>𝑟.</p><p>Ou seja:</p><p>𝐴 = á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =</p><p>1</p><p>4</p><p>(𝜋𝑟2) =</p><p>𝜋𝑟2</p><p>4</p><p>A área escura é um semicírculo de raio 𝑟/2, uma vez que 𝑀 é ponto médio. Disso, temos</p><p>que a área da parte escura é:</p><p>𝐵 = á𝑟𝑒𝑎 𝑒𝑠𝑐𝑢𝑟𝑎 =</p><p>1</p><p>2</p><p>(𝜋 (</p><p>𝑟</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>) =</p><p>𝜋𝑟2</p><p>8</p><p>A área clara inicial é, portanto:</p><p>𝐶 = á𝑟𝑒𝑎 𝑐𝑙𝑎𝑟𝑎 =</p><p>𝜋𝑟2</p><p>4</p><p>−</p><p>𝜋𝑟2</p><p>8</p><p>=</p><p>𝜋𝑟2</p><p>8</p><p>Após a redução, a área clara que sobra é:</p><p>0,7 ∙ 𝐶 =</p><p>0,7𝜋𝑟2</p><p>8</p><p>Por fim, a porcentagem é:</p><p>0,7𝐶</p><p>𝐴</p><p>=</p><p>0,7𝜋𝑟2</p><p>8</p><p>∙</p><p>4</p><p>𝜋𝑟2</p><p>=</p><p>0,7</p><p>2</p><p>= 0,35 = 35%</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>144. (CN/2019)</p><p>Seja ABCD um quadrado de lado 1 e centro em ‘O. Considere a circunferência de centro em ‘O e raio</p><p>𝟑/𝟕. A área 'S' da região externa ao círculo considerado e interna ao quadrado é tal que:</p><p>a) 𝟎 ≤ 𝑺 < 𝟎, 𝟒</p><p>b) 𝟎, 𝟒 ≤ 𝑺 < 𝟎, 𝟖</p><p>c) 𝟎, 𝟖 ≤ 𝑺 < 𝟎, 𝟗</p><p>d) 𝟎, 𝟗 ≤ 𝑺 < 𝟏</p><p>e) 𝟏 ≤ 𝑺 < 𝟏, 𝟐</p><p>Comentários</p><p>A maior circunferência que pode ser inscrita nesse quadrado possui raio 1/2, que é tal que:</p><p>1</p><p>2</p><p>></p><p>3</p><p>7</p><p>Disso, concluímos que a circunferência fornecida estará completamente no interior do</p><p>quadrado, de modo que a área 𝑆 é dada por:</p><p>303</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆 = 1 −</p><p>9𝜋</p><p>49</p><p>Usando que 𝜋 ≈ 3,14, podemos fazer uma estimativa simples dessa área, pois:</p><p>9 ∙ 3,14 = 28,26</p><p>Além disso:</p><p>28,26</p><p>49</p><p>≈ 0,57</p><p>Do que segue que:</p><p>𝑆 ≈ 1 − 0,57 = 0,43</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>145. (CN/2019)</p><p>O perímetro do triângulo ABC mede x unidades. O triângulo DEF é semelhante ao triângulo ABC e</p><p>sua área é 36 vezes a área do triângulo ABC. Nessas condições, é correto afirmar que o perímetro</p><p>do triângulo DEF é igual a:</p><p>a) 2x</p><p>b) 3x</p><p>c) 6x</p><p>d) 9x</p><p>e) 10x</p><p>Comentários</p><p>Seja 𝑘 a razão de semelhança entre os triângulos de modo que:</p><p>𝐷𝐸</p><p>𝐴𝐵</p><p>=</p><p>𝐸𝐹</p><p>𝐵𝐶</p><p>=</p><p>𝐹𝐷</p><p>𝐶𝐴</p><p>= 𝑘</p><p>A área é o produto da base pela altura. Dessa forma, seja ℎ a altura do Δ𝐴𝐵𝐶, de modo</p><p>que a área de Δ𝐴𝐵𝐶:</p><p>á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 Δ𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 ∙ ℎ</p><p>De forma que, pela semelhança de triângulos, temos que:</p><p>á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑒 Δ𝐷𝐸𝐹 = 𝐷𝐸 ∙ ℎ = 𝑘𝐴𝐵 ∙ 𝑘ℎ = 𝑘2𝐴𝐵 ∙ ℎ</p><p>Do enunciado, temos que a área do triângulo Δ𝐷𝐸𝐹 é 36 vezes a área do Δ𝐴𝐵𝐶, de modo</p><p>que:</p><p>𝑘2 = 36 ⇒ 𝑘 = 6</p><p>O perímetro do Δ𝐴𝐵𝐶 é:</p><p>𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴 = 𝑥</p><p>304</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O perímetro do Δ𝐷𝐸𝐹 é:</p><p>𝐷𝐸 + 𝐸𝐹 + 𝐹𝐷 = 𝑘(𝐴𝐵 + 𝐵𝐶 + 𝐶𝐴) = 6𝑥</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>146. (CN/2019)</p><p>Observe as figuras a seguir.</p><p>Na figura observam-se as rosáceas de perímetro 𝒙, 𝒚 e 𝒛, respectivamente. A rosácea I está inscrita</p><p>num quadrado ABCD de lado 8,5 cm; a rosácea II está inscrita num pentágono regular EFGHI de lado</p><p>5 cm; e a rosácea III está inscrita num hexágono regular JKLMNO de lado 4 cm. Sabendo-se que o</p><p>perímetro de uma rosácea é a soma de todos os arcos dos setores circulares apresentados na sua</p><p>construção, é correto afirmar que:</p><p>a) 𝒚 > 𝒙 > 𝒛</p><p>b) 𝒙 > 𝒚 > 𝒛</p><p>c) 𝒙 > 𝒛 > 𝒚</p><p>d) 𝒛 > 𝒚 > 𝒙</p><p>e) 𝒛 > 𝒙 > 𝒚</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo é entender que cada arco de circunferência que compõe cada rosácea</p><p>está associado a um vértice da figura base (quadrado, pentágono ou hexágono).</p><p>Dessa forma, para calcular cada arco de rosácea precisamos identificar:</p><p>A quantidade de vértices do polígono;</p><p>A soma dos ângulos internos desse polígono.</p><p>Do nosso estudo da geometria plana, sabemos que a soma dos ângulos internos de um polígono</p><p>de 𝑛 lados é:</p><p>180(𝑛 − 2)</p><p>Dessa forma, cada arco de rosácea mede:</p><p>305</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>180(𝑛 − 2)</p><p>𝑛</p><p>∙</p><p>1</p><p>360</p><p>∙ 2𝜋𝑙</p><p>Onde 𝑙 é o lado do polígono e 𝑛 o número de lados. Mas o número de arcos é igual ao</p><p>número de vértices ou lados do polígono, do que temos que o perímetro total da rosácea é dado</p><p>por:</p><p>𝑛 ∙</p><p>180(𝑛 − 2)</p><p>𝑛</p><p>∙</p><p>1</p><p>360</p><p>∙ 2𝜋𝑙 =</p><p>𝑛 − 2</p><p>2</p><p>∙ 2𝜋𝑙</p><p>Disso, podemos calcular os perímetros dados:</p><p>Para 𝑛 = 4 e 𝑙 = 8,5, temos:</p><p>𝑥 =</p><p>4 − 2</p><p>2</p><p>∙ 2𝜋 ∙ 8,5 = 17𝜋</p><p>Para 𝑛 = 5 e 𝑙 = 5, temos:</p><p>𝑦 =</p><p>5 − 2</p><p>2</p><p>∙ 2𝜋 ∙ 5 = 15𝜋</p><p>Para 𝑛 = 6 e 𝑙 = 4, vem:</p><p>𝑧 =</p><p>6 − 2</p><p>2</p><p>∙ 2𝜋 ∙ 4 = 16𝜋</p><p>Disso, podemos dizer que:</p><p>𝑥 > 𝑧 > 𝑦</p><p>Gabarito:</p><p>“c”.</p><p>147. (CN/2019)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Ela apresenta o triângulo equilátero ABC e o retângulo CDEF. Sabe-se que A, C e D estão na mesma</p><p>reta, AC = CF e CD = 2DE. Com centro em C e raio CD traça-se o arco de circunferência que intersecta</p><p>EF em G. Por F traça-se a reta FH // CG, de modo tal que D, G e H estejam sobre a mesma reta. Dado</p><p>que a área do triângulo CDG é 36, o valor da soma das medidas das áreas dos triângulos CBF e FGH</p><p>é:</p><p>a) 22</p><p>b) 27</p><p>306</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 31</p><p>d) 36</p><p>e) 40</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo nessa questão é representar o enunciado por meio de uma figura, veja:</p><p>Na figura, traçamos a altura 𝐺𝐼 do triângulo Δ𝐶𝐷𝐺. Sabemos 𝐶𝐷𝐸𝐹 é um retângulo, de</p><p>modo que 𝐶𝐹 = 𝐺𝐼. Além disso, 𝐶𝐷 = 2𝐷𝐸 = 2𝐶𝐹. Disso, temos que a área do triângulo Δ𝐶𝐷𝐺</p><p>é dada por:</p><p>𝐶𝐹 ∙ 2𝐶𝐹</p><p>2</p><p>= 36 ⇒ 𝐶𝐹2 = 36 ⇒ 𝐶𝐹 = 6</p><p>Agora, observe que, como 𝐹𝐻 ∥ 𝐶𝐺, 𝐺𝐷 ∥ 𝐺𝐻 e 𝐹𝐺 ∥ 𝐶𝐷, podemos dizer que os triângulos</p><p>Δ𝐶𝐷𝐺 e Δ𝐹𝐺𝐻 são semelhantes pelo caso 𝐿𝐿𝐿. Desse modo, a razão entre suas áreas é o</p><p>quadrado da razão entre os lados. Usando Pitágoras, podemos calcular 𝐹𝐺:</p><p>𝐹𝐺2 + 𝐶𝐹2 = 𝐶𝐺2</p><p>Mas 𝐶𝐺 = 𝐶𝐷 = 2𝐶𝐹. Logo:</p><p>𝐹𝐺2 + 𝐶𝐹2 = 4𝐶𝐹2 ⇒ 𝐹𝐺 = √3𝐶𝐹</p><p>Do que segue que a razão de semelhança é:</p><p>𝐹𝐺</p><p>𝐶𝐷</p><p>=</p><p>√3𝐶𝐹</p><p>2𝐶𝐹</p><p>=</p><p>√3</p><p>2</p><p>Logo, a razão entre as áreas é:</p><p>(</p><p>√3</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>3</p><p>4</p><p>De onde concluímos que a área de Δ𝐹𝐺𝐻 é dada por:</p><p>307</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>3</p><p>4</p><p>∙ 36 = 27</p><p>Vamos agora calcular a área do triângulo 𝐶𝐵𝐹:</p><p>Traçamos a atura 𝐵𝐽. Veja que ela corresponde à metade do segmento 𝐴𝐶 = 𝐶𝐹, de modo</p><p>que a área desse triângulo é dada por:</p><p>𝐶𝐹</p><p>2</p><p>∙ 𝐶𝐹</p><p>2</p><p>=</p><p>𝐶𝐹2</p><p>4</p><p>=</p><p>36</p><p>4</p><p>= 9</p><p>Por fim, queremos:</p><p>27 + 9 = 36</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>148. (CN/2018)</p><p>Seja ABC um triângulo equilátero de lado 3. Exteriormente ao triângulo, constroem-se três</p><p>quadrados, sempre a partir de um lado do triângulo ABC, ou seja, no quadrado Q1, AB é um lado; no</p><p>Q2, BC é um lado; e no Q3, AC é um lado. Com centro no baricentro “G” do triângulo ABC, traça-se</p><p>um círculo de raio 3. A medida da área da parte do círculo que não pertence a nenhum dos</p><p>quadrados Q1, Q2 e Q3, e nem ao triângulo ABC é igual a:</p><p>a) 𝟐𝝅</p><p>b) 𝟑𝝅</p><p>c) 𝟓𝝅</p><p>308</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 𝟕𝝅</p><p>e) 𝟏𝟐𝝅</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo é fazer um esboço da situação proposta:</p><p>Por simetria, a área pedida corresponde a 3𝑆 (veja figura). Essa área 𝑆, por sua vez,</p><p>corresponde à área do setor circular 𝐷𝐺𝐸 subtraída da soma das áreas dos triângulos 𝐴𝐷𝐺 𝑒 𝐴𝐺𝐸,</p><p>que são iguais, pois os triângulos são congruentes (𝐿𝐴𝐿).</p><p>O ângulo 𝐴�̂�𝐶 mede 120° e 𝐴�̂�𝐷 = 𝐶�̂�𝐹. Assim, como Δ𝐷𝐺𝐹 é equilátero, temos:</p><p>120° = 2𝐴�̂�𝐷 + 60° ⇒ 𝐴�̂�𝐷 = 30°</p><p>O segmento 𝐴𝐺 mede 2/3 da altura do triângulo equilátero que mede 3√3/2, logo:</p><p>𝐴𝐺 =</p><p>2</p><p>3</p><p>∙</p><p>3√3</p><p>2</p><p>= √3</p><p>Da trigonometria aplicada à geometria plana:</p><p>𝑆(𝐴𝐷𝐺) =</p><p>𝐷𝐺 ∙ 𝐺𝐴 ∙ 𝑠𝑒𝑛 30°</p><p>2</p><p>=</p><p>3√3</p><p>2</p><p>∙</p><p>1</p><p>2</p><p>=</p><p>3√3</p><p>4</p><p>= 𝑆(𝐴𝐺𝐸)</p><p>Área do setor 𝐷𝐺𝐸:</p><p>309</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>60</p><p>360</p><p>𝜋(3)2 =</p><p>3𝜋</p><p>2</p><p>Do que temos que:</p><p>𝑆 =</p><p>3𝜋</p><p>2</p><p>− 2 ∙</p><p>3√3</p><p>4</p><p>=</p><p>3𝜋</p><p>2</p><p>−</p><p>3√3</p><p>2</p><p>Por fim:</p><p>3𝑆 =</p><p>9𝜋</p><p>2</p><p>−</p><p>9√3</p><p>2</p><p>Gabarito: Não há resposta entre as alternativas.</p><p>149. (CN/2018)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Essa figura representa um triângulo equilátero, inscrito numa circunferência maior, e circunscrito a</p><p>uma outra circunferência menor de raio igual a 2cm, onde destacou-se a região com ângulo central</p><p>de 120°. Sendo assim, é correto afirmar que a área total correspondente à parte sombreada mede,</p><p>em cm2:</p><p>a)</p><p>𝟏𝟎𝝅</p><p>𝟑</p><p>b)</p><p>𝟏𝟓𝝅</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟏𝟔𝝅</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>𝟏𝟕𝝅</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟏𝟑𝝅</p><p>𝟑</p><p>Comentários</p><p>Essa questão pode ser bastante simplificada se percebermos que as três áreas, em</p><p>conjunto, compõem um setor circular de 120° da circunferência maior. Veja:</p><p>310</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Pode ser visto como:</p><p>Dessa forma, basta apenas “rotacionar” o setor de 120° da circunferência menor, de modo</p><p>a completar a área desejada:</p><p>Precisamos saber o raio da circunferência maior. Tudo o que sabemos é que o raio da</p><p>menor é 2 𝑐𝑚. Para descobrir o da menor, veja a seguinte figura:</p><p>311</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Refletindo o triângulo menor em torno da reta 𝐴𝐵:</p><p>O triângulo resultante é isósceles com ângulo de 60°, do que seque que ele é equilátero e</p><p>podemos afirmar que:</p><p>𝑅 = 2 + 2 = 4</p><p>Por fim, o setor circular de ângulo 120°:</p><p>120</p><p>360</p><p>∙ 𝜋(4)2 =</p><p>16𝜋</p><p>3</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>150. (CN/2018)</p><p>312</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Um triângulo retângulo ABC é reto no vértice A, o ângulo C mede 30°, a hipotenusa BC mede 1cm e</p><p>o segmento AM é a mediana relativa à hipotenusa. Por um ponto N, exterior ao triângulo, traçam-</p><p>se os segmentos BN e NA, com BN // AM e NA // BM. A área, em cm2, do quadrilátero ANBC é:</p><p>a)</p><p>√𝟑</p><p>𝟏𝟔</p><p>b)</p><p>𝟑√𝟑</p><p>𝟖</p><p>c)</p><p>√𝟑</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>√𝟑</p><p>𝟒</p><p>e)</p><p>𝟑√𝟑</p><p>𝟏𝟔</p><p>Comentários</p><p>Representando a situação proposta:</p><p>Do estudo da geometria plana, sabemos que a mediana relativa à hipotenusa é igual à</p><p>metade da hipotenusa, disso temos que o triângulo Δ𝐴𝑀𝐵 é equilátero e 𝐴𝐵 =</p><p>1</p><p>2</p><p>:</p><p>313</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Além disso, por construção, 𝐴𝑀𝐵𝑁 é um paralelogramo, do que segue que 𝑁𝐵 = 𝐴𝑀 e</p><p>𝑁𝐴 = 𝐵𝑀. Dessa forma, concluímos que o Δ𝐴𝐵𝑁 é equilátero de lado 1/2. Para calcular a área</p><p>pedida, devemos calcular a área do Δ𝐴𝐵𝐶 e do Δ𝐴𝐵𝑁.</p><p>Para calcular a área do Δ𝐴𝐵𝐶, vamos calcular 𝐴𝐶:</p><p>1</p><p>2</p><p>2</p><p>+ 𝐴𝐶2 = 12 ⇒ 𝐴𝐶 =</p><p>√3</p><p>2</p><p>Disso, a área é dada por:</p><p>1</p><p>2</p><p>∙</p><p>√3</p><p>2</p><p>2</p><p>=</p><p>√3</p><p>8</p><p>Para calcular a área do Δ𝐴𝐵𝑁, traçamos a altura 𝑁𝑃:</p><p>Veja que o triângulo Δ𝑁𝑃𝐵 é semelhante ao triângulo Δ𝐴𝐵𝐶 com razão 1/2. Disso, sua</p><p>área é (</p><p>1</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>1</p><p>4</p><p>da área do Δ𝐴𝐵𝐶:</p><p>á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑁𝑃𝐵 =</p><p>1</p><p>4</p><p>∙</p><p>√3</p><p>8</p><p>=</p><p>√3</p><p>32</p><p>Mas a área do Δ𝐴𝐵𝑁 é o dobro da área do Δ𝑁𝑃𝐵. Logo:</p><p>á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝐴𝐵𝑁 = 2 ∙</p><p>√3</p><p>32</p><p>=</p><p>√3</p><p>16</p><p>Por fim:</p><p>√3</p><p>16</p><p>+</p><p>√3</p><p>8</p><p>=</p><p>3√3</p><p>16</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>151. (CN/2017)</p><p>Um triângulo isósceles ABC tem base BC = 16cm e lados congruentes AB = AC = 17cm. O raio do</p><p>círculo inscrito ao triângulo ABC em cm é igual a:</p><p>314</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟑𝟐</p><p>𝟏𝟓</p><p>b)</p><p>𝟐𝟒</p><p>𝟓</p><p>c)</p><p>𝟑𝟓</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>𝟐𝟖</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟏𝟕</p><p>𝟒</p><p>Comentários</p><p>Como nos são fornecidos os lados do triângulo, é conveniente usar a fórmula de Heron</p><p>para calcular a área do triângulo e depois calcular a área dele usando a fórmula do raio da</p><p>circunferência inscrita.</p><p>A fórmula de Heron:</p><p>𝐴 = √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)</p><p>Onde:</p><p>𝑝 =</p><p>16 + 17 + 17</p><p>2</p><p>= 25</p><p>𝑝 − 𝑎 = 𝑝 − 𝑏 = 25 − 17 = 8</p><p>𝑝 − 𝑐 = 25 − 16 = 9</p><p>Do que segue que:</p><p>𝐴 = √25 ∙ 8 ∙ 8 ∙ 9 = 5 ∙ 8 ∙ 3 = 120</p><p>Por outro lado, temos que a área do triângulo é dada por:</p><p>𝐴 = 𝑝𝑟</p><p>Onde 𝑟 é o raio do círculo inscrito no triângulo. Disso, temos que:</p><p>120 = 25 ∙ 𝑟 ⇒ 𝑟 =</p><p>120</p><p>25</p><p>=</p><p>24</p><p>5</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>152. (CN/2017)</p><p>Considere um losango ABCD de lado igual a 5cm, diagonais AC e BD, e ângulo interno BÂD = 120°.</p><p>Sabe-se que um ponto M sobre o lado AB está a 2cm de A enquanto um ponto N sobre o lado BC</p><p>está a 3cm de C. Sendo assim, a razão entre a área do losango ABCD e a área do triângulo de vértices</p><p>MBN é igual a</p><p>a)</p><p>𝟏𝟓</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟐𝟏</p><p>𝟒</p><p>315</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c)</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>𝟑𝟐</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟒𝟗</p><p>𝟒</p><p>Comentários</p><p>A figura que representa a situação proposta é a seguir:</p><p>Do estudo da trigonometria, podemos calcular a área do losango como sendo:</p><p>2</p><p>∙</p><p>𝐴𝐷 ∙ 𝐴𝐵</p><p>2</p><p>∙ 𝑠𝑒𝑛 120° = 25 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>Da mesma forma, podemos calcular a área do triângulo Δ𝑀𝐵𝑁:</p><p>𝑀𝐵 ∙ 𝐵𝑁</p><p>2</p><p>∙ 𝑠𝑒𝑛 60° =</p><p>3 ∙ 2</p><p>2</p><p>∙ 𝑠𝑒𝑛 60° = 3 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>Fazendo a divisão:</p><p>25 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>3 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>=</p><p>25</p><p>3</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>153. (CN/2017)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>316</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A figura acima representa o trapézio escaleno de altura 6cm, com base menor medindo 13cm, um</p><p>dos ângulos internos da base maior medindo 75° e lado transversal oposto a esse ângulo igual a</p><p>12cm. Qual é a área, em cm2, desse trapézio?</p><p>a) 120</p><p>b) 118</p><p>c) 116</p><p>d) 114</p><p>e) 112</p><p>Comentários</p><p>Observe a seguinte figura:</p><p>Do triângulo retângulo Δ𝐺𝐶𝐷, temos:</p><p>62 + 𝐶𝐺2 = 122 ⇒ 𝐶𝐺 = 6√3 𝑐𝑚</p><p>Para calcular a área do trapézio, precisamos também da medida do segmento 𝐵𝐹. Para</p><p>isso, vamos destacar o triângulo Δ𝐵𝐹𝐴 fazendo a seguinte construção:</p><p>317</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Veja que:</p><p>𝑥 + 𝑦 = 6</p><p>E por Pitágoras, no triângulo Δ𝐵𝐹𝐻, temos:</p><p>(𝑦)2 + (</p><p>𝑥</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>= 𝑥2 ⇒ 𝑦 =</p><p>√3</p><p>2</p><p>𝑥</p><p>Do que segue que:</p><p>𝑥 +</p><p>√3</p><p>2</p><p>𝑥 = 6 ⇒ 𝑥 =</p><p>12</p><p>√3 + 2</p><p>= 12(2 − √3)</p><p>Disso, temos que:</p><p>𝐵𝐹 =</p><p>𝑥</p><p>2</p><p>= 6(2 − √3)</p><p>Assim, podemos calcular a base maior do trapézio:</p><p>6(2 − √3) + 13 + 6√3 = 12 + 13 + 6√3 − 6√3 = 25</p><p>Por fim, calculamos a área do trapézio:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝑡𝑟𝑎𝑝é𝑧𝑖𝑜 = 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 ∙</p><p>𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑒𝑛𝑜𝑟 + 𝑏𝑎𝑠𝑒 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟</p><p>2</p><p>= 6 ∙</p><p>13 + 25</p><p>2</p><p>= 114 𝑐𝑚2</p><p>318</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>154. (CN/2017)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>A figura acima exibe um total de 𝒏 peças idênticas de um quebra cabeça que, resolvido, revela uma</p><p>coroa circular. Sabe-se que 6cm é a menor distância entre as circunferências concêntricas</p><p>pontilhadas da figura e que o raio da menor dessas circunferências é igual a 9cm. Se a área de</p><p>cada peça é (𝟏𝟐𝝅) 𝐜𝐦𝟐, é correto afirmar que 𝒏 é igual a</p><p>a) 6</p><p>b) 8</p><p>c) 9</p><p>d) 12</p><p>e) 15</p><p>Comentários</p><p>Seja 𝑟 o raio da circunferência menor e 𝑅 o raio da maior. Do enunciado temos que:</p><p>𝑟 = 9 𝑐𝑚</p><p>𝑅 = 9 + 6 = 15 𝑐𝑚</p><p>Disso, temos que a área da coroa circular é dada por:</p><p>𝐴𝑐𝑜𝑟𝑜𝑎 = 𝜋(15</p><p>2 − 92) = 𝜋(15 + 9)(15 − 9) = 𝜋 ∙ 24 ∙ 6</p><p>Se a área de cada peça é 12𝜋, então a área da coroa é:</p><p>𝐴𝑐𝑜𝑟𝑜𝑎 = 12𝜋 ∙ 𝑛</p><p>Disso, temos que:</p><p>12𝜋 ∙ 𝑛 = 𝜋 ∙ 24 ∙ 6 ⇒ 𝑛 = 12</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>155. (CN/2017)</p><p>319</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Analise a figura a seguir.</p><p>Pelo centro O do quadrado de lado √𝟔cm acima, traçou-se a circunferência que corta o lado BC nos</p><p>pontos P e Q. O triângulo OPQ tem área</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>cm2. Sendo assim, é correto afirmar que o raio dessa</p><p>circunferência, em cm, é igual a</p><p>a) 𝟏</p><p>b) √𝟐</p><p>c) √𝟑</p><p>d)</p><p>𝟐√𝟐</p><p>𝟑</p><p>e)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>Comentários</p><p>A altura ℎ do triângulo Δ𝑂𝑃𝑄, por simetria, é igual à metade do lado do quadrado, isto é:</p><p>ℎ =</p><p>√6</p><p>2</p><p>𝑐𝑚</p><p>A área do triângulo pode ser calculada então por:</p><p>ℎ ∙ 𝑃𝑄</p><p>2</p><p>=</p><p>√3</p><p>2</p><p>⇒ 𝑃𝑄 = √2 𝑐𝑚</p><p>Seja 𝑂𝑃 = 𝑅 o raio da circunferência, tomando o ponto médio 𝑀 de 𝑃𝑄, podemos aplicar</p><p>o teorema de Pitágoras ao triângulo Δ𝑀𝑃𝑂:</p><p>𝑅2 = (</p><p>√6</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>+ (</p><p>√2</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>6 + 2</p><p>4</p><p>= 2 ⇒ 𝑅 = √2 𝑐𝑚</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>156. (CN/2016)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>320</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>ABCD é um paralelogramo. E e F estão sobre os lados desse paralelogramo de tal forma que 𝐀𝐄 =</p><p>𝐂𝐅 = 𝐱 < 𝐀𝐃. Sendo assim, baseado na figura acima, assinale a opção correta.</p><p>a) Qualquer reta que intersecte dois lados de um paralelogramo o divide em dois polígonos de</p><p>mesma área.</p><p>b) Qualquer reta que intersecte dois lados de um paralelogramo o divide em dois polígonos de</p><p>mesmo perímetro.</p><p>c) A área de um trapézio é o produto de sua base média pela sua altura.</p><p>d) O dobro da soma dos quadrados das medidas dos lados paralelos de um trapézio é igual à soma</p><p>dos quadrados das medidas de suas diagonais.</p><p>e) Para todo x, o segmento de reta EF é a metade do segmento de reta AB.</p><p>Comentários</p><p>A figura fornecida leva o candidato a cometer equívocos no momento de avaliar as</p><p>alternativas. Mas observe que a figura que foi fornecida representa uma situação particular e que</p><p>não reflete todas as retas que intersectam dois lados de um paralelogramo.</p><p>Lendo rapidamente as alternativas, observa-se, do estudo da geometria plana, que a</p><p>alternativa c é verdadeira, já que a área de um trapézio de bases 𝑎 𝑒 𝑏 e de altura ℎ é calculada</p><p>por:</p><p>ℎ ∙</p><p>(𝑎 + 𝑏)</p><p>2</p><p>Mas</p><p>𝑎+𝑏</p><p>2</p><p>representa a base média desse trapézio, isto é, a área é produto da base média</p><p>pela altura.</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>157. (CN/2016)</p><p>Seja o quadrado ABCD de lado 2. Traça-se, com centro no ponto M, médio do lado AB, uma</p><p>semicircunferência de raio 2 que intersecta os lados BC e AD, respectivamente, em E e F. A área da</p><p>superfície externa à semicircunferência e que também é interna ao quadrado, é igual a:</p><p>Obs.: 𝝅 = 𝟑.</p><p>a) 𝟑 − √𝟑</p><p>321</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟐 − √𝟑</p><p>c) 𝟑 + √𝟑</p><p>d) 𝟐 − √𝟑</p><p>e) 𝟑 − √𝟐</p><p>Comentários</p><p>Na figura acima, observe que a área procurada corresponde à área do quadrado subtraída</p><p>da área de um setor circular de ângulo 60° e das áreas dos triângulos Δ𝐴𝑀𝐹 e Δ𝑀𝐸𝐵.</p><p>A área do setor circular é calculada por:</p><p>60°</p><p>360°</p><p>∙ 𝜋 ∙ 22 =</p><p>2𝜋</p><p>3</p><p>Como 𝜋 = 3,</p><p>2𝜋</p><p>3</p><p>= 2.</p><p>Por Pitágoras, podemos descobrir 𝐴𝐹 = 𝐵𝐸:</p><p>12 + 𝐴𝐹2 = 22 ⇒ 𝐴𝐹 = √3</p><p>Por simetria, os triângulos Δ𝐴𝑀𝐹 e Δ𝑀𝐸𝐵 são congruentes e suas áreas são iguais. A soma</p><p>das áreas é, portanto:</p><p>2 ∙</p><p>√3 ∙ 1</p><p>2</p><p>= √3</p><p>Por fim, queremos:</p><p>4 − (2 + √3) = 2 − √3</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>322</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>158. (CN/2016)</p><p>Considere uma circunferência de centro O e raio 𝒓. Prolonga-se o diâmetro AB de um comprimento</p><p>BC de medida igual a 𝒓 e, de C, traça-se uma tangente que toca a circunferência em D. A</p><p>perpendicular traçada de C, a BC, intersecta a reta que passa por A e D em E. Sendo assim, a área do</p><p>triângulo ODE em função do raio é</p><p>a)</p><p>𝒓𝟐√𝟑</p><p>𝟒</p><p>b) 𝒓𝟐√𝟔</p><p>c)</p><p>𝒓𝟐√𝟐</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝒓𝟐√𝟐</p><p>𝟒</p><p>e) 𝒓𝟐√𝟑</p><p>Comentários</p><p>Esboçando a situação proposta no enunciado, temos:</p><p>A primeira informação que podemos extrair é a medida do ângulo 𝑂�̂�𝐷:</p><p>sen(𝑂�̂�𝐷) =</p><p>𝑟</p><p>2𝑟</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>⇒ 𝑂�̂�𝐷 = 30°</p><p>323</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Disso, segue que 𝐶�̂�𝐷 = 60° e, como o Δ𝐴𝑂𝐷 é isósceles e como 𝐶�̂�𝐷 é externo, temos</p><p>pela propriedade do ângulo externo:</p><p>𝑂�̂�𝐷 = 𝑂�̂�𝐴 = 30° =</p><p>60°</p><p>2</p><p>Logo, temos que:</p><p>𝐶�̂�𝐴 = 60°</p><p>Como 𝑂�̂�𝐷 = 30°, segue que 𝐷�̂�𝐸 = 90° − 30° = 60°. Combinando essas informações,</p><p>temos que o Δ𝐶𝐷𝐸 é equilátero, pois todos os seus ângulos são 60°, de modo que 𝐶𝐸 = 𝐸𝐷 =</p><p>𝐷𝐶.</p><p>Aplicando Pitágoras ao Δ𝑂𝐷𝐶:</p><p>𝑟2 + 𝐶𝐷2 = (2𝑟)2 ⇒ 𝐶𝐷 = √3𝑟</p><p>Ou seja, 𝐸𝐷 = 𝐶𝐷 = √3𝑟.</p><p>Para calcularmos a área do Δ𝑂𝐷𝐸, basta traçar a altura relativa ao lado 𝐷𝐸:</p><p>Pela semelhança entre os triângulos Δ𝑂𝐴𝐹 e Δ𝑂𝐷𝐶, temos que:</p><p>𝑟</p><p>𝑂𝐹</p><p>=</p><p>2𝑟</p><p>𝑟</p><p>⇒ 𝑂𝐹 =</p><p>𝑟</p><p>2</p><p>Dessa forma, temos que a área do triângulo Δ𝑂𝐷𝐸 é dada por:</p><p>324</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑂𝐹 ∙ 𝐷𝐸</p><p>2</p><p>=</p><p>(</p><p>𝑟</p><p>2</p><p>∙ √3𝑟)</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑟2√3</p><p>4</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>159. (CN/2015)</p><p>Num semicírculo S, inscreve-se um triângulo retângulo ABC. A maior circunferência possível que se</p><p>pode construir externamente ao triângulo ABC e internamente ao S, mas tangente a um dos catetos</p><p>de ABC e ao S, tem raio 2. Sabe-se ainda que o menor cateto de ABC mede 2. Qual a área do</p><p>semicírculo?</p><p>a) 𝟏𝟎𝝅</p><p>b) 𝟏𝟐, 𝟓𝝅</p><p>c) 𝟏𝟓𝝅</p><p>d) 𝟏𝟕, 𝟓𝝅</p><p>e) 𝟐𝟎𝝅</p><p>Comentários</p><p>Como queremos a maior circunferência possível, teremos a seguinte figura:</p><p>Pela semelhança entre os triângulos Δ𝐴𝐵𝐶 e Δ𝐷𝐸𝐵, pelo caso 𝐴𝐴, podemos escrever:</p><p>𝑅 − 4</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑅</p><p>2𝑅</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>⇒ 𝑅 = 5</p><p>A área do semicírculo 𝑅 é, portanto:</p><p>325</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>1</p><p>2</p><p>∙ 𝜋 ∙ 52 = 12,5𝜋</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>160. (CN/2015)</p><p>No triângulo isósceles ABC, AB = AC = 13 e BC = 10. Em AC marca-se R e S, com CR = 2x e CS = x.</p><p>Paralelo a AB e passando por S traça-se o segmento ST, com T em BC. Por fim, marcam-se U, P e Q,</p><p>simétricos de T, S e R, nessa ordem, e relativo à altura de ABC com pé sobre BC. Ao analisar a medida</p><p>inteira x para que a área do hexágono PQRSTU seja máxima, obtém-se:</p><p>a) 5</p><p>b) 4</p><p>c) 3</p><p>d) 2</p><p>e) 1</p><p>Comentários</p><p>Para facilitar nossa análise, observe a figura abaixo:</p><p>Os triângulos Δ𝐶𝑆𝑇, Δ𝑅𝐴𝑄, Δ𝑈𝑃𝐵 são semelhantes ao triângulo Δ𝐴𝐵𝐶.</p><p>326</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Dessa forma, seja 𝑆 a área do Δ𝐴𝐵𝐶. Podemos calcular as áreas desses triângulos usando</p><p>o quadrado das razões entre os lados:</p><p>Δ𝐴𝐵𝐶~Δ𝐶𝑆𝑇 ⇒ (</p><p>13</p><p>𝑥</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑆</p><p>𝑆Δ𝐶𝑆𝑇</p><p>𝑆Δ𝐶𝑆𝑇 = 𝑆Δ𝑈𝑃𝐵 = (</p><p>𝑥</p><p>13</p><p>)</p><p>2</p><p>∙ 𝑆</p><p>Δ𝐴𝐵𝐶~Δ𝑅𝐴𝑄 ⇒ (</p><p>13</p><p>13 − 2𝑥</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑆</p><p>𝑆Δ𝑅𝐴𝑄</p><p>𝑆Δ𝑅𝐴𝑄 = (</p><p>13 − 2𝑥</p><p>13</p><p>)</p><p>2</p><p>∙ 𝑆</p><p>Assim, podemos calcular a área do hexágono 𝑃𝑄𝑅𝑆𝑇𝑈 em função de 𝑥:</p><p>𝑆 − (2 ∙ [(</p><p>𝑥</p><p>13</p><p>)</p><p>2</p><p>∙ 𝑆] + (</p><p>13 − 2𝑥</p><p>13</p><p>)</p><p>2</p><p>∙ 𝑆) =</p><p>𝑆</p><p>132</p><p>(132 − 2𝑥2 − (13 − 2𝑥)2)</p><p>=</p><p>𝑆</p><p>132</p><p>(132 − 2𝑥2 − 132 − 4𝑥2 + 52𝑥) =</p><p>𝑆</p><p>132</p><p>(−6𝑥2 + 52𝑥) =</p><p>2𝑆</p><p>132</p><p>(−3𝑥2 + 26𝑥)</p><p>Nesse caso temos que a área depende de 𝑥 como uma função polinomial do segundo grau,</p><p>cujo valor de máximo (pois a concavidade está para baixo) é dado por:</p><p>𝑥𝑚á𝑥 = −</p><p>26</p><p>2 ⋅ (−3)</p><p>=</p><p>13</p><p>3</p><p>Como queremos 𝑥 inteiro, temos que os dois inteiros mais próximos de 𝑥𝑚á𝑥 são 4 𝑒 5.</p><p>Mas:</p><p>5 −</p><p>13</p><p>3</p><p>=</p><p>2</p><p>3</p><p>></p><p>1</p><p>3</p><p>=</p><p>13</p><p>3</p><p>− 4</p><p>*Lembre-se, quanto mais afastado do vértice, menor o valor de 𝑦! O ponto 𝑥 = 4 está mais</p><p>próximo do vértice!</p><p>Logo, o inteiro que maximiza a área do hexágono é 𝑥 = 4.</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>161. (CN/2015)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>327</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Seja ABC um triângulo retângulo de hipotenusa 6 e com catetos diferentes. Com relação a área S de</p><p>ABC, pode-se afirmar que</p><p>a) será máxima quando um dos catetos for 𝟑√𝟐.</p><p>b) será máxima quando um dos ângulos internos for 30°.</p><p>c) será máxima quando um cateto for o dobro do outro.</p><p>d) será máxima quando a soma dos catetos for</p><p>𝟓√𝟐</p><p>𝟐</p><p>.</p><p>e) seu valor máximo não existe.</p><p>Comentários</p><p>Sejam 𝑎 𝑒 𝑏 os catetos desse triângulo retângulo. Por Pitágoras, temos:</p><p>𝑎2 + 𝑏2 = 62 = 36</p><p>Como Δ𝐴𝐵𝐶 é retângulo, sua área é dada por:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑎𝑏</p><p>2</p><p>Como 𝑎 𝑒 𝑏 são positivos, podemos usar a desigualdade entre as médias (𝑀𝐴 ≥ 𝑀𝐺):</p><p>𝑎2 + 𝑏2</p><p>2</p><p>≥ √𝑎2𝑏2 = 𝑎𝑏 ⇒</p><p>𝑎2 + 𝑏2</p><p>4</p><p>≥ 𝑆</p><p>Da condição de igualdade da desigualdade entre as médias, a área será máxima quando</p><p>𝑎2 = 𝑏2 ⇒ 𝑎 = 𝑏.</p><p>Mas, do enunciado, temos que 𝑎 ≠ 𝑏.</p><p>Sabemos que 𝑆 ≤ 9 mas que a igualdade só ocorre se 𝑎 = 𝑏, ou seja, 𝑆 pode se aproximar de 9</p><p>tanto quanto se queira, mas nunca vai atingir, de fato, o máximo, pois 𝑎 ≠ 𝑏.</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>162. (CN/2015)</p><p>Seja ABCD um quadrado de lado 𝟐𝒂 cujo centro é O. Os pontos M, P e Q são os pontos médios dos</p><p>lados AB, AD e BC, respectivamente. O segmento BP intersecta a circunferência de centro O e raio a</p><p>em R e, também OM, em S. Sendo assim, a área do triângulo SMR é</p><p>328</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟑𝒂𝟐</p><p>𝟐𝟎</p><p>b)</p><p>𝟕𝒂𝟐</p><p>𝟏𝟎</p><p>c)</p><p>𝟗𝒂𝟐</p><p>𝟐𝟎</p><p>d)</p><p>𝟏𝟏𝒂𝟐</p><p>𝟏𝟎</p><p>e)</p><p>𝟏𝟑𝒂𝟐</p><p>𝟐𝟎</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo é, naturalmente, representar a situação proposta:</p><p>Pela potência do ponto 𝑆 relativa à circunferência:</p><p>𝑀𝑆 ∙ 𝑆𝑇 = 𝑃𝑆 ∙ 𝑆𝑅</p><p>Veja que 𝑆𝑂 é base média do Δ𝑃𝑄𝐵, pois é paralelo à 𝑄𝐵 e divide 𝑃𝑄 ao meio. Disso:</p><p>𝑆𝑂 =</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>⇒ 𝑆𝑇 =</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>+ 𝑎 =</p><p>3𝑎</p><p>2</p><p>𝑀𝑆 = 𝑎 −</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>Pitágoras no Δ𝑃𝑂𝑆:</p><p>𝑃𝑆2 = 𝑎2 + (</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>⇒ 𝑃𝑆 =</p><p>√5</p><p>2</p><p>𝑎</p><p>329</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Assim:</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>∙</p><p>3𝑎</p><p>2</p><p>=</p><p>√5</p><p>2</p><p>𝑎 ∙ 𝑆𝑅 ⇒ 𝑆𝑅 =</p><p>3𝑎</p><p>2√5</p><p>Do estudo da trigonometria, temos que a área do Δ𝑀𝑆𝑅 é dada por:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑀𝑆𝑅 = 𝑠𝑒𝑛 𝜃 ∙</p><p>𝑀𝑆 ∙ 𝑆𝑅</p><p>2</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝜃 =</p><p>𝑎</p><p>(</p><p>√5</p><p>2</p><p>𝑎)</p><p>=</p><p>2</p><p>√5</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑀𝑆𝑅 =</p><p>2</p><p>√5</p><p>∙</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>∙</p><p>3𝑎</p><p>2√5</p><p>2</p><p>=</p><p>3𝑎2</p><p>20</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>163. (CN/2015)</p><p>ABC é um triângulo equilátero. Seja D um ponto do plano de ABC, externo a esse triângulo, tal que</p><p>DB intersecta AC em E, com E pertencendo ao lado AC. Sabe-se que BÂD = 𝑨�̂�𝑫 = 90°. Sendo assim,</p><p>a razão entre as áreas dos triângulos BEC e ABE é</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟐</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟐</p><p>𝟓</p><p>Comentários</p><p>Representando a situação proposta:</p><p>330</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>As alturas relativas a 𝐴𝐶 dos Δ𝐵𝐸𝐶 e Δ𝐴𝐵𝐸 são iguais, do que segue a razão entre suas</p><p>áreas se resume à razão entre suas bases, isto é, a razão entre 𝐶𝐸 e 𝐸𝐴.</p><p>Vamos chamar 𝐷𝐶 = 𝑎 e traçar a altura do triângulo Δ𝐷𝐵𝐶 relativa ao lado 𝐵𝐶. Além disso,</p><p>explorando as razões trigonométricas dos ângulos 30° 𝑒 60°, temos a seguinte figura:</p><p>Aplicando Pitágoras ao Δ𝐴𝐵𝐷:</p><p>𝐵𝐷2 = (2𝑎)2 + (√3𝑎)</p><p>2</p><p>= 7𝑎2 ⇒ 𝐵𝐷 = √7𝑎</p><p>331</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Como 𝐷�̂�𝐹 = 30°, temos que:</p><p>𝐷𝐹 = 𝑎𝑠𝑒𝑛30° =</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>Disso, segue que:</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝛼 =</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>𝑎√7</p><p>=</p><p>1</p><p>2√7</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝛽 =</p><p>2𝑎</p><p>√7𝑎</p><p>=</p><p>2</p><p>√7</p><p>Aplicando a lei dos senos aos triângulos Δ𝐵𝐸𝐶 𝑒 Δ𝐴𝐵𝐸:</p><p>𝐸𝐵</p><p>𝑠𝑒𝑛60°</p><p>=</p><p>𝐶𝐸</p><p>𝑠𝑒𝑛𝛼</p><p>𝐸𝐵</p><p>𝑠𝑒𝑛60°</p><p>=</p><p>𝐴𝐸</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝛽</p><p>Que implica:</p><p>𝐶𝐸</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝛼</p><p>=</p><p>𝐴𝐸</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝛽</p><p>⇒</p><p>𝐶𝐸</p><p>𝐴𝐸</p><p>=</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝛼</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝛽</p><p>=</p><p>1</p><p>2√7</p><p>∙</p><p>√7</p><p>2</p><p>=</p><p>1</p><p>4</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>164. (CN/2015)</p><p>Seja ABC um triângulo de lados medindo 8, 10 e 12, Sejam M, N e P os pés das alturas traçadas dos</p><p>vértices sobre os lados desse triângulo. Sendo assim, o raio do círculo circunscrito ao triângulo MNP</p><p>é</p><p>a)</p><p>𝟓√𝟕</p><p>𝟕</p><p>b)</p><p>𝟔√𝟕</p><p>𝟕</p><p>c)</p><p>𝟖√𝟕</p><p>𝟕</p><p>d)</p><p>𝟗√𝟕</p><p>𝟕</p><p>e)</p><p>𝟏𝟎√𝟕</p><p>𝟕</p><p>Comentários</p><p>Do estudo da geometria plana, sabemos que a circunferência circunscrita ao triângulo</p><p>formado pelos pés da altura é o triângulo órtico. Essa circunferência é conhecida como círculo dos</p><p>nove pontos e o seu raio corresponde à metade do raio do círculo circunscrito ao triângulo 𝐴𝐵𝐶.</p><p>Disso, precisamos descobrir o raio do círculo circunscrito ao Δ𝐴𝐵𝐶. Calculando sua área</p><p>por Heron:</p><p>332</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐴 = √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)</p><p>Mas:</p><p>𝑝 =</p><p>8 + 10 + 12</p><p>2</p><p>= 15</p><p>𝑝 − 𝑎 = 15 − 8 = 7</p><p>𝑝 − 𝑏 = 15 − 10 = 5</p><p>𝑝 − 𝑐 = 15 − 12 = 3</p><p>Daí, temos que:</p><p>𝐴 = √15 ∙ 7 ∙ 5 ∙ 3 = 15√7</p><p>Por outro lado, temos que sua área pode ser calculada usando o circunraio:</p><p>𝐴 =</p><p>𝑎𝑏𝑐</p><p>4𝑅</p><p>=</p><p>8 ∙ 10 ∙ 12</p><p>4𝑅</p><p>=</p><p>240</p><p>𝑅</p><p>Igualando:</p><p>240</p><p>𝑅</p><p>= 15√7 ⇒ 𝑅 =</p><p>16√7</p><p>7</p><p>Do que foi dito mais acima, o raio buscado vale:</p><p>𝑅</p><p>2</p><p>=</p><p>8√7</p><p>7</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>165. (CN/2014)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>Na figura, o paralelogramo ABCD tem lados 9cm e 4cm. Sobre o lado CD está marcado o ponto R, de</p><p>modo que CR = 2cm; sobre o lado BC está marcado o ponto S tal que a área do triângulo BRS seja</p><p>𝟏/𝟑𝟔 da área do paralelogramo; e o ponto P é a interseção do prolongamento do segmento RS com</p><p>o prolongamento da diagonal DB. Nessas condições, é possível concluir que a razão entre as medidas</p><p>dos segmentos de reta</p><p>𝐃𝐏</p><p>𝐁𝐏</p><p>vale:</p><p>a) 13,5</p><p>b) 11</p><p>333</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 10,5</p><p>d) 9</p><p>e) 7,5</p><p>Comentários</p><p>Para simplificar as contas:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝐷𝐵𝑅 = 𝐴</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑅𝑆𝐶 = 𝐵</p><p>Será conveniente, para a resolução da questão, encontrar os valores as áreas 𝐴 𝑒 𝐵 em</p><p>função da área do paralelogramo, que chamaremos</p><p>de 2𝐶. Veja que isso implica:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝐵𝑅𝑆 =</p><p>2𝐶</p><p>36</p><p>Como a diagonal é um eixo de simetria do paralelogramo, podemos escrever:</p><p>𝐶 = 𝐴 + 𝐵 +</p><p>2𝐶</p><p>36</p><p>⇒ 𝐴 + 𝐵 =</p><p>17</p><p>18</p><p>𝐶 𝑒𝑞. 01</p><p>Os triângulos Δ𝐷𝐵𝑅 e Δ𝑅𝐵𝐶 possuem mesma altura, de modo que a razão entre suas áreas</p><p>é igual à razão entre suas bases. Disso, temos que:</p><p>𝐴</p><p>𝐵 +</p><p>2𝐶</p><p>36</p><p>=</p><p>𝐷𝑅</p><p>𝑅𝐶</p><p>=</p><p>7</p><p>2</p><p>⇒ 2𝐴 − 7𝐵 =</p><p>7𝐶</p><p>18</p><p>𝑒𝑞. 02</p><p>Combinando as equações 01 𝑒 02, temos:</p><p>𝐴 =</p><p>7𝐶</p><p>9</p><p>𝑒 𝐵 =</p><p>𝐶</p><p>6</p><p>Os triângulos Δ𝐵𝑅𝑆 𝑒 Δ𝑆𝐶𝑅 possuem mesma altura, de modo que a razão entre suas áreas</p><p>é dada por:</p><p>2𝐶</p><p>36</p><p>𝐶</p><p>6</p><p>=</p><p>𝐵𝑆</p><p>𝑆𝐶</p><p>⇒ 𝑆𝐶 = 3𝐵𝑆</p><p>Mas 𝐵𝑆 + 𝑆𝐶 = 4 ⇒ 𝐵𝑆 = 1 𝑒 𝑆𝐶 = 3.</p><p>Por fim, basta aplicar o teorema de Menelaus ao triângulo Δ𝐷𝐵𝐶:</p><p>𝐷𝑃</p><p>𝐵𝑃</p><p>∙</p><p>𝐵𝑆</p><p>𝑆𝐶</p><p>∙</p><p>𝐶𝑅</p><p>𝑅𝐷</p><p>= 1 ⇒</p><p>𝐷𝑃</p><p>𝐵𝑃</p><p>∙</p><p>1</p><p>3</p><p>∙</p><p>2</p><p>7</p><p>= 1 ⇒</p><p>𝐷𝑃</p><p>𝐵𝑃</p><p>=</p><p>21</p><p>2</p><p>= 10,5</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>166. (CN/2014)</p><p>334</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sobre o lado 𝑩𝑪 do quadrado 𝑨𝑩𝑪𝑫, marcam-se os pontos 𝑬 e 𝑭 tais que</p><p>𝑩𝑬</p><p>𝑩𝑪</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>e</p><p>𝑪𝑭</p><p>𝑩𝑪</p><p>=</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>. Sabendo-</p><p>se que os segmentos 𝑨𝑭 e 𝑬𝑫 intersectam-se em 𝑷, qual é, aproximadamente, o percentual da área</p><p>do triângulo 𝑩𝑷𝑬 em relação à área do quadrado 𝑨𝑩𝑪𝑫?</p><p>a) 2</p><p>b) 3</p><p>c) 4</p><p>d) 5</p><p>e) 6</p><p>Comentários</p><p>Para simplificar as frações, faça 𝐵𝐶 = 12. Disso, temos que a situação é representada por:</p><p>Veja que os triângulos Δ𝐴𝑃𝐷 e Δ𝑃𝐸𝐹 são semelhantes (𝐴𝐴), do que temos que:</p><p>𝐺𝑃</p><p>12</p><p>=</p><p>𝑃𝐻</p><p>5</p><p>⇒ 𝐺𝑃 =</p><p>12</p><p>5</p><p>𝑃𝐻</p><p>Mas:</p><p>335</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐺𝑃 + 𝑃𝐻 = 12 ⇒</p><p>12</p><p>5</p><p>𝑃𝐻 + 𝑃𝐻 =</p><p>17</p><p>5</p><p>𝑃𝐻 = 12 ⇒ 𝑃𝐻 =</p><p>60</p><p>17</p><p>A área do Δ𝑃𝐸𝐵:</p><p>𝑃𝐻 ∙ 𝐵𝐸</p><p>2</p><p>=</p><p>60</p><p>17</p><p>∙ 4</p><p>2</p><p>=</p><p>120</p><p>17</p><p>A porcentagem é, portanto:</p><p>120</p><p>17</p><p>12 ∙ 12</p><p>=</p><p>10</p><p>17 ∙ 12</p><p>=</p><p>10</p><p>204</p><p>≈ 0,049 𝑜𝑢 4,9%</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>167. (CN/2014)</p><p>Suponha que ABC seja um triângulo isósceles com lados AC = BC, e que L seja a circunferência de</p><p>centro C, raio igual a 3 e tangente ao lado AB. Com relação à área da superfície comum ao triângulo</p><p>ABC e ao círculo de L, pode-se afirmar que:</p><p>a) não possui um valor máximo.</p><p>b) pode ser igual a 𝟓𝝅.</p><p>c) não pode ser igual a 𝟒𝝅.</p><p>d) possui um valor mínimo igual a 𝟐𝝅.</p><p>e) possui um valor máximo igual a 𝟒, 𝟓𝝅.</p><p>Comentários</p><p>Observe a situação proposta:</p><p>336</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O ângulo 𝛼, por ser interno ao triângulo, é tal que 𝛼 < 𝜋. Sobre a reta 𝐵𝐶 pode-se sempre</p><p>escolher dois pontos simétricos em relação ao segmento 𝐶𝐷 escolhendo 𝛼 tão próximo de 𝜋</p><p>quanto se queira, mas nunca atingindo esse valor.</p><p>A área é diretamente proporcional ao ângulo 𝛼, de modo que ela acompanha o seu</p><p>crescimento.</p><p>Deve-se ter cuidado para não achar que o valor</p><p>9𝜋</p><p>2</p><p>= 4,5𝜋 é um máximo possível, pois, para</p><p>que ele ocorra, 𝛼 deve atingir 𝜋, o que não é possível por ele ser interno ao triângulo.</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>168. (CN/2014)</p><p>Seja ABC um triângulo retângulo de hipotenusa 26 e perímetro 60. A razão entre a área do círculo</p><p>inscrito e do círculo circunscrito nesse triângulo é, aproximadamente:</p><p>a) 0,035</p><p>b) 0,055</p><p>c) 0,075</p><p>d) 0,095</p><p>e) 0,105</p><p>Comentários</p><p>Sejam 𝑎 𝑒 𝑏 os catetos desse triângulo. Podemos afirmar que:</p><p>337</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑎2 + 𝑏2 = 262</p><p>𝑎 + 𝑏 + 26 = 60 ⇒ 𝑎 + 𝑏 = 34</p><p>Veja que:</p><p>(𝑎 + 𝑏)2 = 342 ⇒ 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 = 342 ⇒ 262 + 2𝑎𝑏 = 342</p><p>Ou seja:</p><p>2𝑎𝑏 = 342 − 262 = (34 + 26) ∙ (34 − 26) = 60 ∙ 8 = 480</p><p>Logo:</p><p>𝑎2 + 𝑏2 − 2𝑎𝑏 = (𝑎 − 𝑏)2 = 676 − 480 = 196 = 142 ⇒ 𝑎 − 𝑏 = 14</p><p>Resolvendo o sistema:</p><p>{</p><p>𝑎 + 𝑏 = 34</p><p>𝑎 − 𝑏 = 14</p><p>Assumindo 𝑎 > 𝑏, temos 𝑎 = 24 e 𝑏 = 10.</p><p>Como o triângulo é retângulo, o círculo circunscrito possui raio igual a metade da</p><p>hipotenusa:</p><p>𝑅 =</p><p>26</p><p>2</p><p>= 13</p><p>Além disso, do estudo da geometria, podemos calcular a área desse triângulo de duas</p><p>formas:</p><p>Usando o raio da circunferência inscrita:</p><p>𝑝𝑟 =</p><p>60</p><p>2</p><p>∙ 𝑟 = 30𝑟</p><p>Usando os catetos:</p><p>𝑎𝑏</p><p>2</p><p>=</p><p>24 ∙ 10</p><p>2</p><p>= 3 ∙ 4 ∙ 10</p><p>Logo:</p><p>3 ∙ 10 ∙ 𝑟 = 3 ∙ 4 ∙ 10 ⇒ 𝑟 = 4</p><p>A razão entre as áreas é, portanto:</p><p>𝜋 ∙ (4)2</p><p>𝜋 ∙ (13)2</p><p>=</p><p>16</p><p>169</p><p>≈ 0,095</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>169. (CN/2014)</p><p>Observe as figuras a seguir.</p><p>338</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Uma dobra é feita no retângulo 10cm x 2cm da figura I, gerando a figura plana II. Essa dobra está</p><p>indicada pela reta suporte de PQ. A área do polígono APQCBRD da figura II, em cm2, é:</p><p>a) 𝟖√𝟓</p><p>b) 20</p><p>c) 𝟏𝟎√𝟐</p><p>d)</p><p>𝟑𝟓</p><p>𝟐</p><p>e)</p><p>𝟏𝟑√𝟔</p><p>𝟐</p><p>Comentários</p><p>Para calcular a área dessa figura, o primeiro passo é perceber que ela formada pelos</p><p>trapézios 𝐴𝑃𝑄𝐷 e 𝐵𝐶𝑄𝑅.</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝐴𝑃𝑄𝐷 =</p><p>2 ∙ (4 + 𝐷𝑄)</p><p>2</p><p>=</p><p>2 ∙ (4 + 5)</p><p>2</p><p>= 9</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝐵𝐶𝑄𝑅 =</p><p>2 ∙ (5 + 𝑅𝐵)</p><p>2</p><p>= 5 + 𝑅𝐵</p><p>Assim, surge a necessidade de calcular a medida de 𝑅𝐵. Para isso, observe a figura abaixo:</p><p>339</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Ela representa uma mescla das duas situações. Veja que, como foi feita uma reflexão em</p><p>torno de 𝑃𝑄 os ângulos 𝑅�̂�𝑄 e 𝑄�̂�𝐵 são iguais.</p><p>Além disso, como 𝑃𝐵 ∥ 𝑄𝐶, os ângulos 𝑄�̂�𝐵 e 𝑃�̂�𝑅 são iguais, do que segue o Δ𝑃𝑄𝑅 é</p><p>isósceles e 𝑅𝑃 = 𝑅𝑄, pois 𝑅�̂�𝑄 = 𝑄�̂�𝐵 = 𝑃�̂�𝑅.</p><p>Observe ainda a seguinte figura:</p><p>Aplicando Pitágoras ao triângulo Δ𝑃𝑆𝑄:</p><p>𝑃𝑆2 + 𝑆𝑄2 = 𝑃𝑄2 ⇒ 12 + 22 = 𝑃𝑄2 ⇒ 𝑃𝑄 = √5</p><p>Como 𝑇 é o ponto médio do Δ𝑃𝑄𝑅, já que o mesmo é isósceles e 𝑅𝑇 é sua altura relativa</p><p>à base, temos que 𝑃𝑇 =</p><p>√5</p><p>2</p><p>.</p><p>Da semelhança entre os Δ𝑃𝑇𝑅 e Δ𝑃𝑆𝑄:</p><p>𝑅𝑃</p><p>𝑃𝑇</p><p>=</p><p>𝑃𝑄</p><p>𝑃𝑆</p><p>⇒</p><p>𝑅𝑃</p><p>√5</p><p>2</p><p>=</p><p>√5</p><p>1</p><p>⇒ 𝑅𝑃 =</p><p>5</p><p>2</p><p>Mas:</p><p>𝑅𝑃 + 𝑅𝐵 = 6 ⇒ 𝑅𝐵 = 6 −</p><p>5</p><p>2</p><p>=</p><p>7</p><p>2</p><p>340</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝐵𝐶𝑄𝑅 = 5 +</p><p>7</p><p>2</p><p>=</p><p>17</p><p>2</p><p>Por fim:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =</p><p>17</p><p>2</p><p>+ 9 =</p><p>35</p><p>2</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>170. (CN/2013)</p><p>Sabendo-se que ABC é um triângulo retângulo de hipotenusa BC = 𝒂, qual é o valor máximo da área</p><p>de ABC?</p><p>a)</p><p>𝒂𝟐√𝟐</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝒂𝟐</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟑𝒂𝟐√𝟐</p><p>𝟒</p><p>d)</p><p>𝟑𝒂𝟐</p><p>𝟒</p><p>e)</p><p>𝟑𝒂𝟐</p><p>𝟐</p><p>Comentários</p><p>Sejam 𝑏 𝑒 𝑐 os catetos. Do teorema de Pitágoras, sabemos que:</p><p>𝑐2 + 𝑏2 = 𝑎2</p><p>A área do triângulo é dada por:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑏 ∙ 𝑐</p><p>2</p><p>Da desigualdade entre as médias, temos:</p><p>𝑐2 + 𝑏2</p><p>2</p><p>≥ √𝑐2𝑏2 = 𝑐𝑏 ⇒</p><p>𝑐2 + 𝑏2</p><p>4</p><p>≥</p><p>𝑐𝑏</p><p>2</p><p>= 𝑆</p><p>Ou seja:</p><p>𝑆 ≤</p><p>𝑎2</p><p>4</p><p>Portanto, como não temos nenhuma restrição para os catetos, o máximo é</p><p>𝑎2</p><p>4</p><p>, que ocorre</p><p>quando 𝑏 = 𝑐, da igualdade da desigualdade entre as médias.</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>171. (CN/2013)</p><p>341</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Considere que ABCD é um trapézio, onde os vértices são colocados em sentido horário, com bases</p><p>AB = 10 e CD = 22. Marcam-se na base AB o ponto P e na base CD o ponto Q, tais que AP = 4 e CQ =</p><p>x. Sabe-se que as áreas dos quadriláteros APQD e PBCQ são iguais. Sendo assim, pode-se afirmar</p><p>que a medida x é:</p><p>a) 10</p><p>b) 12</p><p>c) 14</p><p>d) 15</p><p>e) 16</p><p>Comentários</p><p>Esboçando a situação proposta:</p><p>Da igualdade das áreas:</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>∙ (4 + 22 − 𝑥) =</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>∙ (6 + 𝑥) ⇒ 26 − 𝑥 = 6 + 𝑥 ⇒ 𝑥 = 10</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>172. (CN/2013)</p><p>Seja ABC um triângulo acutângulo e L a circunferência circunscrita ao triângulo. De um ponto Q</p><p>(diferente de A e de C) sobre o menor arco AC de L são traçadas perpendiculares às retas suportes</p><p>dos lados do triângulo. Considere M, N e P os pés das perpendiculares sobre os lados AB, AC e BC,</p><p>respectivamente. Tomando MN = 12 e PN = 16, qual é a razão entre as áreas dos triângulos BMN e</p><p>BNP?</p><p>a)</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝟗</p><p>𝟏𝟔</p><p>c)</p><p>𝟖</p><p>𝟗</p><p>d)</p><p>𝟐𝟓</p><p>𝟑𝟔</p><p>342</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>e)</p><p>𝟑𝟔</p><p>𝟒𝟗</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo é provar que os pontos 𝑀,𝑁 𝑒 𝑃 são colineares. Esse resultado é</p><p>conhecido como teorema de Simsom-Wallace e será</p><p>demonstrado abaixo.</p><p>Nosso objetivo é mostrar que os ângulos 𝑃�̂�𝐶 e 𝑀�̂�𝐴 são iguais.</p><p>Primeiro, veja que o quadrilátero 𝑃𝐶𝑁𝑄 é inscritível, pois a soma dos ângulos opostos 𝑄�̂�𝐶</p><p>e 𝐶�̂�𝑄 é 180°. Disso, temos que 𝑃�̂�𝐶 = 𝐶�̂�𝑃.</p><p>Veja também que o quadrilátero 𝑄𝑁𝑀𝐴 é inscritível, pois 𝑄�̂�𝐴 = 𝑄�̂�𝐴 = 90°. Daí, segue</p><p>que 𝐴�̂�𝑀 = 𝑀�̂�𝐴.</p><p>O quadrilátero 𝐴𝐵𝐶𝑄 é inscritível por construção, do que segue que 𝐶�̂�𝐴 + 𝐴�̂�𝐶 = 180°.</p><p>O quadrilátero 𝑀𝑄𝑃𝐵 também é inscritível pelo mesmo motivo do quadrilátero 𝑃𝐶𝑁𝑄, do</p><p>que segue que 𝑀�̂�𝑃 + 𝐴�̂�𝐶 = 180°.</p><p>343</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Combinando as duas últimas informações, temos que 𝑀�̂�𝑃 = 𝐶�̂�𝐴. Mas:</p><p>𝑀�̂�𝑃 = 𝑀�̂�𝐶 + 𝐶�̂�𝑃</p><p>𝐶�̂�𝐴 = 𝑀�̂�𝐶 +𝑀�̂�𝐴</p><p>Logo:</p><p>𝐶�̂�𝑃 = 𝑀�̂�𝐴 ⇒ 𝑃�̂�𝐶 = 𝐴�̂�𝑀</p><p>Como os ângulos opostos pelo vértice 𝑁 são iguais e 𝐴𝐶 é uma reta, segue que 𝑀,𝑃 𝑒 𝑁</p><p>devem ser colineares.</p><p>Para achar a razão entre as áreas dos triângulos Δ𝐵𝑀𝑁 e Δ𝐵𝑁𝑃 basta ver que eles</p><p>possuem a mesma altura relativa à reta 𝑀𝑃, digamos ℎ. Suas áreas são:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝐵𝑀𝑁 =</p><p>ℎ ∙ 𝑀𝑁</p><p>2</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝐵𝑁𝑃 =</p><p>ℎ ∙ 𝑁𝑃</p><p>2</p><p>Perceba que a razão entre as áreas se resume à razão entre os segmentos 𝑀𝑁 𝑒 𝑁𝑃:</p><p>𝑀𝑁</p><p>𝑁𝑃</p><p>=</p><p>12</p><p>16</p><p>=</p><p>3</p><p>4</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>173. (CN/2012)</p><p>Em dois triângulos, 𝑻𝟏 e 𝑻𝟐, cada base é o dobro da respectiva altura. As alturas desses triângulos,</p><p>h1 e h2, são números ímpares positivos. Qual é o conjunto dos valores possíveis de h1 e h2, de modo</p><p>que a área 𝑻𝟏 + 𝑻𝟐 seja equivalente à área de um quadrado de lado inteiro?</p><p>a) 0</p><p>b) unitário</p><p>c) finito</p><p>d) {𝟑, 𝟓, 𝟕, 𝟗, 𝟏𝟏, . . . }</p><p>e) {𝟏𝟏, 𝟏𝟕, 𝟐𝟑, 𝟐𝟗, . . . }</p><p>Comentários</p><p>As bases desses triângulos são 2ℎ1 𝑒 2ℎ2, respectivamente, de modo que suas áreas são:</p><p>𝑇1 =</p><p>ℎ1 ∙ 2ℎ1</p><p>2</p><p>= ℎ1</p><p>2</p><p>𝑇2 =</p><p>ℎ2 ∙ 2ℎ2</p><p>2</p><p>= ℎ2</p><p>2</p><p>Logo:</p><p>344</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑇1 + 𝑇2 = ℎ1</p><p>2 + ℎ2</p><p>2</p><p>Mas ℎ1 𝑒 ℎ2 são inteiros ímpares, isto é:</p><p>ℎ1 = 2𝑛1 + 1 𝑒 ℎ2 = 2𝑛2 + 1</p><p>Assim:</p><p>ℎ1</p><p>2 = 4𝑛1</p><p>2 + 4𝑛1 + 1</p><p>ℎ2</p><p>2 = 4𝑛2</p><p>2 + 4𝑛2 + 1</p><p>ℎ1</p><p>2 + ℎ2</p><p>2 = 4(𝑛1</p><p>2 + 𝑛1 + 𝑛2</p><p>2 + 𝑛2) + 2</p><p>Seja 𝑙 o lado do quadrado. Como ele é inteiro, ou ele é par ou é ímpar. Disso, veja que:</p><p>𝑙 = 2𝑛 ⇒ 𝑙2 = 4𝑛2</p><p>Ou:</p><p>𝑙 = 2𝑛 + 1 ⇒ 𝑙2 = 4(𝑛2 + 𝑛) + 1</p><p>Ou seja, o quadrado de um inteiro somente pode deixar resto 0 𝑜𝑢 1 na divisão por quatro,</p><p>o que não é o caso da soma 𝑇1 + 𝑇2, que deixa resto 2.</p><p>Daí, concluímos que a igualdade não é possível e o conjunto é vazio.</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>174. (CN/2012)</p><p>Observe a figura a seguir.</p><p>A figura acima apresenta um quadrado ABCD de lado 2. Sabe-se que E e F são, os pontos médios dos</p><p>lados DC e CB, respectivamente. Além disso, EFGH também formam um quadrado e I está sobre o</p><p>lado GH, de modo que 𝐆𝐈 =</p><p>𝐆𝐇</p><p>𝟒</p><p>. Qual é a área do triângulo BCI?</p><p>a)</p><p>𝟕</p><p>𝟖</p><p>b)</p><p>𝟔</p><p>𝟕</p><p>c)</p><p>𝟓</p><p>𝟔</p><p>345</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d)</p><p>𝟒</p><p>𝟓</p><p>e)</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>Comentários</p><p>Para calcular a área do triângulo Δ𝐵𝐶𝐼, precisamos de uma base e de uma altura. Por</p><p>conveniência, vamos tomar a base 𝐵𝐶 e vamos calcular a atura relativa à essa base.</p><p>Para encontrar essa altura, veja que ela corresponde à perpendicular traçada do ponto 𝐼</p><p>sobre a reta suporte de 𝐵𝐶. Observe:</p><p>Como 𝐺𝐻 = √2, pois é o lado do quadrado 𝐸𝐹𝐺𝐻, do enunciado, 𝐺𝐼 =</p><p>√2</p><p>4</p><p>⇒ 𝐼𝐻 =</p><p>3</p><p>4</p><p>√2.</p><p>Como 𝐼𝐻𝐽 = 45°, 𝐼𝐽 =</p><p>3</p><p>4</p><p>√2 ∙ 𝑠𝑒𝑛 45° =</p><p>3</p><p>4</p><p>√2 ∙</p><p>1</p><p>√2</p><p>=</p><p>3</p><p>4</p><p>.</p><p>Assim, temos que a área pedida é:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 𝐵𝐶𝐼 =</p><p>𝐼𝐽 ∙ 𝐵𝐶</p><p>2</p><p>=</p><p>3</p><p>4</p><p>∙ 2</p><p>2</p><p>=</p><p>3</p><p>4</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>175. (CN/2012)</p><p>Um trapézio isósceles tem lados não paralelos medindo 𝟏𝟎√𝟑. Sabendo que a bissetriz interna da</p><p>base maior contém um dos vértices do trapézio, qual é a área desse trapézio?</p><p>a) 𝟕𝟓√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟎𝟓√𝟑</p><p>346</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟏𝟖𝟎√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟐𝟓√𝟑</p><p>e) 𝟐𝟕𝟓√𝟑</p><p>Comentários</p><p>O enunciado dessa questão está incompleto, pois com os dados fornecidos não podemos</p><p>determinar a base desse trapézio, que é variável, veja:</p><p>O ângulo 𝐵�̂�𝐷 não está definido, o que torna impossível determinar a base 𝐴𝐷. Perceba</p><p>que um quadrado de lado 10√3 também satisfaz o enunciado (caso em que 𝐵�̂�𝐷 = 90°).</p><p>Gabarito: Anulada.</p><p>176. (CN/2011)</p><p>Um aluno estudava sobre polígonos convexos e tentou obter dois polígonos de 𝑵 e 𝒏 lados (𝑵 ≠ 𝒏),</p><p>e com 𝑫 e 𝒅 diagonais, respectivamente, de modo que 𝑵− 𝒏 = 𝑫− 𝒅. A quantidade de soluções</p><p>corretas que satisfazem essas condições é:</p><p>a) 0.</p><p>b) 1.</p><p>c) 2.</p><p>d) 3.</p><p>e) indeterminada.</p><p>Comentários</p><p>Do estudo da geometria plana, sabemos que:</p><p>347</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐷 =</p><p>𝑁(𝑁 − 3)</p><p>2</p><p>𝑒 𝑑 =</p><p>𝑛(𝑛 − 3)</p><p>2</p><p>Usando a relação fornecida:</p><p>𝑁 − 𝑛 =</p><p>𝑁(𝑁 − 3)</p><p>2</p><p>−</p><p>𝑛(𝑛 − 3)</p><p>2</p><p>2(𝑁 − 𝑛) = 𝑁2 − 3𝑁 − 𝑛2 + 3𝑛 ⇒</p><p>⇒ 2(𝑁 − 𝑛) = (𝑁 − 𝑛)(𝑁 + 𝑛) − 3(𝑁 − 𝑛)</p><p>Ou seja:</p><p>(𝑁 − 𝑛)(𝑁 + 𝑛 − 5) = 0</p><p>Como 𝑛 ≠ 𝑁, temos que:</p><p>𝑁 + 𝑛 − 5 = 0 ⇒ 𝑁 + 𝑛 = 5</p><p>Mas como 𝑁 𝑒 𝑛 são lados de um polígono convexo, devem obedecer 𝑛,𝑁 > 3, isto é, 𝑁 +</p><p>𝑛 > 6. Logo, não há solução para a equação acima.</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>177. (CN/2011)</p><p>Observe a ilustração a seguir.</p><p>Qual a quantidade mínima de peças necessárias para revestir, sem falta ou sobra, um quadro de</p><p>lado 5, utilizando as peças acima?</p><p>a) 12</p><p>b) 11</p><p>c) 10</p><p>d) 9</p><p>e) 8</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo é calcular a área de cada peça:</p><p>Peça I:</p><p>𝑆1 = 1 ∙ 2 = 2</p><p>348</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Peça II:</p><p>𝑆2 = 2 ∙ 2 − 1 ∙ 1 = 3</p><p>Um quadrado de lado 5 possui área:</p><p>𝑆 = 52 = 25</p><p>Seja ainda 𝑎 a quantidade da peça I e 𝑏 a quantidade da peça II. Temos que:</p><p>2𝑎 + 3𝑏 = 25</p><p>Queremos o valor mínimo de 𝑎 + 𝑏 sabendo que 𝑎 𝑒 𝑏 são naturais.</p><p>A equação acima é uma equação diofantina. Do estudo das equações desse tipo, sabemos</p><p>que se (𝑎0, 𝑏0) é um par solução dessa equação, então (𝑎0 + 3𝑘, 𝑏0 − 2𝑘) representa todas as</p><p>soluções dessa equação para 𝑘 inteiro qualquer, pois 𝑚𝑑𝑐(2,3) = 1.</p><p>Uma solução particular facilmente verificável é (2,7), do que temos que todas as soluções</p><p>podem ser expressas por (2 + 3𝑘, 7 − 2𝑘).</p><p>Mas devemos lembrar que queremos apenas as soluções naturais, isto é:</p><p>2 + 3𝑘 > 0 ⇒ 𝑘 > −</p><p>2</p><p>3</p><p>7 − 2𝑘 > 0 ⇒</p><p>7</p><p>2</p><p>> 𝑘</p><p>Do que segue que:</p><p>−</p><p>2</p><p>3</p><p>< 𝑘 <</p><p>7</p><p>2</p><p>Ou seja, 𝑘 pertence ao conjunto:</p><p>{0,1,2,3}</p><p>Veja ainda que:</p><p>𝑎 + 𝑏 = 2 + 3𝑘 + 7 − 2𝑘 = 9 + 𝑘</p><p>O valor é mínimo quando 𝑘 = 0, isto é, 𝑎 + 𝑏 = 9 + 0 = 9.</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>178. (CN/2011)</p><p>Considere a figura a seguir.</p><p>349</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A razão</p><p>𝑺(𝑴𝑷𝑸)</p><p>𝑺(𝑨𝑩𝑪)</p><p>, entre as áreas dos triângulos MPQ e ABC, é:</p><p>a)</p><p>𝟕</p><p>𝟏𝟐</p><p>b)</p><p>𝟓</p><p>𝟏𝟐</p><p>c)</p><p>𝟕</p><p>𝟏𝟓</p><p>d)</p><p>𝟖</p><p>𝟏𝟓</p><p>e)</p><p>𝟕</p><p>𝟖</p><p>Comentários</p><p>A ideia para resolver essa questão é relacionar a área dos triângulos Δ𝐴𝑄𝑀, Δ𝐵𝑄𝑃 𝑒 Δ𝐶𝑃𝑀</p><p>com a área do triângulo Δ𝐴𝐵𝐶. Para fazer isso seguiremos a mesma ideia para os três triângulos.</p><p>Faremos apenas para um deles, para os outros dois é completamente análogo. Além disso,</p><p>denotaremos por 𝑆 a área do Δ𝐴𝐵𝐶.</p><p>Fazendo primeiro para o Δ𝑄𝑀𝐴:</p><p>350</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Da semelhança entre os triângulos Δ𝑄𝑅𝐴 e Δ𝐵𝑆𝐴 (𝐿𝐿𝐿), temos:</p><p>𝑄𝑅</p><p>𝐵𝑆</p><p>=</p><p>𝑄𝐴</p><p>𝐵𝐴</p><p>As áreas:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑄𝑀𝐴 =</p><p>𝑀𝐴 ∙ 𝑄𝑅</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑄𝑅 ∙ 𝑏</p><p>2</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝐴𝐵𝐶 =</p><p>𝐴𝐶 ∙ 𝐵𝑆</p><p>2</p><p>=</p><p>3𝑏 ∙ 𝐵𝑆</p><p>2</p><p>A razão entre as áreas:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑄𝑀𝐴</p><p>𝑆</p><p>=</p><p>𝑄𝑅 ∙ 𝑀𝐴</p><p>2</p><p>𝐴𝐶 ∙ 𝐵𝑆</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑀𝐴 ∙ 𝑄𝐴</p><p>𝐴𝐶 ∙ 𝐵𝐴</p><p>=</p><p>1</p><p>3</p><p>∙</p><p>𝑄𝐴</p><p>𝐵𝐴</p><p>=</p><p>1</p><p>3</p><p>∙</p><p>4</p><p>5</p><p>=</p><p>4</p><p>15</p><p>Ou seja:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑄𝑀𝐴 =</p><p>4</p><p>15</p><p>𝑆</p><p>De maneira análoga:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑃𝐶𝑀</p><p>𝑆</p><p>=</p><p>𝑃𝐶 ∙ 𝐶𝑀</p><p>𝐵𝐶 ∙ 𝐶𝐴</p><p>=</p><p>𝑎</p><p>∙ 2𝑏</p><p>4𝑎 ∙ 3𝑏</p><p>=</p><p>1</p><p>6</p><p>Logo:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑃𝐶𝑀 =</p><p>1</p><p>6</p><p>𝑆</p><p>351</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Analogamente:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑄𝐵𝑃</p><p>𝑆</p><p>=</p><p>𝑄𝐵 ∙ 𝐵𝑃</p><p>𝐴𝐵 ∙ 𝐵𝐶</p><p>=</p><p>𝑐 ∙ 3𝑎</p><p>5𝑐 ∙ 4𝑎</p><p>=</p><p>3</p><p>20</p><p>Logo:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝑄𝐵𝑃 =</p><p>3</p><p>20</p><p>𝑆</p><p>Veja que:</p><p>𝑆(𝑀𝑃𝑄) = 𝑆 − (</p><p>3</p><p>20</p><p>𝑆 +</p><p>1</p><p>6</p><p>𝑆 +</p><p>4</p><p>15</p><p>𝑆) =</p><p>60 − 35</p><p>60</p><p>𝑆 =</p><p>25</p><p>60</p><p>𝑆 =</p><p>5</p><p>12</p><p>𝑆</p><p>E finalmente:</p><p>𝑆(𝑀𝑃𝑄)</p><p>𝑆(𝐴𝐵𝐶)</p><p>=</p><p>5</p><p>12</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>179. (CN/2011)</p><p>Num paralelogramo ABCD de altura CP = 3, a razão</p><p>𝑨𝑩</p><p>𝑩𝑪</p><p>= 𝟐. Seja M o ponto médio de AB e P o pé da</p><p>altura de ABCD baixada sobre o prolongamento de AB, a partir de C. Sabe-se que a razão entre as</p><p>áreas dos triângulos MPC e ADM é</p><p>𝑺(𝑴𝑷𝑪)</p><p>𝑺(𝑨𝑫𝑴)</p><p>=</p><p>𝟐+√𝟑</p><p>𝟐</p><p>. A área do triângulo PBC é igual a:</p><p>a)</p><p>𝟏𝟓√𝟑</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟗√𝟑</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>𝟓√𝟑</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟑√𝟑</p><p>𝟐</p><p>e)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo é esboçar a situação proposta, de modo que vamos denotar 𝐴𝑀 = 𝑥 e</p><p>𝐵𝑃 = 𝑦:</p><p>352</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Os triângulos Δ𝐴𝑀𝐵 𝑒 Δ𝑀𝑃𝐶 possuem mesma altura, então a razão entre as áreas é igual</p><p>a razão entre as bases:</p><p>𝑥 + 𝑦</p><p>𝑥</p><p>=</p><p>2 + √3</p><p>2</p><p>⇒ 2𝑦 + 2𝑥 = 2𝑥 + √3𝑥 ⇒ 𝑦 =</p><p>√3𝑥</p><p>2</p><p>Aplicando o teorema de Pitágoras ao Δ𝐵𝑃𝐶, temos:</p><p>𝑥2 = 32 + 𝑦2 = 32 + (</p><p>√3𝑥</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>⇒ 𝑥 = 6</p><p>Logo:</p><p>𝑦 =</p><p>6√3</p><p>2</p><p>= 3√3</p><p>Por fim, a área do Δ𝐵𝑃𝐶:</p><p>3 ∙ 3√3</p><p>2</p><p>=</p><p>9√3</p><p>2</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>180. (CN/2010)</p><p>ABC é um triângulo equilátero. Seja P um ponto do plano de ABC e exterior ao triângulo de tal forma</p><p>que PB intersecta AC em Q (Q está entre A e C). Sabendo que o ângulo APB é igual a 60°, que PA = 6</p><p>e PC = 8, a medida de PQ será</p><p>a)</p><p>𝟐𝟒</p><p>𝟕</p><p>b)</p><p>𝟐𝟑</p><p>𝟓</p><p>c)</p><p>𝟏𝟗</p><p>𝟔</p><p>353</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d)</p><p>𝟑𝟑</p><p>𝟏𝟒</p><p>e)</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟒</p><p>Comentários</p><p>Esboçando a situação proposta, temos:</p><p>O quadrilátero 𝐴𝐵𝐶𝑃 é inscritível, pois 𝐴�̂�𝐵 = 𝐴�̂�𝐵. Disso, temos que 𝐵�̂�𝐶 = 𝐵�̂�𝐶 =</p><p>60°.</p><p>Da trigonometria aplicada à geometria plana, temos que a área do triângulo Δ𝐴𝑃𝐶, ou seja,</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝐶), pode ser calculada como sendo:</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝐶) =</p><p>𝐴𝑃 ∙ 𝑃𝐶 ∙ 𝑠𝑒𝑛 120°</p><p>2</p><p>=</p><p>6 ∙ 8 ∙ 𝑠𝑒𝑛 120°</p><p>2</p><p>Além disso:</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝐶) = 𝑆(𝐴𝑃𝑄) + 𝑆(𝑄𝑃𝐶)</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝑄) =</p><p>𝐴𝑃 ∙ 𝑃𝑄 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>=</p><p>6 ∙ 𝑃𝑄 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>𝑆(𝑄𝑃𝐶) =</p><p>𝑃𝑄 ∙ 𝑃𝐶 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑃𝑄 ∙ 8 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>Como 60° + 120° = 180°, temos 𝑠𝑒𝑛 60° = 𝑠𝑒𝑛 120°.</p><p>Por fim:</p><p>354</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>6 ∙ 8 ∙ 𝑠𝑒𝑛 120°</p><p>2</p><p>=</p><p>6 ∙ 𝑃𝑄 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>+</p><p>𝑃𝑄 ∙ 8 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>⇒</p><p>⇒ 48 = 6𝑃𝑄 + 8𝑃𝑄 = 14𝑃𝑄 ⇒ 𝑃𝑄 =</p><p>48</p><p>14</p><p>=</p><p>24</p><p>7</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>181. (CN/2010)</p><p>Considere o conjunto de todos os triângulos retângulos. Sendo h a altura relativa à hipotenusa,</p><p>quantos elementos, nesse conjunto, tem altura igual</p><p>√𝟏𝟓</p><p>𝟒</p><p>𝒉𝟐?</p><p>a) Infinitos.</p><p>b) Mais de dezesseis e menos de trinta.</p><p>c) Mais de quatro e menos de 15.</p><p>d) Apenas um.</p><p>e) Nenhum.</p><p>Comentários</p><p>Essa questão foi anulada no concurso e seu enunciado deve ser corrigido para altura igual</p><p>a</p><p>√15</p><p>4</p><p>ℎ2.</p><p>Suponha que a hipotenusa tenha medida 𝑎, temos que:</p><p>𝑎 ∙ ℎ</p><p>2</p><p>=</p><p>√15</p><p>4</p><p>ℎ2 ⇒ 𝑎 =</p><p>√15</p><p>2</p><p>ℎ</p><p>Agora observe a figura abaixo:</p><p>355</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O conjunto de triângulos que possuem altura ℎ tem altura no máximo 𝑎/2, conforme se</p><p>observa na figura. O máximo ocorre quando a altura é também mediana relativa à hipotenusa.</p><p>Mas se o triângulo possui área</p><p>√15</p><p>4</p><p>ℎ2 e altura ℎ, vimos que 𝑎 =</p><p>√15</p><p>2</p><p>ℎ. Isso implica:</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>≥ ℎ ⇒</p><p>√15ℎ</p><p>2</p><p>2</p><p>≥ ℎ ⇒ √15 ≥ 4 ⇒ 15 ≥ 16</p><p>Que é absurdo. Logo, há nenhum elemento nesse conjunto.</p><p>Gabarito: (anulada) “e”.</p><p>182. (CN/2010)</p><p>Tem-se o quadrado de vértices ABCD com lados medindo k cm. Sobre AB marca-se M, de modo que</p><p>𝑨𝑴 =</p><p>𝑩𝑴</p><p>𝟑</p><p>. Sendo N o simétrico de B em relação ao lado CD, verifica-se que MN corta a diagonal AC</p><p>em P. Em relação à área ABCD a área do triângulo PBC equivale a:</p><p>a) 18%</p><p>b) 24%</p><p>c) 27%</p><p>d) 30%</p><p>e) 36%</p><p>Comentários</p><p>356</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Fazendo um esboço da situação, temos:</p><p>Aplicando o teorema de Menelaus ao Δ𝐴𝐵𝐶:</p><p>𝐵𝑁</p><p>𝑁𝐶</p><p>∙</p><p>𝐶𝑃</p><p>𝑃𝐴</p><p>∙</p><p>𝐴𝑀</p><p>𝑀𝐵</p><p>= 1 ⇒ 2 ∙</p><p>𝐶𝑃</p><p>𝑃𝐴</p><p>∙</p><p>1</p><p>3</p><p>= 1 ⇒</p><p>𝐶𝑃</p><p>𝑃𝐴</p><p>=</p><p>3</p><p>2</p><p>Os Δ𝐴𝑃𝐵 𝑒 Δ𝑃𝐵𝐶 possuem mesma altura. Vamos denotar:</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝐵) = 𝐴 𝑒 𝑆(𝑃𝐵𝐶) = 𝐵</p><p>Disso, temos:</p><p>{</p><p>𝐴 + 𝐵 =</p><p>𝑆(𝐴𝐵𝐶𝐷)</p><p>2</p><p>𝐵</p><p>𝐴</p><p>=</p><p>3</p><p>2</p><p>Resolvendo em função de 𝑆(𝐴𝐵𝐶𝐷):</p><p>𝐵 =</p><p>3</p><p>10</p><p>𝑆(𝐴𝐵𝐶𝐷) ⇒</p><p>𝐵</p><p>𝑆(𝐴𝐵𝐶𝐷)</p><p>= 0,3 = 30%</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>183. (CN/2010)</p><p>Seja ABC um triângulo com lados AB = 15, AC = 12 e BC = 18. Seja P um ponto sobre o lado AC, tal</p><p>que PC = 3AP. Tomando Q sobre BC, entre B e C, tal que a área do quadrilátero APQB seja igual à</p><p>área do triângulo PQC, qual será o valor de BQ?</p><p>a) 3,5</p><p>b) 5</p><p>357</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 6</p><p>d) 8</p><p>e) 8,5</p><p>Comentários</p><p>Fazendo um esboço da situação proposta:</p><p>A ideia é utilizar a razão entre áreas para determinar a razão entre os segmentos 𝐶𝑄 𝑒 𝑄𝐵.</p><p>Para simplificar, seja:</p><p>𝑆(𝐴𝐵𝐶) = 𝑆</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝐵) = 𝐴</p><p>𝑆(𝑃𝐵𝑄) = 𝐵</p><p>Como 𝑆(𝐶𝑄𝑃) = 𝑆(𝐴𝑃𝑄𝐵) e 𝑆(𝐴𝐵𝐶) = 𝑆(𝐶𝑃𝑄) + 𝑆(𝐴𝑃𝑄𝐵), segue que 𝑆(𝐶𝑃𝑄) =</p><p>𝑆</p><p>2</p><p>.</p><p>Além disso, como os Δ𝑃𝐶𝐵 e Δ𝐴𝑃𝐵 possuem mesma altura, a razão entre suas áreas é</p><p>dada por:</p><p>𝐴</p><p>𝐵 +</p><p>𝑆</p><p>2</p><p>=</p><p>𝐴𝑃</p><p>𝑃𝐶</p><p>=</p><p>1</p><p>3</p><p>⇒ 3𝐴 − 𝐵 =</p><p>𝑆</p><p>2</p><p>𝑒𝑞. 01</p><p>Por outro lado, 𝐴 + 𝐵 =</p><p>𝑆</p><p>2</p><p>𝑒𝑞. 02.</p><p>Combinando as equações 01 𝑒 02, vem:</p><p>𝐴 = 𝐵 =</p><p>𝑆</p><p>4</p><p>358</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Veja que os Δ𝐶𝑃𝑄 e Δ𝑃𝑄𝐵 possuem mesma altura, de modo que a razão entre suas áreas</p><p>é dada por:</p><p>𝑆(𝑃𝐵𝑄)</p><p>𝑆(𝐶𝑃𝑄)</p><p>=</p><p>𝐵𝑄</p><p>𝑄𝐶</p><p>⇒</p><p>𝑆</p><p>4</p><p>𝑆</p><p>2</p><p>=</p><p>𝐵𝑄</p><p>𝑄𝐶</p><p>⇒ 𝑄𝐶 = 2𝐵𝑄</p><p>Por fim:</p><p>𝑄𝐶 + 𝐵𝑄 = 18 ⇒ 2𝐵𝑄 + 𝐵𝑄 = 18 ⇒ 𝐵𝑄 = 6</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>184. (CN/2009)</p><p>O triângulo de lados 0,333... cm, 0,5cm e 0,666... cm é equivalente ao triângulo isósceles de base</p><p>0,333... cm e lados congruentes medindo x centímetros cada um. Com base nos dados apresentados,</p><p>é correto afirmar que x é igual a</p><p>a)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>√𝟏𝟓𝟏</p><p>𝟐𝟒</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>√𝟐𝟓𝟕</p><p>𝟒𝟖</p><p>e)</p><p>√𝟏𝟓+𝟒√𝟔</p><p>𝟑𝟔</p><p>Comentários</p><p>Dois triângulos são ditos equivalentes se possuem a mesma área.</p><p>O primeiro passo é perceber que:</p><p>0,333… =</p><p>1</p><p>3</p><p>0,5 =</p><p>1</p><p>2</p><p>0,666… =</p><p>2</p><p>3</p><p>O semiperímetro desse triângulo é dado por:</p><p>1</p><p>2</p><p>+</p><p>1</p><p>3</p><p>+</p><p>2</p><p>3</p><p>2</p><p>=</p><p>3</p><p>4</p><p>Por Heron, temos que a área desse triângulo é dada por:</p><p>359</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐴 = √</p><p>3</p><p>4</p><p>∙ (</p><p>3</p><p>4</p><p>−</p><p>1</p><p>2</p><p>) ∙ (</p><p>3</p><p>4</p><p>−</p><p>1</p><p>3</p><p>) ∙ (</p><p>3</p><p>4</p><p>−</p><p>2</p><p>3</p><p>) =</p><p>√15</p><p>18</p><p>Tomando como base o lado 1/3 do triângulo isósceles e lembrando da equivalência entre</p><p>os triângulos:</p><p>ℎ ∙</p><p>1</p><p>3</p><p>2</p><p>=</p><p>√15</p><p>18</p><p>⇒ ℎ =</p><p>√15</p><p>8</p><p>Observe a figura abaixo:</p><p>Acima está representado o triângulo isósceles com sua altura traçada, de modo que, pelo</p><p>teorema de Pitágoras, podemos escrever:</p><p>ℎ2 + (</p><p>1</p><p>6</p><p>)</p><p>2</p><p>= 𝑥2 ⇒ (</p><p>√15</p><p>8</p><p>)</p><p>2</p><p>+</p><p>1</p><p>36</p><p>= 𝑥2 ⇒ 𝑥 =</p><p>√151</p><p>24</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>185. (CN/2009)</p><p>Sendo 𝒉𝑨, 𝒉𝑩 e 𝒉𝑪 as medidas das alturas; 𝒎𝑨, 𝒎𝑩 e 𝒎𝑪 as medidas das medianas; e 𝒃𝑨, 𝒃𝑩 e 𝒃𝑪</p><p>as medidas das bissetrizes internas de um triângulo ABC, analise as afirmativas a seguir.</p><p>I. O triângulo formado pelos segmentos</p><p>𝟏</p><p>𝒉𝑨</p><p>,</p><p>𝟏</p><p>𝒉𝑩</p><p>e</p><p>𝟏</p><p>𝒉𝑪</p><p>é semelhante ao triângulo ABC.</p><p>II. O triângulo formado pelos segmentos</p><p>𝟏</p><p>𝒎𝑨</p><p>,</p><p>𝟏</p><p>𝒎𝑩</p><p>e</p><p>𝟏</p><p>𝒎𝑪</p><p>é semelhante ao triângulo ABC.</p><p>360</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>III. O triângulo formado pelos segmentos</p><p>𝟏</p><p>𝒃𝑨</p><p>,</p><p>𝟏</p><p>𝒃𝑩</p><p>e</p><p>𝟏</p><p>𝒃𝑪</p><p>é semelhante ao triângulo ABC.</p><p>Pode-se concluir que</p><p>a) apenas I é sempre verdadeira.</p><p>b) apenas II é sempre verdadeira.</p><p>c) apenas III é sempre verdadeira.</p><p>d) I, II e III são sempre verdadeiras.</p><p>e) I, II e III são sempre falsas.</p><p>Comentários</p><p>Vamos analisar cada afirmação.</p><p>Afirmação I:</p><p>Podemos calcular a área do triângulo usando cada lado e cada altura correspondente:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑎ℎ𝐴</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑏ℎ𝐵</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑐ℎ𝐶</p><p>2</p><p>⇒</p><p>𝑎</p><p>1</p><p>ℎ𝐴</p><p>=</p><p>𝑏</p><p>1</p><p>ℎ𝐵</p><p>=</p><p>𝑐</p><p>1</p><p>ℎ𝐶</p><p>= 2𝑆</p><p>Veja que os lados são proporcionais aos inversos das alturas, do que temos que os dois</p><p>triângulos são semelhantes. Portanto, é verdadeira.</p><p>Afirmação II:</p><p>Falsa. Observe o triângulo retângulo isósceles de lados 2, 2 𝑒 2√2:</p><p>Suas medianas valem √5, √5 e √2. Veja que:</p><p>361</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>(</p><p>1</p><p>√5</p><p>)</p><p>2</p><p>+ (</p><p>1</p><p>√5</p><p>)</p><p>2</p><p>< (</p><p>1</p><p>√2</p><p>)</p><p>2</p><p>Do que temos que o triângulo formado pelos inversos das medianas não é retângulo, logo</p><p>não é semelhante ao triângulo original.</p><p>Afirmação III:</p><p>A ideia neste item é olhar novamente para o triângulo retângulo de lados 2, 2 𝑒 2√2, pois</p><p>podemos calcular facilmente suas bissetrizes:</p><p>A bissetriz relativa à hipotenusa tem medida √2, pois também é mediana relativa à</p><p>hipotenusa.</p><p>Do teorema da bissetriz interna, temos que</p><p>𝐷𝐴</p><p>𝐶𝐷</p><p>=</p><p>2√2</p><p>2</p><p>= √2 ⇒ 𝐷𝐴 = √2𝐶𝐷. Além disso:</p><p>𝐶𝐷 + 𝐷𝐴 = 𝐶𝐴 = 2 ⇒ 𝐶𝐷 + √2𝐶𝐷 = 2 ⇒ 𝐶𝐷 = 2(√2 − 1)</p><p>Usando Pitágoras no Δ𝐷𝐶𝐵:</p><p>𝐷𝐵2 = 22 + [2(√2 − 1)]</p><p>2</p><p>⇒ 𝐷𝐵 = 2√4 − 2√2</p><p>Como ele é isósceles, sua outra bissetriz também vale 2√4 − 2√2.</p><p>Observe que</p><p>1</p><p>2√4−2√2</p><p><</p><p>1</p><p>√2</p><p>e:</p><p>(</p><p>1</p><p>2√4 − 2√2</p><p>)</p><p>2</p><p>+ (</p><p>1</p><p>2√4 − 2√2</p><p>)</p><p>2</p><p>< (</p><p>1</p><p>√2</p><p>)</p><p>2</p><p>Do que segue que o triângulo formado pelos inversos das bissetrizes não é retângulo e,</p><p>portanto, não pode ser semelhante ao triângulo original.</p><p>362</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>186. (CN/2009)</p><p>Sobre o lado maior de um retângulo de base 1 e altura 2 constrói-se um retângulo de base 2 e altura</p><p>3; sobre o maior lado desse último, constrói-se um retângulo de base 3 e altura 4; e assim</p><p>sucessivamente, até se construir o retângulo de base 99 e altura 100. Com quantos zeros termina o</p><p>produto das áreas de cada um desses retângulos?</p><p>a) 39</p><p>b) 40</p><p>c) 46</p><p>d) 78</p><p>e) 80</p><p>Comentários</p><p>A área de um retângulo é o produto de sua base por sua altura. Disso, temos que o produto</p><p>das áreas de todos os retângulos é dado por:</p><p>(1 ∙ 2) ∙ (2 ∙ 3) ∙ (3 ∙ 4) ∙ … ∙ (98 ∙ 99) ∙ (99 ∙ 100)</p><p>Observe que isso pode ser reescrito como:</p><p>(1 ∙ 2 ∙ 3 ∙ … ∙ 100)2</p><p>100</p><p>Para que se obtenha a quantidade de zeros na terminação do número, basta contar a</p><p>quantidade de fatores 10 que esse número possui. Veja ainda que cada fator 10 = 2 ∙ 5. Mas a</p><p>quantidade de fatores 2 deve ser superior a quantidade de fatores 5, de modo que basta</p><p>contarmos a quantidade de fatores 5 que esse número possui.</p><p>Para contar a quantidade de fatores 5 dos números de 1 a 100 devemos fazer:</p><p>⌊</p><p>100</p><p>5</p><p>⌋ = 20</p><p>⌊</p><p>100</p><p>25</p><p>⌋ = 4</p><p>Logo, temos 24 fatores 5 de 1 a 100. Portanto, no produto de 1 a 100, devemos ter 24</p><p>zeros que, ao quadrado, resulta em 48 fatores.</p><p>Mas o nosso número está divido por 100, do que temos que subtrair dois fatores 10,</p><p>restando:</p><p>48 − 2 = 46</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>187. (CN/2009)</p><p>363</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área de um quadrado de 5 cm de lado, na unidade 𝒖 definida como sendo a área de um círculo de</p><p>raio 1 cm, é:</p><p>a) exatamente 25.</p><p>b) exatamente 12,5.</p><p>c) aproximadamente 8.</p><p>d) aproximadamente 6.</p><p>e) aproximadamente 5.</p><p>Comentários</p><p>Em centímetros quadrados, a área do quadrado é dada por:</p><p>5𝑐𝑚 ∙ 5𝑐𝑚 = 25𝑐𝑚2</p><p>A unidade 𝑢 é definida por:</p><p>𝑢 = 𝜋 ∙ 12𝑐𝑚2 = 𝜋 𝑐𝑚2</p><p>Dessa forma, a quantidade de unidades 𝑢 contidas no quadrado é dada por:</p><p>25</p><p>𝜋</p><p>= 7,95 ≈ 8 𝑢</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>188. (CN/2008)</p><p>Seja ABC um triângulo retângulo com catetos AC = 12 e AB = 5. A bissetriz interna traçada de C</p><p>intersecta o lado AB em M. Sendo I o incentro de ABC, a razão entre as áreas de BMI e ABC é:</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟓𝟎</p><p>b)</p><p>𝟏𝟑</p><p>𝟔𝟎</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟑𝟎</p><p>d)</p><p>𝟏𝟑</p><p>𝟏𝟓𝟎</p><p>e)</p><p>𝟐</p><p>𝟐𝟓</p><p>Comentários</p><p>Fazendo um esboço da situação:</p><p>364</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Pelo teorema de Pitágoras:</p><p>𝐶𝐴2 + 𝐴𝐵2 = 𝐵𝐶2 ⇒ 122 + 52 = 𝐵𝐶2 ⇒ 𝐵𝐶 = 13</p><p>Do teorema da bissetriz interna:</p><p>𝐶𝐴</p><p>𝐴𝑀</p><p>=</p><p>𝐵𝐶</p><p>𝑀𝐵</p><p>⇒ 𝑀𝐵 =</p><p>13</p><p>12</p><p>𝐴𝑀</p><p>𝐴𝑀 +𝑀𝐵 = 𝐴𝑀 +</p><p>13</p><p>12</p><p>𝐴𝑀 = 5 ⇒ 𝐴𝑀 =</p><p>12</p><p>5</p><p>⇒ 𝑀𝐵 =</p><p>13</p><p>5</p><p>A área do Δ𝐴𝐵𝐶:</p><p>𝑆(𝐴𝐵𝐶) =</p><p>12 ∙ 5</p><p>2</p><p>= 30</p><p>A área do Δ𝐶𝐴𝑀:</p><p>𝑆(𝐶𝐴𝑀) =</p><p>12 ∙</p><p>12</p><p>5</p><p>2</p><p>=</p><p>144</p><p>10</p><p>365</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Por simplicidade, seja 𝑆(𝑀𝐵𝐼) = 𝐴.</p><p>Do teorema da bissetriz interna aplicada ao Δ𝐶𝑀𝐵:</p><p>𝐵𝑀</p><p>𝑀𝐼</p><p>=</p><p>𝐵𝐶</p><p>𝐶𝐼</p><p>⇒</p><p>𝐶𝐼</p><p>𝑀𝐼</p><p>=</p><p>𝐵𝐶</p><p>𝐵𝑀</p><p>=</p><p>13</p><p>13</p><p>5</p><p>= 5</p><p>Como os Δ𝑀𝐵𝐼 e Δ𝐼𝐵𝐶 possuem mesma altura relativa ao segmento 𝐶𝑀, temos que:</p><p>𝑆(𝑀𝐵𝐼)</p><p>𝑆(𝐼𝐵𝐶)</p><p>=</p><p>𝐴</p><p>𝑆(𝐼𝐵𝐶)</p><p>=</p><p>𝑀𝐼</p><p>𝐶𝐼</p><p>=</p><p>1</p><p>5</p><p>⇒ 𝑆(𝐼𝐵𝐶) = 5𝐴</p><p>Por fim:</p><p>𝑆(𝑀𝐵𝐼) + 𝑆(𝐼𝐵𝐶) = 𝑆(𝐶𝑀𝐵) = 𝑆(𝐴𝐵𝐶) − 𝑆(𝐶𝐴𝑀) = 30 −</p><p>144</p><p>10</p><p>Ou seja:</p><p>𝐴 + 5𝐴 = 30 −</p><p>144</p><p>10</p><p>⇒ 𝐴 = 2,6</p><p>Queremos:</p><p>𝐴</p><p>𝑆(𝐴𝐵𝐶)</p><p>=</p><p>2,6</p><p>30</p><p>=</p><p>26</p><p>300</p><p>=</p><p>13</p><p>150</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>189. (CN/2008)</p><p>Duas tangentes a uma circunferência, de raio igual a dois centímetros, partem de um mesmo ponto</p><p>P e são perpendiculares entre si. A área, em centímetros quadrados, da figura limitada pelo conjunto</p><p>de todos os pontos P do plano, que satisfazem as condições dadas, é um número entre</p><p>a) vinte e um e vinte e dois.</p><p>b) vinte e dois e vinte e três.</p><p>c) vinte e três e vinte e quatro.</p><p>d) vinte e quatro e vinte e cinco.</p><p>e) vinte e cinco e vinte e seis.</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo é fazer um esquema representando a situação:</p><p>366</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Observe que os pontos 𝑃 que satisfazem o enunciado estão a uma distância fixa 𝑂𝑃 do</p><p>centro da circunferência. Isso significa que o lugar geométrico dos pontos 𝑃 é uma circunferência</p><p>de raio:</p><p>𝑂𝑃2 = 22 + 22 ⇒ 𝑂𝑃 = 2√2 𝑐𝑚</p><p>Por fim, a área da figura é:</p><p>𝜋 ∙ (2√2)</p><p>2</p><p>= 8𝜋 = 8 ∙ 3,14 = 25,12 𝑐𝑚2</p><p>Logo, ela está entre 25 𝑒 26.</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>190. (CN/2007)</p><p>Com a “ponta seca” de um compasso, colocada no centro de um quadrado de lado 2, traça-se uma</p><p>circunferência de raio r. Observa-se que cada arco da circunferência, externo ao quadrado, tem o</p><p>dobro do comprimento de cada arco interno. Usando-se raiz quadrada de 3 igual a 1,7 e 𝝅 = 𝟑, qual</p><p>a área da região intersecção do quadrado e do círculo, assim determinado?</p><p>a) 2,8</p><p>b) 3,0</p><p>c) 3,2</p><p>d) 3,4</p><p>e) 3,6</p><p>Comentários</p><p>367</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Fazendo um esquema da situação, temos:</p><p>Pela figura acima, percebe-se que há 4 ângulos iguais a 𝛽 e 4 iguais a 2𝛽, formando um</p><p>ângulo de 360°. Disso, temos:</p><p>4𝛽 + 4(4𝛽) = 360° ⇒ 12𝛽 = 360° ⇒ 𝛽 = 30°</p><p>O próximo passo é encontrar o raio da circunferência. Para isso, observe a figura abaixo:</p><p>368</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Nela, podemos observar que o lado do quadrado é igual a duas vezes a altura do triângulo</p><p>destacado na figura:</p><p>2(</p><p>𝑟√3</p><p>2</p><p>) = 2 ⇒ 𝑟 =</p><p>2</p><p>√3</p><p>Perceba ainda que a área interna a ambos se constitui de 4 setores circulares de 30° e 4</p><p>triângulos de ângulo 60° entre os lados de medida 𝑟. Logo:</p><p>4 ∙ (</p><p>30</p><p>360</p><p>∙ 𝜋𝑟2) = 𝑟2 = (</p><p>2</p><p>√3</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>4</p><p>3</p><p>Já que 𝜋 = 3.</p><p>Além disso:</p><p>4 ∙ (</p><p>𝑟 ∙ 𝑟 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>) = 2 ∙ (</p><p>2</p><p>√3</p><p>)</p><p>2</p><p>∙</p><p>√3</p><p>2</p><p>=</p><p>6,8</p><p>3</p><p>Já que √3 = 1,7.</p><p>Por fim, basta somar as áreas:</p><p>4</p><p>3</p><p>+</p><p>6,8</p><p>3</p><p>=</p><p>10,8</p><p>3</p><p>= 3,6</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>369</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>191. (CN/2007)</p><p>Deseja-se revestir uma área retangular, de 198 cm de comprimento e 165 cm de largura, com um</p><p>número exato de lajotas quadradas, de tal forma que a medida do lado dessas lajotas, expressa por</p><p>um número inteiro em cm, seja a maior possível. Quantas lajotas deverão ser usadas?</p><p>a) 27</p><p>b) 30</p><p>c) 33</p><p>d) 36</p><p>e) 38</p><p>Comentários</p><p>de 𝑥 usando a lei dos senos:</p><p>𝑥</p><p>𝑠𝑒𝑛𝛽</p><p>=</p><p>𝑐</p><p>𝑠𝑒𝑛(180° − (𝛼 + 𝛽))</p><p>⇒</p><p>𝑥</p><p>𝑠𝑒𝑛𝛽</p><p>=</p><p>𝑐</p><p>𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽)</p><p>⇒ 𝑥 =</p><p>𝑐 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛽</p><p>𝑠𝑒𝑛(𝛼 + 𝛽)</p><p>Substituindo na expressão da área, encontramos:</p><p>𝑺 =</p><p>𝒄𝟐 ⋅ 𝒔𝒆𝒏𝜶 ⋅ 𝒔𝒆𝒏𝜷</p><p>𝟐 ⋅ 𝒔𝒆𝒏(𝜶 + 𝜷)</p><p>4) Dados os lados e o raio da circunferência inscrita</p><p>33</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>No triângulo acima, temos três triângulos cujas bases são os lados do triângulo 𝐴𝐵𝐶 e a</p><p>altura é 𝑟:</p><p>𝑆 = 𝑆𝐴𝐵𝐼 + 𝑆𝐴𝐶𝐼 + 𝑆𝐵𝐶𝐼 ⇒ 𝑆 =</p><p>𝑐 ⋅ 𝑟</p><p>2</p><p>+</p><p>𝑏 ⋅ 𝑟</p><p>2</p><p>+</p><p>𝑎 ⋅ 𝑟</p><p>2</p><p>⇒ 𝑆 =</p><p>(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)</p><p>2⏟</p><p>𝑝</p><p>⋅ 𝑟</p><p>𝑺 = 𝒑 ⋅ 𝒓</p><p>5) Dados os lados e o raio da circunferência circunscrita</p><p>Vamos usar a propriedade do arco capaz e tomar o lado 𝐵𝐶 como base, então, temos:</p><p>34</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Note que os triângulos 𝐴𝐻𝐶 e 𝐴𝐵𝐷 são semelhantes, pois ambos são retângulos e �̂� ≡ �̂�.</p><p>Assim, podemos escrever:</p><p>Δ𝐴𝐻𝐶~Δ𝐴𝐵𝐷 ⇒</p><p>𝐴𝐶</p><p>𝐴𝐻</p><p>=</p><p>𝐴𝐷</p><p>𝐴𝐵</p><p>⇒</p><p>𝑏</p><p>ℎ𝑎</p><p>=</p><p>2𝑅</p><p>𝑐</p><p>⇒ ℎ𝑎 =</p><p>𝑏𝑐</p><p>2𝑅</p><p>A área é dada por:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑎 ⋅ ℎ𝑎</p><p>2</p><p>𝑺 =</p><p>𝒂𝒃𝒄</p><p>𝟒𝑹</p><p>6) Fórmula de Heron</p><p>A fórmula de Heron é útil quando a questão nos dá apenas os lados do triângulo.</p><p>Sabemos que a área do triângulo pode ser dada por:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑎 ⋅ ℎ𝑎</p><p>2</p><p>35</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Vimos no capítulo de cálculo de cevianas do triângulo que ℎ𝑎 pode ser escrita em função</p><p>dos lados e do semiperímetro do triângulo:</p><p>ℎ𝑎 =</p><p>2</p><p>𝑎</p><p>√𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)</p><p>Substituindo essa identidade na expressão da área, encontramos:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑎 ⋅</p><p>2</p><p>𝑎</p><p>√𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)</p><p>2</p><p>𝑺 = √𝒑(𝒑 − 𝒂)(𝒑 − 𝒃)(𝒑 − 𝒄)</p><p>Essa fórmula é conhecida como fórmula de Heron.</p><p>7) Dados um lado e o raio da circunferência ex-inscrita ao mesmo lado</p><p>Podemos calcular a área do triângulo 𝐴𝐵𝐶 através do quadrilátero 𝐴𝐵𝐶𝑂, veja:</p><p>𝑆𝐴𝐵𝐶𝑂 = 𝑆𝐴𝐵𝑂 + 𝑆𝐶𝐵𝑂 ⇒ 𝑆𝐴𝐵𝐶𝑂 =</p><p>𝑐 ⋅ 𝑟𝑏</p><p>2</p><p>+</p><p>𝑎 ⋅ 𝑟𝑏</p><p>2</p><p>𝑆𝐴𝐵𝐶𝑂 = 𝑆𝐴𝐵𝐶 + 𝑆𝐴𝑂𝐶 ⇒ 𝑆𝐴𝐵𝐶𝑂 = 𝑆 +</p><p>𝑏 ⋅ 𝑟𝑏</p><p>2</p><p>Igualando as duas identidades, encontramos:</p><p>𝑐 ⋅ 𝑟𝑏</p><p>2</p><p>+</p><p>𝑎 ⋅ 𝑟𝑏</p><p>2</p><p>= 𝑆 +</p><p>𝑏 ⋅ 𝑟𝑏</p><p>2</p><p>⇒ 𝑆 =</p><p>1</p><p>2</p><p>(𝑎 − 𝑏 + 𝑐)⏟</p><p>2𝑝−2𝑏</p><p>⋅ 𝑟𝑏</p><p>𝑺 = (𝒑 − 𝒃) ⋅ 𝒓𝒃</p><p>Para as circunferências ex-inscritas aos outros lados, podemos provar analogamente que:</p><p>𝑺 = (𝒑 − 𝒂) ⋅ 𝒓𝒂</p><p>𝑺 = (𝒑 − 𝒄) ⋅ 𝒓𝒄</p><p>36</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>8) Dados o raio da circunferência inscrita e os raios das circunferências ex-inscritas a cada</p><p>lado</p><p>Nesse caso, a questão dá apenas os raios 𝑟, 𝑟𝑎 , 𝑟𝑏 , 𝑟𝑐. Vimos nos itens anteriores que a área</p><p>do triângulo pode ser dada pelas seguintes fórmulas abaixo:</p><p>𝑆 = 𝑝 ⋅ 𝑟 ⇒ 𝑝 =</p><p>𝑆</p><p>𝑟</p><p>𝑆 = (𝑝 − 𝑎) ⋅ 𝑟𝑎 ⇒ 𝑝 − 𝑎 =</p><p>𝑆</p><p>𝑟𝑎</p><p>𝑆 = (𝑝 − 𝑏) ⋅ 𝑟𝑏 ⇒ 𝑝 − 𝑏 =</p><p>𝑆</p><p>𝑟𝑏</p><p>𝑆 = (𝑝 − 𝑐) ⋅ 𝑟𝑐 ⇒ 𝑝 − 𝑐 =</p><p>𝑆</p><p>𝑟𝑐</p><p>Substituindo esses valores na fórmula de Heron, encontramos:</p><p>𝑆 = √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)</p><p>𝑆 = √</p><p>𝑆</p><p>𝑟</p><p>⋅</p><p>𝑆</p><p>𝑟𝑎</p><p>⋅</p><p>𝑆</p><p>𝑟𝑏</p><p>⋅</p><p>𝑆</p><p>𝑟𝑐</p><p>⇒ 𝑆 ⋅ √𝑟 ⋅ 𝑟𝑎 ⋅ 𝑟𝑏 ⋅ 𝑟𝑐 = √𝑆</p><p>4⏟</p><p>𝑆2</p><p>𝑺 = √𝒓 ⋅ 𝒓𝒂 ⋅ 𝒓𝒃 ⋅ 𝒓𝒄</p><p>2.3.9. RELAÇÃO MÉTRICA ENTRE ÁREAS</p><p>Para figuras geométricas semelhantes, podemos encontrar uma relação para suas áreas.</p><p>Considere os triângulos 𝐴𝐵𝐶 e 𝐷𝐸𝐹 semelhantes abaixo:</p><p>Como Δ𝐴𝐵𝐶~Δ𝐷𝐸𝐹, temos:</p><p>37</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p>=</p><p>𝑏1</p><p>𝑏2</p><p>= 𝐾 (𝑟𝑎𝑧ã𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟çã𝑜)</p><p>A área de cada triângulo é dada por:</p><p>𝑆1 =</p><p>𝑏1 ⋅ ℎ1</p><p>2</p><p>𝑆2 =</p><p>𝑏2 ⋅ ℎ2</p><p>2</p><p>Dividindo as áreas, encontramos:</p><p>𝑆1</p><p>𝑆2</p><p>=</p><p>𝑏1 ⋅ ℎ1</p><p>2</p><p>𝑏2 ⋅ ℎ2</p><p>2</p><p>⇒</p><p>𝑆1</p><p>𝑆2</p><p>=</p><p>𝑏1</p><p>𝑏2</p><p>⋅</p><p>ℎ1</p><p>ℎ2</p><p>⇒</p><p>𝑆1</p><p>𝑆2</p><p>= 𝐾 ⋅ 𝐾</p><p>𝑺𝟏</p><p>𝑺𝟐</p><p>= 𝑲𝟐</p><p>Portanto, a razão entre as áreas de figuras semelhantes é o valor da razão de proporção</p><p>elevado ao quadrado.</p><p>Vimos para o caso de triângulos semelhantes. Saiba que essa razão é válida para quaisquer figuras</p><p>planas semelhantes.</p><p>2.4. ÁREA DE CÍRCULOS</p><p>2.4.1. DEDUÇÃO DA FÓRMULA</p><p>Para calcular a área do círculo, podemos usar a área do polígono regular de 𝑛 lados:</p><p>𝑙𝑛 é o lado do polígono de 𝑛 lados e 𝑎𝑛 é seu apótema. A área do polígono é dada por:</p><p>38</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆𝑛 =</p><p>𝑛 ⋅ 𝑎𝑛 ⋅ 𝑙𝑛</p><p>2</p><p>Podemos escrever 𝑙𝑛/2 em função do ângulo central:</p><p>𝑡𝑔 (</p><p>𝜋</p><p>𝑛</p><p>) =</p><p>𝑙𝑛</p><p>2</p><p>𝑎𝑛</p><p>⇒</p><p>𝑙𝑛</p><p>2</p><p>= 𝑎𝑛 ⋅ 𝑡𝑔 (</p><p>𝜋</p><p>𝑛</p><p>)</p><p>Substituindo na fórmula de 𝑆𝑛:</p><p>𝑆𝑛 = 𝑛 ⋅ 𝑎𝑛</p><p>2 ⋅ 𝑡𝑔 (</p><p>𝜋</p><p>𝑛</p><p>)</p><p>Note que se 𝑛 tender ao infinito, a área do polígono de 𝑛 lados se aproxima da área da</p><p>circunferência circunscrita a ele e o apótema se aproxima do raio dessa circunferência. Se 𝑆𝐶 é a</p><p>área da circunferência de raio 𝑅, podemos escrever:</p><p>𝑆𝑛 = 𝑛 ⋅ 𝑎𝑛</p><p>2 ⋅ 𝑡𝑔 (</p><p>𝜋</p><p>𝑛</p><p>) ⇒ 𝑆𝐶 = lim</p><p>𝑛→∞</p><p>𝑛 ⋅ 𝑅2 ⋅ 𝑡𝑔 (</p><p>𝜋</p><p>𝑛</p><p>) ⇒ 𝑆𝐶 = 𝑅</p><p>2 ⋅ lim</p><p>𝑛→∞</p><p>𝑛 ⋅ 𝑡𝑔 (</p><p>𝜋</p><p>𝑛</p><p>)</p><p>⏟</p><p>𝜋</p><p>𝑺𝑪 = 𝝅 ⋅ 𝑹</p><p>𝟐</p><p>2.4.2. PARTES DO CÍRCULO</p><p>Para finalizar o assunto de áreas de círculos, vamos aprender alguns termos que podem</p><p>ser cobrados na prova a respeito das áreas das partes dos círculos:</p><p>1) Setor circular</p><p>Setor circular é uma fatia do círculo. Sua área é dada pela proporção:</p><p>𝑆 =</p><p>𝜃</p><p>2𝜋⏟</p><p>𝑓𝑎𝑡𝑖𝑎 𝑑𝑜 𝑐í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜</p><p>⋅ 𝜋𝑅2 ⇒ 𝑆 =</p><p>𝜃𝑅2</p><p>2</p><p>39</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>2) Segmento circular</p><p>Segmento circular é a região delimitada pelo círculo e pelo triângulo isósceles cujo vértice</p><p>é o centro do círculo e seu ângulo é 𝜃. Dessa forma, a área é dada pela diferença entre a área do</p><p>setor circular e a área do triângulo isósceles.</p><p>3) Lúnula</p><p>Lúnula é a região do círculo menor localizada na parte externa do círculo maior.</p><p>4) Triângulo Curvilíneo</p><p>40</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Triângulo curvilíneo é o triângulo 𝐴𝐵𝐶 cujos lados são todos curvos.</p><p>5) Triângulo Mistilíneo</p><p>Um triângulo é mistilíneo quando possui um ou dois lados curvos. Os triângulos 𝐴𝐵𝐶 e</p><p>𝐶𝐷𝐸 representados acima são mistilíneos.</p><p>41</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>5. Calcular a área do triângulo 𝑨𝑩𝑪 em função de 𝑺𝟏, 𝑺𝟐 e 𝑺𝟑 sabendo-se que as retas 𝒓, 𝒔 e 𝒕 são</p><p>paralelas aos lados do triângulo.</p><p>Resolução:</p><p>O bizu para essa questão é usar razão de proporção. Note que como as retas 𝑟,𝑠, 𝑡 são</p><p>paralelas aos lados do triângulo, temos que todos os triângulos são semelhantes. Então, seja 𝑆 a</p><p>área do triângulo maior e 𝑘1, 𝑘2, 𝑘3 as razões de proporção entre os triângulos de áreas 𝑆1, 𝑆2, 𝑆3,</p><p>respectivamente. Então, podemos escrever:</p><p>42</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑏1</p><p>𝑏</p><p>= 𝑘1 ⇒ 𝑏1 = 𝑏𝑘1 ⇒</p><p>𝑆1</p><p>𝑆</p><p>= 𝑘1</p><p>2 ⇒ 𝑘1 = √</p><p>𝑆1</p><p>𝑆</p><p>𝑏2</p><p>𝑏</p><p>= 𝑘2 ⇒ 𝑏2 = 𝑏𝑘2 ⇒</p><p>𝑆2</p><p>𝑆</p><p>= 𝑘2</p><p>2 ⇒ 𝑘2 = √</p><p>𝑆2</p><p>𝑆</p><p>𝑏3</p><p>𝑏</p><p>= 𝑘3 ⇒ 𝑏3 = 𝑏𝑘3 ⇒</p><p>𝑆3</p><p>𝑆</p><p>= 𝑘3</p><p>2 ⇒ 𝑘3 = √</p><p>𝑆3</p><p>𝑆</p><p>Podemos ver pela figura que:</p><p>𝑏 = 𝑏1 + 𝑏2 + 𝑏3</p><p>Vamos escrever tudo em função de 𝑏:</p><p>𝑏 = 𝑏𝑘1 + 𝑏𝑘2 + 𝑏𝑘3 ⇒ 𝑘1 + 𝑘2 + 𝑘3 = 1</p><p>Substituindo os valores das razões, temos:</p><p>√</p><p>𝑆1</p><p>𝑆</p><p>+ √</p><p>𝑆2</p><p>𝑆</p><p>+ √</p><p>𝑆3</p><p>𝑆</p><p>= 1 ⇒ √𝑆 = √𝑆1 + √𝑆2 + √𝑆3</p><p>∴ 𝑆 = (√𝑆1 + √𝑆2 + √𝑆3)</p><p>2</p><p>Gabarito: (√𝑺𝟏 + √𝑺𝟐 + √𝑺𝟑)</p><p>𝟐</p><p>6. Calcular a área de um trapézio isósceles, se a sua altura é igual a 𝒉 e o seu lado lateral se vê desde</p><p>o centro da circunferência circunscrita sob ângulo 𝜶.</p><p>Resolução:</p><p>Para ilustrar o problema, vamos desenhar o trapézio isósceles inscritível:</p><p>Sabemos que a área de um trapézio é dada por:</p><p>43</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆 = (𝑎 + 𝑏) ⋅</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>Precisamos encontra 𝑎 e 𝑏 em função de ℎ e 𝛼 dados. Podemos usar a propriedade do arco</p><p>capaz, traçando as diagonais 𝐴𝐶 e 𝐵𝐷, temos:</p><p>Note que Δ𝐴𝐸𝐹 ≡ Δ𝐵𝐸𝐹 e Δ𝐸𝐷𝐺 ≡ Δ𝐸𝐶𝐺, pois as alturas de cada par desses triângulos</p><p>são congruentes e temos</p><p>Do estudo da geometria plana, a área retangular é calculada por:</p><p>198 ∙ 165</p><p>Queremos lajotas quadradas de lados inteiros. Seja 𝑙 o lado dessa lajota. Sua área é dada</p><p>por 𝑙2.</p><p>Dessa forma, devemos fatorar a área para descobrir os possíveis lados que essa lajota pode</p><p>ter.</p><p>Fatorando o número 198 ∙ 165:</p><p>2 ∙ 32 ∙ 11 ∙ 3 ∙ 5 ∙ 11</p><p>Para termos o maior lado do quadrado possível, devemos agrupar a maior quantidade de</p><p>fatores com expoente 2, isto é:</p><p>(3 ∙ 11)2 ∙ 2 ∙ 5 ∙ 3</p><p>Observe que o lado da lajota deve ser 3 ∙ 11 = 33, de modo que o número de lajotas é</p><p>dado por 2 ∙ 5 ∙ 3 = 30.</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>192. (CN/2007)</p><p>Dado um triângulo ABC de área 72, sobre a mediana AM = 12, traçam-se os segmentos AQ = 3 e QP</p><p>= 6. Sabendo-se que E é o ponto de intersecção entre as retas BP e QC, qual é a área do triângulo</p><p>QPE?</p><p>a) 6</p><p>b) 8</p><p>c) 9</p><p>d) 12</p><p>370</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>e) 18</p><p>Comentários</p><p>Veja a situação representada abaixo:</p><p>Vamos denotar a área de um triângulo como segue:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑜 Δ𝐴𝐵𝐶 = 𝑆(𝐴𝐵𝐶)</p><p>Como Δ𝐴𝐶𝑀 𝑒 Δ𝐴𝑀𝐵 possuem mesma altura e bases iguais, suas áreas são iguais. Mas:</p><p>𝑆(𝐴𝐶𝑀) + 𝑆(𝐴𝑀𝐵) = 72 ⇒ 𝐴(𝐴𝐶𝑀) = 𝑆(𝐴𝑀𝐵) = 36</p><p>Aplicando o teorema de Menelaus ao triângulo 𝑄𝐶𝑀, temos:</p><p>𝐵𝐶</p><p>𝐵𝑀</p><p>∙</p><p>𝑀𝑃</p><p>𝑃𝑄</p><p>∙</p><p>𝑄𝐸</p><p>𝐸𝐶</p><p>= 1 ⇒ 2 ∙</p><p>1</p><p>2</p><p>∙</p><p>𝑄𝐸</p><p>𝐸𝐶</p><p>= 1 ⇒ 𝑄𝐸 = 𝐸𝐶</p><p>Como os triângulos 𝑀𝑄𝐶 𝑒 𝑄𝐶𝐴 possuem mesma altura em relação à base 𝐴𝑀, temos que</p><p>suas áreas obedecem a relação:</p><p>𝑆(𝑀𝑄𝐶)</p><p>𝑆(𝑄𝐶𝐴)</p><p>=</p><p>𝑀𝑄</p><p>𝑄𝐴</p><p>=</p><p>9</p><p>3</p><p>⇒ 𝑆(𝑀𝑄𝐶) = 3𝑆(𝑄𝐶𝐴)</p><p>371</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Mas 𝑆(𝑀𝑄𝐶) + 𝑆(𝑄𝐶𝐴) = 𝑆(𝐴𝐶𝑀) = 36 ⇒ 3𝑆(𝑄𝐶𝐴) + 𝑆(𝑄𝐶𝐴) = 36 ⇒ 𝑆(𝑄𝐶𝐴) = 9</p><p>Ou seja, 𝑆(𝑀𝑄𝐶) = 27.</p><p>Os triângulos 𝐴𝐵𝑃 𝑒 𝑃𝐵𝑀 possuem mesma altura em relação à base 𝐴𝑀, perceba que a</p><p>razão entre suas áreas e a soma entre suas áreas é a mesma dos triângulos 𝑀𝑄𝐶 e 𝑄𝐶𝐴, de modo</p><p>que:</p><p>𝑆(𝑃𝐵𝑀) = 9 𝑒 𝑆(𝐴𝑃𝐵) = 27</p><p>Além disso, os triângulos 𝐶𝑃𝑀 𝑒 𝑃𝑀𝐵 possuem mesma altura em relação à base 𝐵𝐶 e</p><p>bases iguais, de modo que suas áreas também são iguais:</p><p>𝑆(𝐶𝑃𝑀) = 𝑆(𝑃𝐵𝑀) = 9</p><p>Veja que:</p><p>𝑆(𝑄𝐶𝑃) = 𝑆(𝑄𝐶𝑀) − 𝑄(𝐶𝑃𝑀) = 27 − 9 = 18</p><p>Por fim, veja que os triângulos 𝑄𝑃𝐸 𝑒 𝐸𝑃𝐶 possuem mesma base e mesma altura em</p><p>relação à base 𝐶𝑄, de modo que suas áreas são iguais. Mas:</p><p>𝑆(𝑄𝐸𝑃) + 𝑆(𝐸𝑃𝐶) = 18 ⇒ 𝑆(𝐸𝑃𝐶) = 𝑆(𝑄𝐸𝑃) =</p><p>18</p><p>2</p><p>= 9</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>193. (CN/2007)</p><p>Um hexágono regular ABCDEF está inscrito em uma circunferência de raio 6. Traçam-se as tangentes</p><p>à circunferência nos pontos A, B, D e F, obtendo-se, assim, um quadrilátero circunscrito a essa</p><p>circunferência. Usando-se 1,7 para raiz quadrada de 3, qual é o perímetro desse quadrilátero?</p><p>a) 54,4</p><p>b) 47,6</p><p>c) 40,8</p><p>d) 34,0</p><p>e) 30,6</p><p>Comentários</p><p>Fazendo um esboço da situação, temos:</p><p>372</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Para facilitar nossos cálculos, vamos traçar o segmento 𝐴𝐷, que representa um diâmetro</p><p>da circunferência e um eixo de simetria para o quadrilátero:</p><p>373</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Pela simetria, somente precisamos calcular os segmentos no semi-plano superior relativo</p><p>ao segmento 𝐴𝐷. Pelo teorema do bico:</p><p>𝐴𝐺 = 𝐺𝐵 𝑒 𝐵𝐻 = 𝐻𝐷</p><p>Da trigonometria aplicada ao Δ𝑂𝐴𝐺 e Δ𝑂𝐷𝐻:</p><p>𝐺𝐴</p><p>𝑂𝐴</p><p>= 𝑡𝑔(30°) ⇒ 𝐺𝐴 =</p><p>6</p><p>√3</p><p>= 2√3</p><p>𝐻𝐷</p><p>𝑂𝐷</p><p>= 𝑡𝑔(60°) ⇒ 𝐻𝐷 = 6√3</p><p>Dai 𝐵𝐻 = 𝐻𝐷 = 6√3 𝑒 𝐴𝐺 = 𝐺𝐵 = 2√3. Pela simetria, temos que o perímetro do</p><p>quadrilátero é dado por:</p><p>2 ∙ (2 ∙ 𝐺𝐴 + 2 ∙ 𝐻𝐷) = 4 ∙ (𝐺𝐴 + 𝐻𝐷) = 4 ∙ (2√3 + 6√3) = 4 ∙ 8√3 = 32√3</p><p>Como √3 = 1,7:</p><p>32 ∙ 1,7 = 54,4</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>374</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>194. (CN/2006)</p><p>Qual é o perímetro de um quadrilátero convexo inscrito em uma circunferência de raio unitário,</p><p>sabendo-se que foi construído utilizando-se, pelo menos uma vez e somente, os lados do triângulo</p><p>equilátero, quadrado e hexágono regular inscritos nessa circunferência?</p><p>a) √𝟑 + √𝟐 + 𝟐</p><p>b) √𝟑 + 𝟐√𝟐 + 𝟏</p><p>c) 𝟐√𝟑 + √𝟐 + 𝟏</p><p>d) √𝟑 + 𝟐√𝟐 + 𝟐</p><p>e) 𝟐(√𝟑 + √𝟐 + 𝟏)</p><p>Comentários</p><p>Podemos pensar nesse problema como um quebra cabeça angular. As peças disponíveis</p><p>são:</p><p>Lado do quadrado:</p><p>Lado do triângulo equilátero:</p><p>375</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Lado do hexágono regular:</p><p>Veja que temos que ter cada peça pelo menos uma vez. Note que a soma dos ângulos</p><p>centrais da peça correspondente ao lado do triângulo e do hexágono resulta em um ângulo de</p><p>180°. Como temos que ter pelo menos uma vez a peça correspondente ao lado do quadrado, que</p><p>adiciona um ângulo de 90° ao ângulo central, a única forma de completar 360° é se ela aparecer</p><p>duas vezes.</p><p>Daí, seu perímetro corresponde à uma vez o lado do triângulo (√3), uma vez o lado do</p><p>hexágono (1) e a duas vezes o lado do quadrado (√2):</p><p>1 + √3 + 2√2</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>195. (CN/2006)</p><p>376</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Em um triângulo retângulo ABC, o cateto AC e a hipotenusa BC medem, respectivamente, 10 e 40.</p><p>Sabe-se que os segmentos CX, CY e CZ dividem o ângulo ACB em quatro ângulos de medidas iguais,</p><p>e que AX, XY, YZ e ZB são segmentos consecutivos contidos internamente no segmento</p><p>AB. Se 𝑺𝟏, 𝑺𝟐, 𝑺𝟑 e 𝑺𝟒 e são, respectivamente, as áreas dos triângulos CAX, CXY, CYZ e CZB, qual será</p><p>o valor da razão</p><p>𝑺𝟏𝑺𝟑</p><p>𝑺𝟐𝑺𝟒</p><p>a) 0,25</p><p>b) 0,5</p><p>c) 0,75</p><p>d) 1</p><p>e) 1,25</p><p>Comentários</p><p>Observe a figura abaixo:</p><p>377</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Os triângulos 𝐶𝐴𝑋, 𝐶𝑋𝑌, 𝐶𝑌𝑍 𝑒 𝐶𝑍𝐵 possuem mesma altura relativa à base 𝐴𝐵. Disso,</p><p>temos as seguintes relações entre áreas:</p><p>𝑆1</p><p>𝑆2</p><p>=</p><p>𝑋𝐴</p><p>𝑌𝑋</p><p>𝑆3</p><p>𝑆4</p><p>=</p><p>𝑍𝑌</p><p>𝑍𝐵</p><p>Do teorema da bissetriz interna, temos:</p><p>𝑋𝐴</p><p>𝑌𝑋</p><p>=</p><p>10</p><p>𝐶𝑌</p><p>𝑍𝑌</p><p>𝑍𝐵</p><p>=</p><p>𝐶𝑌</p><p>40</p><p>Logo, temos:</p><p>378</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆1</p><p>𝑆2</p><p>=</p><p>10</p><p>𝐶𝑌</p><p>𝑒</p><p>𝑆3</p><p>𝑆4</p><p>=</p><p>𝐶𝑌</p><p>40</p><p>Multiplicando ambas as equações:</p><p>𝑆1𝑆3</p><p>𝑆2𝑆4</p><p>=</p><p>10</p><p>𝐶𝑌</p><p>∙</p><p>𝐶𝑌</p><p>40</p><p>= 0,25</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>196. (CN/2006)</p><p>Em lugar do quadrado de lado igual a 1 (um) centímetro, tomou-se como unidade de área o triângulo</p><p>equilátero de lado igual a 1 (um) centímetro. Qual será, nessa nova unidade, o número que</p><p>expressará a área de um retângulo de base igual a 6 (seis) centímetros e altura igual a 4 (quatro)</p><p>centímetros?</p><p>a) 𝟐𝟒</p><p>b) 𝟔√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟖√𝟑</p><p>d) 𝟐𝟒√𝟑</p><p>e) 𝟑𝟐√𝟑</p><p>Comentários</p><p>A área de um triângulo equilátero pode ser facilmente calculada com a ajuda da</p><p>trigonometria aplicada à geometria plana. Como seu lado vale 1 e o ângulo entre eles é 60°, sua</p><p>área será:</p><p>𝑆 =</p><p>1 ∙ 1 ∙ 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>=</p><p>√3</p><p>4</p><p>𝑐𝑚2</p><p>Essa área é a nova unidade de medida de área. Para que seja feita a conversão,</p><p>primeiramente devemos calcular a área do retângulo nas unidades anteriores:</p><p>6 𝑐𝑚 ∙ 4 𝑐𝑚 = 24 𝑐𝑚2</p><p>A conversão é feita dividindo-se a área pela unidade em que se quer representá-la:</p><p>24</p><p>√3</p><p>4</p><p>= 32√3</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>197. (CN/2005)</p><p>Um polígono convexo de n lados tem três dos seus ângulos iguais a 83°, 137° e 142°. Qual é o menor</p><p>valor de n para que nenhum dos outros ângulos desse polígono seja menor que 121°?</p><p>379</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 6</p><p>b) 7</p><p>c) 8</p><p>d) 9</p><p>e) 10</p><p>Comentários</p><p>Como o polígono é convexo, a soma dos seus ângulos internos é dada por:</p><p>180°(𝑛 − 2) = 𝛼1 +⋯+ 𝛼𝑛</p><p>Temos que 𝛼1 = 83°, 𝛼2 = 137° 𝑒 𝛼3 = 142°. Disso:</p><p>180(𝑛 − 2) = 83 + 137 + 142 + 𝛼4 +⋯+ 𝑎𝑛 = 362 + 𝛼4 +⋯+ 𝛼𝑛</p><p>Cada 𝛼𝑖 ≥ 121°, temos que:</p><p>𝛼4 +⋯+ 𝛼𝑛 ≥ 121(𝑛 − 3)</p><p>Logo:</p><p>180(𝑛 − 2) − 362 ≥ 121(𝑛 − 3) ⇒ 59𝑛 ≥ 359 ⇒ 𝑛 ≥ 6,084</p><p>Como 𝑛 é inteiro, 𝑛 é no mínimo 7.</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>198. (CN/2005)</p><p>O número de diagonais</p><p>de um polígono regular P inscrito em um círculo K é 170.</p><p>Logo:</p><p>a) o número de lados de P é ímpar.</p><p>b) P não tem diagonais passando pelo centro de K.</p><p>c) o ângulo externo de P mede 36°.</p><p>d) uma das diagonais de P é o lado do pentágono regular inscrito em K.</p><p>e) o número de lados de P é múltiplo de 3.</p><p>Comentários</p><p>O número de diagonais de um polígono convexo é dada por:</p><p>𝑛(𝑛 − 3)</p><p>2</p><p>= 170 ⇒ 𝑛(𝑛 − 3) = 20 ∙ 17</p><p>Assim, temos que 𝑛 = 20.</p><p>Vamos resolver por eliminação.</p><p>380</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>O número de lados de 𝑃 é par, logo não pode ser o item 𝑎.</p><p>Como o número de lados é par, ele possui uma diagonal passando pelo centro (simetria), logo não</p><p>pode ser o item b.</p><p>A soma dos ângulos internos do polígono é:</p><p>180°(20 − 2) = 182 ∙ 10</p><p>Cada ângulo mede, portanto:</p><p>182 ∙ 10</p><p>20</p><p>= 162°</p><p>Assim, seu ângulo externo mede 180° − 162° = 18°, logo não pode ser o item c.</p><p>O número de lados é 20, que não é múltiplo de 3, logo não pode ser o item e.</p><p>A resposta é, portanto, o item 𝑑.</p><p>Para confirmar a resposta, basta ver que 20 = 5 ∙ 4, ou seja, o ângulo central</p><p>360°</p><p>20</p><p>correspondente a cada lado desse polígono pode ser multiplicado por 4 para gerar o ângulo</p><p>central do pentágono regular, de modo que uma das diagonais é um lado do pentágono (basta</p><p>pegar 4 ângulos centrais).</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>199. (CN/2005)</p><p>Um círculo 𝜶 de centro num ponto A e raio 𝟐√𝟑 é tangente interior, num ponto B, a um círculo 𝜷</p><p>de centro num ponto O e raio 𝟔√𝟑. Se o raio OC é tangente a 𝜶 num ponto D, a medida da área</p><p>limitada pelo segmento DC e os menores arcos BC de 𝜷 e BD de 𝜶 é igual a</p><p>a) 𝟒𝝅 − 𝟑√𝟑</p><p>b) 𝟓𝝅 − 𝟒√𝟑</p><p>c) 𝟒𝝅 − 𝟔√𝟑</p><p>d) 𝟓𝝅 − 𝟔√𝟑</p><p>e) 𝟓𝝅 − 𝟓√𝟑</p><p>Comentários</p><p>Fazendo um esquema da situação, temos:</p><p>381</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Queremos a área hachurada na figura acima. Observe que ela corresponde à área do setor</p><p>circular correspondente ao arco 𝐵𝐶 na circunferência maior subtraída da área do Δ𝑂𝐴𝐷 e do</p><p>setor correspondente ao arco 𝐵𝐷 na circunferência menor.</p><p>Vamos calcular cada um deles.</p><p>Antes disso, precisamos saber a medida do ângulo 𝛽. Para isso, veja que:</p><p>𝑠𝑒𝑛 𝛽 =</p><p>2√3</p><p>4√3</p><p>=</p><p>1</p><p>2</p><p>⇒ 𝛽 = 30°</p><p>Setor correspondente ao arco 𝐵𝐶 na circunferência maior:</p><p>30</p><p>360</p><p>∙ 𝜋 ∙ (6√3)</p><p>2</p><p>= 9𝜋</p><p>Setor correspondente ao arco 𝐵𝐷 na circunferência menor:</p><p>Veja que o ângulo subentendido por esse arco na circunferência menor é de:</p><p>180° − 60° = 120°</p><p>Daí:</p><p>120</p><p>360</p><p>∙ 𝜋 ∙ (2√3)</p><p>2</p><p>= 4𝜋</p><p>Área do Δ𝑂𝐴𝐷:</p><p>𝑂𝐷 ∙ 𝐷𝐴</p><p>2</p><p>=</p><p>6 ∙ 2√3</p><p>2</p><p>= 6√3</p><p>382</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Por fim, a área pedida:</p><p>9𝜋 − 4𝜋 − 6√3 = 5𝜋 − 6√3</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>200. (CN/2005)</p><p>Três dos quatro lados de um quadrilátero circunscritível são iguais aos lados do triângulo equilátero,</p><p>quadrado e hexágono regular circunscritos a um círculo de raio 6. Qual é a medida do quarto lado</p><p>desse quadrilátero, sabendo-se que é o maior valor possível nas condições dadas?</p><p>a) 𝟏𝟔√𝟑 − 𝟏𝟐</p><p>b) 𝟏𝟐√𝟑 − 𝟏𝟐</p><p>c) 𝟖√𝟑 + 𝟏𝟐</p><p>d) 𝟏𝟐√𝟑 + 𝟖</p><p>e) 𝟏𝟔√𝟑 − 𝟖</p><p>Comentários</p><p>O primeiro passo é determinar a medida de cada um dos lados que compõem o</p><p>quadrilátero.</p><p>O quadrado possui, naturalmente, lado igual ao diâmetro da circunferência, veja:</p><p>O lado do triângulo pode ser calculado com base no seguinte esquema:</p><p>383</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑙</p><p>2</p><p>= 6 cot 30° ⇒ 𝑙 = 12√3</p><p>O lado do hexágono, por sua vez:</p><p>Veja que:</p><p>𝑙</p><p>2</p><p>= 6𝑡𝑔(30°) ⇒ 𝑙 = 4√3</p><p>Quando um quadrilátero é circunscritível temos que a soma dos lados opostos são iguais.</p><p>Já possuímos três lados desse quadrilátero e seja o quarto lado de medida desconhecida 𝑥.</p><p>Para que ele seja o maior possível, o lado oposto a ele deve ser o menor possível, logo:</p><p>𝑥 + 4√3 = 12√3 + 12 ⇒ 𝑥 = 8√3 + 12</p><p>384</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>201. (CN/2004)</p><p>Considere o triângulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC e exteriores a</p><p>esse triângulo. Se as medidas dos ângulos PAC e QBC são iguais; as medidas dos ângulos PCA e QCB</p><p>são iguais; M é o ponto médio de AC; N é o ponto médio de BC; 𝑺𝟏 é a área do triângulo PAM; 𝑺𝟐 é</p><p>a área do triângulo QBN; 𝑺𝟑 é a área do triângulo PMC; e 𝑺𝟒 é área do triângulo QNC, analise as</p><p>afirmativas:</p><p>I. 𝑺𝟏 está para 𝑺𝟒, assim como 𝑺𝟑 está para 𝑺𝟐.</p><p>II. 𝑺𝟏 está para 𝑺𝟐, assim como (𝑷𝑴)𝟐 está para (𝑸𝑵)𝟐.</p><p>III. 𝑺𝟏 está para 𝑺𝟑, assim como 𝑺𝟐 está para 𝑺𝟒.</p><p>Logo pode-se concluir, corretamente, que</p><p>a) apenas a afirmativa 1 é verdadeira.</p><p>b) apenas as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras.</p><p>c) apenas as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras.</p><p>d) apenas as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras.</p><p>e) as afirmativas 1, 2 e 3 são verdadeiras.</p><p>Comentários</p><p>Representando a situação por um diagrama, temos:</p><p>385</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Primeiramente, veja que os Δ𝑃𝐴𝐶 e Δ𝐵𝐶𝑄 são semelhantes pelo caso 𝐴𝐴𝐴.</p><p>Além disso, como os Δ𝑃𝑀𝐶 𝑒 Δ𝑃𝑀𝐴 possuem mesma altura e mesma base, suas áreas são</p><p>iguais, isto é:</p><p>𝑆1 = 𝑆3</p><p>Pelo mesmo motivo, temos que:</p><p>𝑆2 = 𝑆4</p><p>Dividindo essas equações membro a membro, temos:</p><p>𝑆1</p><p>𝑆4</p><p>=</p><p>𝑆3</p><p>𝑆2</p><p>Disso, temos que a afirmação I é verdadeira.</p><p>Da semelhança entre os triângulos 𝑃𝐴𝐶 𝑒 𝐵𝐶𝑄, segue a semelhança dos triângulos</p><p>𝑃𝐴𝑀 𝑒 𝑁𝐵𝑄 pelo caso 𝐿𝐿𝐿. Disso, temos que a razão entre suas áreas é igual ao quadrado razão</p><p>de semelhança entre os lados:</p><p>𝑆1</p><p>𝑆2</p><p>= (</p><p>𝑃𝑀</p><p>𝑁𝑄</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑃𝑀2</p><p>𝑁𝑄2</p><p>Logo, a afirmação II também é verdadeira.</p><p>Por fim, temos que:</p><p>𝑆1 = 𝑆3 ⇒</p><p>𝑆1</p><p>𝑆3</p><p>= 1</p><p>𝑆2 = 𝑆4 ⇒</p><p>𝑆2</p><p>𝑆4</p><p>= 1</p><p>O que torna a afirmação III verdadeira.</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>202. (CN/2004)</p><p>Na figura acima AM e BP são cevianas do triângulo ABC de área S. Sendo AP = 2PC e AQ = 3QM, qual</p><p>o valor da área do triângulo determinado pelos pontos P, Q e M, em função de S?</p><p>a)</p><p>𝑺</p><p>𝟏𝟔</p><p>386</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b)</p><p>𝑺</p><p>𝟏𝟖</p><p>c)</p><p>𝑺</p><p>𝟐𝟎</p><p>d)</p><p>𝑺</p><p>𝟐𝟏</p><p>e)</p><p>𝑺</p><p>𝟐𝟒</p><p>Comentários</p><p>Aplicando o teorema de Menelaus ao Δ𝐴𝑀𝐶, temos:</p><p>𝐶𝐵</p><p>𝐵𝑀</p><p>∙</p><p>𝑀𝑄</p><p>𝑄𝐴</p><p>∙</p><p>𝐴𝑃</p><p>𝑃𝐶</p><p>= 1 ⇒</p><p>𝐶𝐵</p><p>𝐵𝑀</p><p>∙</p><p>1</p><p>3</p><p>∙ 2 = 1 ⇒</p><p>𝐶𝐵</p><p>𝐵𝑀</p><p>=</p><p>3</p><p>2</p><p>Como os triângulos 𝐴𝑀𝐵 𝑒 𝐴𝐵𝐶 possuem mesma altura em relação a 𝐵𝐶, a razão entre</p><p>suas áreas é dada por:</p><p>𝑆(𝐴𝑀𝐵)</p><p>𝑆(𝐴𝐵𝐶)</p><p>=</p><p>𝐵𝑀</p><p>𝐶𝐵</p><p>=</p><p>2</p><p>3</p><p>⇒ 𝑆(𝐴𝑀𝐵) =</p><p>2𝑆</p><p>3</p><p>Além disso, temos que 𝑆(𝐴𝐵𝐶) = 𝑆(𝐴𝑀𝐵) + 𝑆(𝐴𝑀𝐶) ⇒ 𝑆 =</p><p>2𝑆</p><p>3</p><p>+ 𝑆(𝐴𝑀𝐶) ⇒</p><p>⇒ 𝑆(𝐴𝑀𝐶) =</p><p>𝑆</p><p>3</p><p>Os triângulos 𝐴𝑃𝑀 𝑒 𝑃𝑀𝐶 possuem mesma altura em relação ao segmento 𝐴𝐶, do que</p><p>temos que a razão entre suas áreas é dada por:</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝑀)</p><p>𝑆(𝑃𝑀𝐶)</p><p>=</p><p>𝐴𝑃</p><p>𝑃𝐶</p><p>= 2 ⇒ 𝑆(𝑃𝑀𝐶) =</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝑀)</p><p>2</p><p>Mas temos também:</p><p>𝑆(𝑃𝑀𝐶) + 𝑆(𝐴𝑃𝑀) = 𝑆(𝐴𝑀𝐶) =</p><p>𝑆</p><p>3</p><p>Usando a relação entre 𝑆(𝑃𝑀𝐶) 𝑒 𝑆(𝐴𝑃𝑀):</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝑀)</p><p>2</p><p>+ 𝑆(𝐴𝑃𝑀) =</p><p>𝑆</p><p>3</p><p>⇒ 𝑆(𝐴𝑃𝑀) =</p><p>2𝑆</p><p>9</p><p>Por fim, perceba que os triângulos 𝐴𝑃𝑄 𝑒 𝑃𝑄𝑀 possuem mesma altura em relação à base</p><p>𝐴𝑀, do que temos que a razão entre suas áreas é dada por:</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝑄)</p><p>𝑆(𝑃𝑄𝑀)</p><p>=</p><p>𝐴𝑄</p><p>𝑄𝑀</p><p>= 3 ⇒ 𝑆(𝐴𝑃𝑄) = 3𝑆(𝑃𝑄𝑀)</p><p>E:</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝑄) + 𝑆(𝑃𝑄𝑀) = 𝑆(𝐴𝑃𝑀) =</p><p>2𝑆</p><p>9</p><p>⇒ 3𝑆(𝑃𝑄𝑀) + 𝑆(𝑃𝑄𝑀) =</p><p>2𝑆</p><p>9</p><p>𝑆(𝑃𝑄𝑀) =</p><p>𝑆</p><p>18</p><p>387</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>203. (CN/2004)</p><p>Na figura acima, ABCD é um quadrado de área 104 e o ponto O é o centro do semicírculo de diâmetro</p><p>AB. A área do triângulo AEF é dada por</p><p>a) 𝟐(𝟑√𝟑 + 𝟑)</p><p>b) 𝟔(𝟒√𝟑 − 𝟑)</p><p>c) 𝟓(𝟒√𝟑 − 𝟔)</p><p>d) 𝟑(𝟒√𝟑 − 𝟑)</p><p>e) 𝟖(𝟒√𝟑 − 𝟑)</p><p>Comentários</p><p>Observe o esquema abaixo onde são destacadas algumas informações relevantes:</p><p>388</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Veja</p><p>que 𝐸𝑂 = √26, pois corresponde ao raio da semicircunferência.</p><p>Além disso, como Δ𝐴𝑂𝐸 é isósceles e 𝐸�̂�𝐺 é externo a esse triângulo, segue que 𝐸�̂�𝐺 =</p><p>60°.</p><p>Da trigonometria, temos que:</p><p>𝐸𝐺 = √26𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>Os triângulos 𝐴𝐹𝐷 𝑒 𝑂𝐸𝐺 são semelhantes pelo caso 𝐴𝐴𝐴, do que podemos escrever:</p><p>𝐸𝐺</p><p>𝐴𝐷</p><p>=</p><p>𝐹𝐺</p><p>𝐹𝐴</p><p>⇒</p><p>𝐹𝐺</p><p>𝐹𝐴</p><p>=</p><p>√26𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2√26</p><p>=</p><p>√3</p><p>4</p><p>⇒ 𝐹𝐺 =</p><p>√3</p><p>4</p><p>𝐹𝐴</p><p>Além disso, temos que;</p><p>𝐹𝐺 + 𝐹𝐴 = 𝐴𝑂 + 𝑂𝐺 = √26 + √26 cos 60° =</p><p>3√26</p><p>2</p><p>Usando a relação entre 𝐹𝐺 𝑒 𝐹𝐴, temos:</p><p>389</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>√3</p><p>4</p><p>𝐹𝐴 + 𝐹𝐴 =</p><p>3√26</p><p>2</p><p>⇒ 𝐹𝐴 =</p><p>6√26</p><p>4 + √3</p><p>Por fim, a área é dada por:</p><p>𝑆(𝐴𝐹𝐸) =</p><p>𝐴𝐹 ∙ 𝐸𝐺</p><p>2</p><p>=</p><p>6√26</p><p>4 + √3</p><p>∙ √26 ∙</p><p>√3</p><p>2</p><p>2</p><p>=</p><p>6 ∙ 26 ∙ √3 ∙ (4 − √3)</p><p>4(42 − √3</p><p>2</p><p>)</p><p>= 3(4√3 − 3)</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>204. (CN/2003)</p><p>Um estudante foi calculando o lado do polígono regular de 2n lados, inscrito em uma circunferência</p><p>de raio 10 centímetros, para n sucessivamente igual a 6, 12, 24, 48, 96, etc. Após determinar cada</p><p>lado, calculou o perímetro p do respectivo polígono, e observou que p é um número cada vez mais</p><p>próximo, porém menor que</p><p>a) 60</p><p>b) 61</p><p>c) 62</p><p>d) 63</p><p>e) 64</p><p>Comentários</p><p>Seja 2𝑛 o número de lados desse polígono. Seu ângulo central é dado por:</p><p>2𝜋</p><p>2𝑛</p><p>=</p><p>𝜋</p><p>𝑛</p><p>Analisando um dos triângulos que compõem o polígono regular, temos:</p><p>390</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Veja então que o lado mede 2𝑅𝑠𝑒𝑛 (</p><p>𝜋</p><p>2𝑛</p><p>). Se ele possui 2𝑛 lados, então seu perímetro 𝑝</p><p>vale:</p><p>𝑝 = 2𝑛 ∙ 2 ∙ 10 ∙ 𝑠𝑒𝑛 (</p><p>𝜋</p><p>2𝑛</p><p>) = 20𝜋 ∙</p><p>𝑠𝑒𝑛 (</p><p>𝜋</p><p>2𝑛</p><p>)</p><p>𝜋</p><p>2𝑛</p><p>Sabe-se que à medida que um ângulo se aproxima de 0, o seno desse ângulo se aproxima</p><p>do seu valor em radianos. Em nosso caso, 𝑛 está crescendo cada vez mais, fazendo com que 𝜋/2𝑛</p><p>se aproxime de zero e:</p><p>𝑠𝑒𝑛 (</p><p>𝜋</p><p>2𝑛</p><p>)</p><p>𝜋</p><p>2𝑛</p><p>→ 1</p><p>Assim:</p><p>𝑝 → 20𝜋 ≈ 62,8</p><p>Isso faz com que tanto a alternativa “d” quanto a “e” estejam corretas.</p><p>Gabarito: Anulada (“d” ou “e”).</p><p>205. (CN/2003)</p><p>Num quadrilátero ABCD tem-se: AB = 42, BC = 48, CD = 64, DA = 49 e P é o ponto de interseção entre</p><p>as diagonais AC e BD. Qual é a razão entre os segmentos PA e PC, sabendo-se que a diagonal BD é</p><p>igual a 56?</p><p>a)</p><p>𝟕</p><p>𝟖</p><p>391</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b)</p><p>𝟖</p><p>𝟕</p><p>c)</p><p>𝟕</p><p>𝟔</p><p>d)</p><p>𝟔</p><p>𝟕</p><p>e)</p><p>𝟒𝟗</p><p>𝟔𝟒</p><p>Comentários</p><p>O quadrilátero pode ser representado como segue:</p><p>O primeiro passo é perceber que o triângulo 𝐴𝐵𝐷 é o triângulo de lados 6, 7 𝑒 8 com seus</p><p>lados multiplicados por 7 e o triângulo 𝐵𝐶𝐷 é o triângulo 6, 7 𝑒 8 com seus lados multiplicados</p><p>por 8. Disso, temos que os triângulos 𝐴𝐵𝐷 e 𝐵𝐶𝐷 são semelhantes pelo caso 𝐿𝐿𝐿:</p><p>𝐴𝐵</p><p>𝐵𝐶</p><p>=</p><p>𝐴𝐷</p><p>𝐵𝐷</p><p>=</p><p>𝐵𝐷</p><p>𝐶𝐷</p><p>=</p><p>7</p><p>8</p><p>Da semelhança, temos que os ângulos 𝐴�̂�𝑃 𝑒 𝑃�̂�𝐶 são iguais.</p><p>Veja que os triângulos 𝐴𝑃𝐷 𝑒 𝑃𝐷𝐶 possuem mesma altura em relação à base 𝐴𝐶, do que</p><p>segue que a razão entre suas áreas é:</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝐷)</p><p>𝑆(𝑃𝐷𝐶)</p><p>=</p><p>𝑃𝐴</p><p>𝑃𝐶</p><p>Por outro lado, da trigonometria aplicada à geometria, temos que:</p><p>392</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝐷) =</p><p>49 ∙ 𝑃𝐷 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝐴�̂�𝑃)</p><p>2</p><p>𝑆(𝑃𝐷𝐶) =</p><p>𝑃𝐷 ∙ 64 ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝑃�̂�𝐶)</p><p>2</p><p>Da igualdade dos ângulos, segue que:</p><p>𝑆(𝐴𝑃𝐷)</p><p>𝑆(𝑃𝐷𝐶)</p><p>=</p><p>49</p><p>64</p><p>=</p><p>𝑃𝐴</p><p>𝑃𝐶</p><p>Gabarito: “e”.</p><p>7. QUESTÕES NÍVEL 3</p><p>206. (EFOMM/2021)</p><p>Seja o círculo com centro na origem e raio 10 cm. Os círculos menores têm raio 5 cm.</p><p>O valor da área hachurada, em 𝒄𝒎𝟐, é:</p><p>a)</p><p>𝟐𝟓𝟎</p><p>𝟑</p><p>(𝟏 − 𝝅)</p><p>b) 𝟓𝟎(𝝅 − 𝟏)</p><p>c) 𝟏𝟎𝟎(𝝅 − 𝟏)</p><p>d) 𝟏𝟎𝟎(𝝅 − 𝟐)</p><p>e)</p><p>𝟏𝟎𝟎</p><p>𝟑</p><p>(𝟏 − 𝝅)</p><p>393</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>207. (Escola Naval/2015)</p><p>Seja 𝑨𝑩𝑪𝑫 um quadrado de lado 𝓵, em que 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑫̅̅̅̅̅ são suas diagonais. Seja 𝑶 o ponto de encontro</p><p>dessas diagonais e sejam 𝑷 e 𝑸 os pontos médios dos segmentos 𝑨𝑶̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑶̅̅̅̅̅, respectivamente. Pode-</p><p>se dizer que a área do quadrilátero que tem vértices nos pontos 𝑨,𝑩,𝑸 e 𝑷 vale</p><p>a)</p><p>𝟑𝓵𝟐</p><p>𝟏𝟔</p><p>b)</p><p>𝓵𝟐</p><p>𝟏𝟔</p><p>c)</p><p>𝟑𝓵𝟐</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>𝓵𝟐</p><p>𝟖</p><p>e)</p><p>𝟑𝓵𝟐</p><p>𝟐𝟒</p><p>208. (Escola Naval/2013)</p><p>Numa vidraçaria há um pedaço de espelho sob a forma de um triângulo retângulo de lados 𝟑𝟎 𝒄𝒎,</p><p>𝟒𝟎 𝒄𝒎 e 𝟓𝟎 𝒄𝒎. Deseja-se, a partir dele, recortar um espelho retangular, com a maior área possível,</p><p>conforme a figura abaixo. Então as dimensões do espelho são</p><p>a) 𝟐𝟓 𝒄𝒎 e 𝟏𝟐 𝒄𝒎</p><p>b) 𝟐𝟎 𝒄𝒎 e 𝟏𝟓 𝒄𝒎</p><p>c) 𝟏𝟎 𝒄𝒎 e 𝟑𝟎 𝒄𝒎</p><p>d) 𝟏𝟐, 𝟓 𝒄𝒎 e 𝟐𝟒 𝒄𝒎</p><p>e) 𝟏𝟎√𝟑 𝒄𝒎 e 𝟏𝟎√𝟑 𝒄𝒎</p><p>209. (Escola Naval/2012)</p><p>O triângulo da figura abaixo é equilátero, 𝑨𝑴̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑴𝑩̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟓 e 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟔. A área do triângulo 𝑴𝑨𝑬 vale</p><p>394</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟐𝟎𝟎√𝟑</p><p>𝟏𝟏</p><p>b)</p><p>𝟏𝟎𝟎√𝟑</p><p>𝟏𝟏</p><p>c)</p><p>𝟏𝟎𝟎√𝟐</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟐𝟎𝟎√𝟐</p><p>𝟏𝟏</p><p>e)</p><p>𝟐𝟎𝟎√𝟐</p><p>𝟐</p><p>210. (EFOMM/2020)</p><p>Sejam a circunferência 𝑪𝟏, com centro em 𝑨 e raio 1, e a circunferência 𝑪𝟐 que passa por 𝑨, com</p><p>centro em 𝑩 e raio 2. Sabendo-se que 𝑫 é o ponto médio do segmento 𝑨𝑩, 𝑬 é um dos pontos de</p><p>interseção entre 𝑪𝟏 e 𝑪𝟐, e 𝑭 é a interseção da reta 𝑬𝑫 com a circunferência 𝑪𝟐, o valor da área do</p><p>triângulo 𝑨𝑬𝑭, em unidades de área, é</p><p>a) 𝟐 +</p><p>√𝟏𝟓</p><p>𝟖</p><p>b) 𝟏 +</p><p>√𝟏𝟓</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟑√𝟏𝟓</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>√𝟏𝟓</p><p>𝟒</p><p>e)</p><p>𝟓√𝟏𝟓</p><p>𝟖</p><p>211. (EFOMM/2018)</p><p>Qual é a área de uma circunferência inscrita em um triângulo equilátero, sabendo-se que esse</p><p>triângulo está inscrito em uma circunferência de comprimento igual a 𝟏𝟎𝝅 𝒄𝒎?</p><p>a)</p><p>𝟕𝟓𝝅</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝟐𝟓𝝅</p><p>𝟒</p><p>395</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c)</p><p>𝟓𝝅</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟐𝟓𝝅</p><p>𝟏𝟔</p><p>e)</p><p>𝟓𝝅</p><p>𝟒</p><p>212. (EFOMM/2016)</p><p>Determine o comprimento do menor arco 𝑨𝑩 na circunferência de centro 𝑶, representada na figura</p><p>a seguir, sabendo que o segmento 𝑶𝑫 mede 𝟏𝟐 𝒄𝒎, os ângulos 𝑪�̂�𝑫 = 𝟑𝟎° e 𝑶�̂�𝑩 = 𝟏𝟓° e que a</p><p>área do triângulo 𝑪𝑫𝑶 é igual a 𝟏𝟖 𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 𝟓𝝅 𝒄𝒎</p><p>b) 𝟏𝟐 𝒄𝒎</p><p>c) 𝟓 𝒄𝒎</p><p>d) 𝟏𝟐𝝅 𝒄𝒎</p><p>e) 𝟏𝟎𝝅 𝒄𝒎</p><p>213. (EFOMM/2015)</p><p>Deseja-se construir uma janela que possuindo a forma de um retângulo sob um semicírculo,</p><p>conforme figura abaixo, permita o máximo de passagem de luz possível. Sabe-se que: o vidro do</p><p>retângulo será transparente; o vidro do semicírculo será colorido, transmitindo, por unidade de</p><p>área, apenas metade da luz incidente em relação ao vidro transparente; o perímetro total da janela</p><p>é fixo e vale 𝒑. Nessas condições, determine as medidas da parte retangular da janela, em função</p><p>do perímetro 𝒑. Obs: Ignore a espessura do caixilho.</p><p>396</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟒</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝝅+𝟒</p><p>𝟐(𝟑𝝅+𝟖)</p><p>𝒑</p><p>b)</p><p>𝟐</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝝅+𝟒</p><p>𝟒(𝟑𝝅+𝟖)</p><p>𝒑</p><p>c)</p><p>𝟖</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝝅+𝟒</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑</p><p>d)</p><p>𝟔</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝟑(𝝅+𝟒)</p><p>𝟒(𝟑𝝅+𝟖)</p><p>𝒑</p><p>e)</p><p>𝟒</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝟖</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑</p><p>214. (EFOMM/2014)</p><p>A diferença entre o comprimento 𝒙 e a largura 𝒚 de um retângulo é de 𝟐 𝒄𝒎. Se a sua área é menor</p><p>ou igual a 𝟑𝟓 𝒄𝒎𝟐, então o valor de 𝒙, em 𝒄𝒎, será:</p><p>a) 𝟎 < 𝒙 < 𝟕</p><p>b) 𝟎 < 𝒙 < 𝟓</p><p>c) 𝟐 < 𝒙 ≤ 𝟓</p><p>d) 𝟐 < 𝒙 ≤ 𝟕</p><p>e) 𝟐 < 𝒙 < 𝟕</p><p>215. (EFOMM/2010)</p><p>João construiu um círculo de papel com centro 𝑶 e raio 𝟒𝒄𝒎 (figura 1). Traçou dois diâmetros 𝑨𝑪 e</p><p>𝑩𝑫 perpendiculares e, em seguida, dobrou o papel fazendo coincidir 𝑨, 𝑶 e 𝑪, conforme sugere a</p><p>Figura 2.</p><p>397</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área da parte do círculo não encoberta pelas dobras sombreada na Figura 2, é igual a</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟗𝟔 − 𝟏𝟔𝝅)𝒄𝒎𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟏𝟔𝝅 − 𝟒𝟖)𝒄𝒎𝟐</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟏𝟔𝝅 − 𝟏𝟐√𝟑)𝒄𝒎𝟐</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟏𝟔𝝅 + 𝟏𝟐√𝟑)𝒄𝒎𝟐</p><p>e)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟑𝟐𝝅 + 𝟏𝟐√𝟑)𝒄𝒎𝟐</p><p>216. (EFOMM/2006)</p><p>A</p><p>região hachurada 𝑹 da figura é limitada por arcos de circunferência centrados nos vértices do</p><p>quadrado de lado 𝟐𝒍. A área de 𝑹 é</p><p>a)</p><p>𝝅𝒍𝟐</p><p>𝟐</p><p>b) (𝝅 − 𝟐√𝟐)𝒍𝟐</p><p>c) (𝝅 −</p><p>𝟒</p><p>𝟑</p><p>) 𝒍𝟐</p><p>d) (𝟒 − 𝝅)𝒍𝟐</p><p>398</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>e) √𝟐𝒍𝟐</p><p>217. (EFOMM/2005)</p><p>No hexágono 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭, abaixo, a medida do ângulo 𝑨�̂�𝑪 é quatro vezes a medida do ângulo 𝑬�̂�𝑨.</p><p>Determine a medida do ângulo obtuso formado pelas bissetrizes de 𝑨�̂�𝑪 e 𝑬�̂�𝑨.</p><p>a) 𝟕𝟎°</p><p>b) 𝟖𝟎°</p><p>c) 𝟖𝟓°</p><p>d) 𝟏𝟎𝟎°</p><p>e) 𝟏𝟐𝟎°</p><p>218. (AFA-2018)</p><p>A figura a seguir é um pentágono regular de lado 2cm.</p><p>Os triângulos 𝑫𝑩𝑪 e 𝑩𝑪𝑷 são semelhantes.</p><p>A medida de 𝑨𝑪, uma das diagonais do pentágono regular, em cm, é igual a:</p><p>a) 𝟏 + √𝟓</p><p>399</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) −𝟏 + √𝟓</p><p>c) 𝟐 +</p><p>√𝟓</p><p>𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟓 − 𝟏</p><p>219. (AFA/2017)</p><p>Considere, no triângulo 𝑨𝑩𝑪 abaixo, os pontos 𝑷 ∈ 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , 𝑸 ∈ 𝑩𝑪,̅̅ ̅̅ ̅ 𝑹 ∈ 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e os segmentos 𝑷𝑸̅̅ ̅̅ e 𝑸𝑹̅̅ ̅̅</p><p>paralelos, respectivamente, a 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑨𝑩.̅̅ ̅̅ ̅</p><p>Sabendo que 𝑩𝑸̅̅̅̅̅ = 𝟑𝒄𝒎, 𝑸𝑪̅̅ ̅̅ = 𝟏𝒄𝒎 e que a área do triângulo 𝑨𝑩𝑪 é 𝟖𝒄𝒎𝟐, então a área do</p><p>paralelogramo hachurado, em 𝒄𝒎𝟐, é igual a</p><p>a) 2</p><p>b) 3</p><p>c) 4</p><p>d) 5</p><p>220. (AFA/2014)</p><p>Na figura abaixo, os três círculos têm centro sobre a reta 𝑨𝑩 e os dois de maior raio têm centro</p><p>sobre a circunferência de menor raio.</p><p>A expressão que fornece o valor da área sombreada é</p><p>400</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a)</p><p>𝟏𝟕𝝅−𝟔√𝟑</p><p>𝟗</p><p>𝒓𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏𝟏𝝅+𝟗√𝟑</p><p>𝟏𝟐</p><p>𝒓𝟐</p><p>c)</p><p>𝟏𝟓𝝅−𝟒√𝟑</p><p>𝟗</p><p>𝒓𝟐</p><p>d)</p><p>𝟏𝟑𝝅+𝟔√𝟑</p><p>𝟏𝟐</p><p>𝒓𝟐</p><p>221. (AFA/2011)</p><p>As circunferências 𝝀𝟏 e 𝝀𝟐 da figura abaixo são tangentes interiores e a distância entre os centros</p><p>𝑪𝟏 e 𝑪𝟐 é igual a 1cm.</p><p>Se a área sombreada é igual à área não sombreada na figura, é correto afirmar que o raio 𝝀𝟐, em</p><p>𝒄𝒎, é um número do intervalo.</p><p>a) ]𝟐,</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟓</p><p>[</p><p>b) ]</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟓</p><p>,</p><p>𝟐𝟑</p><p>𝟏𝟎</p><p>[</p><p>c) ]</p><p>𝟐𝟑</p><p>𝟏𝟎</p><p>,</p><p>𝟓</p><p>𝟐</p><p>[</p><p>d) ]</p><p>𝟓</p><p>𝟐</p><p>,</p><p>𝟏𝟑</p><p>𝟓</p><p>[</p><p>222. (AFA/2011)</p><p>Na figura abaixo, têm-se quatro círculos congruentes de centros 𝑶𝟏, 𝑶𝟐, 𝑶𝟑 e 𝑶𝟒 e de raio igual a</p><p>𝟏𝟎𝒄𝒎. Os pontos 𝑴,𝑵,𝑷,𝑸 são pontos de tangência entre os círculos e 𝑨,𝑩, 𝑪,𝑫, 𝑬, 𝑭, 𝑮,𝑯 são</p><p>pontos de tangência entre os círculos e a correia que os contorna.</p><p>401</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Sabendo-se que essa correia é inextensível, seu perímetro, em 𝒄𝒎, é igual a</p><p>a) 𝟐(𝝅 + 𝟒𝟎)</p><p>b) 𝟓(𝝅 + 𝟏𝟔)</p><p>c) 𝟐𝟎(𝝅 + 𝟒)</p><p>d) 𝟓(𝝅 + 𝟖)</p><p>GABARITO</p><p>206. d</p><p>207. a</p><p>208. a</p><p>209. b</p><p>210. c</p><p>211. b</p><p>212. a</p><p>213. a</p><p>214. d</p><p>215. Anulada</p><p>216. d</p><p>217. d</p><p>218. a</p><p>219. b</p><p>220. d</p><p>221. c</p><p>222. c</p><p>402</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>RESOLUÇÃO</p><p>206. (EFOMM/2021)</p><p>Seja o círculo com centro na origem e raio 10 cm. Os círculos menores têm raio 5 cm.</p><p>O valor da área hachurada, em 𝒄𝒎𝟐, é:</p><p>a)</p><p>𝟐𝟓𝟎</p><p>𝟑</p><p>(𝟏 − 𝝅)</p><p>b) 𝟓𝟎(𝝅 − 𝟏)</p><p>c) 𝟏𝟎𝟎(𝝅 − 𝟏)</p><p>d) 𝟏𝟎𝟎(𝝅 − 𝟐)</p><p>e)</p><p>𝟏𝟎𝟎</p><p>𝟑</p><p>(𝟏 − 𝝅)</p><p>Comentários</p><p>Perceba que podemos calcular a área hachurada central, da seguinte forma:</p><p>Devido à simetria temos que ABCD é um quadrado cujo lado é igual ao raio do círculo</p><p>menor.</p><p>403</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Podemos calcular a área do segmento circular do seguinte modo:</p><p>Calculando a área do setor circular:</p><p>𝐴 =</p><p>𝜋 ⋅ 52</p><p>4</p><p>=</p><p>25𝜋</p><p>4</p><p>Agora basta subtrair a área do triângulo retângulo isósceles:</p><p>𝐴𝑠𝑐 =</p><p>25</p><p>4</p><p>𝜋 −</p><p>5 ⋅ 5</p><p>2</p><p>=</p><p>25</p><p>4</p><p>(𝜋 − 2)</p><p>Contudo, essa área representa metade de uma “pétala da flor” central, logo:</p><p>Á𝑟𝑒𝑎 𝑃é𝑡𝑎𝑙𝑎 =</p><p>25</p><p>2</p><p>(𝜋 − 2)</p><p>Como são 4 pétalas, temos:</p><p>4 ⋅</p><p>25</p><p>2</p><p>(𝜋 − 2) = 50(𝜋 − 2)</p><p>Portanto, área a hachurada é:</p><p>𝐴 = 𝜋 ⋅ 102 − 4 ⋅ 𝜋 ⋅ 52 + 2 ⋅ 50(𝜋 − 2)</p><p>∴ 𝐴 = 100(𝜋 − 2)</p><p>Obs: Devemos somar duas vezes a área das pétalas, pois ao retirar a área dos círculos</p><p>menores, acabamos retirando 2 vezes a área das interseções.</p><p>Gabarito: D</p><p>207. (Escola Naval/2015)</p><p>Seja 𝑨𝑩𝑪𝑫 um quadrado de lado 𝓵, em que 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑫̅̅̅̅̅ são suas diagonais. Seja 𝑶 o ponto de encontro</p><p>dessas diagonais e sejam 𝑷 e 𝑸 os pontos médios dos segmentos 𝑨𝑶̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑶̅̅̅̅̅, respectivamente. Pode-</p><p>se dizer que a área do quadrilátero que tem vértices nos pontos 𝑨,𝑩,𝑸 e 𝑷 vale</p><p>a)</p><p>𝟑𝓵𝟐</p><p>𝟏𝟔</p><p>b)</p><p>𝓵𝟐</p><p>𝟏𝟔</p><p>c)</p><p>𝟑𝓵𝟐</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>𝓵𝟐</p><p>𝟖</p><p>e)</p><p>𝟑𝓵𝟐</p><p>𝟐𝟒</p><p>Comentários</p><p>De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>404</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Veja que 𝐴𝑃 = 𝐵𝑄 e 𝐴𝑂 = 𝐵𝑂 ⟹ 𝑂𝑃 = 𝑂𝑄</p><p>A diagonal do quadrado de lado 𝑙 vale 𝑙√2, como 𝑃 é ponto médio de 𝐴𝑂, temos que:</p><p>𝑂𝑃 = 𝑂𝑄 =</p><p>𝑙√2</p><p>4</p><p>Assim, a área do triangulo 𝛥𝑂𝑃𝑄 é:</p><p>𝑆Δ𝑂𝑃𝑄 =</p><p>(</p><p>𝑙√2</p><p>4</p><p>)</p><p>2</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑙2</p><p>8</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑙</p><p>16</p><p>Como 𝛥𝐴𝑂𝐵 é um quarto do quadrado, temos que a área de 𝐴𝑃𝑄𝐵 é:</p><p>𝑆𝐴𝑃𝑄𝐵 =</p><p>𝑙2</p><p>4</p><p>−</p><p>𝑙2</p><p>16</p><p>=</p><p>3𝑙2</p><p>16</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>208. (Escola Naval/2013)</p><p>Numa vidraçaria há um pedaço de espelho sob a forma de um triângulo retângulo de lados 𝟑𝟎 𝒄𝒎,</p><p>𝟒𝟎 𝒄𝒎 e 𝟓𝟎 𝒄𝒎. Deseja-se, a partir dele, recortar um espelho retangular, com a maior área possível,</p><p>conforme a figura abaixo. Então as dimensões do espelho são</p><p>a) 𝟐𝟓 𝒄𝒎 e 𝟏𝟐 𝒄𝒎</p><p>b) 𝟐𝟎 𝒄𝒎 e 𝟏𝟓 𝒄𝒎</p><p>c) 𝟏𝟎 𝒄𝒎 e 𝟑𝟎 𝒄𝒎</p><p>405</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 𝟏𝟐, 𝟓 𝒄𝒎 e 𝟐𝟒 𝒄𝒎</p><p>e) 𝟏𝟎√𝟑 𝒄𝒎 e 𝟏𝟎√𝟑 𝒄𝒎</p><p>Comentários</p><p>Interpretando o enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>Suponhamos que o segmento 𝑃𝑄 tenha o valor de 5𝑥, logo temos as seguintes</p><p>semelhanças de triângulos:</p><p>𝛥𝐴𝐵𝐶~𝛥𝑃𝐵𝑄 ⟹</p><p>𝑃𝐵</p><p>𝐴𝐵</p><p>=</p><p>𝐵𝑄</p><p>𝐵𝐶</p><p>=</p><p>𝑃𝑄</p><p>𝐴𝐶</p><p>𝑃𝐵</p><p>𝐴𝐵</p><p>=</p><p>𝐵𝑄</p><p>𝐵𝐶</p><p>=</p><p>5𝑥</p><p>𝐴𝐶</p><p>𝑃𝐵</p><p>40</p><p>=</p><p>𝐵𝑄</p><p>30</p><p>=</p><p>5𝑥</p><p>50</p><p>𝑃𝐵 = 4𝑥 𝑒 𝐵𝑄 = 3𝑥</p><p>Assim, temos a seguinte figura:</p><p>Lembrando que Δ𝐴𝐵𝐶 possui ângulo reto em 𝐵 e Δ𝐴𝑃𝑅 em 𝑅, temos:</p><p>𝛥𝐴𝐵𝐶~𝛥𝐴𝑃𝑅 ⇒</p><p>𝐴𝑃</p><p>𝐴𝐶</p><p>=</p><p>𝑃𝑅</p><p>𝐵𝐶</p><p>𝐴𝑃</p><p>𝐴𝐶</p><p>=</p><p>𝑃𝑅</p><p>𝐵𝐶</p><p>⇒</p><p>40 − 4𝑥</p><p>50</p><p>=</p><p>𝑃𝑅</p><p>30</p><p>406</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑃𝑅 =</p><p>3</p><p>5</p><p>(40 − 4𝑥)</p><p>Portanto, temos no retângulo 𝑃𝑄𝑅𝑆 a seguinte área:</p><p>𝑆(𝑥) = 5𝑥 ·</p><p>3</p><p>5</p><p>(40 − 4𝑥)</p><p>𝑆(𝑥) = 3𝑥(40 − 4𝑥) = −12𝑥2 + 120𝑥</p><p>Tratando a função 𝑓(𝑥) como uma função quadrática, temos que o valor do vértice é</p><p>𝑥𝑣 = −</p><p>𝑏</p><p>2𝑎</p><p>= −</p><p>120</p><p>−24</p><p>= 5</p><p>Logo, as medidas do retângulo são:</p><p>𝑃𝑄 = 5𝑥 = 25 𝑐𝑚</p><p>𝑃𝑅 =</p><p>3</p><p>5</p><p>(40 − 4𝑥) =</p><p>3</p><p>5</p><p>· 20 = 12 𝑐𝑚</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>209. (Escola Naval/2012)</p><p>O triângulo da figura abaixo é equilátero, 𝑨𝑴̅̅ ̅̅ ̅ = 𝑴𝑩̅̅ ̅̅ ̅ = 𝟓 e 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟔. A área do triângulo 𝑴𝑨𝑬 vale</p><p>a)</p><p>𝟐𝟎𝟎√𝟑</p><p>𝟏𝟏</p><p>b)</p><p>𝟏𝟎𝟎√𝟑</p><p>𝟏𝟏</p><p>c)</p><p>𝟏𝟎𝟎√𝟐</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟐𝟎𝟎√𝟐</p><p>𝟏𝟏</p><p>e)</p><p>𝟐𝟎𝟎√𝟐</p><p>𝟐</p><p>Comentário</p><p>Pela aplicação do teorema de Menelaus no triângulo ABC e usando-se a secante MED,</p><p>temos a seguinte relação:</p><p>𝐵𝐷</p><p>𝐷𝐶</p><p>·</p><p>𝐶𝐸</p><p>𝐸𝐴</p><p>·</p><p>𝐴𝑀</p><p>𝑀𝐵</p><p>= 1</p><p>407</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>10 + 6</p><p>6</p><p>·</p><p>𝐶𝐸</p><p>𝐸𝐴</p><p>·</p><p>5</p><p>5</p><p>= 1</p><p>𝐶𝐸</p><p>𝐸𝐴</p><p>=</p><p>6</p><p>16</p><p>=</p><p>3</p><p>8</p><p>Porém, temos que 𝐶𝐸 = 𝐴𝐶 − 𝐴𝐸, logo:</p><p>𝐴𝐶 − 𝐴𝐸</p><p>𝐴𝐸</p><p>=</p><p>𝐴𝐶</p><p>𝐴𝐸</p><p>− 1 =</p><p>3</p><p>8</p><p>𝐴𝐶</p><p>𝐴𝐸</p><p>=</p><p>3</p><p>8</p><p>+ 1 =</p><p>11</p><p>8</p><p>𝐴𝐸 = 𝐴𝐶</p><p>8</p><p>11</p><p>=</p><p>80</p><p>11</p><p>Sabemos que a área do triangulo equilátero 𝛥𝐴𝑀𝐸 é:</p><p>𝑆𝐴𝑀𝐸 =</p><p>𝐴𝑀 · 𝐴𝐸 · 𝑠𝑒𝑛 60°</p><p>2</p><p>𝑆𝐴𝑀𝐸 = 5 ·</p><p>80</p><p>11</p><p>·</p><p>√3</p><p>2</p><p>·</p><p>1</p><p>2</p><p>𝑆𝐴𝑀𝐸 =</p><p>100√3</p><p>11</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>210. (EFOMM/2020)</p><p>Sejam a circunferência 𝑪𝟏, com centro em 𝑨 e raio 1, e a circunferência 𝑪𝟐 que passa por 𝑨, com</p><p>centro em 𝑩 e raio 2. Sabendo-se que 𝑫 é o ponto médio do segmento 𝑨𝑩, 𝑬 é um dos pontos de</p><p>interseção entre 𝑪𝟏 e 𝑪𝟐, e 𝑭 é a interseção da reta 𝑬𝑫 com a circunferência 𝑪𝟐, o valor da área do</p><p>triângulo 𝑨𝑬𝑭, em unidades de área, é</p><p>a) 𝟐 +</p><p>√𝟏𝟓</p><p>𝟖</p><p>b) 𝟏 +</p><p>√𝟏𝟓</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟑√𝟏𝟓</p><p>𝟖</p><p>d)</p><p>√𝟏𝟓</p><p>𝟒</p><p>e)</p><p>𝟓√𝟏𝟓</p><p>𝟖</p><p>Comentários</p><p>Do enunciado, temos a seguinte figura:</p><p>408</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Veja que Δ𝐴𝐷𝐸 é isósceles, pois 𝐴𝐸 = 𝐴𝐷 = 1. Assim, temos 𝐴�̂�𝑀 = 𝐴�̂�𝑀 = 𝛼. A</p><p>medida de 𝐸𝐷 é dada por:</p><p>𝐸𝐷 = 𝐸𝑀 +𝑀𝐷 = 1 ⋅ cos 𝛼 + 1 ⋅ cos 𝛼 = 2 cos 𝛼</p><p>Perceba que 𝐴�̂�𝐹 e 𝐴�̂�𝐹 “enxergam” o mesmo arco 𝐴�̂�, como 𝐵 é o centro da</p><p>circunferência 𝐶2, temos que 𝐴�̂�𝐹 = 2𝐴�̂�𝐹 = 2𝛼.</p><p>Da lei dos senos no triângulo 𝐷𝐵𝐹:</p><p>2</p><p>sen 𝛼</p><p>=</p><p>𝐷𝐹</p><p>sen 2𝛼</p><p>⇒ 𝐷𝐹 =</p><p>2</p><p>sen 𝛼</p><p>⋅ (2 sen𝛼 cos 𝛼) = 4 cos 𝛼</p><p>Aplicando a potência de ponto na circunferência 𝐶2:</p><p>𝐸𝐷 ⋅ 𝐷𝐹 = 𝐴𝐷 ⋅ 𝐷𝐺 ⇒ 2 cos 𝛼 ⋅ 4 cos 𝛼 = 1 ⋅ 3</p><p>cos2 𝛼 =</p><p>3</p><p>8</p><p>Como 𝛼 ∈ (0,</p><p>𝜋</p><p>2</p><p>):</p><p>cos 𝛼 =</p><p>√3</p><p>2√2</p><p>Pelo teorema de Pitágoras:</p><p>𝑠𝑒𝑛𝛼 = √1 − cos2 𝛼 = √1 −</p><p>3</p><p>8</p><p>= √</p><p>5</p><p>8</p><p>=</p><p>√5</p><p>2√2</p><p>Dessa forma, 𝐸𝐹 é:</p><p>409</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐸𝐹 = 𝐸𝐷 + 𝐷𝐹 = 6 cos 𝛼 =</p><p>3√3</p><p>√2</p><p>Por fim, a área solicitada vale:</p><p>𝑆𝐴𝐸𝐹 =</p><p>𝐸𝐹 ⋅ 𝐴𝑀</p><p>2</p><p>⇒ 𝑆𝐴𝐸𝐹 =</p><p>𝐸𝐹 ⋅ 1 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼</p><p>2</p><p>⇒ 𝑆𝐴𝐸𝐹 =</p><p>3√3</p><p>√2</p><p>⋅</p><p>√5</p><p>2√2</p><p>2</p><p>=</p><p>3√15</p><p>8</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>211. (EFOMM/2018)</p><p>Qual é a área de uma circunferência inscrita em um triângulo equilátero, sabendo-se que esse</p><p>triângulo está inscrito em uma circunferência de comprimento igual a 𝟏𝟎𝝅 𝒄𝒎?</p><p>a)</p><p>𝟕𝟓𝝅</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝟐𝟓𝝅</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟓𝝅</p><p>𝟐</p><p>d)</p><p>𝟐𝟓𝝅</p><p>𝟏𝟔</p><p>e)</p><p>𝟓𝝅</p><p>𝟒</p><p>Comentários</p><p>Um triângulo equilátero possui o incentro, o circuncentro e o baricentro coincidentes e,</p><p>além disso, o baricentro é o ponto que divide sua altura na razão 2:1, logo:</p><p>Temos 𝑅 = 2𝑟. Como a circunferência externa possui comprimento igual a 10𝜋, temos:</p><p>410</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>2𝜋𝑅 = 10𝜋 ⇒ 𝑅 = 5 𝑐𝑚</p><p>Assim,</p><p>𝑟 =</p><p>𝑅</p><p>2</p><p>=</p><p>5</p><p>2</p><p>𝑐𝑚</p><p>A área da circunferência inscrita é:</p><p>𝐴 = 𝜋𝑟2 = 𝜋 (</p><p>5</p><p>2</p><p>)</p><p>2</p><p>=</p><p>25</p><p>4</p><p>𝜋 𝑐𝑚2</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>212. (EFOMM/2016)</p><p>Determine o comprimento do menor arco 𝑨𝑩 na circunferência de centro 𝑶, representada na figura</p><p>a seguir, sabendo que o segmento 𝑶𝑫 mede 𝟏𝟐 𝒄𝒎, os ângulos 𝑪�̂�𝑫 = 𝟑𝟎° e 𝑶�̂�𝑩 = 𝟏𝟓° e que a</p><p>área do triângulo 𝑪𝑫𝑶 é igual a 𝟏𝟖 𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 𝟓𝝅 𝒄𝒎</p><p>b) 𝟏𝟐 𝒄𝒎</p><p>c) 𝟓 𝒄𝒎</p><p>d) 𝟏𝟐𝝅 𝒄𝒎</p><p>e) 𝟏𝟎𝝅 𝒄𝒎</p><p>Comentários</p><p>Seja 𝐶𝑂 = 𝑅. Assim,</p><p>𝑆𝐶𝐷𝑂 =</p><p>𝑂𝐷 ⋅ 𝐶𝑂 ⋅ sen𝐷Ô𝐶</p><p>2</p><p>⇒ 18 =</p><p>12 ⋅ 𝑅 ⋅ sen 30°</p><p>2</p><p>⇒ 36 = 12 ⋅ (</p><p>1</p><p>2</p><p>) ⋅ 𝑅 ⇒ 𝑅 = 6 𝑐𝑚</p><p>Como 𝑂�̂�𝐵 = 𝑂�̂�𝐴 = 15° já que 𝑂𝐴𝐵 é um triângulo isósceles, temos:</p><p>𝐴�̂�𝐵 = 150° =</p><p>5𝜋</p><p>6</p><p>E então o arco AB é dado por:</p><p>411</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐴�̂�𝐵 =</p><p>𝑚(𝐴�̂�)</p><p>𝑅</p><p>⇒</p><p>5𝜋</p><p>6</p><p>=</p><p>𝑚(𝐴�̂�)</p><p>6</p><p>⇒ 𝑚(𝐴�̂�) = 5𝜋 𝑐𝑚</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>213. (EFOMM/2015)</p><p>Deseja-se construir uma janela que possuindo a forma de um retângulo sob um semicírculo,</p><p>conforme figura abaixo, permita o máximo de passagem de luz possível. Sabe-se que: o vidro do</p><p>retângulo será transparente; o vidro do semicírculo será colorido, transmitindo, por unidade de</p><p>área, apenas metade da luz incidente em relação ao vidro transparente; o perímetro total da janela</p><p>é fixo e vale 𝒑. Nessas condições, determine as medidas da parte retangular da janela, em função</p><p>do perímetro 𝒑. Obs: Ignore a espessura do caixilho.</p><p>a)</p><p>𝟒</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝝅+𝟒</p><p>𝟐(𝟑𝝅+𝟖)</p><p>𝒑</p><p>b)</p><p>𝟐</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝝅+𝟒</p><p>𝟒(𝟑𝝅+𝟖)</p><p>𝒑</p><p>c)</p><p>𝟖</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝝅+𝟒</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑</p><p>d)</p><p>𝟔</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝟑(𝝅+𝟒)</p><p>𝟒(𝟑𝝅+𝟖)</p><p>𝒑</p><p>e)</p><p>𝟒</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑 e</p><p>𝟖</p><p>𝟑𝝅+𝟖</p><p>𝒑</p><p>Comentários</p><p>Seja x a base do retângulo e y a altura. Logo, o raio do semicírculo vale 𝑟 =</p><p>𝑥</p><p>2</p><p>. O perímetro</p><p>da janela é:</p><p>𝑝 = 𝑥 + 2𝑦 +</p><p>2𝜋𝑟</p><p>2</p><p>⇒ 𝑝 − 𝑥 −</p><p>𝜋𝑥</p><p>2</p><p>= 2𝑦 ⇒ 𝑦 =</p><p>2𝑝 − 2𝑥 − 𝜋𝑥</p><p>4</p><p>412</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Assim, as áreas das partes da janela são dadas por:</p><p>𝑆𝑅𝑒𝑡â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = 𝑥𝑦 𝑒 𝑆𝑆𝑒𝑚𝑖𝐶í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜 =</p><p>𝜋𝑟²</p><p>2</p><p>=</p><p>𝜋𝑥²</p><p>8</p><p>A luminosidade é proporcional à área, logo vamos trabalhar com a área total (incluindo a</p><p>diferença de transparência):</p><p>𝑆 = 𝑆𝑅 +</p><p>1</p><p>2</p><p>𝑆𝑆𝐶 = 𝑥𝑦 +</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>𝜋𝑥2</p><p>8</p><p>)</p><p>𝑆 = 𝑥 (</p><p>2𝑝 − 2𝑥 − 𝜋𝑥</p><p>4</p><p>) +</p><p>𝜋𝑥2</p><p>16</p><p>=</p><p>4𝑥(2𝑝 − 2𝑥 − 𝜋𝑥) + 𝜋𝑥2</p><p>16</p><p>=</p><p>8𝑝𝑥 − 8𝑥2 − 4𝜋𝑥2 + 𝜋𝑥2</p><p>16</p><p>𝑆 =</p><p>−(3𝜋 + 8)𝑥2 + 8𝑝𝑥</p><p>16</p><p>Logo, trata-se de uma função quadrática em x com concavidade para baixo e, portanto,</p><p>possui um máximo.</p><p>𝑥𝑣 =</p><p>−𝑏</p><p>2𝑎</p><p>=</p><p>−(8𝑝)</p><p>2(−3𝜋 − 8)</p><p>=</p><p>4</p><p>3𝜋 + 8</p><p>𝑝</p><p>𝑦 =</p><p>2𝑝 − (2 + 𝜋)</p><p>4𝑝</p><p>3𝜋 + 8</p><p>4</p><p>=</p><p>6𝑝𝜋 + 16𝑝 − 8𝑝 − 4𝑝𝜋</p><p>4(3𝜋 + 8)</p><p>=</p><p>2𝑝𝜋 + 8𝑝</p><p>4(3𝜋 + 8)</p><p>=</p><p>𝜋 + 4</p><p>2(3𝜋 + 8)</p><p>𝑝</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>214. (EFOMM/2014)</p><p>A diferença entre o comprimento 𝒙 e a largura 𝒚 de um retângulo é de 𝟐 𝒄𝒎. Se a sua área é menor</p><p>ou igual a 𝟑𝟓 𝒄𝒎𝟐, então o valor de 𝒙, em 𝒄𝒎, será:</p><p>a) 𝟎 < 𝒙 < 𝟕</p><p>b) 𝟎 < 𝒙 < 𝟓</p><p>c) 𝟐 < 𝒙 ≤ 𝟓</p><p>d) 𝟐 < 𝒙 ≤ 𝟕</p><p>e) 𝟐 < 𝒙 < 𝟕</p><p>Comentários</p><p>Do enunciado,</p><p>𝑥 − 𝑦 = 2 ⇒ 𝑦 = 𝑥 − 2</p><p>𝑥𝑦 ≤ 35</p><p>Assim,</p><p>𝑥(𝑥 − 2) ≤ 35 ⇒ 𝑥2 − 2𝑥 − 35 ≤ 0</p><p>413</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Resolvendo a inequação:</p><p>𝑟𝑎í𝑧𝑒𝑠: 𝑥 = −(−1) ± √36 = 1 ± 6 = −5 𝑜𝑢 7</p><p>𝑥2 − 2𝑥 − 35 ≤ 0 ⇒ −5 ≤ 𝑥 ≤ 7</p><p>𝑦 deve ser um número positivo, logo:</p><p>𝑦 > 0 ⇒ 𝑥 − 2 > 0 ⇒ 𝑥 > 2</p><p>∴ 2 < 𝑥 ≤ 7</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>215. (EFOMM/2010)</p><p>João construiu um círculo de papel com centro 𝑶 e raio 𝟒𝒄𝒎 (figura 1). Traçou dois diâmetros 𝑨𝑪 e</p><p>𝑩𝑫 perpendiculares e, em seguida, dobrou o papel fazendo coincidir 𝑨, 𝑶 e 𝑪, conforme sugere a</p><p>Figura 2.</p><p>A área da parte do círculo não encoberta pelas dobras sombreada na Figura 2, é igual a</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟗𝟔 − 𝟏𝟔𝝅)𝒄𝒎𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟏𝟔𝝅 − 𝟒𝟖)𝒄𝒎𝟐</p><p>c)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟏𝟔𝝅 − 𝟏𝟐√𝟑)𝒄𝒎𝟐</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟏𝟔𝝅 + 𝟏𝟐√𝟑)𝒄𝒎𝟐</p><p>e)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>(𝟑𝟐𝝅 + 𝟏𝟐√𝟑)𝒄𝒎𝟐</p><p>Comentários</p><p>414</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Vamos calcular o valor da área dos segmentos circulares para podermos subtrai-las do</p><p>círculo. Perceba que o círculo foi dobrado a uma distância de 𝑅/2 do seu centro, sendo 𝑅 o seu</p><p>raio. Assim, temos:</p><p>A área de um segmento corresponde à área de um setor de 120° menos um triângulo é:</p><p>𝑆𝑆 = 𝜋𝑅²</p><p>120°</p><p>360°</p><p>−</p><p>𝑅</p><p>2</p><p>. 𝑅√3</p><p>2</p><p>=</p><p>𝜋𝑅²</p><p>3</p><p>−</p><p>𝑅2√3</p><p>4</p><p>Assim, a área da parte não encoberta é:</p><p>𝑆 = 𝜋𝑅2 − 4𝑆𝑆 → 𝑆 = 𝜋𝑅2 − 4</p><p>𝜋𝑅2</p><p>3</p><p>+ 4</p><p>𝑅2√3</p><p>4</p><p>→ 𝑆 =</p><p>𝑅2(3√3 − 𝜋)</p><p>3</p><p>Logo, para 𝑅 = 4𝑐𝑚:</p><p>𝑆 =</p><p>16(3√3 − 𝜋)</p><p>3</p><p>=</p><p>1</p><p>3</p><p>(48√3 − 16𝜋)𝑐𝑚²</p><p>Percebe-se que não há alternativa compatível.</p><p>Gabarito: “ANULADA”.</p><p>216. (EFOMM/2006)</p><p>A região hachurada 𝑹 da figura é limitada por arcos de circunferência centrados nos vértices do</p><p>quadrado de lado 𝟐𝒍. A área de 𝑹 é</p><p>a)</p><p>𝝅𝒍𝟐</p><p>𝟐</p><p>415</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) (𝝅 − 𝟐√𝟐)𝒍𝟐</p><p>c) (𝝅 −</p><p>𝟒</p><p>𝟑</p><p>) 𝒍𝟐</p><p>d) (𝟒 − 𝝅)𝒍𝟐</p><p>e) √𝟐𝒍𝟐</p><p>Comentários</p><p>A área sombreada se refere à área do quadrado subtraída por 4 quartos de circunferência</p><p>de raio 𝑙. Assim,</p><p>𝑆𝑆 = 𝑆𝑄 − 4𝑆𝐶 ⇒ 𝑆𝑆 = (2𝑙)</p><p>2 − 4(</p><p>𝜋𝑙2</p><p>4</p><p>) ⇒ 𝑆𝑆 = 4𝑙</p><p>2 − 𝜋𝑙2 = 𝑙²(4 − 𝜋)</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>217. (EFOMM/2005)</p><p>No hexágono 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭, abaixo, a medida do ângulo 𝑨�̂�𝑪 é quatro vezes a medida do ângulo 𝑬�̂�𝑨.</p><p>Determine a medida do ângulo obtuso formado pelas bissetrizes de 𝑨�̂�𝑪 e 𝑬�̂�𝑨.</p><p>a) 𝟕𝟎°</p><p>b) 𝟖𝟎°</p><p>c) 𝟖𝟓°</p><p>d) 𝟏𝟎𝟎°</p><p>e) 𝟏𝟐𝟎°</p><p>Comentários</p><p>416</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Primeiramente, a soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é 𝑆 = 180°(𝑛 −</p><p>2).</p><p>Da soma dos ângulos internos do hexágono:</p><p>2𝛼 + 150° + 90° + 120° + 8𝛼 + 160° = 180°(6 − 2)</p><p>10𝛼 + 520° = 720° ⇒ 𝛼 = 20°</p><p>No quadrilátero FGBA, em que G é o ponto comum das bissetrizes, temos:</p><p>20° + 𝑥 + 80° + 160° = 180° ⋅ 2</p><p>𝑥 = 360° − 260°</p><p>∴ 𝑥 = 100°</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>218. (AFA-2018)</p><p>A figura a seguir é um pentágono</p><p>regular de lado 2cm.</p><p>Os triângulos 𝑫𝑩𝑪 e 𝑩𝑪𝑷 são semelhantes.</p><p>A medida de 𝑨𝑪, uma das diagonais do pentágono regular, em cm, é igual a:</p><p>a) 𝟏 + √𝟓</p><p>417</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) −𝟏 + √𝟓</p><p>c) 𝟐 +</p><p>√𝟓</p><p>𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟓 − 𝟏</p><p>Comentários</p><p>Tendo em vista o teorema de Ptolomeu (ADCB é um quadrilátero inscritível, pois os ângulos</p><p>opostos somam 180°), temos:</p><p>𝐴𝐶 ⋅ 𝐵𝐷 = 𝐴𝐵 ⋅ 𝐷𝐶 + 𝐴𝐷 ⋅ 𝐵𝐶</p><p>Logo,</p><p>𝑑2 = 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ 𝑑 ⇒ 𝑑2 − 2𝑑 − 4 = 0</p><p>Raízes:</p><p>𝑑 =</p><p>−2 ± √(−2)2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (−4)</p><p>2</p><p>=</p><p>−2 ± √20</p><p>2</p><p>=</p><p>−2 ± 2√5</p><p>2</p><p>= −1 ± √5</p><p>Como 𝑑 > 0:</p><p>⇒ 𝑑 = 1 + √5 𝑐𝑚</p><p>Observação: Todo polígono regular é inscritível, logo o quadrilátero ABCD também é</p><p>inscritível.</p><p>Gabarito: “a”.</p><p>219. (AFA/2017)</p><p>Considere, no triângulo 𝑨𝑩𝑪 abaixo, os pontos 𝑷 ∈ 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , 𝑸 ∈ 𝑩𝑪,̅̅ ̅̅ ̅ 𝑹 ∈ 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e os segmentos 𝑷𝑸̅̅ ̅̅ e 𝑸𝑹̅̅ ̅̅</p><p>paralelos, respectivamente, a 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑨𝑩.̅̅ ̅̅ ̅</p><p>Sabendo que 𝑩𝑸̅̅̅̅̅ = 𝟑𝒄𝒎, 𝑸𝑪̅̅ ̅̅ = 𝟏𝒄𝒎 e que a área do triângulo 𝑨𝑩𝑪 é 𝟖𝒄𝒎𝟐, então a área do</p><p>paralelogramo hachurado, em 𝒄𝒎𝟐, é igual a</p><p>a) 2</p><p>b) 3</p><p>c) 4</p><p>d) 5</p><p>418</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Comentários</p><p>Como os segmentos são paralelos, temos que os triângulos ABC, PBQ e RQC são</p><p>semelhantes.</p><p>Da semelhança de triângulos, temos:</p><p>Δ𝑃𝐵𝑄~Δ𝐴𝐵𝐶 ⇒</p><p>[𝑃𝐵𝑄]</p><p>[𝐴𝐵𝐶]</p><p>= (</p><p>𝐵𝑄</p><p>𝐵𝐶</p><p>)</p><p>2</p><p>⇒ [𝑃𝐵𝑄] = (</p><p>3</p><p>4</p><p>)</p><p>2</p><p>⋅ 8 =</p><p>9</p><p>2</p><p>= 4,5𝑐𝑚2</p><p>Δ𝑅𝑄𝐶~Δ𝐴𝐵𝐶 ⇒</p><p>[𝑅𝑄𝐶]</p><p>[𝐴𝐵𝐶]</p><p>= (</p><p>𝑄𝐶</p><p>𝐵𝐶</p><p>)</p><p>2</p><p>⇒ [𝑅𝑄𝐶] = (</p><p>1</p><p>4</p><p>)</p><p>2</p><p>⋅ 8 =</p><p>1</p><p>2</p><p>= 0,5𝑐𝑚2</p><p>A área pedida é dada por:</p><p>[𝐴𝑃𝑄𝑅] = [𝐴𝐵𝐶] − [𝑃𝐵𝑄] − [𝑅𝑄𝐶] = 8 − 4,5 − 0,5 = 3 𝑐𝑚2</p><p>Gabarito: “b”.</p><p>220. (AFA/2014)</p><p>Na figura abaixo, os três círculos têm centro sobre a reta 𝑨𝑩 e os dois de maior raio têm centro</p><p>sobre a circunferência de menor raio.</p><p>A expressão que fornece o valor da área sombreada é</p><p>a)</p><p>𝟏𝟕𝝅−𝟔√𝟑</p><p>𝟗</p><p>𝒓𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏𝟏𝝅+𝟗√𝟑</p><p>𝟏𝟐</p><p>𝒓𝟐</p><p>c)</p><p>𝟏𝟓𝝅−𝟒√𝟑</p><p>𝟗</p><p>𝒓𝟐</p><p>419</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d)</p><p>𝟏𝟑𝝅+𝟔√𝟑</p><p>𝟏𝟐</p><p>𝒓𝟐</p><p>Comentários</p><p>Podemos calcular o ângulo 𝛼:</p><p>cos 𝛼 =</p><p>𝑟</p><p>2</p><p>𝑟</p><p>⇒ cos 𝛼 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⇒ 𝛼 = 60°</p><p>Observe que, quando somamos as áreas dos dois círculos maiores, as áreas dos segmentos</p><p>circulares de 120° são contadas duas vezes.</p><p>Logo, a área pedida é igual à área dos dois círculos maiores menos a área de dois segmentos</p><p>de 120° menos a área do círculo menor.</p><p>𝑆 = 𝜋𝑟2 + 𝜋𝑟2 − 2 [𝜋𝑟2</p><p>120°</p><p>360°</p><p>−</p><p>1</p><p>2</p><p>(</p><p>𝑟</p><p>2</p><p>)</p><p>⏟</p><p>𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 𝛥</p><p>(𝑟√3)⏟</p><p>𝑏𝑎𝑠𝑒 𝛥</p><p>] −</p><p>𝜋𝑟2</p><p>4</p><p>𝑆 = 2𝜋𝑟2 −</p><p>2𝜋𝑟2</p><p>3</p><p>+</p><p>𝑟2√3</p><p>2</p><p>−</p><p>𝜋𝑟2</p><p>4</p><p>= 𝜋𝑟2 (2 −</p><p>2</p><p>3</p><p>−</p><p>1</p><p>4</p><p>) +</p><p>𝑟2√3</p><p>2</p><p>𝑆 =</p><p>𝜋𝑟2(24 − 8 − 3)</p><p>12</p><p>+</p><p>6√3</p><p>12</p><p>𝑟2</p><p>420</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆 =</p><p>13𝜋 + 6√3</p><p>12</p><p>𝑟²</p><p>Gabarito: “d”.</p><p>221. (AFA/2011)</p><p>As circunferências 𝝀𝟏 e 𝝀𝟐 da figura abaixo são tangentes interiores e a distância entre os centros</p><p>𝑪𝟏 e 𝑪𝟐 é igual a 1cm.</p><p>Se a área sombreada é igual à área não sombreada na figura, é correto afirmar que o raio 𝝀𝟐, em</p><p>𝒄𝒎, é um número do intervalo.</p><p>a) ]𝟐,</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟓</p><p>[</p><p>b) ]</p><p>𝟏𝟏</p><p>𝟓</p><p>,</p><p>𝟐𝟑</p><p>𝟏𝟎</p><p>[</p><p>c) ]</p><p>𝟐𝟑</p><p>𝟏𝟎</p><p>,</p><p>𝟓</p><p>𝟐</p><p>[</p><p>d) ]</p><p>𝟓</p><p>𝟐</p><p>,</p><p>𝟏𝟑</p><p>𝟓</p><p>[</p><p>Comentários</p><p>Temos que a área sombreada é igual à área não sombreada:</p><p>𝜋𝑅2</p><p>2 = 𝜋𝑅1</p><p>2 − 𝜋𝑅2</p><p>2</p><p>2𝜋𝑅2</p><p>2 = 𝜋𝑅1</p><p>2</p><p>𝑅2√2 = 𝑅1</p><p>Assim, pelo desenho temos também que 𝑅1 − 𝑅2 = 1𝑐𝑚:</p><p>𝑅2√2 − 𝑅2 = 1</p><p>𝑅2(√2 − 1) = 1</p><p>𝑅2 =</p><p>1</p><p>√2 − 1</p><p>=</p><p>1</p><p>√2 − 1</p><p>⋅</p><p>√2 + 1</p><p>√2 + 1</p><p>421</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>⇒ 𝑅2 = 1 + √2 ≅ 2,41 𝑐𝑚</p><p>Veja que</p><p>23</p><p>10</p><p>< 2,41 <</p><p>5</p><p>2</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>222. (AFA/2011)</p><p>Na figura abaixo, têm-se quatro círculos congruentes de centros 𝑶𝟏, 𝑶𝟐, 𝑶𝟑 e 𝑶𝟒 e de raio igual a</p><p>𝟏𝟎𝒄𝒎. Os pontos 𝑴,𝑵,𝑷,𝑸 são pontos de tangência entre os círculos e 𝑨,𝑩, 𝑪,𝑫, 𝑬, 𝑭, 𝑮,𝑯 são</p><p>pontos de tangência entre os círculos e a correia que os contorna.</p><p>Sabendo-se que essa correia é inextensível, seu perímetro, em 𝒄𝒎, é igual a</p><p>a) 𝟐(𝝅 + 𝟒𝟎)</p><p>b) 𝟓(𝝅 + 𝟏𝟔)</p><p>c) 𝟐𝟎(𝝅 + 𝟒)</p><p>d) 𝟓(𝝅 + 𝟖)</p><p>Comentários</p><p>Inicialmente, podemos dividir o perímetro em duas partes: o trecho reto e os quartos de</p><p>circunferência. Perceba que o trecho reto é formado pela soma da medida dos segmentos:</p><p>𝐴𝐵̅̅ ̅̅ + 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ + 𝐸𝐹̅̅ ̅̅ + 𝐺𝐻̅̅ ̅̅ = 𝑂4𝑂1̅̅ ̅̅ ̅̅ + 𝑂1𝑂3̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑂3𝑂2̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ + 𝑂2𝑂4̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅ = 2𝑟 + 2𝑟 + 2𝑟 + 2𝑟 = 8𝑟</p><p>Além disso, somando-se os quartos de circunferência, temos o perímetro de 1</p><p>circunferência, veja:</p><p>𝐻�̂� + 𝐵�̂� + 𝐷�̂� + 𝐹�̂� =</p><p>1</p><p>4</p><p>(2𝜋𝑟) +</p><p>1</p><p>4</p><p>(2𝜋𝑟) +</p><p>1</p><p>4</p><p>(2𝜋𝑟) +</p><p>1</p><p>4</p><p>(2𝜋𝑟) = 2𝜋𝑟</p><p>422</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Portanto, o perímetro da correia é:</p><p>2𝑝 = 8𝑟 + 2𝜋𝑟 = 80 + 20𝜋 = 20(𝜋 + 4) 𝑐𝑚</p><p>Gabarito: “c”.</p><p>8. CONSIDERAÇÕES FINAIS DA AULA</p><p>Finalizamos um assunto muito cobrado nas provas militares. É muito provável que tenha</p><p>algumas questões de geometria plana no seu vestibular.</p><p>Nessa aula, é importante saber trabalhar com polígonos e como calcular as medidas dos</p><p>lados e os ângulos internos dessas figuras. No tópico de áreas, você deve memorizar as fórmulas</p><p>das áreas das figuras planas e saber como resolver questões envolvendo esse tema.</p><p>Tente resolver todas os exercícios ao longo da teoria e dos vestibulares anteriores, sempre</p><p>que tiver dúvidas consulte a resolução ou comentários das questões.</p><p>Nunca deixe uma dúvida sua passar! Caso isso aconteça, entre em contato conosco pelo</p><p>fórum de dúvidas ou se preferir:</p><p>9. REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS</p><p>[1] Dolce, Osvaldo. Pompeo, José Nicolau. Fundamentos de matemática elementar, 9: geometria</p><p>plana. 9. ed. Atual, 2013. 456p.</p><p>[2] Morgado, Augusto César. Wagner, Eduardo. Jorge, Miguel. Geometria I. 5 ed. Livraria Francisco</p><p>Alves Editora, 1990. 151p.</p><p>[3] Morgado, Augusto César. Wagner, Eduardo. Jorge, Miguel. Geometria II. 1 ed. FC & Z Livros,</p><p>2002. 296p.</p><p>[4] Pinheiro, Plácido Rogério. O Círculo dos 9 pontos. Disponível em:</p><p><https://www.rpm.org.br/cdrpm/14/12.htm></p><p>dois ângulos internos congruentes. Assim, 𝐹 e 𝐺 são os pontos médios</p><p>das respectivas bases. Vamos definir 𝐸𝐹 = ℎ1 e 𝐸𝐺 = ℎ2:</p><p>Assim, podemos escrever:</p><p>𝑡𝑔 (</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>) =</p><p>ℎ1</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>⇒ ℎ1 =</p><p>𝑎</p><p>2</p><p>⋅ 𝑡𝑔 (</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>)</p><p>ℎ2 =</p><p>𝑏</p><p>2</p><p>⋅ 𝑡𝑔 (</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>)</p><p>44</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>⇒ ℎ = ℎ1 + ℎ2 ⇒ ℎ =</p><p>𝑎 + 𝑏</p><p>2</p><p>⋅ 𝑡𝑔 (</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>) ⇒ 𝑎 + 𝑏 =</p><p>2ℎ</p><p>𝑡𝑔 (</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>)</p><p>Substituindo as variáveis na equação da área, encontramos:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑎 + 𝑏</p><p>2</p><p>⋅ ℎ ⇒ 𝑆 =</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>⋅</p><p>2ℎ</p><p>𝑡𝑔 (</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>)</p><p>⇒ 𝑆 = ℎ2 ⋅ 𝑐𝑜𝑡𝑔 (</p><p>𝛼</p><p>2</p><p>)</p><p>Gabarito: 𝑺 = 𝒉𝟐 ⋅ 𝒄𝒐𝒕𝒈 (</p><p>𝜶</p><p>𝟐</p><p>)</p><p>7. (OBM/2005) Na figura, todas as circunferências menores têm o mesmo raio 𝒓 e os centros das</p><p>circunferências que tocam a circunferência maior são vértices de um quadrado. Sejam 𝒂 e 𝒃 as</p><p>áreas hachuradas. Calcule 𝒂/𝒃.</p><p>Resolução:</p><p>Vamos inserir as variáveis do problema:</p><p>Seja 𝑆 a área do círculo maior, assim, temos:</p><p>45</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆 = 5𝑎 + 4𝑏</p><p>Mas, 𝑆 = 𝜋(3𝑟)2:</p><p>9𝜋𝑟2 = 5𝑎 + 4𝑏</p><p>Podemos escrever 𝑎 e 𝑏 em função de 𝑟:</p><p>𝑎 = 𝜋𝑟2</p><p>9𝜋𝑟2 = 5𝑎 + 4𝑏 ⇒ 𝑏 =</p><p>9𝜋𝑟2 − 5𝜋𝑟2</p><p>4</p><p>= 𝜋𝑟2</p><p>A razão é dada por:</p><p>𝑎</p><p>𝑏</p><p>=</p><p>𝜋𝑟2</p><p>𝜋𝑟2</p><p>= 1</p><p>Gabarito:</p><p>𝒂</p><p>𝒃</p><p>= 𝟏</p><p>8. Determine a razão da área do círculo maior para a área do círculo menor.</p><p>Resolução:</p><p>Sendo os ângulos inscritos nos círculos, temos:</p><p>46</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Seja 𝑆1 a área do círculo maior e 𝑆2 a área do círculo menor, desse modo, podemos</p><p>escrever:</p><p>𝑆1 = 𝜋𝑅</p><p>2</p><p>𝑆2 = 𝜋𝑟</p><p>2</p><p>⇒</p><p>𝑆1</p><p>𝑆2</p><p>=</p><p>𝜋𝑅2</p><p>𝜋𝑟2</p><p>= (</p><p>𝑅</p><p>𝑟</p><p>)</p><p>2</p><p>Vamos encontrar uma relação entre 𝑅 e 𝑟. Note que o triângulo 𝑂1𝐵𝐶 é equilátero</p><p>(triângulo isósceles cujo vértice possui ângulo de 60°) e o triângulo 𝑂2𝐵𝐶 é retângulo isósceles.</p><p>Assim, temos:</p><p>𝑅 = 𝑥 ⇒ 𝑅2 = 𝑥2</p><p>𝑟 =</p><p>𝑥√2</p><p>2</p><p>⇒ 𝑟2 =</p><p>𝑥2</p><p>2</p><p>Substituindo essas variáveis na razão das áreas:</p><p>𝑆1</p><p>𝑆2</p><p>=</p><p>𝑅2</p><p>𝑟2</p><p>=</p><p>𝑥2</p><p>𝑥2</p><p>2</p><p>= 2</p><p>Gabarito: 𝟐</p><p>9. 𝑨𝑩𝑪𝑫 é um quadrado cujo lado é 𝒂. De cada um dos vértices desse quadrado como centro e com</p><p>raio 𝒂 descreve-se internamente um arco. Calcular a área do quadrilátero curvilíneo cujos</p><p>vértices são os pontos de intersecção desses arcos.</p><p>Resolução:</p><p>Devemos notar que os vértices do quadrilátero curvilíneo formam um quadrado, veja:</p><p>47</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Os segmentos 𝐷𝑋̅̅ ̅̅ e 𝐴𝑋̅̅ ̅̅ são raios de circunferências e medem 𝑎. Desse modo, 𝐴𝑋𝐷 é um</p><p>triângulo equilátero, logo, 𝑋�̂�𝐵 = 𝐶�̂�𝑋 = 30°. Dessa forma, podemos ver que a figura fica da</p><p>seguinte maneira:</p><p>Como os arcos 𝑋𝑌, 𝑌𝑍, 𝑍𝑊,𝑊𝑋 possuem mesma medida e o quadrilátero é equilátero,</p><p>temos que o quadrilátero é um quadrado. Assim, temos:</p><p>𝑆1 é a área do quadrado e 𝑆2 é a área do segmento circular:</p><p>48</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆1 = 𝑥</p><p>2</p><p>Vamos calcular o valor de 𝑥 e a área 𝑆1, aplicando a lei dos cossenos:</p><p>𝑥2 = 𝑎2 + 𝑎2 − 2𝑎2 cos 30° ⇒ 𝑥 = 𝑎√2 − √3</p><p>⇒ 𝑆1 = 𝑎</p><p>2(2 − √3)</p><p>Agora, vamos calcular a área 𝑆2, ela é a diferença da área do setor circular e a área do</p><p>triângulo 𝐴𝑋𝑌:</p><p>𝑆𝑠𝑒𝑡𝑜𝑟 =</p><p>30°</p><p>360°</p><p>⋅ 𝜋𝑎2 =</p><p>𝜋𝑎2</p><p>12</p><p>𝑆𝐴𝑋𝑌 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ (𝑎 𝑠𝑒𝑛 30°) ⋅ 𝑎 =</p><p>𝑎2</p><p>4</p><p>𝑆2 =</p><p>𝜋𝑎2</p><p>12</p><p>−</p><p>𝑎2</p><p>4</p><p>A área do quadrilátero curvilíneo é dada por:</p><p>𝑆 = 𝑆1 + 4𝑆2 ⇒ 𝑆 = 𝑎2(2 − √3) + 4(</p><p>𝜋𝑎2</p><p>12</p><p>−</p><p>𝑎2</p><p>4</p><p>) ⇒ 𝑆 =</p><p>𝜋𝑎2</p><p>3</p><p>+ 𝑎2 − 𝑎2√3</p><p>∴ 𝑆 = 𝑎2 (</p><p>𝜋</p><p>3</p><p>+ 1 − √3)</p><p>Gabarito: 𝑺 = 𝒂𝟐 (</p><p>𝝅</p><p>𝟑</p><p>+ 𝟏 − √𝟑)</p><p>10. Calcular a área do triângulo cujas alturas medem 𝟓, 𝟕 e 𝟖 cm.</p><p>Resolução:</p><p>Para calcular a área do triângulo, precisamos encontrar o valor de um dos seus lados. Para</p><p>isso, podemos encontrar uma relação entre os lados. Usando a definição de área, temos:</p><p>𝑆 =</p><p>5𝑎</p><p>2</p><p>=</p><p>8𝑏</p><p>2</p><p>=</p><p>7𝑐</p><p>2</p><p>49</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Escrevendo 𝑏 e 𝑐 em função de 𝑎:</p><p>𝑏 =</p><p>5𝑎</p><p>8</p><p>e 𝑐 =</p><p>5𝑎</p><p>7</p><p>Vamos usar a fórmula de Heron para encontrar a medida de 𝑎:</p><p>𝑆 =</p><p>5𝑎</p><p>2</p><p>= √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)</p><p>25𝑎2</p><p>4</p><p>=</p><p>𝑎 + 𝑏 + 𝑐</p><p>2</p><p>⋅</p><p>−𝑎 + 𝑏 + 𝑐</p><p>2</p><p>⋅</p><p>𝑎 − 𝑏 + 𝑐</p><p>2</p><p>⋅</p><p>𝑎 + 𝑏 − 𝑐</p><p>2</p><p>Substituindo 𝑏 e 𝑐:</p><p>25𝑎2</p><p>4</p><p>= (</p><p>1</p><p>16</p><p>) ⋅ (𝑎 +</p><p>5𝑎</p><p>8</p><p>+</p><p>5𝑎</p><p>7</p><p>) ⋅ (−𝑎 +</p><p>5𝑎</p><p>8</p><p>+</p><p>5𝑎</p><p>7</p><p>) ⋅ (𝑎 −</p><p>5𝑎</p><p>8</p><p>+</p><p>5𝑎</p><p>7</p><p>) ⋅ (𝑎 +</p><p>5𝑎</p><p>8</p><p>−</p><p>5𝑎</p><p>7</p><p>)</p><p>100𝑎2 = 𝑎4 ⋅</p><p>(56 + 35 + 40)</p><p>56</p><p>⋅</p><p>(−56 + 35 + 40)</p><p>56</p><p>⋅</p><p>(56 − 35 + 40)</p><p>56</p><p>⋅</p><p>(56 + 35 − 40)</p><p>56</p><p>100 ⋅ 564 = 𝑎2 ⋅ 131 ⋅ 19 ⋅ 61 ⋅ 51</p><p>𝑎 =</p><p>10 ⋅ 562</p><p>√131 ⋅ 19 ⋅ 61 ⋅ 51</p><p>𝑐𝑚</p><p>Assim, a área do triângulo é dada por:</p><p>𝑆 =</p><p>5𝑎</p><p>2</p><p>=</p><p>5</p><p>2</p><p>⋅</p><p>10 ⋅ 562</p><p>√131 ⋅ 19 ⋅ 61 ⋅ 51</p><p>≅ 28,17 𝑐𝑚2</p><p>Gabarito: 𝑺 = 𝟐𝟖, 𝟏𝟕 𝒄𝒎𝟐</p><p>11. Encontre a área do quadrado 𝑨𝑩𝑪𝑫 na figura abaixo tal que 𝑷𝑨 = 𝟑,𝑷𝑩 = 𝟕 e 𝑷𝑫 = 𝟓.</p><p>Resolução:</p><p>Seja 𝑙 o lado do quadrado e 𝐴 sua área, então:</p><p>𝐴 = 𝑙2</p><p>Vamos inserir as variáveis na figura:</p><p>50</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Aplicando o teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos da figura, temos:</p><p>9 = 𝑥2 + 𝑦2 (𝐼)</p><p>25 = 𝑥2 + (𝑙 − 𝑦)2 ⇒ 25 = 𝑥2 + 𝑦2⏟</p><p>9</p><p>− 2𝑙𝑦 + 𝑙2 ⇒ 𝑦 =</p><p>𝑙2 − 16</p><p>2𝑙</p><p>(𝐼𝐼)</p><p>49 = 𝑦2 + (𝑙 − 𝑥)2 ⇒ 49 = 𝑦2 + 𝑥2⏟</p><p>9</p><p>− 2𝑙𝑥 + 𝑙2 ⇒ 𝑥 =</p><p>𝑙2 − 40</p><p>2𝑙</p><p>(𝐼𝐼𝐼)</p><p>Substituindo (𝐼𝐼) e (𝐼𝐼𝐼) em (𝐼):</p><p>(</p><p>𝑙2 − 40</p><p>2𝑙</p><p>)</p><p>2</p><p>+ (</p><p>𝑙2 − 16</p><p>2𝑙</p><p>)</p><p>2</p><p>= 9</p><p>𝑙4 − 80𝑙2 + 1600 + 𝑙4 − 32𝑙2 + 256 = 36𝑙2</p><p>2𝑙4 − 148𝑙2 + 1856 = 0 ⇒ 𝑙4 − 74𝑙2 + 928 = 0</p><p>Vamos substituir a variável 𝑙2 = 𝐴:</p><p>𝐴2 − 74𝐴 + 928 = 0</p><p>Encontrando a raiz:</p><p>𝐴 = 37 ± √372 − 928 ⇒ 𝐴 = 37 ± 21</p><p>∴ 𝐴 = 58</p><p>Gabarito: 𝑨 = 𝟓𝟖</p><p>12. Calcular a área de um triângulo retângulo conhecendo o seu perímetro 𝟐𝒑 e a altura 𝒉 relativa à</p><p>hipotenusa.</p><p>Resolução:</p><p>Temos o perímetro e a altura do triângulo retângulo, vamos encontrar sua área em função</p><p>dessas variáveis:</p><p>51</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área do triângulo retângulo é dada por:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑏𝑐</p><p>2</p><p>=</p><p>𝑎ℎ</p><p>2</p><p>Usando o teorema de Pitágoras, temos:</p><p>𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 ⇒ 𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑏𝑐 − 2𝑏𝑐 ⇒ 𝑎2 = (𝑏 + 𝑐)2 − 2𝑏𝑐</p><p>⇒ (𝑏 + 𝑐)2 − 𝑎2 = 2𝑏𝑐 ⇒ (𝑏 + 𝑐 − 𝑎)⏟</p><p>2𝑝−2𝑎</p><p>(𝑏 + 𝑐 + 𝑎)⏟</p><p>2𝑝</p><p>= 2𝑏𝑐⏟</p><p>4𝑆</p><p>(2𝑝 − 2𝑎) ⋅ 2𝑝 = 4𝑆 ⇒ 2𝑝 − 2𝑎 =</p><p>2𝑆</p><p>𝑝</p><p>⇒ 𝑎 = 𝑝 −</p><p>𝑆</p><p>𝑝</p><p>Substituindo o valor de 𝑎 na equação da área:</p><p>𝑆 =</p><p>𝑎ℎ</p><p>2</p><p>⇒ 𝑆 =</p><p>(𝑝 −</p><p>𝑆</p><p>𝑝</p><p>) ℎ</p><p>2</p><p>⇒ 2𝑆𝑝 = 𝑝2ℎ − 𝑆ℎ ⇒ 𝑆(2𝑝 + ℎ) = 𝑝2ℎ</p><p>𝑆 =</p><p>𝑝2ℎ</p><p>2𝑝 + ℎ</p><p>Gabarito: 𝑺 =</p><p>𝒑𝟐𝒉</p><p>𝟐𝒑+𝒉</p><p>13. Determinar a área do trapézio 𝑨𝑩𝑪𝑫, cujas bases são 𝑨𝑫 = 𝒂 e 𝑩𝑪 = 𝒃 (𝒂 > 𝒃), e no qual �̂� =</p><p>𝟒𝟓° e �̂� = 𝟑𝟎°.</p><p>Resolução:</p><p>Vamos desenhar a figura da questão e inserir as variáveis:</p><p>52</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Usando a razão tangente, temos:</p><p>𝑡𝑔45° =</p><p>ℎ</p><p>𝑥</p><p>⇒ 𝑥 = ℎ</p><p>𝑡𝑔30° =</p><p>ℎ</p><p>𝑦</p><p>⇒ 𝑦 = ℎ√3</p><p>De acordo com a figura, podemos inferir:</p><p>𝑥 + 𝑏 + 𝑦 = 𝑎 ⇒ 𝑥 + 𝑦 = 𝑎 − 𝑏 ⇒ ℎ + ℎ√3 = 𝑎 − 𝑏 ⇒ ℎ =</p><p>𝑎 − 𝑏</p><p>√3 + 1</p><p>⇒ ℎ =</p><p>(𝑎 − 𝑏)(√3 − 1)</p><p>2</p><p>A área do trapézio é dada por:</p><p>𝑆 = (𝑎 + 𝑏) ⋅</p><p>ℎ</p><p>2</p><p>⇒ 𝑆 =</p><p>(𝑎 + 𝑏)</p><p>2</p><p>⋅</p><p>(𝑎 − 𝑏)(√3 − 1)</p><p>2</p><p>⇒ 𝑆 =</p><p>1</p><p>4</p><p>(√3 − 1)(𝑎2 − 𝑏2)</p><p>Gabarito: 𝑨 =</p><p>𝟏</p><p>𝟒</p><p>(√𝟑 − 𝟏)(𝒂𝟐 − 𝒃𝟐)</p><p>14. Uma circunferência de raio 𝑹 está inscrita num losango 𝑨𝑩𝑪𝑫 cuja maior diagonal 𝑨𝑪 = 𝟒𝑹.</p><p>Calcular as áreas dos triângulos mistilíneos 𝑨𝑴𝑵 e 𝑴𝑩𝑷.</p><p>53</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Resolução:</p><p>Usando os dados do enunciado, temos:</p><p>Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo 𝐴𝑂𝑀:</p><p>(2𝑅)2 = 𝑅2 + 𝐴𝑀2 ⇒ 𝐴𝑀 = 𝑅√3</p><p>Note que os lados desse triângulo permitem inferir que 𝑂�̂�𝑀 = 30° e 𝐴�̂�𝑀 = 60°.</p><p>Sabendo que as diagonais de um losango formam um ângulo reto, temos:</p><p>54</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Podemos encontrar a medida de 𝑀𝐵:</p><p>𝑡𝑔30° =</p><p>𝑀𝐵</p><p>𝑅</p><p>⇒ 𝑀𝐵 =</p><p>𝑅√3</p><p>3</p><p>Vamos calcular o valor da área do triângulo mistilíneo</p><p>𝐴𝑀𝑁, temos 2 triângulos retângulos</p><p>e 1 setor circular de ângulo 120°:</p><p>𝑆𝐴𝑂𝑀 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ 𝑅 ⋅ 𝑅√3 =</p><p>√3</p><p>2</p><p>𝑅2</p><p>𝑆𝑀𝑂�̂� =</p><p>120°</p><p>360°</p><p>⋅ 𝜋𝑅2 =</p><p>𝜋𝑅2</p><p>3</p><p>⇒ 𝑆1 = 2𝑆𝐴𝑂𝑀 − 𝑆𝑀𝑂�̂� = √3𝑅</p><p>2 −</p><p>𝜋𝑅2</p><p>3</p><p>=</p><p>𝑅2</p><p>3</p><p>(3√3 − 𝜋)</p><p>Cálculo de 𝑆2:</p><p>55</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑆𝐵𝑂𝑀 =</p><p>𝑅2√3</p><p>6</p><p>𝑆𝑀𝑂�̂� =</p><p>60°</p><p>360°</p><p>⋅ 𝜋𝑅2 =</p><p>𝜋𝑅2</p><p>6</p><p>⇒ 𝑆2 = 2𝑆𝐵𝑂𝑀 − 𝑆𝑀𝑂�̂� =</p><p>𝑅2√3</p><p>3</p><p>−</p><p>𝜋𝑅2</p><p>6</p><p>=</p><p>𝑅2</p><p>6</p><p>(2√3 − 𝜋)</p><p>Gabarito: 𝑺𝟏 =</p><p>𝑹𝟐</p><p>𝟑</p><p>(𝟑√𝟑 − 𝝅); 𝑺𝟐 =</p><p>𝑹𝟐</p><p>𝟔</p><p>(𝟐√𝟑 − 𝝅)</p><p>15. Considere os círculos da figura de raios 10 e 4 e seu eixo radical. Se 𝑨𝑻̅̅ ̅̅ é tangente em 𝑱 ao círculo</p><p>menor, calcule a área do triângulo 𝑨𝑻𝑯.</p><p>Resolução:</p><p>Se 𝐽 é o ponto de tangência e o raio do círculo menor é 4, então, o triângulo retângulo 𝐴𝐵𝐽</p><p>é o triângulo retângulo 3:4:5. Vamos inserir as variáveis na figura:</p><p>56</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Podemos encontrar o valor de 𝑥, usando a definição de eixo radical:</p><p>𝑃𝑜𝑡𝐴</p><p>𝐻 = 𝑃𝑜𝑡𝐵</p><p>𝐻 ⇒ 𝑥 (𝑥 + 2𝑅𝐴⏟</p><p>10</p><p>) = (𝑥 + 1) (𝑥 + 1 + 2𝑅𝐵⏟</p><p>4</p><p>)</p><p>𝑥(𝑥 + 20) = (𝑥 + 1)(𝑥 + 9)</p><p>𝑥2 + 20𝑥 = 𝑥2 + 10𝑥 + 9 ⇒ 10𝑥 = 9 ⇒ 𝑥 =</p><p>9</p><p>10</p><p>Analisando o triângulo retângulo 𝐴𝐵𝐽, temos:</p><p>𝑡𝑔𝛼 =</p><p>4</p><p>3</p><p>Vamos encontrar a altura 𝑇𝐻:</p><p>𝑡𝑔𝛼 =</p><p>𝑇𝐻</p><p>𝐴𝐻</p><p>⇒</p><p>4</p><p>3</p><p>=</p><p>𝑇𝐻</p><p>10 +</p><p>9</p><p>10</p><p>⇒ 𝑇𝐻 =</p><p>4 ⋅ 109</p><p>30</p><p>A área do Δ𝐴𝑇𝐻 é dada por:</p><p>𝐴𝐴𝑇𝐻 =</p><p>1</p><p>2</p><p>⋅ (10 +</p><p>9</p><p>10</p><p>) ⋅</p><p>4 ⋅ 109</p><p>30</p><p>=</p><p>1092</p><p>150</p><p>=</p><p>11881</p><p>150</p><p>Gabarito:</p><p>𝟏𝟏𝟖𝟖𝟏</p><p>𝟏𝟓𝟎</p><p>16. (IME/1990) Calcule a área do triângulo 𝑨𝑩𝑪.</p><p>57</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Resolução:</p><p>Sejam 𝑀,𝑁 e 𝑄 os pontos de intersecção dos prolongamentos dos segmentos 𝐴𝑃̅̅ ̅̅ , 𝐵𝑃̅̅ ̅̅ e 𝐶𝑃̅̅ ̅̅</p><p>com os lados do triângulo, respectivamente.</p><p>Vamos tomar como base o lado 𝐵𝐶. Note que a altura dos triângulos 𝐴𝐵𝑀 e 𝐴𝑀𝐶 possuem</p><p>mesma medida e a altura dos triângulos 𝐵𝑃𝑀 e 𝑀𝑃𝐶 também. Assim, temos:</p><p>58</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Vamos calcular as áreas dos triângulos:</p><p>{</p><p>Δ𝐴𝐵𝑀 ⇒</p><p>𝑥 ⋅ ℎ𝐴</p><p>2</p><p>= 84 + 𝑆1 + 40</p><p>Δ𝐴𝑀𝐶 ⇒</p><p>𝑦 ⋅ ℎ𝐴</p><p>2</p><p>= 𝑆2 + 35 + 30</p><p>Dividindo as duas equações:</p><p>𝑥</p><p>𝑦</p><p>=</p><p>𝑆1 + 124</p><p>𝑆2 + 65</p><p>{</p><p>Δ𝐵𝑃𝑀 ⇒</p><p>𝑥 ⋅ ℎ𝑝</p><p>2</p><p>= 40</p><p>Δ𝑀𝑃𝐶 ⇒</p><p>𝑦 ⋅ ℎ𝑃</p><p>2</p><p>= 30</p><p>⇒</p><p>𝑥</p><p>𝑦</p><p>=</p><p>40</p><p>30</p><p>Igualando as equações:</p><p>𝑆1 + 124</p><p>𝑆2 + 65</p><p>=</p><p>40</p><p>30</p><p>⇒</p><p>𝑆1 + 124</p><p>𝑆2 + 65</p><p>=</p><p>4</p><p>3</p><p>⇒ 3𝑆1 + 372 = 4𝑆2 + 260 ⇒ 4𝑆2 − 3𝑆1 = 112 (𝐼)</p><p>Analogamente, os triângulos 𝐴𝐵𝑁 e 𝐵𝑁𝐶 possuem mesma altura em relação ao lado 𝐴𝐶,</p><p>então, temos:</p><p>𝑆1 + 84 + 𝑆2</p><p>40 + 30 + 35</p><p>=</p><p>𝑆2</p><p>35</p><p>⇒ 35𝑆1 + 84 ⋅ 35 + 35𝑆2 = 105𝑆2</p><p>𝑆1 + 84 + 𝑆2 = 3𝑆2 ⇒ 2𝑆2 − 𝑆1 = 84 (𝐼𝐼)</p><p>Fazendo 2(𝐼𝐼) − (𝐼):</p><p>4𝑆2 − 2𝑆1 − (4𝑆2 − 3𝑆1) = 168 − 112 ⇒ 𝑆1 = 56</p><p>Substituindo o valor de 𝑆1 em (𝐼𝐼):</p><p>59</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>2𝑆2 = 84 + 𝑆1 ⇒ 𝑆2 =</p><p>84 + 56</p><p>2</p><p>= 70</p><p>Portanto, a área total é dada por:</p><p>𝑆𝐴𝐵𝐶 = 84 + 56 + 40 + 70 + 35 + 30 = 315</p><p>Gabarito: 𝑺 = 𝟑𝟏𝟓</p><p>3. ORTOEDRO</p><p>Um ortoedro é um paralelepípedo reto-retângulo. Ele é uma figura geométrica</p><p>tridimensional que lembra uma caixa. Vamos estudar os elementos geométricos dele.</p><p>Os pontos A, B, C, D, ..., D' são chamados de vértices.</p><p>Os segmentos de retas AA', BB', ..., AB, BC, ..., etc... são chamados de arestas.</p><p>ABCD, A'B'C'D', ..., BB'C'C são chamados de faces. Essas faces são retângulos. Note que no</p><p>ortoedro temos pares de faces congruentes: 𝐴𝐵𝐶𝐷 ≡ 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′, 𝐴𝐵𝐵′𝐴′ ≡ 𝐷𝐶𝐶′𝐷′, 𝐵𝐵′𝐶′𝐶 ≡</p><p>𝐴𝐴′𝐷′𝐷.</p><p>No ortoedro temos 6 faces, 12 arestas e 8 vértices.</p><p>Chamamos de ângulo diédrico o ângulo formado entre cada face. No caso do ortoedro,</p><p>esse ângulo é sempre um ângulo reto.</p><p>Podemos calcular a diagonal do ortoedro usando a diagonal de uma face desse sólido. Para</p><p>isso, basta usar o teorema de Pitágoras. Veja a figura:</p><p>60</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Analisando a face ABCD, temos o seguinte triângulo retângulo:</p><p>𝑒 é chamado de diagonal de base. Pela figura, podemos ver que:</p><p>Δ𝐴𝐵𝐷 ⇒ 𝑒2 = 𝑎2 + 𝑏2</p><p>Como as faces são perpendiculares entre si, temos que o triângulo DBD' é retângulo, logo:</p><p>Δ𝐷𝐵𝐷′ ⇒ 𝑑2 = 𝑐2 + 𝑒2 = 𝑐2 + 𝑎2 + 𝑏2</p><p>⇒ 𝑑 = √𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2</p><p>𝑑 é a medida da diagonal do ortoedro.</p><p>61</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A área total do ortoedro é dada pela soma das áreas de todos os retângulos:</p><p>𝐴𝑇 = 𝑎𝑏 + 𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐 + 𝑏𝑐</p><p>⇒ 𝐴𝑇 = 2(𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐)</p><p>Se 𝑎 = 𝑏 = 𝑐, temos que o ortoedro será um cubo. Esse sólido é um paralelepípedo cujas</p><p>faces são todas quadrados.</p><p>Vamos estudar algumas propriedades dessa figura. Consideremos um cubo de aresta 𝑎 e</p><p>tracemos as diagonais conforme a imagem abaixo:</p><p>𝑏 é a diagonal da base, e 𝑑 é a diagonal do cubo. Observando as faces, temos:</p><p>62</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Δ𝐴𝐵𝐷 ⇒ 𝑏2 = 𝑎2 + 𝑎2 ⇒ 𝑏 = 𝑎√2</p><p>Δ𝐷𝐵𝐷′ ⇒ 𝑑2 = 𝑎2 + 𝑏2 ⇒ 𝑑2 = 𝑎2 + (𝑎√2)</p><p>2</p><p>⇒ 𝑑 = 𝑎√3</p><p>Além disso, como as faces são quadrados de lado 𝑎, para calcular a área total, basta somar</p><p>seis vezes a área de cada face, ou seja:</p><p>á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝑐𝑢𝑏𝑜 ⇒ 𝐴𝑇 = 6𝑎</p><p>2</p><p>Dizemos que volume é a medida usada para determinar a quantidade de espaço ocupada</p><p>por um corpo. Para calcular essa medida, usamos a seguinte fórmula:</p><p>𝑉 = (á𝑟𝑒𝑎 𝑑𝑎 𝑏𝑎𝑠𝑒) ⋅ (𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎) = 𝐴𝐵 ⋅ ℎ</p><p>Para o ortoedro, temos:</p><p>Podemos considerar como base a face ABCD, logo sua altura será igual a medida de</p><p>qualquer aresta lateral AA', BB', CC' ou DD'. Como a base é um retângulo, temos:</p><p>𝐴𝐵 = 𝑎𝑏</p><p>ℎ = 𝑐</p><p>𝑉 = 𝐴𝐵 ⋅ ℎ = 𝑎𝑏𝑐</p><p>Portanto, o volume de um ortoedro é dado pelo produto de todas as arestas.</p><p>No caso do cubo, como as arestas são iguais, temos:</p><p>𝑉𝑐𝑢𝑏𝑜 = 𝑎</p><p>3</p><p>Agora que estudamos os elementos de um ortoedro, vamos resolver algumas questões.</p><p>Tente resolver sozinho antes de ver as soluções.</p><p>17. (Estratégia Militares - Prof. Victor So) Seja ABCDA'B'C'D' um ortoedro de arestas 3 cm, 4 cm e 5</p><p>cm. Determine:</p><p>a) A medida da diagonal das faces.</p><p>b) A medida da diagonal do ortoedro.</p><p>63</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) A área total.</p><p>d) O volume.</p><p>Comentários</p><p>a) Vamos considerar a seguinte figura:</p><p>Temos 𝑎 = 3, 𝑏 = 4, 𝑐 = 5. Para determinar as diagonais das faces, basta aplicar o</p><p>teorema de Pitágoras em cada retângulo:</p><p>Δ𝐴𝐵𝐷 ⇒ 𝑑1</p><p>2 = 𝑎2 + 𝑏2 = 32 + 42 = 25 ∴ 𝑑1 = 5 𝑐𝑚</p><p>Δ𝐴𝐷𝐴′ ⇒ 𝑑2</p><p>2 = 𝑏2 + 𝑐2 = 42 + 52 = 41 ∴ 𝑑2 = √41 𝑐𝑚</p><p>Δ𝐴𝐵𝐴′ ⇒ 𝑑3</p><p>2 = 𝑎2 + 𝑐2 = 32 + 52 = 34 ∴ 𝑑3 = √34 𝑐𝑚</p><p>b) Analisando o triângulo 𝐷𝐵𝐷′:</p><p>𝑑2 = 𝑐2 + 𝑒2</p><p>𝑒 = 𝑑1 = 5</p><p>𝑑 = √52 + 52 = 5√2 𝑐𝑚</p><p>c) A área total é:</p><p>𝐴𝑇 = 2(𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐) = 2(3 ⋅ 4 + 3 ⋅ 5 + 4 ⋅ 5) = 94 𝑐𝑚</p><p>2</p><p>d) O volume é:</p><p>𝑉 = 𝑎𝑏𝑐 = 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 60 𝑐𝑚3</p><p>18. (Estratégia Militares - Prof. Victor So) As raízes da equação 𝟏𝟐𝒙𝟑 − 𝟖𝟎𝒙𝟐 + 𝟏𝟔𝟑𝒙 − 𝟏𝟎𝟓 = 𝟎</p><p>são as medidas das arestas de um ortoedro. Determine sua área total e seu volume.</p><p>Comentários</p><p>Usando as relações de Girard:</p><p>64</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐 =</p><p>163</p><p>12</p><p>𝑎𝑏𝑐 =</p><p>105</p><p>12</p><p>=</p><p>35</p><p>4</p><p>Portanto:</p><p>𝐴𝑇 = 2(𝑎𝑏 + 𝑎𝑐 + 𝑏𝑐) = 2 (</p><p>163</p><p>12</p><p>) =</p><p>163</p><p>6</p><p>𝑉 = 𝑎𝑏𝑐 =</p><p>35</p><p>4</p><p>4. APÊNDICE</p><p>Estudaremos nessa seção alguns temas que mesmo que não caiam diretamente em sua</p><p>prova, podem ajudar você a resolver algumas questões.</p><p>4.1. RETA DE EULER</p><p>Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo qualquer, podemos mostrar que o ortocentro, o baricentro e o</p><p>circuncentro deste triângulo são colineares. A reta que liga esses pontos é chamada de reta de</p><p>Euler.</p><p>Demonstração:</p><p>Vamos demonstrar para o triângulo acutângulo, a demonstração para o triângulo</p><p>obtusângulo segue o mesmo raciocínio.</p><p>Considere</p><p>o Δ𝐴𝐵𝐶 abaixo:</p><p>65</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐴𝐻𝐴 e 𝐵𝐻𝐵 são as alturas do Δ𝐴𝐵𝐶 e 𝐻 é seu ortocentro.</p><p>𝑀𝐵𝑂 e 𝑀𝐴𝑂 são as mediatrizes do Δ𝐴𝐵𝐶 e 𝑂 é seu circuncentro.</p><p>Perceba que 𝑀𝐴𝑀𝐵 é a base média desse triângulo, logo, 𝑀𝐴𝑀𝐵//𝐴𝐵 e 𝑀𝐴𝑀𝐵 = 𝐴𝐵/2.</p><p>Como 𝐴𝐻𝐴 e 𝑂𝑀𝐴 são perpendiculares ao lado 𝐵𝐶, temos que 𝐴𝐻//𝑂𝑀𝐴 e,</p><p>consequentemente, 𝐵�̂�𝐻 ≡ 𝑂𝑀�̂�𝑀𝐵. Analogamente, 𝐵𝐻//𝑂𝑀𝐵 e 𝐻�̂�𝐴 ≡ 𝑂𝑀�̂�𝑀𝐴.</p><p>Assim, pelo critério de semelhança AA, temos Δ𝐴𝐵𝐻~Δ𝑀𝐴𝑀𝐵𝑂 e a razão de proporção</p><p>entre eles é 𝑘 = 2. Então:</p><p>𝐴𝐻 = 2𝑂𝑀𝐴</p><p>𝐵𝐻 = 2𝑂𝑀𝐵</p><p>Vamos traçar o baricentro 𝐺 (lembrando que o baricentro é o encontro das medianas):</p><p>66</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Como 𝐴𝐻//𝑂𝑀𝐴 e 𝐴𝑀𝐴 é um segmento de reta, temos que 𝐻�̂�𝐺 ≡ 𝑂𝑀�̂�𝐺. Sabendo que</p><p>o baricentro divide o segmento 𝐴𝑀𝐴 na razão 2:1, temos 𝐴𝐺 = 2𝐺𝑀𝐴. Então, usando o critério</p><p>de semelhança LAL, temos que Δ𝐴𝐻𝐺~Δ𝑀𝐴𝑂𝐺. Desse modo, 𝐴�̂�𝐻 ≡ 𝑀𝐴�̂�𝑂 e, portanto, 𝐻, 𝐺, 𝑂</p><p>são colineares.</p><p>4.2. TRIÂNGULO ÓRTICO</p><p>4.2.1. DEFINIÇÃO</p><p>Tomando-se um Δ𝐴𝐵𝐶 qualquer, chamamos de triângulo órtico, a figura formada pelos</p><p>pés das alturas do Δ𝐴𝐵𝐶.</p><p>67</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑀𝑁𝑃 é o triângulo órtico do Δ𝐴𝐵𝐶.</p><p>4.2.2. TEOREMA</p><p>O ortocentro 𝐻 do triângulo acutângulo 𝐴𝐵𝐶 é o incentro do triângulo órtico.</p><p>Demonstração:</p><p>Vamos provar que 𝑃�̂�𝐻 ≡ 𝐻�̂�𝑁. Perceba que os triângulos 𝐻𝐵𝑃 e 𝐻𝐶𝑁 são semelhantes,</p><p>pois 𝑃�̂�𝐵 ≡ 𝑁�̂�𝐶 e ambos são triângulos retângulos, logo, 𝑁�̂�𝐻 ≡ 𝑃�̂�𝐻.</p><p>Os quadriláteros 𝐻𝑀𝐶𝑁 e 𝐻𝑀𝐵𝑃 são inscritíveis, pois possuem dois ângulos opostos</p><p>retos:</p><p>68</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Note que os ângulos 𝑃�̂�𝐻 e 𝐻�̂�𝑃 enxergam o mesmo segmento 𝐻𝑃, logo, eles são</p><p>congruentes 𝑃�̂�𝐻 ≡ 𝐻�̂�𝑃. Analogamente, 𝑁�̂�𝐻 ≡ 𝑁�̂�𝐻.</p><p>Assim, podemos ver que a altura 𝐴𝑀 do triângulo 𝐴𝐵𝐶 é a bissetriz interna do triângulo</p><p>órtico. Usando o mesmo raciocínio, podemos provar que as outras alturas 𝐵𝑁 e 𝐶𝑃 também são</p><p>bissetrizes internas do triângulo órtico. Portanto, o ortocentro do triângulo 𝐴𝐵𝐶 é o incentro do</p><p>triângulo órtico.</p><p>69</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>4.2.3. PROPRIEDADE</p><p>O triângulo órtico possui o menor perímetro entre os triângulos inscritos no Δ𝐴𝐵𝐶</p><p>acutângulo.</p><p>Não veremos essa demonstração, o importante é saber esse resultado.</p><p>4.3. CIRCUNFERÊNCIA DE APOLÔNIO</p><p>Dado um segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ (𝐴 ≠ 𝐵) no plano 𝛼, chamamos de circunferência de Apolônio, o</p><p>lugar geométrico dos pontos 𝑃 de 𝛼 tal que</p><p>𝑃𝐴</p><p>𝑃𝐵</p><p>= 𝑘, com 𝑘 ∈ ℝ+</p><p>∗ − {1}.</p><p>70</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝑀 e 𝑁 são os conjugados harmônicos em relação ao segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ na razão 𝑘. 𝑀𝑁 é o</p><p>diâmetro da circunferência de Apolônio.</p><p>Demonstração:</p><p>Sejam 𝑀 e 𝑁 os conjugados harmônicos do segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ na razão 𝑘 e 𝜆 (𝑂;</p><p>𝑀𝑁</p><p>2</p><p>), a</p><p>circunferência de Apolônio de centro 𝑂 e raio 𝑀𝑁/2. Então, podemos escrever:</p><p>𝑀𝐴</p><p>𝑀𝐵</p><p>=</p><p>𝑁𝐴</p><p>𝑁𝐵</p><p>= 𝑘</p><p>Tomando-se 𝑃 um ponto qualquer do LG, temos:</p><p>Caso 1) 𝑃 ∈ {𝑀,𝑁}</p><p>Nesse caso, 𝑃 pertence à 𝜆, pois 𝑀 e 𝑁 são conjugados harmônicos do segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ .</p><p>Caso 2) 𝑃 ∉ {𝑀,𝑁}</p><p>Pela definição do LG, temos:</p><p>𝑃𝐴</p><p>𝑃𝐵</p><p>= 𝑘</p><p>Mas da definição de conjugado harmônico:</p><p>𝑀𝐴</p><p>𝑀𝐵</p><p>=</p><p>𝑃𝐴</p><p>𝑃𝐵</p><p>= 𝑘 ⇒</p><p>𝑃𝐴</p><p>𝑀𝐴</p><p>=</p><p>𝑃𝐵</p><p>𝑀𝐵</p><p>Portanto, pelo teorema das bissetrizes, temos que 𝑃𝑀 é bissetriz interna do Δ𝑃𝐴𝐵.</p><p>Também, temos:</p><p>𝑃𝐴</p><p>𝑃𝐵</p><p>=</p><p>𝑁𝐴</p><p>𝑁𝐵</p><p>= 𝑘 ⇒</p><p>𝑃𝐴</p><p>𝑁𝐴</p><p>=</p><p>𝑃𝐵</p><p>𝑁𝐵</p><p>𝑃𝑁 é bissetriz externa do Δ𝑃𝐴𝐵.</p><p>71</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Podemos ver que:</p><p>2𝛼 + 2𝛽 = 180° ⇒ 𝛼 + 𝛽 = 90°</p><p>Assim, 𝑀�̂�𝑁é ângulo reto e, portanto, 𝑃 ∈ 𝜆 (𝑂;</p><p>𝑀𝑁</p><p>2</p><p>).</p><p>4.4. PONTO DE MIQUEL</p><p>Sejam 𝑟, 𝑠, 𝑡 e 𝑢 quatro retas coplanares de modo que não há duas retas paralelas nem três</p><p>concorrentes. Essas retas determinam quatro triângulos. As circunferências circunscritas a esses</p><p>triângulos se interceptam em um mesmo ponto, denominado ponto de Miquel das quatro retas.</p><p>72</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Demonstração:</p><p>Vamos começar com as duas circunferências circunscritas aos quadriláteros 𝐷𝐸𝐹𝑀 e</p><p>𝐵𝐷𝑀𝐶.</p><p>73</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Como o quadrilátero 𝐵𝐷𝑀𝐶 é inscritível, então, se 𝐵�̂�𝑀 = 𝛼, temos 𝐵�̂�𝑀 = 180° − 𝛼.</p><p>Note que no ponto 𝐷, se 𝐵�̂�𝑀 = 180° − 𝛼, devemos ter 𝑀�̂�𝐹 = 𝛼. Como 𝐹�̂�𝑀 enxerga</p><p>o mesmo segmento 𝐹𝑀̅̅̅̅̅, temos 𝐹�̂�𝑀 = 𝑀�̂�𝐹 = 𝛼.</p><p>No ponto 𝐸, sabendo que 𝐹�̂�𝑀 = 𝛼, então, 𝐴�̂�𝑀 = 180° − 𝛼.</p><p>74</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Perceba que no quadrilátero 𝐴𝐸𝑀𝐶, temos 𝐴�̂�𝑀 +𝑀�̂�𝐴 = 180° − 𝛼 + 𝛼 = 180°. Assim,</p><p>os ângulos opostos desse quadrilátero são suplementares, logo, ele é inscritível. Portanto, o ponto</p><p>𝑀 pertence ao circuncírculo do Δ𝐴𝐸𝐶.</p><p>Analogamente, podemos provar que 𝑀 também pertence ao circuncírculo do Δ𝐴𝐵𝐹.</p><p>75</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>4.5. CIRCUNFERÊNCIA DE 9 PONTOS</p><p>Os pés das três alturas de um triângulo, os pontos médios dos três lados e os pontos médios</p><p>dos segmentos que ligam os vértices ao ortocentro pertencem a uma mesma circunferência</p><p>chamada Circunferência dos 9 pontos.</p><p>Elementos:</p><p>• 𝐴, 𝐵 e 𝐶 são os vértices do triângulo;</p><p>• 𝐻𝐴, 𝐻𝐵 e 𝐻𝐶 são os pés das alturas;</p><p>• 𝐻 é o ortocentro;</p><p>76</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>• 𝑀𝐴,𝑀𝐵 e 𝑀𝐶 são os pontos médios dos lados 𝐵𝐶, 𝐴𝐶 e 𝐴𝐵, respectivamente;</p><p>• 𝑁𝐴, 𝑁𝐵 e 𝑁𝐶 são os pontos médios dos segmentos 𝐴𝐻, 𝐵𝐻 e 𝐶𝐻, respectivamente.</p><p>Demonstração:</p><p>Inicialmente, vamos considerar uma circunferência 𝜆 que passa pelos três pontos médios</p><p>dos lados: 𝑀𝐴,𝑀𝐵 e 𝑀𝐶. Para provar que 𝜆 passa pelos pés das alturas e pelos pontos médios dos</p><p>segmentos que unem os vértices ao ortocentro, basta demonstrar que ela passa por 𝐻𝐴 e por 𝑁𝐴,</p><p>pois para os outros pontos a demonstração é análoga. Então, vamos provar que 𝐻𝐴 pertence a 𝜆:</p><p>Como 𝑀𝐴 e 𝑀𝐵 são pontos médios dos lados 𝐵𝐶 e 𝐴𝐶, respectivamente, temos que 𝑀𝐴𝑀𝐵</p><p>é base média do triângulo 𝐴𝐵𝐶, ou seja, 𝑀𝐴𝑀𝐵 = 𝐴𝐵/2. Além disso, do triângulo retângulo</p><p>𝐴𝐵𝐻𝐴, temos que 𝐴𝐵 é hipotenusa e 𝑀𝐶 é ponto médio dela, logo 𝑀𝐶𝐻𝐴 = 𝐴𝐵/2. Com isso,</p><p>temos que o quadrilátero 𝐻𝐴𝑀𝐴𝑀𝐵𝑀𝐶 é um trapézio isósceles e, consequentemente, é inscritível.</p><p>Portanto, podemos afirmar que 𝜆 passa por 𝑀𝐴,𝑀𝐵 , 𝑀𝐶 e 𝐻𝐴. Analogamente, prova-se que ela</p><p>passa por 𝐻𝐵 e 𝐻𝐶.</p><p>Agora vamos provar que 𝜆 passa por 𝑁𝐴.</p><p>77</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Analisando o triângulo 𝐴𝐵𝐻, vemos que 𝑀𝐶𝑁𝐴 é sua base média, logo o segmento 𝑀𝐶𝑁𝐴</p><p>é paralelo ao lado 𝐵𝐻. Como 𝑀𝐴 e 𝑀𝐶 são pontos médios dos lados do triângulo 𝐴𝐵𝐶, temos que</p><p>𝑀𝐴𝑀𝐶 é base média e paralelo ao lado 𝐴𝐶. Portanto, da relação de segmentos paralelos, temos</p><p>que 𝑁𝐴𝑀�̂�𝑀𝐴 ≡ 𝐵𝐻�̂�𝐶 ≡ 90°. Com isso, vemos que os triângulos 𝑁𝐴𝑀𝐶𝑀𝐴 e 𝑁𝐴𝐻𝐴𝑀𝐴 são</p><p>retângulos e compartilham da mesma hipotenusa 𝑀𝐴𝑁𝐴 e, portanto, o quadrilátero 𝑁𝐴𝑀𝐶𝐻𝐴𝑀𝐴</p><p>é inscritível. Sendo assim, a circunferência 𝜆 passa por 𝑀𝐴, 𝐻𝐴, 𝑀𝐶 e 𝑁𝐴. Analogamente, prova-se</p><p>para 𝑁𝐵 e 𝑁𝐶 .</p><p>4.5.1. COROLÁRIOS</p><p>➢ O segmento 𝑀𝐴𝑁𝐴 é diâmetro da Circunferência dos 9 pontos.</p><p>➢ O centro da Circunferência dos 9 pontos é o ponto médio do segmento 𝐻𝑂, em que 𝐻 é o</p><p>ortocentro e 𝑂 é o circuncentro do triângulo 𝐴𝐵𝐶.</p><p>Demonstração:</p><p>Como o triângulo 𝑀𝐴𝑀𝐶𝑁𝐴 é retângulo e está inscrito em 𝜆, temos que 𝑀𝐴𝑁𝐴 é o diâmetro</p><p>de 𝜆.</p><p>Para demonstrar que o centro da circunferência é o ponto médio de 𝐻𝑂, podemos usar a</p><p>seguinte figura:</p><p>78</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Note que os trapézios 𝐻𝑂𝑀𝐶𝐻𝐶 e 𝐻𝑂𝑀𝐴𝐻𝐴 são retângulos. 𝑋𝑀 e 𝑌𝑀 são bases médias</p><p>dos dois trapézios retângulos, sendo assim, 𝑋𝑀 é mediatriz de 𝑀𝐶𝐻𝐶 e 𝑌𝑀 é mediatriz de 𝐻𝐴𝑀𝐴.</p><p>Como 𝑀 é interseção das mediatrizes das cordas 𝑀𝐶𝐻𝐶 e 𝐻𝐴𝑀𝐴 de 𝜆, temos que 𝑀 é o seu centro.</p><p>Sendo 𝑀 o centro do círculo e ponto médio do segmento 𝐻𝑂, temos que 𝑀𝑁𝐴 é base</p><p>média do triângulo 𝐻𝑂𝐴, ou seja, 𝑀𝑁𝐴 = 𝐴𝑂/2. Como 𝐴𝑂 é o raio da circunferência circunscrita</p><p>ao triângulo 𝐴𝐵𝐶, podemos afirmar que:</p><p>𝑀𝑁𝐴 =</p><p>𝑅</p><p>2</p><p>Com 𝑅 sendo o raio da circunferência circunscrita.</p><p>4.6. RETA DE SIMSON-WALLACE</p><p>Se M, N e P são as interseções das perpendiculares traçadas de um ponto da circunferência</p><p>circunscrita a um triângulo ABC aos seus lados, então M, N e P são colineares e pertencem à reta</p><p>de Simson.</p><p>Demonstração:</p><p>Considere o triângulo ABC e Q um ponto do seu circuncírculo. Sejam M, N e P as</p><p>perpendiculares aos lados AB, AC e BC, respectivamente.</p><p>79</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Nosso objetivo é mostrar que os ângulos 𝑃�̂�𝐶 e 𝑀�̂�𝐴 são iguais, ou seja, ângulos opostos</p><p>pelo vértice.</p><p>Primeiro, veja que o quadrilátero 𝑃𝐶𝑁𝑄 é inscritível, pois a soma dos ângulos opostos 𝑄�̂�𝐶</p><p>e 𝐶�̂�𝑄 é 180°. Disso, temos que 𝑃�̂�𝐶 = 𝐶�̂�𝑃.</p><p>Veja também que o quadrilátero 𝑄𝑁𝑀𝐴 é inscritível, pois 𝑄�̂�𝐴 = 𝑄�̂�𝐴 = 90°. Daí, segue</p><p>que 𝐴�̂�𝑀 = 𝑀�̂�𝐴.</p><p>O quadrilátero 𝐴𝐵𝐶𝑄 é inscritível por construção, do que segue que 𝐶�̂�𝐴 + 𝐴�̂�𝐶 = 180°.</p><p>O quadrilátero 𝑀𝑄𝑃𝐵 também é inscritível pelo mesmo motivo do quadrilátero 𝑃𝐶𝑁𝑄, do</p><p>que segue que 𝑀�̂�𝑃 + 𝐴�̂�𝐶 = 180°.</p><p>Combinando as duas últimas informações, temos que 𝑀�̂�𝑃 = 𝐶�̂�𝐴. Mas:</p><p>𝑀�̂�𝑃 = 𝑀�̂�𝐶 + 𝐶�̂�𝑃</p><p>𝐶�̂�𝐴 = 𝑀�̂�𝐶 +𝑀�̂�𝐴</p><p>Logo:</p><p>80</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>𝐶�̂�𝑃 = 𝑀�̂�𝐴 ⇒ 𝑃�̂�𝐶 = 𝐴�̂�𝑀</p><p>Como os ângulos opostos pelo vértice 𝑁 são iguais e 𝐴𝐶 é uma reta, segue que 𝑀,𝑃 𝑒 𝑁</p><p>devem ser colineares.</p><p>5. QUESTÕES NÍVEL 1</p><p>1. (EEAR/2021.2)</p><p>Na figura, que representa parte da estrutura de um telhado, 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ é altura do triângulo ABC, CEDF é</p><p>um quadrado de lado 3m, o ponto E pertence a 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e o ponto F pertence a 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ . Assim, a área do</p><p>triângulo ABC é ____ m2.</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟓√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟖</p><p>d) 𝟐𝟎</p><p>2. (EEAR/2021.2)</p><p>No hexágono ABCDEF, G, H, I e J são, respectivamente, os pontos médios de 𝑨𝑭̅̅ ̅̅ , 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ , 𝑬𝑭̅̅ ̅̅ , 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ . Se</p><p>𝑨𝑩̅̅ ̅̅ //𝑭𝑪̅̅ ̅̅ //𝑫𝑬̅̅ ̅̅ , então 𝑮𝑯 + 𝑰𝑱 é igual a</p><p>81</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟐𝒙</p><p>b) 𝟑𝒙</p><p>c) 𝟒𝒙</p><p>d) 𝟓𝒙</p><p>3. (EEAR/2021.2)</p><p>A figura mostra um paralelogramo sombreado formado pela superposição de dois retângulos, e</p><p>apresenta uma dimensão de cada retângulo. Se um dos lados do paralelogramo mede 3,5 cm, então</p><p>a sua área é ______ cm2.</p><p>a) 12</p><p>b) 18</p><p>c) 21</p><p>d) 23</p><p>4. (EEAR/2021)</p><p>A figura, se ABCD é um paralelogramo, então o valor de x é</p><p>82</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 18</p><p>b) 20</p><p>c) 𝟐𝟐</p><p>d) 𝟐𝟒</p><p>5. (EEAR/2021)</p><p>A diferença entre as medidas de um ângulo interno de um dodecágono regular e de um ângulo</p><p>interno de um octógono também regular é</p><p>a) 𝟏𝟓°</p><p>b) 𝟐𝟓°</p><p>c) 𝟑𝟎°</p><p>d) 𝟒𝟎°</p><p>6. (EEAR/2021)</p><p>A figura representa a parte de um móvel de um cata-vento (4 hélices triangulares planas). Se o</p><p>material utilizado para a confecção dessas hélices custa R$ 300,00 o 𝒎𝟐, e considerando √𝟐 = 𝟏, 𝟒,</p><p>o custo dessas peças, em R$, foi de</p><p>83</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 280</p><p>b) 340</p><p>c) 420</p><p>d) 560</p><p>7. (ESA/2019)</p><p>Em um triângulo equilátero ABC inscreve-se um quadrado MNOP de área 3m². Sabe-se que o lado</p><p>MN está contido em AC, o ponto P pertence a AB e o ponto O pertence a BC. Nessas condições, a</p><p>área, em m², do triângulo ABC mede:</p><p>a)</p><p>𝟕√𝟑+𝟔</p><p>𝟒</p><p>b)</p><p>𝟕√𝟑+𝟔</p><p>𝟒</p><p>c)</p><p>𝟕√𝟑+𝟏𝟐</p><p>𝟒</p><p>d)</p><p>𝟐𝟏√𝟑+𝟏𝟖</p><p>𝟐</p><p>e)</p><p>𝟐𝟏√𝟑+𝟑𝟔</p><p>𝟒</p><p>8. (ESA/2016)</p><p>A área do triângulo equilátero cuja altura mede 𝟔 𝒄𝒎 é:</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>b) 𝟒√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>84</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 𝟐𝟒√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>d) 𝟏𝟒𝟒 𝒄𝒎𝟐</p><p>e) 𝟔√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>9. (ESA/2014)</p><p>Um hexágono regular está inscrito em uma circunferência de diâmetro 𝟒 𝒄𝒎. O perímetro desse</p><p>hexágono, em 𝒄𝒎, é</p><p>a) 𝟒.</p><p>b) 𝟖.</p><p>c) 𝟐𝟒.</p><p>d) 𝟔.</p><p>e) 𝟏𝟐.</p><p>10. (ESA/2009)</p><p>As diagonais de um losango medem 𝟒𝟖 𝒄𝒎 e 𝟑𝟑 𝒄𝒎. Se a medida da diagonal maior diminuir 𝟒 𝒄𝒎,</p><p>então, para que a área permaneça a mesma, deve-se aumentar a medida da diagonal menor de:</p><p>a) 𝟑 𝒄𝒎</p><p>b) 𝟓 𝒄𝒎</p><p>c) 𝟔 𝒄𝒎</p><p>d) 𝟖 𝒄𝒎</p><p>e) 𝟗 𝒄𝒎</p><p>11. (ESA/2007)</p><p>Se um polígono regular é tal que a medida de um ângulo interno é o triplo da medida do ângulo</p><p>externo, o número de lados desse polígono é:</p><p>a) 𝟏𝟐</p><p>b) 𝟗</p><p>c) 𝟔</p><p>d) 𝟒</p><p>85</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>e) 𝟖</p><p>12. (ESA/2007)</p><p>Considere um polígono regular 𝑨𝑩𝑪𝑫𝑬𝑭… .Sabe-se que as mediatrizes dos lados 𝑨𝑩 e 𝑪𝑫 formam</p><p>um ângulo de 𝟐𝟎° e sua região correspondente contém os vértices 𝑩 e C do polígono. Assim sendo,</p><p>quantas diagonais deste polígono passam pelo centro, dado que o seu número de vértices é maior</p><p>que seis?</p><p>a) 𝟏𝟕</p><p>b) 𝟏𝟓</p><p>c) 𝟏𝟔</p><p>d) 𝟏𝟖</p><p>e) 𝟏𝟒</p><p>13. (ESA/2007)</p><p>Aumentando-se os lados 𝒂 e 𝒃 de um retângulo de 𝟏𝟓% e 𝟐𝟎%, respectivamente. a área do</p><p>retângulo é aumentada em:</p><p>a) 𝟑, 𝟖%</p><p>b) 𝟒%</p><p>c) 𝟑𝟖%</p><p>d) 𝟑𝟓%</p><p>e) 𝟑, 𝟓%</p><p>14. (ESA/2006)</p><p>Em um triângulo 𝑨𝑩𝑪 tem-se 𝑨𝑩 = 𝟏𝟎 𝒄𝒎 e 𝑨𝑪 = 𝟏𝟐 𝒄𝒎. O incentro 𝑰 e o baricentro 𝑮 estão</p><p>em uma mesma paralela a 𝑩𝑪. A medida do lado 𝑩𝑪 é igual a:</p><p>a) 𝟏𝟎</p><p>b) 𝟓</p><p>c) 𝟏𝟐</p><p>d) 𝟔</p><p>e) 𝟏𝟏</p><p>86</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>15. (ESA/2006)</p><p>Um trabalhador gasta 𝟓 horas para limpar um terreno circular de 𝟖 𝒎 de raio. Ele cobra 𝑹$𝟒, 𝟎𝟎 por</p><p>hora de trabalho. Para limpar um terreno circular de 𝟐𝟒 𝒎 de raio, o trabalhador cobrará, em reais:</p><p>a) 40</p><p>b) 180</p><p>c) 60</p><p>d) 120</p><p>e) 80</p><p>16. (ESA/2006)</p><p>As bases de um trapézio medem 𝟏𝟗 𝒎 e 𝟗 𝒎 e os lados não paralelos, 𝟔 𝒎 e 𝟖 𝒎. A área desse</p><p>trapézio, em 𝒅𝒎𝟐 é:</p><p>a) 𝟔𝟎𝟕𝟐</p><p>b) 𝟔𝟐𝟕𝟎</p><p>c) 𝟔𝟎𝟐𝟕</p><p>d) 𝟔𝟕𝟎𝟐</p><p>e) 𝟔𝟕𝟐𝟎</p><p>17. (ESA/2006)</p><p>Um triângulo 𝑨𝑩𝑪 tem área de 𝟔𝟎 𝒄𝒎𝟐 e está circunscrito a uma circunferência com 𝟓 𝒄𝒎 de raio.</p><p>Nestas condições a área do triângulo equilátero que tem o mesmo perímetro que o triângulo 𝑨𝑩𝑪</p><p>é, em 𝒄𝒎𝟐:</p><p>a) 𝟐𝟎√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟓√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟔√𝟑</p><p>e) 𝟓√𝟑</p><p>18. (ESA/2006)</p><p>87</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Se aumentarmos a medida do raio r de um círculo em 15%, obteremos um outro círculo de raio R.</p><p>O aumento da área, em termos percentuais, foi de:</p><p>a) 𝟑𝟐, 𝟐𝟓</p><p>b) 𝟑𝟐, 𝟓𝟐</p><p>c) 𝟑, 𝟐𝟓𝟐</p><p>d) 𝟑, 𝟐𝟐𝟓</p><p>e) 𝟑, 𝟓𝟐𝟐</p><p>19. (ESA/2006)</p><p>Três circunferências de raio 𝟐𝒓, 𝟑𝒓 e 𝟏𝟎𝒓 são tais que cada uma delas tangencia exteriormente as</p><p>outras duas. O triângulo cujos vértices são os centros dessas circunferências tem área de:</p><p>a) 𝟑𝟔𝒓𝟐</p><p>b) 18𝒓𝟐</p><p>c) 𝟏𝟎𝒓𝟐</p><p>d) 𝟐𝟎𝒓𝟐</p><p>e) 𝟑𝟎𝒓𝟐</p><p>20. (ESA/2006)</p><p>Os lados de um triângulo medem, em centímetros, 𝟐√𝟐,√𝟔 e √𝟏𝟒. Podemos afirmar que a área</p><p>desse triângulo, em cm², é igual a metade de:</p><p>a) 𝟒√𝟑</p><p>b) 𝟐√𝟕</p><p>c) 𝟒√𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟑</p><p>e) √𝟕</p><p>21. (ESA/2005)</p><p>Considere duas circunferências de raios iguais a 2 tal que, sobrepostas, cada uma passa pelo centro</p><p>da outra. A área da região comum a ambas é:</p><p>a)</p><p>𝟖𝝅</p><p>𝟑</p><p>+ 𝟐√𝟑</p><p>88</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>b) 𝟒𝝅 − √𝟑</p><p>c)</p><p>𝟖𝝅</p><p>𝟑</p><p>− 𝟐√𝟑</p><p>d) 𝟒𝝅 − 𝟐√𝟑</p><p>e)</p><p>𝟖𝝅</p><p>𝟑</p><p>− √𝟑</p><p>22. (ESA/2005)</p><p>A área de um círculo inscrito em um triângulo retângulo de lados 9, 12 e 15 é:</p><p>a) 𝟗𝝅</p><p>b) 𝟒𝝅</p><p>c) 𝝅</p><p>d) 𝟏𝟔𝝅</p><p>e) 𝟐𝟓𝝅</p><p>23. (ESA/2005)</p><p>No triângulo ABC abaixo, se M e N são pontos médios e a área do triângulo DMC é 1dm², então a</p><p>área, em dm², do triângulo ABD é:</p><p>a) 2,5</p><p>b) 1,5</p><p>c) 3</p><p>d) 2</p><p>e) 1,9</p><p>24. (ESA/2004)</p><p>89</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Um festival de música lotou uma praça semicircular de 200m de diâmetro. Admitindo-se uma</p><p>ocupação média de 3 pessoas por m², qual é o número mais aproximado de pessoas presentes?</p><p>(adote 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒)</p><p>a) 22340</p><p>b) 33330</p><p>c) 42340</p><p>d) 16880</p><p>e) 47100</p><p>25. (ESA/2004)</p><p>Um triângulo ABC tem área igual a 75cm². Os pontos D, E, F e G dividem o lado AC em 5 partes</p><p>congruentes: 𝑨𝑫 = 𝑫𝑬 = 𝑬𝑭 = 𝑭𝑮 = 𝑮𝑪. Desse modo, a área do triângulo 𝑩𝑫𝑭 é:</p><p>a) 20cm²</p><p>b) 30cm²</p><p>c) 40cm²</p><p>d) 50cm²</p><p>e) 55cm²</p><p>26. (EEAR/2019)</p><p>Um trapézio tem 𝟏𝟐 𝒄𝒎 de base média e 𝟕 𝒄𝒎 de altura. A área desse quadrilátero é____ 𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 13</p><p>b) 19</p><p>c) 44</p><p>d) 84</p><p>27. (EEAR/2019)</p><p>A área de um hexágono regular inscrito em um círculo de √𝟔 𝒄𝒎 de raio é ____√𝟑 𝒄𝒎𝟐</p><p>a) 6</p><p>b) 9</p><p>90</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>c) 12</p><p>d) 15</p><p>28. (EEAR/2018)</p><p>Na figura, os arcos que limitam a região sombreada são arcos de circunferências de raio R e</p><p>centrados nos vértices do quadrado ABCD. Se o lado do quadrado mede 2R e considerando 𝝅 = 𝟑,</p><p>então a razão entre a área sombreada e a área branca é</p><p>a)</p><p>𝟏</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>c) 𝟐</p><p>d) 𝟑</p><p>29. (EEAR/2018)</p><p>A metade da medida do ângulo interno de um octógono regular, em graus, é</p><p>a) 𝟔𝟕, 𝟓°</p><p>b) 𝟕𝟖, 𝟔°</p><p>c) 𝟏𝟐𝟎°</p><p>d) 𝟖𝟓°</p><p>30. (EEAR/2017)</p><p>Na figura, O é o centro do semicírculo de raio 𝒓 = 𝟐 𝒄𝒎.</p><p>91</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Se A, B e C são pontos do semicírculo e vértices do triângulo isósceles, a área hachurada é____𝒄𝒎𝟐.</p><p>(use 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒)</p><p>a) 2,26</p><p>b) 2,28</p><p>c) 7,54</p><p>d) 7,56</p><p>31. (EEAR/2017)</p><p>A malha da figura abaixo é formada por losangos cujas diagonais medem 0, 50 cm e 2, 00 cm. A área</p><p>hachurada é de ______𝒄𝒎𝟐</p><p>a) 20</p><p>b) 22</p><p>c) 23</p><p>d) 25</p><p>32. (EEAR/2017)</p><p>Ao somar o número de diagonais e o número de lados de um dodecágono obtém-se</p><p>a) 𝟔𝟔</p><p>b) 𝟓𝟔</p><p>c) 𝟒𝟒</p><p>d) 𝟒𝟐</p><p>92</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>33. (EEAR/2017)</p><p>O polígono regular cujo ângulo externo mede 𝟐𝟒° tem lados.</p><p>a) 𝟐𝟎</p><p>b) 𝟏𝟓</p><p>c) 𝟏𝟎</p><p>d) 𝟓</p><p>34. (EEAR/2016)</p><p>O lado, o perímetro e a área de um triângulo equilátero, nesta ordem, são termos de uma</p><p>Progressão Geométrica. Assim, a medida da altura desse triângulo equilátero é _____ unidades de</p><p>comprimento.</p><p>a) 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟔√𝟑</p><p>c) 3</p><p>d) 18</p><p>35. (EEAR/2016)</p><p>Assinale a alternativa que representa, corretamente, a área do triângulo esboçado na figura abaixo.</p><p>a) 𝟏𝟓 𝒎𝟐</p><p>b) 𝟑𝟎√𝟐 𝒎𝟐</p><p>c) 𝟏𝟓√𝟑 𝒎𝟐</p><p>d) 𝟑𝟎√𝟑 𝒎𝟐</p><p>36. (EEAR/2016)</p><p>93</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>A figura abaixo apresenta um quadrado inscrito em um círculo de raio 𝟐√𝟐 𝒄𝒎 e centro O</p><p>Considerando 𝝅 = 𝟑, a área da região hachurada é igual a ______𝒄𝒎𝟐</p><p>a) 2</p><p>b) 8</p><p>c) 16</p><p>d) 24</p><p>37. (EEAR/2016)</p><p>A figura abaixo ilustra um círculo com centro em O, origem do plano cartesiano, e uma reta r.</p><p>Considerando tal figura, a área da região sombreada corresponde a</p><p>a) 𝟐𝝅 − 𝟒</p><p>b) 𝟐𝝅 − 𝟐</p><p>c) 𝝅− 𝟒</p><p>d) 𝝅 − 𝟐</p><p>94</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>38. (EEAR/2015)</p><p>Na figura, ABCD é um quadrado formado por pequenos quadrados de lado x divididos por uma de</p><p>suas diagonais.</p><p>Assim, a área sombreada, em função de x é</p><p>a)</p><p>𝟏𝟓𝒙𝟐</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟏𝟑𝒙𝟐</p><p>𝟐</p><p>c) 𝟓, 𝟓𝒙𝟐</p><p>d) 𝟑, 𝟓𝒙𝟐</p><p>39. (EEAR/2015)</p><p>Considere um quadrado de diagonal 𝟓√𝟐 𝒎 e um losango de diagonais 𝟔 𝒎 e 𝟒 𝒎. Assim, a razão</p><p>entre as áreas do quadrado e do losango é aproximadamente igual a</p><p>a) 3,5</p><p>b) 3,0</p><p>c) 2,5</p><p>d) 2,1</p><p>40. (EEAR/2015)</p><p>Em um pedaço de papel de formato quadrado foi desenhado um círculo de raio 𝟏𝟎 𝒄𝒎. Se o papel</p><p>tem 𝟐𝟎 𝒄𝒎 de lado e considerando 𝝅 = 𝟑, 𝟏𝟒, a área do papel, em 𝒄𝒎𝟐, não ocupada pelo círculo</p><p>é igual a</p><p>a) 82</p><p>b) 86</p><p>c) 92</p><p>95</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 96</p><p>41. (EEAR/2015)</p><p>Um triângulo isósceles de base 𝟏𝟎 𝒄𝒎 e perímetro 𝟑𝟔 𝒄𝒎 tem ______ 𝒄𝒎𝟐 de área</p><p>a) 75</p><p>b) 72</p><p>c) 60</p><p>d) 58</p><p>42. (EEAR/2015)</p><p>Se um dos ângulos internos de um pentágono mede 𝟏𝟎𝟎°, então a soma dos outros ângulos internos</p><p>desse polígono é</p><p>a) 𝟏𝟏𝟎°</p><p>b) 𝟐𝟐𝟎°</p><p>c) 𝟑𝟖𝟎°</p><p>d) 𝟒𝟒𝟎°</p><p>43. (EEAR/2014)</p><p>A figura é formada por um círculo de raio 𝑹 = 𝟒 𝒄𝒎 e três triângulos equiláteros de lados</p><p>congruentes ao raio do círculo.</p><p>Os triângulos têm apenas um ponto de intersecção entre si e dois vértices na circunferência. A área</p><p>hachurada, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 𝟔𝝅 − 𝟏𝟐√𝟑</p><p>b) 𝟏𝟔𝝅 − 𝟔√𝟑</p><p>c) 𝟏𝟐𝝅 − 𝟖√𝟑</p><p>96</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>d) 𝟏𝟔𝝅 − 𝟏𝟐√𝟑</p><p>44. (EEAR/2014)</p><p>A área de um losango é 𝟐𝟒 𝒄𝒎𝟐. Se uma das diagonais desse losango mede 𝟔 𝒄𝒎, o lado dele, em</p><p>cm, mede</p><p>a) 4</p><p>b) 5</p><p>c) 6</p><p>d) 7</p><p>45. (EEAR/2014)</p><p>Em uma circunferência de raio 𝒓 = 𝟔 𝒄𝒎, a área de um setor circular de 𝟑𝟎° é ______𝝅 𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 3</p><p>b) 4</p><p>c) 5</p><p>d) 6</p><p>46. (EEAR/2014)</p><p>Sejam um hexágono regular e um triângulo equilátero, ambos de lado 𝒍. A razão entre os apótemas</p><p>do hexágono e do triângulo é</p><p>97</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>a) 𝟒</p><p>b) 𝟑</p><p>c) 𝟐</p><p>d) 𝟏</p><p>47. (EEAR/2013)</p><p>Se 𝑨 é o número de diagonais de um icoságono e 𝑩 o número de diagonais de um decágono, então</p><p>𝑨 – 𝑩 é igual:</p><p>a) 𝟖𝟓</p><p>b) 𝟏𝟑𝟓</p><p>c) 𝟏𝟔𝟓</p><p>d) 𝟏𝟕𝟓</p><p>48. (EEAR/2013)</p><p>Considere o retângulo ABCD, e os pontos médios dos seus lados M, N, P e Q.</p><p>98</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Unindo esses pontos médios, conforme a figura, pode-se concluir que a área hachurada, em 𝒄𝒎𝟐, é</p><p>a) 8</p><p>b) 4</p><p>c) 𝟒√𝟐</p><p>d) 𝟐√𝟐</p><p>49. (EEAR/2013)</p><p>Na figura, 𝑨𝑩 = 𝟖 𝒄𝒎 é o diâmetro do círculo de centro O e AO é o diâmetro do semicírculo.</p><p>Assim, a área sombreada dessa figura é ______𝝅 𝒄𝒎𝟐.</p><p>a) 14</p><p>b) 13</p><p>c) 11</p><p>d) 10</p><p>50. (EEAR/2013)</p><p>A razão 𝒓 entre o apótema e o lado de um hexágono regular é igual a:</p><p>a)</p><p>√𝟑</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>√𝟐</p><p>𝟐</p><p>c)</p><p>𝟐</p><p>𝟑</p><p>d)</p><p>𝟏</p><p>𝟑</p><p>51. (EEAR/2011)</p><p>99</p><p>Prof. Victor So</p><p>AULA 03 – GEOMETRIA PLANA IV</p><p>Os números que expressam as medidas, em 𝒄𝒎 ou em 𝒄𝒎𝟐, do lado, da superfície e do perímetro</p><p>de um quadrado, dados nessa ordem, formam uma P.A. O lado desse quadrado, em 𝒄𝒎, mede</p><p>a)</p><p>𝟓</p><p>𝟐</p><p>b)</p><p>𝟓</p><p>𝟑</p><p>c)</p><p>𝟑</p><p>𝟒</p><p>d)</p><p>𝟑</p><p>𝟐</p><p>52. (EEAR/2011)</p><p>Na figura, 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ e 𝑪𝑬̅̅ ̅̅ são segmentos colineares de 𝟒 𝒄𝒎 cada um.</p><p>Se os triângulos ABC e DCE são equiláteros, a área do triângulo BDE é</p><p>a) 𝟒√𝟑</p><p>b) 𝟔√𝟑</p><p>c) 𝟖√𝟑</p><p>d) 𝟏𝟎√𝟑</p><p>53. (EEAR/2011)</p><p>Considere a figura composta de três círculos concêntricos de</p>