Gabarito: 1 3r 4r 5r 6 r. 2. 3r 4r ,5 m. 45 EG m, constituem uma. AA' AP 8km. Resposta da questão 1: [C]

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Lucas Carreira Fialho
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1 Gabarito: Resposta da questão 1: [C] Sejam x, x r e x r as medidas, em metros, dos lados do triângulo, com x, r 0. Aplicando o Teorema de Pitágoras, encontramos x r. Logo, os lados do triângulo medem r, r e 5r. Sabendo que o perímetro do triângulo mede 6,0 m, vem 1 r r 5r 6 r. Portanto, a área do triângulo é igual a r r 1 6 1,5 m. Resposta da questão : [C] Pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo ABC, encontramos facilmente AC 0 m. Os triângulos ABC, CDE, EFG, são semelhantes por AA. Logo, como a razão de semelhança é igual a CD 1, segue-se que AC 0 m, CE 15 m, AB 16 5 EG m, constituem uma 0 progressão geométrica cujo limite da soma dos n primeiros termos é dado por 80 m. 1 Resposta da questão : [E] Área do lote: 0.(1 + 18) = 600m (x 1).0 Área construída: 10x 10 De acordo com o enunciado, temos: x 10 Portanto, x [1,] x x 0 1 x Resposta da questão : [B] Seja P' o pé da perpendicular baixada de P sobre a reta AA'. É fácil ver que P'AP 60. Daí, como P' AP é ângulo externo do triângulo AA'P segue-se que AA'P 0, o que implica em AA' AP 8km.

2 Portanto, a velocidade do avião no trecho AA' era de 8 0km h. 60 Resposta da questão 5: [D] Os ângulos (60 α α) (60 α) e α 90 são alternos internos. Portanto, 60 α α 90 α 0, que é um divisor de 60. Resposta da questão 6: [C] Considere a figura, em que H é o pé da perpendicular baixada de A sobre BC, e D é o ponto em que o lado AC tangencia a circunferência de centro em O. Como OH OD cm e AH 8cm, segue que AO 5cm. Logo, AD cm. Além disso, os triângulos AHC e ADO são semelhantes por AA e, assim, AD DO AH HC 8 HC HC 6cm. Portanto, como H é o ponto médio de BC, segue-se que BC 1cm. Resposta da questão 7: a) Supondo que CAB BED 90, é fácil ver que os triângulos ABC e EBD são semelhantes por AA. Desse modo, temos AC AB x ED BE,5 x 19, m. b) Queremos mostrar que BM ME.

3 De fato, sabendo que D e E são pontos médios de AB e AC, respectivamente, tem-se que 1 DE é base média do triângulo ABC e, portanto, DE BC e DE BC. Em consequência, os triângulos DEM e BCM são semelhantes por AA. Daí, BM BC BM BC ME DE ME 1 BC BM ME. Resposta da questão 8: [E] Seja (AEF) S. Pela simetria da figura, temos (EBDF) (BDHG) S. Além disso, os triângulos AEF e ABD são semelhantes por AA. Portanto, como (ABD) (AEF) (EBDF) S, tem-se (AEF) x S x (ABD) b S b x 6, b que é o resultado pedido. Resposta da questão 9: a) Considere a figura. Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos ABC, ACD, ADE e AEF, vem AC AB BC 1 1, AD AC CD 1, AE AD DE 1 e

4 AF AE EF x 1 x 5 cm. b) É imediato que BAC 5. Do triângulo ACD, temos CD 1 tgcad CAD arctg 5. AC Do triângulo ADE, vem DE 1 tgd AE D AE arctg 0. AD Do triângulo AEF, segue EF 1 tge AF E AF arctg 0. AE Portanto, tem-se α BAC CAD DAE EAF Resposta da questão 10: [A] [I] Verdadeira. Sabendo que a área do triângulo ABC mede 8cm e que AP BC, vem 1 1 (ABC) BC AP 8 BC BC BC Logo, AP 1 8cm. Como P é ponto médio de BC, é imediato, pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo BC 1cm. APC, que AB AC 10cm. Portanto, sendo M o pé da mediana relativa ao lado AC, tem-se

5 1 BM (AB BC ) AC 1 (10 1 ) cm. [II] Falsa. De fato, sendo G o baricentro do triângulo ABC, temos 97 [III] Falsa. Sabendo que BM 97 cm, vem BG BM cm. Assim, do triângulo BGP, obtemos Resposta da questão 11: [C] AG AP 1 8cm. BP 6 9 cos α. BG No triângulo ABC, temos: AD BD CD 1 AB 1 e AC AB AC ( 1) AC 6 Resposta da questão 1: [B]

6 6 a h Volume do prisma 1: Volume do prisma : 6 (a ) h Aumento do volume: V V1 6 (a 1) h 108 (I) a h a (II) h Substituindo (II) em (I), temos: 6 (a 1) a (a a) 108 a a 6 Resolvendo a equação do segundo grau, temos a = ( não convém) ou a =. a cm h cm, portanto, o volume do prisma 1 será dado por: 6 a h 6 V1 6cm Resposta da questão 1: [C] Temos (ABCD) AB BC AB 6 e AB cm (BCFE) BC BE BE 10 BE 5cm. Logo, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABE, obtemos AE cm. Por conseguinte, o resultado pedido é AB AE BC 1cm.

7 Resposta da questão 1: [E] Considere a figura, em que V é o vértice da pirâmide, O é o centro da base e M é o ponto médio da aresta AB. Desse modo, como AB 6cm, vem AB 6 OM OM cm. tg0 Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo OVM, encontramos VM OV OM VM 6 ( ) VM 7 cm. Portanto, o resultado pedido é dado por AB VM 6 AB 6 (6 7) 5( 7)cm. Resposta da questão 15: [E] O volume de água despejado na piscina após três horas e meia é igual a, litros. Portanto, a altura h atingida pela água é tal que 10 5 h 17,5 h 0,5 m 5cm. Resposta da questão 16: [E] A altura do tetraedro regular é igual a m, e seu volume é 6 18 m. 1

8 Resposta da questão 17: [A] Seja c a capacidade da garrafa original, em mililitros. Como os sólidos são semelhantes, tem-se que c 1 c 875mL. 7 0, Resposta da questão 18: [C] No triângulo AMC, temos: 1 π x x e h π π π Volume do cilindro: 1 9 VC π cm π 16 Volume de cada tronco de cone: VT π cm π 96 Portanto, o volume pedido será dado por: V V C V T cm Resposta da questão 19: [E] Tem-se que π AOB 60 θ rad. Logo,

9 π AB AOB AO 16 1πcm e π π CD AOB OC 1 cm. Daí, se R é o raio maior do funil e r é o raio menor do funil, então πr 1π R 6cm e π πr r cm. 8 Portanto, sendo h a altura do funil e AC OA OC 15cm a sua geratriz, pelo Teorema de Pitágoras, vem 05 h 15 6 h Resposta da questão 0: [B] Seja h a medida da aresta do cubo. Logo, seu volume é igual a do tetraedro descrito é dado por Resposta da questão 1: a) h cm. 8. Por outro lado, o volume 1. Portanto, a razão pedida é igual a h 6 AC h 1 Logo, 1 MN 6 cm.

10 b) AH cos 60 AH cm 6 MH cos 60 MH 6 ME NE 1 9 Logo, (9 + MN (9 ) (9 ) Portanto, MN (9 ) MN ( ) m Resposta da questão : Na figura, temos: d 1 1 d. x y x y 0 x 1 y 1 (equação de um círculo com centro no ponto (1,) e raio 1.) A reta y = x intercepta a circunferência do círculo nos pontos (1,1) e (,), para isto basta resolver um sistema com as equações da reta e da circunferência.

11 Calculando, agora, a área da base da figura descrita acima: π1 11 π 1 Ab Calculando sua área lateral. π1 π AL 1 1 Portanto, a área total será dada por: π 1 π At A t ( π 1) unid Resposta da questão : Seja h a altura que o sorvete derretido atinge na casquinha. Tem-se que 1 80 π π h h 9,6cm. 100 Resposta da questão : a) De acordo com os dados do problema, temos: r 9r, r r e r r e 1 π 9r π r π r 6π r 1 cm Temos então um triângulo de lados cm, 10cm e 1cm com vértices nos centros das circunferências. Portanto, sua área será dada por: 10 1 p 1 A 1 (1 ) (1 10) (1 1) A 9cm b) O sólido de revolução é a união entre dois cones.

12 Calculando a medida do raio da base dos cones, que também é a altura do triângulo considerado. 1 R 9 9 R cm Portanto o volume do sólido será dado por: π 9 π 9 V (x y) 1 9πcm Resposta da questão 5: No triângulo VOA, temos: R R h h R 5 Portanto, a distância do centro da sétima esfera à superfície horizontal é: d R R 5 R(1 5)

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