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EsPCEx 2023
GEOMETRIA E TRIGONOMETRIA
Prof. Ismael Santos
www.estrategiamilitares.com.br
AULA 00
Geometria Plana I
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Sumário
Introdução 5
1. Geometria Euclidiana Plana 5
1.1. Noções Primitivas 5
1.1.1. Ponto 5
1.1.2. Reta 6
1.1.3. Plano 6
1.2. Postulados 6
1.2.1. Postulado Da Existência 6
1.2.2. Postulado Da Determinação 7
1.2.3. Postulado Da Inclusão 8
1.2.4. Postulado Da Separação 9
1.2.5. Postulados De Euclides 10
1.3. Definições 12
1.3.1. Retas Concorrentes 12
1.3.2. Retas Paralelas 13
1.3.3. Retas Reversas 13
2. Segmento De Reta 14
2.1. Classificação Dos Segmentos 14
2.1.1. Congruentes 14
2.1.2. Colineares 15
2.1.3. Consecutivos 15
2.1.4. Adjacentes 16
2.1.5. Comensuráveis 16
2.1.6. Incomensuráveis 16
2.2. Ponto Médio De Um Segmento 17
3. Ângulos 18
3.1. Região Convexa E Região Côncava 18
3.2. Definição De Ângulo 19
3.3. Classificação Dos Ângulos 20
3.3.1. Ângulo Adjacente 20
3.3.2. Ângulo Consecutivo 20
3.3.3. Ângulos Opostos Pelo Vértice 21
3.3.4. Ângulo Reto, Agudo, Obtuso E Raso 23
3.3.5. Ângulo Complementar, Suplementar, Replementar E Explementar 24
3.4. Unidades Usuais De Medidas 24
3.4.1. Grau 25
3.4.2. Grado 26
3.4.3. Radiano 26
3.5. Conversão De Unidades De Medida 28
3.6. Bissetriz 29
3.6.1. Definição 29
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3.6.2. Unicidade Da Bissetriz 29
4. Triângulos 41
4.1. Definição 41
4.2. Classificação Dos Triângulos 41
4.2.1. Quanto Aos Lados 41
4.2.2. Quanto Aos Ângulos 42
4.2.3. Síntese De Clairaut 43
4.3. Cevianas Notáveis 43
4.3.1. Altura 43
4.3.2. Mediana 43
4.3.3. Bissetrizes Interna E Externa 44
4.4. Condição De Existência Do Triângulo 44
4.5. Congruência De Triângulos 45
4.5.1. Postulado 𝑳𝑨𝑳 (Lado-Ângulo-Lado) 45
4.5.2. Teorema 𝑨𝑳𝑨 (Ângulo-Lado-Ângulo) 46
4.5.3. Teorema 𝑳𝑳𝑳 (Lado-Lado-Lado) 46
4.5.4. Teorema 𝑳𝑨𝑨𝟎 (Lado-Ângulo Adjacente-Ângulo Oposto) 47
4.6. Consequência Do Postulado 𝑳𝑨𝑳 47
4.6.1. Triângulo Isósceles 47
4.6.2. Teorema Do Ângulo Externo 48
4.6.3. Desigualdades No Triângulo 50
4.7. Ângulos De Retas Paralelas 53
4.8. Teorema Angular De Tales 55
4.9. Relações Métricas No Triângulo Retângulo 58
5. Lista de Questões - Nível 1 73
5.1. Gabarito 77
6. Lista de Questões Comentadas - Nível 1 78
7. Lista de Questões - Nível 2 94
7.1. Gabarito 99
8. Lista de Questões Comentadas - Nível 2 99
9. Lista de Questões - Nível 3 111
9.1. Gabarito 127
10. Lista De Questões Comentadas - Nível 3 128
11. Referências Bibliográficas 182
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12. Considerações Finais 182
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Introdução
Faaaaaaaaaaaaaaaala, Audaz!
Vamos iniciar o estudo da Geometria Plana. Essa aula é uma introdução à Geometria Plana e, por
esse motivo, não haverá muitas questões de concursos anteriores.
Nesse curso, tentei deixar os comentários das questões bem detalhados, então, se você for um
aluno avançado ou intermediário, apenas confira o gabarito e tente resolver todas as questões dessa aula.
Lembre-se! O importante é ganhar velocidade na hora da prova, então, tente resolver a maior quantidade
de exercícios possível e não perca tempo verificando questões que você já sabe! Caso você seja um aluno
iniciante, você pode conferir o passo a passo das resoluções e aprender com elas. Sem mais delongas,
vamos começar!
Neste livro digital você conta com 74 questões, divididas em:
• 24 questões nível 1
• 9 questões EsPCEx (nível 2)
• 41 questões nível 3
1. Geometria Euclidiana Plana
A geometria euclidiana, também conhecida como geometria plana, é a parte da matemática que
estuda a construção e propriedades de figuras planas como triângulos, circunferência, quadriláteros etc.
Antes de iniciar, devemos aprender as noções primitivas de ponto, reta e plano e os postulados
que relacionam esses entes geométricos.
1.1. Noções Primitivas
As noções primitivas são apresentadas sem definição. Vejamos:
1.1.1. Ponto
Representamos o ponto por letras maiúsculas do alfabeto: 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸, … Devemos entender o
ponto como a menor parte dos entes geométricos. Ele é adimensional.
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1.1.2. Reta
Usamos as letras minúsculas do alfabeto para representar uma reta: 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, … A reta é o ente
geométrico cujas extremidades não possuem limites, ela é contínua em ambos os lados. Por esse motivo,
podemos usar setas para indicar a continuidade da reta nos dois sentidos. No exemplo abaixo, temos as
retas 𝑟, 𝑠, 𝑡. No caso da reta 𝑡, 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ é um segmento de reta.
1.1.3. Plano
Usualmente, representamos o plano com letras minúsculas gregas: 𝛼, 𝛽, 𝛾, … Assim como a reta,
ele deve ser entendido como um plano ilimitado sem bordas que o limite.
1.2. Postulados
Postulados, também conhecido como axiomas, são proposições primitivas que dispensam
demonstrações. Elas são aceitas como verdades incontestáveis. Vamos estudá-las.
1.2.1. Postulado Da Existência
Numa reta, existem infinitos pontos dentro e fora dela.
Num plano, existem infinitos pontos.
Vejamos alguns exemplos:
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Nesse caso, os pontos 𝐴, 𝐵, 𝐶 estão localizados dentro da reta 𝑟 e os pontos 𝐷, 𝐸, 𝐹 estão fora dela.
Simbolicamente, podemos dizer que:
𝐴, 𝐵, 𝐶 ∈ 𝑟
𝐷, 𝐸, 𝐹 ∉ 𝑟
𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, 𝐸 ∈ 𝛼
No plano 𝛼, temos infinitos pontos.
1.2.2. Postulado Da Determinação
Dois pontos distintos determinam uma única reta que passa por eles.
Três pontos não colineares determinam um único plano que passa por eles.
Exemplos:
Se 𝐴 ≠ 𝐵, ∃𝑟 tal que 𝑟 = 𝐴𝐵 ⃡ .
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Os pontos 𝐴, 𝐵 determinam uma única reta 𝑟.
Se 𝐴, 𝐵, 𝐶 são não colineares, então ∃𝛼 tal que 𝛼 = (𝐴, 𝐵, 𝐶).
Nesse caso, temos 3 pontos não colineares, isto é, não pertencentes a uma mesma reta. Elas
determinam um único plano 𝛼.
Vejamos o caso de 3 pontos colineares:
3 pontos colineares não determinam um único plano, já que podemos ter vários planos passando
por eles.
1.2.3. Postulado Da Inclusão
Se uma reta tem dois pontos distintos num plano, então ela está contida no plano.
Exemplo:
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Se 𝐴 ≠ 𝐵 ∈ 𝛼, então 𝑟 = 𝐴𝐵 ⃡ ⇒ 𝑟 ⊂ 𝛼.
1.2.4. Postulado Da Separação
Toda reta 𝒓 de um plano 𝜶 separa-o em dois semiplanos 𝜶𝟏 e 𝜶𝟐 e a origem dos semiplanos é
a reta dada.
Exemplo:
Perceba que 𝑟 divide o plano em dois semiplanos: 𝛼1 e 𝛼2.
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1.2.5. Postulados De Euclides
Os postulados de Euclides são divididos em cinco:
Postulado I: Dados dois pontos distintos, existe uma única reta que os une.
Postulado II: Qualquer segmento de reta pode ser prolongado a uma reta.
Postulado III: Dados um ponto qualquer e uma distância qualquer, pode-se construir
uma circunferência cujo centro é o ponto dado e o raio é a distância dada.
Postulado IV: Todos os ângulos retos são iguais.
Postulado V: Se uma
reta, interceptando duas outras, forma ângulos internos de um
mesmo lado cuja soma é menor do que dois ângulos retos, então estas duas retas, se
prolongadas indefinidamente, se encontram no lado onde estão os ângulos cuja soma
é menor do que dois ângulos retos.
Comentários:
Postulado I: Esse postulado é semelhante ao postulado da determinação.
Postulado II: Se prolongarmos infinitamente um segmento de reta, podemos obter uma reta:
Postulado III:
Postulado IV:
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Postulado V: Vamos interpretar o texto e desenhar o que está escrito.
“Se uma reta, interceptando duas outras, forma ângulos internos de um mesmo lado cuja soma é
menor do que dois ângulos retos...”
De acordo com essa parte do texto, temos a seguinte figura:
A reta 𝑡 intercepta as retas 𝑟 e 𝑠.
O lado cuja soma é menor do que dois ângulos retos (180°), no exemplo acima, é o lado esquerdo,
veja:
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Perceba que 𝛼 + 𝛽 < 180°. Assim, o prolongamento das retas se encontrará no lado onde a soma
desses ângulos é menor que 180°. O prolongamento das retas 𝑟 e 𝑠 se encontram no ponto 𝑃:
Esse postulado é conhecido como Postulado das Paralelas. Segundo o matemático Playfair, temos
um axioma equivalente ao quinto postulado de Euclides:
Dado um ponto 𝑃 que não está contido numa reta 𝑟, existe uma única reta 𝑠 no plano de 𝑃 e 𝑟 tal
que 𝑠 contém 𝑃 e 𝑠 ∩ 𝑟 = ∅.
Esse axioma diz que existe uma única reta 𝑠 paralela à reta 𝑟 que passa pelo ponto 𝑃 fora de 𝑟.
1.3. Definições
1.3.1. Retas Concorrentes
Duas retas distintas são concorrentes se, e somente se, elas têm um único ponto comum.
𝑟 ∩ 𝑠 = {𝑃}
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1.3.2. Retas Paralelas
Se as retas 𝑟 e 𝑠 são paralelas e distintas entre si, então 𝑟 ∩ 𝑠 = ∅. Simbolicamente, 𝑟//𝑠
representa que a reta 𝑟 é paralela à reta 𝑠. Temos duas possibilidades para 𝑟//𝑠:
1) 𝑟 e 𝑠 são coincidentes:
2) 𝑟 e 𝑠 são distintas:
1.3.3. Retas Reversas
Duas retas são reversas se, e somente se, não pertencem a um mesmo plano.
(𝑟 e 𝑠 são reversas) ⇔ (∄𝛼 tal que 𝑟, 𝑠 ⊂ 𝛼 e 𝑟 ∩ 𝑠 = ∅)
Perceba que retas reversas não se interceptam e não podem ser paralelas entre si.
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2. Segmento De Reta
Vimos que um segmento de reta é uma parte de uma reta e que a reta é infinita por definição.
Vamos estudar as notações usuais para os diferentes tipos de retas:
Reta 𝐴𝐵 ⃡ :
Segmento de reta 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ :
Semirreta 𝐴𝐵 :
Semirreta 𝐵𝐴 :
Usualmente, representamos a medida do segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ por 𝑚𝑒𝑑(𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ) ou simplesmente 𝐴𝐵.
2.1. Classificação Dos Segmentos
2.1.1. Congruentes
Dois segmentos de reta são congruentes quando eles possuem as mesmas medidas. Usamos o
símbolo ≡ para indicar a congruência.
Exemplo:
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ≡ 𝐶𝐷̅̅ ̅̅
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2.1.2. Colineares
Dois segmentos de reta são colineares quando eles pertencem a uma mesma reta suporte.
Exemplo:
2.1.3. Consecutivos
Dois segmentos de reta são consecutivos quando eles possuem uma extremidade comum.
Exemplo:
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ são consecutivos
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2.1.4. Adjacentes
Dois segmentos de reta são adjacentes quando são colineares e consecutivos e possuem apenas
uma extremidade comum.
Exemplo:
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ são adjacentes, pois possuem apenas o ponto 𝐵 comum:
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ∩ 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = {𝐵}
𝑀𝑁 e 𝑁𝑃 não são adjacentes, pois possuem mais de uma extremidade em comum:
𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ ∩ 𝑁𝑃̅̅ ̅̅ = 𝑁𝑃̅̅ ̅̅
2.1.5. Comensuráveis
Dizemos que os segmentos 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ são comensuráveis se, e somente se, existe uma unidade de
segmento 𝑢 ∈ ℝ+
∗ tal que 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑛 ∙ 𝑢 e 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝑚 ∙ 𝑢 com 𝑚, 𝑛 ∈ ℕ∗. De modo mais simples, comensurável
significa que algo pode ser medido. Assim, se 𝐴𝐵 é comensurável, podemos escrevê-lo como um múltiplo
natural de uma unidade de segmento.
Também podemos dizer que os segmentos 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ são comensuráveis quando a razão entre eles
for um número racional. Assim, temos:
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
𝐶𝐷̅̅ ̅̅
=
𝑛 ∙ 𝑢
𝑚 ∙ 𝑢
=
𝑛
𝑚
∈ ℚ+
∗
2.1.6. Incomensuráveis
Quando não pudermos medir os segmentos, dizemos que eles são incomensuráveis. Podemos
tomar a diagonal e o lado de um quadrado como exemplo:
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Como o triângulo 𝐴𝐵𝐶 é retângulo, podemos aplicar o Teorema de Pitágoras para encontrar o
valor da diagonal:
𝑑2 = 12 + 12 ⇒ 𝑑 = √2
Assim, fazendo a razão entre a diagonal e o lado do quadrado, temos:
𝐴𝐶̅̅ ̅̅
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
=
√2
1
= √2 ∉ ℚ+
∗
Logo, como a razão entre a diagonal e o lado do quadrado não é um número racional, dizemos que
o lado do quadrado não é comensurável com sua diagonal.
2.2. Ponto Médio De Um Segmento
Um ponto 𝑀 é chamado de ponto médio de um segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ quando 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ ≡ 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅ e 𝑀 está entre
𝐴 e 𝐵.
Vamos provar a unicidade do ponto médio do segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ :
Supondo que o ponto médio não é único, podemos ter os pontos médios 𝑀 e 𝑁 distintos tal que:
𝐴𝑀̅̅̅̅̅ ≡ 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅ e 𝐴𝑁̅̅ ̅̅ ≡ 𝑁𝐵̅̅ ̅̅
Temos dois casos:
Caso 1)
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𝑀 está entre 𝐴 e 𝑁, então 𝐴𝑁̅̅ ̅̅ > 𝐴𝑀̅̅̅̅̅
𝑁 está entre 𝑀 e 𝐵, então 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅ > 𝑁𝐵̅̅ ̅̅
⇒ 𝐴𝑁̅̅ ̅̅ > 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ ≡ 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅ > 𝑁𝐵̅̅ ̅̅
⇒ 𝐴𝑁̅̅ ̅̅ > 𝑁𝐵̅̅ ̅̅
Absurdo! Pois, pela hipótese 𝐴𝑁̅̅ ̅̅ ≡ 𝑁𝐵̅̅ ̅̅ .
Caso 2)
𝑁 está entre 𝐴 e 𝑀, então 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ > 𝐴𝑁̅̅ ̅̅
𝑀 está entre 𝑁 e 𝐵, então 𝑁𝐵̅̅ ̅̅ > 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅
⇒ 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ > 𝐴𝑁̅̅ ̅̅ ≡ 𝑁𝐵̅̅ ̅̅ > 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅
⇒ 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ > 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅
Absurdo! Pois, pela hipótese 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ ≡ 𝑀𝐵̅̅ ̅̅̅.
Portanto, o ponto médio do segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ é único.
3. Ângulos
3.1. Região Convexa E Região Côncava
Um conjunto de pontos é convexo se, e somente se, para todo par de pontos 𝐴 e 𝐵 do conjunto,
o segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ está inteiramente contida no conjunto. Caso contrário, esse conjunto de pontos é
côncavo.
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Perceba que para os conjuntos 𝑅1 e 𝑅2, todos os pontos 𝐴 e 𝐵 dentro desses conjuntos estão
inteiramente contidos no conjunto. Isso não ocorre para os conjuntos 𝑅3 e 𝑅4. Logo, os conjuntos 𝑅1 e 𝑅2
são convexos e os conjuntos 𝑅3 e 𝑅4 são côncavos.
Usando símbolos matemáticos:
𝑹 é 𝒄𝒐𝒏𝒗𝒆𝒙𝒂 ⇔ (∀𝑨, 𝑩 ∈ 𝑹 𝒆 𝑨 ≠ 𝑩 → 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ⊂ 𝑹)
𝑹 é 𝒄ô𝒏𝒄𝒂𝒗𝒂 ⇔ (∃𝑨, 𝑩 ∈ 𝑹 𝒆 𝑨 ≠ 𝑩 → 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ⊄ 𝑹)
3.2. Definição De Ângulo
Chamamos de ângulo a figura formada por duas semirretas não colineares de mesma origem.
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O ponto 𝑂 é o vértice do ângulo e as semirretas 𝑂𝐴 e 𝑂𝐵 são os lados do ângulo.
Perceba que, caso as semirretas não sejam opostas, o ângulo determina duas regiões angulares,
um convexo e um côncavo. A região interna do
ângulo 𝑅1 é convexa e a região externa 𝑅2 é côncava. 𝛼 é
a notação usada para representar o ângulo da região convexa e 𝛽 é o ângulo da região côncava. Também
podemos usar a notação 𝛼 = 𝐴Ô𝐵 = Ô.
3.3. Classificação Dos Ângulos
3.3.1. Ângulo Adjacente
Dois ângulos são adjacentes se, e somente se, não tem pontos internos comuns.
Exemplos:
𝐴Ô𝐵 e 𝐵Ô𝐶 são adjacentes
𝐴Ô𝐵 e 𝐴Ô𝐶 não são adjacentes, pois 𝐴Ô𝐵 possui pontos internos comuns com 𝐴Ô𝐶
3.3.2. Ângulo Consecutivo
Dois ângulos são consecutivos se, e somente se, um lado de um deles coincide com o lado do
outro.
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Exemplos:
𝐴Ô𝐵 e 𝐵Ô𝐶 são consecutivos, pois possuem o lado 𝑂𝐵 em comum
𝐴Ô𝐷 e 𝐵Ô𝐶 não são consecutivos, pois não possuem lado em comum
𝐴Ô𝐶 e 𝐴Ô𝐵 são consecutivos, pois possuem o lado 𝑂𝐴 em comum
3.3.3. Ângulos Opostos Pelo Vértice
Dois ângulos são opostos pelo vértice quando os lados de um deles são as semirretas opostas dos
lados do outro. Consequentemente, esses ângulos são iguais.
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𝐴Ô𝐵 e 𝐶Ô𝐷 são opostos pelo vértice
Como 𝑂𝐷 é o oposto de 𝑂𝐵 e 𝑂𝐶 é o oposto de 𝑂𝐴 , temos 𝐴Ô𝐵 + 𝐴Ô𝐷 = 180° e 𝐶Ô𝐷 + 𝐴Ô𝐷 =
180°, logo 𝐴Ô𝐵 = 𝐶Ô𝐷.
𝐴Ô𝐵 e 𝐶Ô𝐷 não são opostos pelo vértice, pois o lado 𝑂𝐷 não é a semirreta oposta de 𝑂𝐵
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3.3.4. Ângulo Reto, Agudo, Obtuso E Raso
Ângulo agudo é todo ângulo menor do que 90°.
Ângulo obtuso é todo ângulo maior do que 90°.
Ângulo reto é todo ângulo igual a 90°.
Ângulo raso é todo ângulo igual a 180°.
Tipo de Ângulo Condição
Agudo < 90°
Obtuso > 90°
Reto = 90°
Raso = 180°
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3.3.5. Ângulo Complementar, Suplementar, Replementar E
Explementar
Classificação para 𝜶 e
𝜷
Condição
Complementar 𝛼 + 𝛽 = 90°
Suplementar 𝛼 + 𝛽 = 180°
Replementar 𝛼 + 𝛽 = 360°
Explementar 𝛼 − 𝛽 = 180°
3.4. Unidades Usuais De Medidas
Atualmente, temos três unidades de medidas mais famosos: grau, grado e radiano. Vamos estudar
cada um deles:
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3.4.1. Grau
Um grau (1°) é a unidade de medida determinada pela divisão de uma circunferência em 360
partes iguais. Assim, se dividimos uma circunferência no meio, cada arco que obtemos terá a medida de
180°.
O grau pode ser subdividido em duas outras:
Definimos um minuto por 1′ e ele equivale a 1/60 do ângulo de um grau.
Um segundo é representado por 1′′ e equivale a 1/60 do ângulo de um minuto.
Dessa forma, temos as seguintes relações:
1′ =
1°
60
𝑒 1′′ =
1′
60
1° = 60′ (60 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠)
1′ = 60′′ (60 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠)
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As medidas acima são conhecidas como sistema sexagesimal.
3.4.2. Grado
Um grado (1 𝑔𝑟) é a unidade de medida determinada pela divisão da circunferência em 400 partes
iguais. Dessa forma, se dividimos a circunferência no meio, cada arco terá a medida de 200 𝑔𝑟.
3.4.3. Radiano
Um radiano (1 𝑟𝑎𝑑) é a unidade de medida igual ao comprimento do raio da circunferência. O
comprimento total de uma circunferência é dado por:
𝐶 = 2𝜋𝑟
Onde 𝑟 é o raio da circunferência e 𝐶 é o seu comprimento total.
𝜋, lê-se “pi”, e seu valor numérico é aproximadamente:
𝜋 ≅ 3,14
Então, usando a fórmula:
𝑨�̂� =
𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒊𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒆 𝑨�̂�
𝒄𝒐𝒎𝒑𝒓𝒊𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 𝒅𝒂 𝒖𝒏𝒊𝒅𝒂𝒅𝒆
E tomando 𝐴�̂� como o arco de uma volta completa na circunferência, temos:
𝐴�̂� =
2𝜋𝑟
𝑟
= 2𝜋
Assim, o arco de uma volta completa corresponde a 2𝜋 𝑟𝑎𝑑.
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Veja o exemplo:
1) Um arco de circunferência 𝐴�̂� mede 10 cm e o raio da circunferência mede 5 cm. Calcule a
medida do arco em radianos:
Temos a seguinte figura:
Vamos usar a fórmula da medida do arco:
𝐴�̂� =
𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝐴�̂�
𝑐𝑜𝑚𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑎𝑖𝑜
𝐴�̂�𝐵 =
10 𝑐𝑚
5 𝑐𝑚
= 2 𝑟𝑎𝑑
Vimos os três principais tipos de medidas usadas para os ângulos. Podemos estabelecer a seguinte
equivalência entre elas:
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2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = 360° = 400 𝑔𝑟
A tabela abaixo esquematiza essas relações:
Grau Grado Radiano
𝟑𝟔𝟎° 400𝑔𝑟 2𝜋 𝑟𝑎𝑑
𝟏𝟖𝟎° 200𝑔𝑟 𝜋 𝑟𝑎𝑑
3.5. Conversão De Unidades De Medida
Para converter ângulos em sistemas de medidas diferentes, podemos aplicar a regra de três. Sendo
𝐺 a medida em graus e 𝑔 a medida em grados, a conversão de graus em radianos é dada por:
360° − 400 𝑔𝑟
𝐺 − 𝑔
Aplicando a regra de três, temos:
360𝑔 = 400𝐺
𝑔 =
10
9
𝐺
Para converter graus em radianos, podemos usar a mesma ideia. Sendo 𝑟 a medida em radianos:
360° − 2𝜋 𝑟𝑎𝑑
𝐺 − 𝑟
360𝑟 = 2𝜋𝐺
𝑟 =
𝜋
180
𝐺
Vejamos um exemplo:
Vamos fazer a conversão de 240° em grado e em radianos:
Chamando de 𝑥 e 𝑦 os valores que queremos calcular, temos:
360° − 2𝜋 𝑟𝑎𝑑
240° − 𝑥
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Aplicando a regra de três:
360𝑥 = 240 ∙ 2𝜋
𝑥 =
4
3
𝜋 𝑟𝑎𝑑
Analogamente para grados:
360° − 400𝑔𝑟
240° − 𝑦
360𝑦 = 240 ∙ 400
𝑦 =
800
3
𝑔𝑟
3.6. Bissetriz
3.6.1. Definição
Uma semirreta 𝑂𝐶 interna ao ângulo 𝐴Ô𝐵 é bissetriz de 𝐴Ô𝐵 se, e somente se, 𝐴Ô𝐶 ≡ 𝐵Ô𝐶. Na
prática, a bissetriz é a semirreta localizada internamente na metade do ângulo.
Exemplo:
3.6.2. Unicidade Da Bissetriz
Vamos demonstrar a unicidade da bissetriz. Suponha que 𝑂𝐶 e 𝑂𝐷 sejam semirretas distintas e
bissetrizes do ângulo 𝐴Ô𝐵. Então, temos pela definição:
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𝐴Ô𝐶 = 𝐵Ô𝐶
𝐴Ô𝐷 = 𝐵Ô𝐷 ⇒ 𝐴Ô𝐶 + 𝐶Ô𝐷 = 𝐵Ô𝐶 − 𝐶Ô𝐷
Como 𝐴Ô𝐶 = 𝐵Ô𝐶, temos:
𝐴Ô𝐶 + 𝐶Ô𝐷 = 𝐵Ô𝐶 − 𝐶Ô𝐷
𝐶Ô𝐷 = −𝐶Ô𝐷
𝐶Ô𝐷 = 0
⇒ 𝑂𝐶 = 𝑂𝐷
Absurdo! Pois, por hipótese 𝑂𝐶 e 𝑂𝐷 são distintos!
Portanto, a bissetriz é única.
Exercícios de Fixação
Demonstre que dois ângulos opostos pelo vértice são congruentes.
Resolução:
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𝐴Ô𝐵 e 𝐶Ô𝐷 são opostos pelo vértice
Como 𝑂𝐷 é o oposto de 𝑂𝐵 e 𝑂𝐶 é o oposto de 𝑂𝐴 , temos 𝐴Ô𝐵 + 𝐴Ô𝐷 = 180° e 𝐶Ô𝐷 +
𝐴Ô𝐷 = 180°, logo 𝐴Ô𝐵 = 𝐶Ô𝐷.
GABARITO: DEMONSTRAÇÃO
Determine o complemento, suplemento e replemento do ângulo de 𝟑𝟕°𝟑𝟐′𝟏𝟓′′.
Resolução:
Esse ângulo está no sistema sexagesimal.
Seja 𝛼, 𝛽 e 𝛾 o complemento, suplemento e replemento do ângulo dado, respectivamente.
Dessa forma, temos:
𝛼 = 90° − 37°32′15′′
Escrevendo 90° no sistema sexagesimal:
𝛼 = 89°59′60′′ − 37°32′15′′
𝛼 = 52°27′45′′
Calculando o suplemento:
𝛽 = 180° − 37°32′15′′
𝛽 = 179°59′60′′ − 37°32′15′′
𝛽 = 142°27′45′′
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Calculando o replemento:
𝛾 = 360° − 37°32′15′′
𝛾 = 359°59′60′′ − 37°32′15′′
𝛾 = 322°27′45′′
GABARITO: 𝑪𝒐𝒎𝒑𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 = 𝟓𝟐°𝟐𝟕′𝟒𝟓′′, 𝒔𝒖𝒑𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 = 𝟏𝟒𝟐°𝟐𝟕′𝟒𝟓′′ 𝒆 𝒓𝒆𝒑𝒍𝒆𝒎𝒆𝒏𝒕𝒐 = 𝟑𝟐𝟐°𝟐𝟕′𝟒𝟓′′
Determine a medida sexagesimal do suplemento do complemento do ângulo de
𝟐𝟖, 𝟕𝟓 𝒈𝒓.
Resolução:
Inicialmente, vamos converter o ângulo de grado para graus:
28,75 𝑔𝑟 − 𝑥
200 𝑔𝑟 − 180°
𝑥 =
180
200
∙ 28,75°
𝑥 = 25,875°
Escrevendo 𝑥 no sistema sexagesimal:
1° − 60′
0,875° − 𝑦
𝑦 = 60 ∙ 0,875′ = 52,5′
1′ − 60′′
0,5′ − 𝑧
𝑧 = 60 ∙ 0,5′′ = 30′′
⇒ 𝑥 = 25°52′30′′
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Seja 𝛼, o complemento de 𝑥, então:
𝛼 = 90° − 25°52′30′′
𝛼 = 89°59′60′′ − 25°52′30′′
𝛼 = 64°7′30′′
Seja 𝛽, o suplemento de 𝛼:
𝛽 = 180° − 64°7′30′′
𝛽 = 179°59′60′′ − 64°7′30′′
𝛽 = 115°52′30′′
GABARITO: 𝟏𝟏𝟓°𝟓𝟐′𝟑𝟎′′
Determine o menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 𝟓𝒉 𝟏𝟎𝒎𝒊𝒏.
Resolução:
Temos a seguinte situação:
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O ponteiro das horas percorre 30° quando completa 1 hora e o ponteiro dos minutos percorre
360° quando o ponteiro das horas completa 1 hora. Então, quando o ponteiro das horas percorre
1°, o ponteiro dos minutos percorrerá (
360
30
) ° = 12°.
𝜃 é o ângulo que o ponteiro das horas percorre quando o ponteiro dos minutos percorre 60°.
Usando uma regra de três, temos:
ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 − 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠
1° − 12°
𝜃 − 60°
𝜃 = (
60
12
) ° = 5°
O menor ângulo formado pelos ponteiros do relógio é dado por:
𝜃 + 90° = 95°
GABARITO: 𝟗𝟓°
Determine o menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 4h 42min.
Resolução:
Temos a seguinte situação:
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𝛼 é o ângulo do ponteiro dos minutos. Usando a regra de três para calcular 𝛼:
𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠 − 𝑔𝑟𝑎𝑢𝑠
60 − 360°
42 − 𝛼
𝛼 = 360 ∙
42
60
𝛼 = 252°
Para calcular 𝜃, podemos usar novamente a regra de três:
ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 − 𝑚𝑖𝑛𝑢𝑡𝑜𝑠
30° − 360°
𝜃 − 252°
𝜃 =
30
360
∙ 252
𝜃 = 21°
O menor ângulo formado pelos ponteiros do relógio às 4ℎ42𝑚𝑖𝑛 é dado por:
𝛼 − 𝜃 − 120° = 252° − 21° − 120° = 111°
GABARITO: 𝟏𝟏𝟏°
𝑶𝑿 e 𝑶𝒀 são as bissetrizes de dois ângulos adjacentes, 𝑨Ô𝑩 e 𝑩Ô𝑪 ambos agudos,
e tais que 𝑨Ô𝑩 − 𝑩Ô𝑪 = 𝟑𝟔°. 𝑶𝒁 é a bissetriz do ângulo 𝑿Ô𝒀, calcular o ângulo 𝑩Ô𝒁.
Resolução:
Supondo que 𝑂𝑋 seja bissetriz de 𝐴Ô𝐵 e 𝑂𝑌 , bissetriz de 𝐵Ô𝐶, temos:
(Poderia ser o contrário, com 𝑂𝑋 , bissetriz de 𝐵Ô𝐶 e 𝑂𝑌 , bissetriz de 𝐴Ô𝐵. O resultado seria
o mesmo.)
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Sejam 𝛼 e 𝛽 os ângulos de 𝐴Ô𝑋 e 𝐵Ô𝑌, respectivamente. Assim, temos:
𝐴Ô𝑋 = 𝐵Ô𝑋 = 𝛼
𝐵Ô𝑌 = 𝐶Ô𝑌 = 𝛽
De acordo com o enunciado:
𝐴Ô𝐵 − 𝐵Ô𝐶 = 36° ⇒ 2𝛼 − 2𝛽 = 36° ⇒ 𝛼 − 𝛽 = 18°
Queremos calcular 𝐵Ô𝑍. Como 𝑂𝑍 é bissetriz de 𝑋Ô𝑌:
𝑋Ô𝑍 = 𝛼 − 𝑥 (𝐼)
𝑋Ô𝑍 = 𝑌Ô𝑍 = 𝛽 + 𝑥 (𝐼𝐼)
Fazendo (𝐼) − (𝐼𝐼):
0 = 𝛼 − 𝑥 − 𝛽 − 𝑥
𝑥 =
𝛼 − 𝛽
2
𝑥 =
18°
2
∴ 𝑥 = 9°
GABARITO: 𝑩Ô𝒁 = 𝟗°
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As bissetrizes de dois ângulos consecutivos formam um ângulo de 𝟑𝟖°. Um dos
ângulos mede 𝟒𝟏°. Calcular o outro ângulo.
Resolução:
Como são ângulos consecutivos, temos duas possibilidades:
1) Um dos ângulos é interno ao outro:
Nesse caso, temos:
𝑋Ô𝑌 = 𝑋Ô𝐶 + 𝑌Ô𝐶
38° = 𝛼 − 2𝑥 + 𝑥
𝛼 − 𝑥 = 38°
Se 𝐴Ô𝐵 for o ângulo dado:
2𝛼 = 41° ⇒ 𝛼 = 20,5°
𝛼 − 𝑥 = 38° ⇒ 𝑥 = 𝛼 − 38° ⇒ 𝑥 = −17,5°
Como 𝑥 é negativo, essa situação não é possível.
Se 𝐵Ô𝐶 for o ângulo dado:
2𝑥 = 41° ⇒ 𝑥 = 20,5°
𝛼 − 𝑥 = 38° ⇒ 𝛼 = 𝑥 + 38° ⇒ 𝛼 = 58,5°
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Dessa forma, o outro ângulo é dado por:
𝐴Ô𝐵 = 2𝛼 = 117°
2) Os ângulos são adjacentes:
Supondo que um dos ângulos seja 𝐴Ô𝐵, temos:
2𝛼 = 41° ⇒ 𝛼 = 20,5°
𝛼 + 𝛽 = 38° ⇒ 𝛽 = 17,5°
Assim, o outro ângulo é dado por:
2𝛽 = 35°
GABARITO: 𝟑𝟓° 𝒐𝒖 𝟏𝟏𝟕°
Quatro semirretas 𝑶𝑨 , 𝑶𝑩 , 𝑶𝑪 e 𝑶𝑫 forma os ângulos adjacentes 𝑨Ô𝑩, 𝑩Ô𝑪, 𝑪Ô𝑫
e 𝑫Ô𝑨, respectivamente proporcionais aos números 𝟏, 𝟐, 𝟒 e 𝟓. Determine o ângulo formado pelas
bissetrizes de 𝑨Ô𝑩 e 𝑪Ô𝑫.
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Resolução:
Temos a seguinte figura:
Queremos calcular o ângulo 𝑋Ô𝑌. Definindo 𝐴Ô𝐵 = 𝛼, temos:
𝐴Ô𝐵 = 𝛼
𝐵Ô𝐶 = 2𝛼
𝐶Ô𝐷 = 4𝛼
𝐷Ô𝐴 = 5𝛼
A soma desses ângulos resulta no ângulo de 360°. Então:
𝛼 + 2𝛼 + 4𝛼 + 5𝛼 = 360°
12𝛼 = 360°
𝛼 = 30°
𝑋Ô𝑌 é dado por:
𝑋Ô𝑌 = 𝑋Ô𝐵 + 𝐵Ô𝐶 + 𝐶Ô𝑌
𝑋Ô𝑌 =
𝛼
2
+ 2𝛼 +
4𝛼
2
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𝑋Ô𝑌 =
9𝛼
2
𝑋Ô𝑌 =
9
2
∙ 30° = 135°
GABARITO: 𝟏𝟑𝟓°
Do vértice de um ângulo traçam-se as semirretas perpendiculares aos seus lados.
Demonstrar que o ângulo formado por essas semirretas e o ângulo dado são suplementares.
Resolução:
Supondo genericamente a seguinte situação:
Podemos ver pela figura que:
𝛼 + 𝛽 + 90° + 90° = 360°
𝛼 + 𝛽 = 180°
∴ 𝛼 e 𝛽 são suplementares
GABARITO: DEMONSTRAÇÃO
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4. Triângulos
4.1. Definição
Dados três pontos 𝐴, 𝐵 e 𝐶 não colineares, os segmentos 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ e 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ definem o triângulo 𝐴𝐵𝐶.
Dizemos que 𝐴, 𝐵 e 𝐶 são os vértices do triângulo e os segmentos formados por esses pontos são
os lados do triângulo.
𝑎, 𝑏 e 𝑐 são os lados opostos dos ângulos �̂�, �̂� e �̂�, respectivamente.
4.2. Classificação Dos Triângulos
4.2.1. Quanto Aos Lados
Um triângulo é classificado em:
Equilátero se, e somente se, todos os seus lados são congruentes.
Isósceles se, e somente se, possui dois lados congruentes.
Escaleno se, e somente se, nenhum lado é congruente.
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4.2.2. Quanto Aos Ângulos
Um triângulo é classificado em:
Retângulo se, e somente se, possui um ângulo reto.
Acutângulo se, e somente se, todos os ângulos internos são agudos.
Obtusângulo se, e somente se, possui um ângulo obtuso.
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4.2.3. Síntese De Clairaut
Seja um triângulo qualquer de lados 𝑎, 𝑏 e 𝑐, sendo 𝑎 o maior lado, podemos classificar o triângulo
de acordo com as seguintes condições:
Condição Tipo de triângulo
𝒂𝟐 < 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 Acutângulo
𝒂𝟐 = 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 Retângulo
𝒂𝟐 > 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 Obtusângulo
4.3. Cevianas Notáveis
Definimos como ceviana qualquer reta que passa pelo vértice do triângulo. Vamos estudar as
principais:
4.3.1. Altura
Usualmente, usamos a letra ℎ para denotar a altura de um triângulo. Ela é um segmento que passa
pelo vértice do triângulo e forma um ângulo reto com o lado oposto desse vértice.
𝐴𝐻̅̅ ̅̅
é a altura do vértice 𝐴.
4.3.2. Mediana
A mediana de um triângulo é o segmento que passa pelo vértice e pelo ponto médio do lado
oposto ao vértice.
Na figura abaixo, 𝐴𝑀̅̅̅̅̅ é a mediana do vértice 𝐴.
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4.3.3. Bissetrizes Interna E Externa
A bissetriz interna de um triângulo é o segmento que divide o ângulo interno em dois ângulos
congruentes. A bissetriz externa é o segmento que divide o ângulo externo em dois ângulos congruentes.
𝐴𝐵𝑖̅̅ ̅̅ ̅ é a bissetriz interna do Δ𝐴𝐵𝐶 e 𝐴𝐵𝑒̅̅ ̅̅ ̅ é sua bissetriz externa.
4.4. Condição De Existência Do Triângulo
Na geometria plana, temos o postulado da distância mínima que afirma:
“A menor distância entre dois pontos é uma reta”.
Por esse postulado, podemos estudar a condição de existência do triângulo.
Assim, para um triângulo 𝐴𝐵𝐶, temos:
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𝑎 < 𝑏 + 𝑐
𝑏 < 𝑎 + 𝑐 ⇒ 𝑏 − 𝑐 < 𝑎
𝑐 < 𝑎 + 𝑏 ⇒ 𝑐 − 𝑏 < 𝑎
|𝒃 − 𝒄| < 𝒂 < 𝒃 + 𝒄
Essa desigualdade é conhecida como desigualdade triangular.
4.5. Congruência De Triângulos
Podemos afirmar que dois ou mais triângulos são congruentes se, e somente se, todos os lados e
ângulos internos deles forem congruentes na mesma ordem.
Um postulado que consegue garantir a congruência de triângulos é o LAL, esse postulado gera
outros teoremas que também provam a congruência de triângulos. Não veremos a demonstração dos
teoremas, pois o que nos interessa é saber como aplicá-los.
4.5.1. Postulado 𝑳𝑨𝑳 (Lado-Ângulo-Lado)
Esse postulado diz que se dois triângulos tiverem dois lados e o ângulo entre esses lados
congruentes, podemos afirmar que esses triângulos são congruentes.
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{
 ≡ Â′
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ≡ 𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅̅
𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ≡ 𝐴′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅
⇒ Δ𝐴𝐵𝐶 ≡ Δ𝐴′𝐵′𝐶′
4.5.2. Teorema 𝑨𝑳𝑨 (Ângulo-Lado-Ângulo)
Se o lado e os ângulos adjacentes de dois triângulos forem congruentes ordenadamente, podemos
afirmar que os triângulos são congruentes.
{
 ≡ Â′
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ≡ 𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅̅
�̂� ≡ 𝐵′̂
⇒ Δ𝐴𝐵𝐶 ≡ Δ𝐴′𝐵′𝐶′
4.5.3. Teorema 𝑳𝑳𝑳 (Lado-Lado-Lado)
Se os três lados de dois triângulos são ordenadamente congruentes, esses triângulos são
congruentes.
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{
𝐴𝐶̅̅ ̅̅ ≡ 𝐴′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ ≡ 𝐴′𝐵′̅̅ ̅̅ ̅̅
𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ≡ 𝐵′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅̅
⇒ Δ𝐴𝐵𝐶 ≡ Δ𝐴′𝐵′𝐶′
4.5.4. Teorema 𝑳𝑨𝑨𝟎 (Lado-Ângulo Adjacente-Ângulo Oposto)
Se dois triângulos tiverem o lado, ângulo adjacente e ângulo oposto desse lado congruentes, então
esses triângulos são congruentes.
{
 ≡ Â′
�̂� ≡ 𝐵′̂
𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ≡ 𝐵′𝐶′̅̅ ̅̅ ̅̅
⇒ Δ𝐴𝐵𝐶 ≡ Δ𝐴′𝐵′𝐶′
4.6. Consequência Do Postulado 𝑳𝑨𝑳
4.6.1. Triângulo Isósceles
Sabemos que um triângulo 𝐴𝐵𝐶 é isósceles se, e somente se, possui dois lados iguais.
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Seja Δ𝐴𝐵𝐶 isósceles com 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶. Traçando-se a bissetriz no vértice 𝐴, temos:
Como 𝐴𝐷 é a bissetriz do vértice 𝐴, temos 𝐵Â𝐷 = 𝐶Â𝐷.
Usando o postulado 𝐿𝐴𝐿, sabemos que Δ𝐴𝐵𝐷 ≡ Δ𝐴𝐶𝐷. Então, os elementos correspondentes são
congruentes:
Δ𝐴𝐵𝐷 ≡ Δ𝐴𝐶𝐷
𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 ⇒ 𝐵𝐷 = 𝐶𝐷 ⇒ 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ é mediana
⇒ �̂� ≡ �̂�
𝐴�̂�𝐵 = 𝐴�̂�𝐶 = 𝜃 ⇒ 𝜃 + 𝜃 = 180° ⇒ 𝜃 = 90° ⇒ 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ é altura
Como 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ é mediana e altura ao mesmo tempo, temos por definição que 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ é mediatriz do
triângulo 𝐴𝐵𝐶. Perceba que todos os pontos da mediatriz do segmento 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ são equidistantes das
extremidades 𝐵 e 𝐶. Então, se não soubéssemos que o triângulo 𝐴𝐵𝐶 era isósceles, pelo fato do segmento
𝐴𝐷 ser mediatriz, poderíamos afirmar que ele é isósceles. Isso pode ser provado pelo postulado 𝐿𝐴𝐿:
{
𝐵𝐷 ≡ 𝐷𝐶
𝐵�̂�𝐴 ≡ 𝐶�̂�𝐴
𝐷𝐴 ≡ 𝐷𝐴
⇒ Δ𝐵𝐷𝐴 ≡ Δ𝐶𝐷𝐴 ⇒ 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶
4.6.2. Teorema Do Ângulo Externo
O Teorema do Ângulo Externo diz que:
Um ângulo externo de um triângulo é maior do que qualquer um dos ângulos internos não
adjacente.
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𝛾′ > 𝛼
𝛾′ > 𝛽
Demonstração:
Seja 𝑀 o ponto médio do lado 𝐴𝐶 e 𝐷 o ponto tal que 𝐵𝑀 = 𝑀𝐷 e 𝐵, 𝑀 e 𝐷 são colineares.
Temos:
𝐴𝑀 = 𝑀𝐶
𝐵𝑀 = 𝑀𝐷
Como 𝐴�̂�𝐵 e 𝐶�̂�𝐷 são ângulos opostos pelo vértice temos que 𝐴�̂�𝐵 = 𝐶�̂�𝐷. Então, usando o
postulado 𝐿𝐴𝐿, podemos afirmar que Δ𝐵𝐴𝑀 ≡ Δ𝐷𝐶𝑀 e consequentemente 𝐵�̂�𝑀 = 𝐷�̂�𝑀.
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𝛼 é ângulo interno a 𝛾′, logo 𝛾′ > 𝛼.
Analogamente, tomando-se o ponto médio de 𝐵𝐶, podemos provar que 𝛾′ > 𝛽.
4.6.3. Desigualdades No Triângulo
Dado o triângulo 𝐴𝐵𝐶 abaixo, temos:
𝒂 > 𝒃 > 𝒄 ⇔ 𝜶 > 𝜷 > 𝜸
Podemos afirmar que o maior ângulo possui o maior lado oposto.
Demonstração:
Vamos provar a ida:
𝑎 > 𝑏 > 𝑐 ⇒ 𝛼 > 𝛽 > 𝛾
Se 𝑎 > 𝑏 > 𝑐, podemos traçar o segmento 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ tal que Δ𝐴𝐷𝐶 seja isósceles com 𝐴𝐶 = 𝐷𝐶:
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Como 𝐷Â𝐶 é ângulo interno a 𝐵Â𝐶, temos 𝛼 > 𝜃.
𝐴�̂�𝐶 é ângulo externo ao triângulo 𝐴𝐵𝐷, então pelo teorema do ângulo externo temos 𝜃 > 𝛽.
Assim, encontramos:
𝛼 > 𝜃 > 𝛽 ⇒ 𝛼 > 𝛽
Agora, vamos provar que 𝛽 > 𝛾. Como 𝑏 > 𝑐, podemos traçar 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ tal que 𝐴𝐵 = 𝐴𝐷 = 𝑐:
Como 𝐴𝐷𝐵 é externo ao Δ𝐴𝐷𝐶, temos 𝛽 > 𝛾.
Portanto:
𝑎 > 𝑏 > 𝑐 ⇒ 𝛼 > 𝛽 > 𝛾
Para a volta, temos:
𝛼 > 𝛽 > 𝛾 ⇒ 𝑎 > 𝑏 > 𝑐
Por hipótese, temos 𝛼 > 𝛽. Vamos traçar 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ tal que:
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Como Δ𝐴𝐵𝐷 é isósceles, temos 𝐴𝐷 = 𝐵𝐷 = 𝑥. Usando a desigualdade triangular no Δ𝐴𝐷𝐶:
𝑏 < 𝑥 + (𝑎 − 𝑥)
⇒ 𝑏 < 𝑎
Pela hipótese, também podemos afirmar que 𝛽 > 𝛾 e traçar 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ dessa forma:
Δ𝐵𝐷𝐶 é isósceles ⇒ 𝐵𝐷 = 𝐶𝐷 = 𝑥 ⇒ 𝐴𝐷 = 𝑥 − 𝑐
Usando a desigualdade triangular no Δ𝐴𝐷𝐶:
|𝑥 − 𝑐 − 𝑥| < 𝑏
⇒ 𝑐 < 𝑏
Portanto:
𝛼 > 𝛽 > 𝛾 ⇒ 𝑎 > 𝑏 > 𝑐
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4.7. Ângulos De Retas Paralelas
Sejam as retas 𝑟, 𝑠, 𝑡 dadas tal que 𝑟//𝑠 e 𝑡 cruza as outras duas. Os ângulos formados pelo
cruzamento de 𝑡 com 𝑟 e 𝑠 possuem uma relação entre eles, veja:
Os ângulos 𝛼1, 𝛼2, 𝛼3, 𝛼4 são congruentes e os ângulos 𝛽1, 𝛽2, 𝛽3, 𝛽4 são congruentes.
𝛼1 ≡ 𝛼2 ≡ 𝛼3 ≡ 𝛼4
𝛽1 ≡ 𝛽2 ≡ 𝛽3 ≡ 𝛽4
Esses ângulos recebem as seguintes denominações:
Classificações Par de ângulos
Alternos internos 𝛼2 𝑒 𝛼3
𝛽2 𝑒 𝛽3
Alternos externos 𝛼1 𝑒 𝛼4
𝛽1 𝑒 𝛽4
Colaterais internos 𝛼2 𝑒 𝛽3
𝛽2 𝑒 𝛼3
Colaterais externos 𝛼1 𝑒 𝛽4
𝛼4 𝑒 𝛽1
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Demonstração:
Queremos provar:
𝛼 ≡ 𝛽 ⇔ 𝑟//𝑠
Vamos provar a ida:
𝛼 ≡ 𝛽 ⇒ 𝑟//𝑠
Suponha que 𝑟 não seja paralela a 𝑠, então pelo Postulado 𝑉 de Euclides temos que 𝑟 e 𝑠 se
interceptam em um ponto 𝑃. Temos dois casos possíveis:
1)
O ângulo 𝛼 é externo ao triângulo 𝐴𝐵𝑃. Pelo teorema do ângulo externo, temos 𝛼 > 𝛽.
2)
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O ângulo 𝛽 é externo ao triângulo 𝐴𝐵𝑃. Pelo teorema do ângulo externo, temos 𝛽 > 𝛼.
Absurdo! Pois, por hipótese temos 𝛼 ≡ 𝛽. Logo, 𝛼 ≡ 𝛽 ⇒ 𝑟//𝑠.
Agora, vamos provar a volta:
𝑟//𝑠 ⇒ 𝛼 ≡ 𝛽
Suponha que exista uma reta 𝑟′ tal que 𝛼 ≡ 𝛼′.
Como 𝛼 ≡ 𝛼′, temos 𝑟′//𝑠. Então, as retas 𝑟 e 𝑟′ são paralelas à reta 𝑠. Pelo quinto postulado de
Euclides, temos 𝑟 ≡ 𝑟′, logo 𝛼′ ≡ 𝛽. Portanto, 𝛼 ≡ 𝛽.
4.8. Teorema Angular De Tales
I) A soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180°.
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𝜶 + 𝜷 + 𝜸 = 𝟏𝟖𝟎°
II) O ângulo externo de um triângulo é igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes a ele.
𝜽 = 𝜶 + 𝜷
Demonstração:
I) A soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180°.
Traçando-se as retas 𝑟 e 𝑠 tal que 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ ⊂ 𝑠, 𝐴 ⊂ 𝑟 e 𝑟//𝑠.
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𝛼, 𝛽′ e 𝛾′ são elementos de um ângulo raso, então 𝛼 + 𝛽′ + 𝛾′ = 180°.
Como 𝑟//𝑠, temos 𝛽 ≡ 𝛽′ e 𝛾 ≡ 𝛾′. Portanto:
𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 180°
II) O ângulo externo de um triângulo é igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes a ele.
Podemos ver que 𝛾 + 𝜃 = 180° ⇒ 𝛾 = 180° − 𝜃.
Pelo Teorema I, sabemos que 𝛼 + 𝛽 + 𝛾 = 180°.
Substituindo o valor de 𝛾 na equação acima, temos:
𝛼 + 𝛽 + (180° − 𝜃) = 180°
∴ 𝜃 = 𝛼 + 𝛽
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4.9. Relações Métricas No Triângulo Retângulo
Relações métricas no triângulo
retângulo
(𝑰) 𝑏2 = 𝑎𝑛
(𝑰𝑰) 𝑐2 = 𝑎𝑚
(𝑰𝑰𝑰) ℎ2 = 𝑚𝑛
(𝑰𝑽) 𝑏𝑐 = 𝑎ℎ
(𝑽) 𝑏ℎ = 𝑐𝑛
(𝑽𝑰) 𝑐ℎ = 𝑏𝑚
(𝑽𝑰𝑰)
Pitágoras
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2
(𝑽𝑰𝑰𝑰) 1
ℎ2
=
1
𝑏2
+
1
𝑐2
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Demonstração:
Podemos ver que os triângulos 𝐴𝐵𝐶, 𝐷𝐵𝐴, 𝐷𝐴𝐶 são semelhantes. Assim, temos:
Δ𝐴𝐵𝐶~Δ𝐷𝐵𝐴 ⇒
{
𝑎
𝑏
=
𝑐
ℎ
⇒ 𝑏𝑐 = 𝑎ℎ
𝑎
𝑐
=
𝑐
𝑚
⇒ 𝑐2 = 𝑎𝑚
𝑏
𝑐
=
ℎ
𝑚
⇒ 𝑐ℎ = 𝑏𝑚
Δ𝐴𝐵𝐶~Δ𝐷𝐴𝐶 ⇒
{
𝑎
𝑏
=
𝑏
𝑛
⇒ 𝑏2 = 𝑎𝑛
𝑎
𝑐
=
𝑏
ℎ
⇒ 𝑏𝑐 = 𝑎ℎ
𝑏
𝑐
=
𝑛
ℎ
⇒ 𝑏ℎ = 𝑐𝑛
Δ𝐷𝐵𝐴~Δ𝐷𝐴𝐶 ⇒
{
𝑐
ℎ
=
𝑏
𝑛
⇒ 𝑏ℎ = 𝑐𝑛
𝑐
𝑚
=
𝑏
ℎ
⇒ 𝑐ℎ = 𝑏𝑚
𝑚
ℎ
=
ℎ
𝑛
⇒ ℎ2 = 𝑚𝑛
*Na próxima aula, veremos com mais detalhes os critérios de semelhança. Saiba que quando os
ângulos internos de dois triângulos são congruentes, podemos afirmar que ambos são semelhantes.
Já estudamos o Teorema de Pitágoras, podemos usá-la para provar
1
ℎ2
=
1
𝑏2
+
1
𝑐2
:
1
𝑏2
+
1
𝑐2
=
𝑐2 + 𝑏2
𝑏2𝑐2
Usando o Teorema de Pitágoras, temos:
1
𝑏2
+
1
𝑐2
=
𝑎2
𝑏2𝑐2
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Pela relação (𝐼𝑉):
𝑏𝑐 = 𝑎ℎ
𝑏2𝑐2 = 𝑎2ℎ2
Substituindo na equação:
1
𝑏2
+
1
𝑐2
=
𝑎2
𝑎2ℎ2
Portanto:
1
𝑏2
+
1
𝑐2
=
1
ℎ2
Exercícios de Fixação
Sabendo-se que 𝒓//𝒔//𝒕, calcule 𝒙.
Resolução:
Usando a propriedades dos ângulos de retas paralelas e ângulos opostos pelo vértice, temos:
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Pela figura, podemos ver que:
127° − 𝑥 = 35°
𝑥 = 92°
GABARITO: 𝟗𝟐°
Dada a figura abaixo e sabendo que 𝒓//𝒔, demonstre que 𝒙 = 𝜶 + 𝜷.
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Resolução:
Podemos traçar a reta 𝑡 tal que 𝑡//𝑠//𝑟:
Usando a propriedade dos ângulos opostos pelo vértice:
Podemos ver pela figura que:
𝑥 = 𝛼 + 𝛽
GABARITO: DEMONSTRAÇÃO
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Sabendo que 𝒓//𝒔. Determine o valor de 𝒙.
Resolução:
Escrevendo os ângulos correspondentes na figura, temos:
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Somando os ângulos, temos:
2𝑥 + 3𝑥 + 100° = 360°
5𝑥 = 260°
𝑥 = 52°
GABARITO: 𝟓𝟐°
Determine 𝒙 e 𝒚:
a)
b)
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Resolução:
a)
Usando as relações métricas do triângulo retângulo, temos:
𝑥𝑦 = 3 ∙ 4
Pelo Teorema de Pitágoras:
𝑥2 = 32 + 42 ⇒ 𝑥 = 5
Substituindo 𝑥 na equação:
5𝑦 = 12 ⇒ 𝑦 = 12/5
b)
Δ𝐴𝐵𝐷 é retângulo
Usando o Teorema de Pitágoras no Δ𝐴𝐵𝐷:
82 = 𝑥2 + 𝑦2 ⇒ 𝑥2 + 𝑦2 = 64 (𝐼)
Δ𝐴𝐵𝐷~Δ𝐵𝐷𝐶
𝑥
𝑦
=
𝑦
12
⇒ 𝑦2 = 12𝑥 (𝐼𝐼)
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Substituindo (𝐼𝐼) em (𝐼):
𝑥2 + 12𝑥 − 64 = 0
𝑥 = (−6 ± √100) = −16 𝑜𝑢 4
Como 𝑥 > 0, temos 𝑥 = 4.
Substituindo 𝑥 em (𝐼𝐼):
𝑦2 = 12 ∙ 4
𝑦 = 4√3
GABARITO: A) 𝒙 = 𝟓 𝒆 𝒚 = 𝟏𝟐/𝟓 B) 𝒙 = 𝟒 𝒆 𝒚 = 𝟒√𝟑
Determine 𝒙:
a)
b)
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Resolução:
a)
Fazendo 𝐴𝐷 = 𝑦 e aplicando o teorema de Pitágoras nos triângulos 𝐴𝐵𝐷 e 𝐴𝐷𝐶:
32 = 𝑥2 + 𝑦2 (𝐼)
62 = 𝑦2 + (𝑥 + 4)2 (𝐼𝐼)
Subtraindo (𝐼𝐼) − (𝐼):
36 − 9 = (𝑥 + 4)2 − 𝑥2
27 = (𝑥 + 4 − 𝑥)(𝑥 + 4 + 𝑥)
27
4
= 2𝑥 + 4
𝑥 =
27
8
− 2 =
11
8
b)
Fazendo 𝐴𝐷 = 𝑦 e aplicando o teorema de Pitágoras:
Δ𝐴𝐵𝐷:
(2√5)
2
= 𝑥2 + 𝑦2 (𝐼)
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Δ𝐵𝐷𝐶:
52 = 𝑥2 + (5 − 𝑦)2 (𝐼𝐼)
Subtraindo (𝐼𝐼) − (𝐼):
25 − 20 = (5 − 𝑦)2 − 𝑦2
5 = (5 − 𝑦 − 𝑦)(5 − 𝑦 + 𝑦)
1 = 5 − 2𝑦
2𝑦 = 4
𝑦 = 2
Substituindo 𝑦 em (𝐼):
20 = 𝑥2 + 22
𝑥2 = 16
𝑥 = 4
GABARITO: A) 𝒙 = 𝟏𝟏/𝟖 B) 𝒙 = 𝟒
O 𝚫𝑨𝑩𝑪 é retângulo em 𝑩 e 𝑪𝑫 = 𝟐 ∙ 𝑩𝑫. Calcule 𝒙.
Resolução:
Fazendo 𝐴𝐵 = 𝑏 e 𝐵𝐷 = 𝑎, temos 𝐶𝐷 = 2𝑎. Perceba que os triângulos 𝐴𝐵𝐷 e 𝐴𝐵𝐶 são
semelhantes, pois possuem todos os ângulos internos congruentes:
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Assim, calculando as razões entre os triângulos:
Δ𝐴𝐵𝐷~Δ𝐶𝐵𝐴
𝐵𝐷
𝐴𝐵
=
𝐴𝐵
𝐵𝐶
𝑎
𝑏
=
𝑏
3𝑎
𝑏2 = 3𝑎2
𝑏 = √3𝑎
O ângulo 𝑥 é dado por:
𝑡𝑔𝑥 =
𝑎
𝑏
=
𝑎
√3𝑎
=
√3
3
𝑥 = 30°
GABARITO: 𝒙 = 𝟑𝟎°
Na figura a seguir temos 𝑨𝑴 = 𝑴𝑩. Calcule a medida de 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ .
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Resolução:
Sabendo que a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180°, temos:
𝜃 + 𝛼 = 90° (𝐼)
𝛽 + 𝛾 = 90° (𝐼𝐼)
Sendo �̂� um ângulo raso:
𝛼 + 𝛽 + 90° = 180°
𝛼 + 𝛽 = 90° (𝐼𝐼𝐼)
Fazendo (𝐼𝐼𝐼) − (𝐼𝐼):
𝛼 − 𝛾 = 0 ⇒ 𝛼 = 𝛾
Fazendo (𝐼𝐼𝐼) − (𝐼):
𝛽 − 𝜃 = 0 ⇒ 𝛽 = 𝜃
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Os triângulos 𝐴𝐶𝑀 e 𝐵𝑀𝐷 são congruentes, logo:
𝑎
𝐴𝑀
=
𝑀𝐵
𝑏
𝑎𝑏 = 𝑀𝐵 ∙ 𝐴𝑀
Como 𝐴𝑀 = 𝑀𝐵 = 𝑥, temos:
𝑥2 = 𝑎𝑏 ⇒ 𝑥 = √𝑎𝑏
Assim, a medida de 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ é dada por:
𝐴𝐵 = 2𝑥 = 2√𝑎𝑏
GABARITO: 𝑨𝑩 = 𝟐√𝒂𝒃
Na figura abaixo temos 𝑴�̂�𝑪 = 𝑩�̂�𝑪, 𝑨𝑩 = 𝟑, 𝑩𝑪 = 𝟐 e 𝑨𝑪 = 𝟒. Calcule as
medidas dos segmentos 𝑴𝑪̅̅ ̅̅ ̅ e 𝑴𝑩̅̅ ̅̅ ̅.
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Resolução:
Os triângulos 𝐵𝑀𝐶 e 𝐴𝐵𝐶 são semelhantes, pois todos os ângulos internos são congruentes:
Fazendo a semelhança dos triângulos:
Δ𝐴𝐵𝐶~Δ𝐵𝑀𝐶
𝐴𝐵
𝐴𝐶
=
𝐵𝑀
𝐵𝐶
3
4
=
𝑦
2
𝑦 =
3
2
𝐴𝐶
𝐵𝐶
=
𝐵𝐶
𝑀𝐶
4
2
=
2
𝑥
𝑥 = 1
GABARITO: 𝑴𝑪 = 𝟏 E 𝑴𝑩 = 𝟑/𝟐
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5. Lista de Questões - Nível 1
(Areas - Geometria Plana) Calcule o complemento, o suplemento e o replemento de 𝟕𝟎∘𝟐𝟖′𝟒𝟐′′.
(Areas - Geometria Plana) Calcule o replemento do suplemento do complemento de 𝟑𝟎∘𝟒𝟕′𝟐𝟓′′.
(Areas - Geometria Plana) A medida de um ângulo é igual ao triplo da medida de seu suplemento.
Quanto mede esse ângulo?
(Areas - Geometria Plana) A soma de um ângulo com a quarta parte de seu suplemento é igual a
𝟏𝟎𝟖∘. Quanto mede esse ângulo?
(Areas - Geometria Plana) A soma de dois ângulos é igual a 𝟏𝟎𝟎∘ e um deles é o dobro do
complemento do outro. Determine esses ângulos.
(Areas - Geometria Plana) Calcule dois ângulos suplementares, sabendo que a diferença entre eles
vale 𝟗∘𝟐𝟕′𝟒′′.
(Areas - Geometria Plana) Determine dois ângulos, sabendo que a diferença entre eles é de 𝟓𝟔∘ e a
soma de seus complementos vale 𝟖𝟎∘.
(Areas - Geometria Plana) Calcule o ângulo que excede a terça parte de seu complemento em 𝟓𝟒∘.
(Areas - Geometria Plana) A medida de um ângulo é 𝟕𝟓∘ maior que o dobro da medida de seu
complemento. Quanto mede esse ângulo?
(Areas - Geometria Plana) Dois ângulos 𝑨Ô𝑩 = 𝜶 e 𝑩Ô𝑪 = 𝜷 são adjacentes. Calcule o ângulo
formado pelas bissetrizes dos ângulos 𝑨Ô𝑩 e 𝑩Ô𝑪.
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(Areas - Geometria Plana) Na figura abaixo, calcule o ângulo formado pelas bissetrizes dos ângulos
𝑨Ô𝑩 e 𝑪Ô𝑫.
(Areas - Geometria Plana) Dois ângulos 𝑨Ô𝑩 e 𝑩Ô𝑪 são adjacentes e 𝑩Ô𝑪 vale 𝟔𝟖∘. Calcule o ângulo
formado pelas bissetrizes dos ângulos 𝑨Ô𝑩 e 𝑨Ô𝑪.
(Areas - Geometria Plana) Na figura abaixo, os ângulos ∠𝑨𝑶𝑩, ∠𝑩𝑶𝑪, ∠𝑪𝑶𝑫 e ∠𝑫𝑪𝑨 são
respectivamente proporcionais aos números 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒. Calcule o ângulo formado pelas bissetrizes
dos ângulos ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑪𝑶𝑫.
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(Areas - Geometria Plana) As bissetrizes de dois ângulos adjacentes ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑩𝑶𝑪 são
respectivamente 𝑶𝑴 e 𝑶𝑵. A bissetriz de ∠𝑴𝑶𝑵 forma 𝟑𝟓∘ com 𝑶𝑪. Se ∠𝑨𝑶𝑩 mede 𝟓𝟎∘, calcule
o valor do ângulo ∠𝑩𝑶𝑪.
(Areas - Geometria Plana) Na figura abaixo, ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑩𝑶𝑪 são dois ângulos adjacentes. 𝑶𝑿 e
𝑶𝒀 são as bissetrizes desses ângulos, respectivamente. Sabendo-se que ∠𝑨𝑶𝒀 = 𝟔𝟓∘ e ∠𝑿𝑶𝑪 =
𝟕𝟎∘,calcule ∠𝑿𝑶𝒀.
(Areas - Geometria Plana) Pelo ponto 𝑪 de uma reta 𝑨𝑩 traçam-se, num mesmo semi-plano dos
determinados por 𝑨𝑩, as semirretas 𝑪𝑸 , 𝐂𝐓 e 𝑪𝑹 . O ângulo ∠𝑨𝑪𝑸 é o dobro do ângulo ∠𝑸𝑪𝑻 e o
ângulo ∠𝑩𝑪𝑹 é o dobro do ângulo ∠𝑹𝑪𝑻. Calcule o ângulo formado pelas bissetrizes dos ângulos
∠𝑸𝑪𝑻 e ∠𝑹𝑪𝑻.
(Areas - Geometria Plana) 𝑶𝑿 e 𝑶𝒀 são as bissetrizes de dois ângulos adjacentes ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑩𝑶𝑪,
ambos agudos e tais que ∠𝑨𝑶𝑩 = ∠𝑩𝑶𝑪 = 𝟑𝟔∘. Calcule o ângulo ∠𝑩𝑶𝒁, sabendo que 𝑶𝒁 é a
bissetriz do ângulo ∠𝑿𝑶𝒀.
(Areas - Geometria Plana) Sejam 𝑶𝑴 e 𝑶𝑵 as bissetrizes de dois ângulos adjacentes ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑩𝑶𝑪,
cuja diferença é 𝟐𝟒∘. Sejam 𝑶𝒁 e ∠𝑶𝑻 as bissetrizes de ∠𝑴𝑶𝑵 e ∠𝑨𝑶𝑪, respectivamente. Calcule
o ângulo ∠𝒁𝑶𝑻.
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(Areas - Geometria Plana) Na figura abaixo, a diferença entre os ângulos ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑪𝑶𝑫 vale 𝟒∘.
Calcule o ângulo que a bissetriz do ângulo ∠𝑩𝑶𝑪 forma com a bissetriz de ∠𝑨𝑶𝑫.
(Areas - Geometria Plana) Seja ∠𝑨𝑶𝑩 um ângulo e 𝒓 uma reta do seu plano que contém 𝑶 e situada
na região não convexa. Sejam 𝑶𝑿 e 𝑶𝒀 as bissetrizes dos ângulos agudos que 𝑶𝑨 e 𝑶𝑩 formam com
𝒓. Calcule o ângulo ∠𝑿𝑶𝒀, sabendo que ∠𝑨𝑶𝑩 mede 𝟏𝟑𝟎∘.
(Areas - Geometria Plana) Calcule o menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às:
a) 𝟏𝟐𝒉𝟏𝟓𝒎𝒊𝒏
b) 𝟑𝒉𝟐𝟎𝒎𝒊𝒏
c) 𝟒𝒉𝟒𝟐𝒎𝒊𝒏
(Areas - Geometria Plana) A que horas pela primeira vez após as 𝟏𝟐 horas, os ponteiros de um
relógio formam um ângulo de 𝟏𝟏𝟎∘?
(Areas - Geometria Plana) A que horas após as 𝟏𝟐 horas os dois ponteiros de um relógio coincidem
pela primeira vez?
(Areas - Geometria Plana) Calcule a hora, entre 𝟑 e 𝟒 horas, para que os ponteiros de um relógio
formem um ângulo de 𝟑𝟓∘.
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5.1. Gabarito
1. Complemento = 𝟏𝟗∘𝟑𝟏′𝟏𝟖′′, Suplemento = 𝟏𝟎𝟗∘𝟑𝟏′𝟏𝟖′′, Replemento= 𝟐𝟖𝟗∘𝟑𝟏′𝟏𝟖′′
2. 𝟐𝟏𝟎∘𝟒𝟕′𝟐𝟓′′
3. 𝟏𝟑𝟓∘
4. 𝟖𝟒∘
5. 𝟐𝟎∘ e 𝟖𝟎∘
6. 𝟗𝟒∘𝟒𝟑′𝟑𝟐′′ e 𝟖𝟓∘𝟏𝟔′𝟐𝟖′′
7. 𝟐𝟐∘ e 𝟕𝟖∘
8. 𝟔𝟑∘
9. 𝟖𝟓∘
10.
𝜶+𝜷
𝟐
11. 𝟏𝟑𝟓∘
12. 𝟑𝟒∘
13. 𝟏𝟒𝟒∘
14. 𝟐𝟎∘
15. 𝟒𝟓∘
16. 𝟑𝟎∘
17. 𝟎∘
18. 𝟔∘
19. 𝟐∘
20. 𝟏𝟓𝟓∘
21. 𝐚) 𝟖𝟐, 𝟓∘ 𝐛) 𝟐𝟎∘ 𝐜) 𝟏𝟏𝟏∘
22. 𝟏𝟐𝒉𝟐𝟎𝒎𝒊𝒏
23. 𝟏𝟑𝒉
𝟔𝟎
𝟏𝟏
𝒎𝒊𝒏
24. 𝟑𝒉𝟏𝟎𝒎𝒊𝒏
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6. Lista de Questões Comentadas - Nível 1
Calcule o complemento, o suplemento e o replemento de 𝟕𝟎∘𝟐𝟖′𝟒𝟐′′.
Comentário:
Dado um ângulo 𝑥, seu complemento é 90∘ − 𝑥, seu suplemento é 180∘ − 𝑥 e seu replemento é
360∘. Além disso, sabemos que 1∘ = 60′ e 1′ = 60′′. Assim, podemos calcular:
Complemento de 70∘28′42′′:
90∘ − 70∘28′42′′ = 89∘59′60′′ − 70∘28′42′′ = 19∘31′18′′
Suplemento de 70∘28′42′′:
180∘ − 70∘28′42′′ = 179∘59′60′′ = 109∘31′18′′
Replemento de 70∘28′42′′:
360∘ − 70∘28′42′′ = 359∘59′60′′ − 289∘31′18′′
Gabarito: Complemento = 𝟏𝟗∘𝟑𝟏′𝟏𝟖′′, Suplemento = 𝟏𝟎𝟗∘𝟑𝟏′𝟏𝟖′′, Replemento= 𝟐𝟖𝟗∘𝟑𝟏′𝟏𝟖′′
Calcule o replemento do suplemento do complemento de 𝟑𝟎∘𝟒𝟕′𝟐𝟓′′.
Comentário:
O suplemento de 30∘47′25′′ é
180∘ − 30∘47′25′′ = 179∘59′60′′ − 30∘47′25′′ = 149∘12′35′′
Assim, queremos o replemento de 149∘12′35′′, ou seja:
360∘ − 149∘12′35′′ = 359∘59′60′′ − 149∘12′35′′ = 210∘47′25′′
Gabarito: 𝟐𝟏𝟎∘𝟒𝟕′𝟐𝟓′′.
A medida de um ângulo é igual ao triplo da medida de seu suplemento. Quanto mede esse ângulo?
Comentário:
Seja essa medida igual a 𝑥. Seu suplemento é 180∘ − 𝑥. Portanto,
𝑥 = 3 ⋅ (180∘ − 𝑥) = 540∘ − 3𝑥 ⇒ 4𝑥 = 540∘
⇒ 𝑥 = 135∘
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Gabarito: 𝟏𝟑𝟓∘
A soma de um ângulo com a quarta parte de seu suplemento é igual a 𝟏𝟎𝟖∘. Quanto mede esse
ângulo?
Comentário:
Seja esse ângulo igual a 𝑥. Seu suplemento é 180∘ − 𝑥. Assim,
𝑥 +
180∘ − 𝑥
4
= 108∘ ⇒
4𝑥 + 180∘ − 𝑥
4
= 108∘
⇒ 3𝑥 + 180∘ = 432∘ ⇒ 3𝑥 = 252∘ ⇒ 𝑥 = 84∘
Gabarito: 𝟖𝟒∘
A soma de dois ângulos é igual a 𝟏𝟎𝟎∘ e um deles é o dobro do complemento do outro. Determine
esses ângulos.
Comentário:
Sejam os ângulos 𝑥 e 𝑦. Temos que
𝑥 + 𝑦 = 100 ⇒ 𝑦 = 100 − 𝑥
𝑥 = 2(90 − 𝑦) ⇒ 𝑥 = 2(90 − (100 − 𝑥)) = 2(𝑥 − 10) ⇒ 𝑥 = 2𝑥 − 20
⇒ 𝑥 = 20∘ ⇒ 𝑦 = 80∘
Gabarito: 𝟐𝟎∘ e 𝟖𝟎∘
Calcule dois ângulos suplementares, sabendo que a diferença entre eles vale 𝟗∘𝟐𝟕′𝟒′′.
Comentário:
Sejam 𝑥 e 𝑦 esses ângulos. Temos que
𝑥 + 𝑦 = 180∘ ⇒ 𝑦 = 180∘ − 𝑥
𝑥 − 𝑦 = 9∘27′4′′ ⇒ 𝑥 − (180∘ − 𝑥) = 9∘27′4′′
⇒ 2𝑥 = 9∘27′4′′ + 180∘ = 189∘27′4′′
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⇒ 𝑥 =
189∘27′4′′
2
=
189∘26′64′′
2
=
188∘86′64′′
2
= 94∘43′32′′
⇒ 𝑦 = 94∘43′32′′ − 9∘27′4′′ = 85∘16′28′′
Gabarito: 𝟗𝟒∘𝟒𝟑′𝟑𝟐′′ e 𝟖𝟓∘𝟏𝟔′𝟐𝟖′′
Determine dois ângulos, sabendo que a diferença entre eles é de 𝟓𝟔∘ e a soma de seus
complementos vale 𝟖𝟎∘.
Comentário:
Sejam esses ângulos 𝑥 e 𝑦, em graus. Temos que
𝑦 − 𝑥 = 56∘ ⇒ 𝑦 = 56∘ + 𝑥
(90∘ − 𝑥) + (90∘ − 𝑦) = 80∘ ⇒ 180∘ − (𝑥 + 𝑦) = 80∘ ⇒ 𝑥 + 𝑦 = 100∘
⇒ 𝑥 + 56∘ + 𝑥 = 100∘ ⇒ 2𝑥 = 44∘ ⇒ 𝑥 = 22∘
⇒ 𝑦 = 78∘
Gabarito: 𝟐𝟐∘ e 𝟕𝟖∘
Calcule o ângulo que excede a terça parte de seu complemento em 𝟓𝟒∘.
Comentário:
Seja esse ângulo 𝑥. Do enunciado, temos que
𝑥 = 54∘ +
90∘ − 𝑥
3
=
162∘ + 90∘ − 𝑥
3
⇒ 4𝑥 = 252∘ ⇒ 𝑥 = 63∘
Gabarito: 𝟔𝟑∘
A medida de um ângulo é 𝟕𝟓∘ maior que o dobro da medida de seu complemento. Quanto mede
esse ângulo?
Comentário:
Seja esse ângulo igual a 𝑥 graus. Temos que
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𝑥 = 75 + 2(90 − 𝑥) = 75 + 180 − 2𝑥 ⇒ 3𝑥 = 255 ⇒ 𝑥 = 85∘
Gabarito: 𝟖𝟓∘
Dois ângulos 𝑨Ô𝑩 = 𝜶 e 𝑩Ô𝑪 = 𝜷 são adjacentes. Calcule o ângulo formado pelas bissetrizes dos
ângulos 𝑨Ô𝑩 e 𝑩Ô𝑪.
Comentário:
Temos a figura abaixo, onde 𝑂𝐷 e 𝑂𝐸 são as bissetrizes
Veja que
∠𝐵𝑂𝐸 =
𝛼
2
, ∠𝐷𝑂𝐵 =
𝛽
2
Assim, o ângulo pedido é
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∠𝐷𝑂𝐸 = ∠𝐵𝑂𝐸 + ∠𝐷𝑂𝐵 =
𝛼 + 𝛽
2
Gabarito:
𝜶+𝜷
𝟐
Na figura abaixo, calcule o ângulo formado pelas bissetrizes dos ângulos 𝑨Ô𝑩 e 𝑪Ô𝑫.
Comentário:
Veja que
∠𝐷𝑂𝐶 + ∠𝐴𝑂𝐵 = 180∘ − 90∘ = 90∘
Assim, se as bissetrizes citadas no enunciado fazem um ângulo 𝛼 e 𝛽 com a reta 𝐴𝐷 temos que
𝛼 + 𝛽 =
90∘
2
= 45∘
Assim, o ângulo entre as bissetrizes pode ser dado por
180∘ − 𝛼 − 𝛽 = 180∘ − 45∘ = 135∘
Gabarito: 𝟏𝟑𝟓∘
Dois ângulos 𝑨Ô𝑩 e 𝑩Ô𝑪 são adjacentes e 𝑩Ô𝑪 vale 𝟔𝟖∘. Calcule o ângulo formado pelas bissetrizes
dos ângulos 𝑨Ô𝑩 e 𝑨Ô𝑪.
Comentário:
Seja 𝐴Ô𝐵 = 𝛼. Temos que
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𝐴Ô𝐶 = 𝛼 + 68∘
Assim, o ângulo entre 𝐴𝑂 e a bissetriz de 𝐴Ô𝐶 é
𝛼 + 68∘
2
=
𝛼
2
+ 34∘
Por outro lado, o ângulo entre 𝐴𝑂 e a bissetriz de 𝐴Ô𝐵 é
𝛼
2
Portanto, o ângulo entre as duas bissetrizes deve ser igual à diferença entre esses dois ângulos,
ou seja,
𝛼
2
+ 34∘ −
𝛼
2
= 34∘
Gabarito: 𝟑𝟒∘
Na figura abaixo, os ângulos ∠𝑨𝑶𝑩, ∠𝑩𝑶𝑪, ∠𝑪𝑶𝑫 e ∠𝑫𝑪𝑨 são respectivamente proporcionais aos
números 𝟏, 𝟐, 𝟑, 𝟒. Calcule o ângulo formado pelas bissetrizes dos ângulos ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑪𝑶𝑫.
Comentário:
Do enunciado, temos que
∠𝐴𝑂𝐵 =
∠𝐵𝑂𝐶
2
=
∠𝐶𝑂𝐷
3
=
∠𝐷𝐶𝐴
4
Como a soma desses ângulos é igual a uma volta completa, temos que
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∠𝐴𝑂𝐵 + 2∠𝐴𝑂𝐵 + 3∠𝐴𝑂𝐵 + 4∠𝐴𝑂𝐵 = 10∠𝐴𝑂𝐵 = 360∘
⇒ ∠𝐴𝑂𝐵 = 36∘
Vamos calcular o ângulo entre as bissetrizes citadas e a semirreta 𝑂𝐴 . O ângulo entre a bissetriz
de ∠𝐴𝑂𝐵 e esse semirreta é
36∘
2
= 18∘
Já o ângulo entre a bissetriz de ∠𝐶𝑂𝐷 e a semirreta é
∠𝐴𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝐶 +
∠𝐶𝑂𝐷
2
= 36∘ + 72∘ +
108∘
2
= 108∘ + 54∘ = 162∘
Portanto, o ângulo entre essas duas bissetrizes é igual à diferença entre os ângulos calculados,
ou seja,
162∘ − 18∘ = 144∘
Gabarito: 𝟏𝟒𝟒∘
As bissetrizes de dois ângulos adjacentes ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑩𝑶𝑪 são respectivamente 𝑶𝑴 e 𝑶𝑵. A bissetriz
de ∠𝑴𝑶𝑵 forma 𝟑𝟓∘ com 𝑶𝑪. Se ∠𝑨𝑶𝑩 mede 𝟓𝟎∘, calcule o valor do ângulo ∠𝑩𝑶𝑪.
Comentário:
Temos a figura abaixo:
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Veja que
∠𝑀𝑂𝑁 = ∠𝑀𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝑁 =
∠𝐴𝑂𝐵
2
+
∠𝐵𝑂𝐶
2
= 35∘
⇒
∠𝐵𝑂𝐶
2
= 35∘ − 25∘ = 10∘
⇒ ∠𝐵𝑂𝐶 = 20∘
Gabarito: 𝟐𝟎∘
Na figura abaixo, ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑩𝑶𝑪 são dois ângulos adjacentes. 𝑶𝑿 e 𝑶𝒀 são as bissetrizes desses
ângulos, respectivamente. Sabendo-se que ∠𝑨𝑶𝒀 = 𝟔𝟓∘ e ∠𝑿𝑶𝑪 = 𝟕𝟎∘,calcule ∠𝑿𝑶𝒀.
Comentário:
Veja que
∠𝐴𝑂𝑌 = ∠𝐴𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝑌 = 2∠𝑋𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝑌 = 65∘
∠𝑋𝑂𝐶 = ∠𝐶𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝑋 = 2∠𝐵𝑂𝑌 + ∠𝐵𝑂𝑋 = 70∘
Somando as duas equações, temos que
3(∠𝐵𝑂𝑋 + ∠𝐵𝑂𝑌) = 65∘ + 70∘ = 135∘ ⇒ ∠𝐵𝑂𝑋 + ∠𝐵𝑂𝑌 = 45∘
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Portanto,
∠𝑋𝑂𝑌 = ∠𝐵𝑂𝑋 + ∠𝐵𝑂𝑌 = 45∘
Gabarito: 𝟒𝟓∘
Pelo ponto 𝑪 de uma reta 𝑨𝑩 traçam-se, num mesmo semi-plano dos determinados por 𝑨𝑩, as
semirretas 𝑪𝑸 , 𝐂𝐓 e 𝑪𝑹 . O ângulo ∠𝑨𝑪𝑸 é o dobro do ângulo ∠𝑸𝑪𝑻 e o ângulo ∠𝑩𝑪𝑹 é o dobro
do ângulo ∠𝑹𝑪𝑻. Calcule o ângulo formado pelas bissetrizes dos ângulos ∠𝑸𝑪𝑻 e ∠𝑹𝑪𝑻.
Comentário:
Temos a figura abaixo em que o ângulo buscado é ∠𝐷𝐶𝐸.
Seja
∠𝑄𝐶𝑇 = 𝛼 ⇒ ∠𝐴𝐶𝑄 = 2𝛼
∠𝑅𝐶𝑇 = 𝛽 ⇒ ∠𝐵𝐶𝑅 = 2𝛽
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Disso concluímos que
3𝛼 + 3𝛽 = 180∘ ⇒ 𝛼 + 𝛽 = 60∘
Por fim, veja que o ângulo pedido é
∠𝑄𝐶𝑇
2
+
∠𝑅𝐶𝑇
2
=
𝛼 + 𝛽
2
= 30∘
Gabarito: 𝟑𝟎∘
𝑶𝑿 e 𝑶𝒀 são as bissetrizes de dois ângulos adjacentes ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑩𝑶𝑪, ambos agudos e tais que
∠𝑨𝑶𝑩 = ∠𝑩𝑶𝑪 = 𝟑𝟔∘. Calcule o ângulo ∠𝑩𝑶𝒁, sabendo que 𝑶𝒁 é a bissetriz do ângulo ∠𝑿𝑶𝒀.
Comentário:
Como ∠𝐴𝑂𝐵 = ∠𝐵𝑂𝐶, segue que a bissetriz de ∠𝐴𝑂𝐶 é igual à bissetriz de ∠𝑋𝑂𝑌. Porém, temos
que bissetriz de ∠𝐴𝑂𝐶 é 𝑂𝐵. Assim, concluímos que 𝑂𝐵 = 𝑂𝑍 , ou seja, o ângulo pedido é
∠𝐵𝑂𝑍 = 0∘
Gabarito: 𝟎∘
Sejam 𝑶𝑴 e 𝑶𝑵 as bissetrizes de dois ângulos adjacentes ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑩𝑶𝑪, cuja diferença é 𝟐𝟒∘.
Sejam 𝑶𝒁 e 𝑶𝑻 as bissetrizes de ∠𝑴𝑶𝑵 e ∠𝑨𝑶𝑪, respectivamente. Calcule o ângulo ∠𝒁𝑶𝑻.
Comentário:
Temos a figura abaixo:
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Seja ∠𝐴𝑂𝑀 = 𝛼 ⇒ ∠𝐴𝑂𝐵 = 2𝛼. Assim, temos que
∠𝐵𝑂𝐶 = 2𝛼 + 24∘ ⇒ ∠𝐵𝑂𝑁 = 𝛼 + 12∘
Assim, temos que
∠𝑀𝑂𝑁 = 𝛼 + 𝛼 + 12∘ = 2𝛼 + 12∘ ⇒ ∠𝑍𝑂𝑁 = 𝛼 + 6∘
Veja que
∠𝑇𝑂𝐶 =
2𝛼 + 2𝛼 + 24∘
2
= 2𝛼 + 12∘
⇒ ∠𝑇𝑂𝑁 = ∠𝑇𝑂𝐶 − ∠𝑁𝑂𝐶 = 2𝛼 + 12∘ − (𝛼 + 12∘) = 𝛼
⇒ ∠𝑍𝑂𝑇 = ∠𝑍𝑂𝑁 − ∠𝑇𝑂𝑁 = 𝛼 + 6∘ − 𝛼 = 6∘
Gabarito: 𝟔∘
Na figura abaixo, a diferença entre os ângulos ∠𝑨𝑶𝑩 e ∠𝑪𝑶𝑫 vale 𝟒∘. Calcule o ângulo que a
bissetriz do ângulo ∠𝑩𝑶𝑪 forma com a bissetriz de ∠𝑨𝑶𝑫.
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Comentário:
Veja que o ângulo entre a bissetriz do ângulo ∠𝐵𝑂𝐶 e a semirreta
𝑂𝐴 é
∠𝐴𝑂𝐵 +
∠𝐵𝑂𝐶
2
Já o ângulo que a bissetriz de ∠𝐴𝑂𝐵 faz com a semirreta 𝑂𝐴 é
∠𝐴𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝐶 + ∠𝐶𝑂𝐷
2
Assim, o ângulo pedido é:
|
∠𝐴𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝐶 + ∠𝐶𝑂𝐷
2
− (∠𝐴𝑂𝐵 +
∠𝐵𝑂𝐶
2
)| = |
∠𝐶𝑂𝐷 − ∠𝐴𝑂𝐵
2
| =
4∘
2
= 2∘
Gabarito: 𝟐∘
Seja ∠𝑨𝑶𝑩 um ângulo e 𝒓 uma reta do seu plano que contém 𝑶 e situada na região não convexa.
Sejam 𝑶𝑿 e 𝑶𝒀 as bissetrizes dos ângulos agudos que 𝑶𝑨 e 𝑶𝑩 formam com 𝒓. Calcule o ângulo
∠𝑿𝑶𝒀, sabendo que ∠𝑨𝑶𝑩 mede 𝟏𝟑𝟎∘.
Comentário:
Temos a figura abaixo:
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Veja que
2∠𝐴𝑂𝑋 + ∠𝐴𝑂𝐵 + 2∠𝐵𝑂𝑌 = 180∘ ⇒ ∠𝐴𝑂𝑋 + ∠𝐵𝑂𝑌 = 25∘
Assim, temos que
∠𝑋𝑂𝑌 = ∠𝐴𝑂𝑋 + ∠𝐴𝑂𝐵 + ∠𝐵𝑂𝑌 = 130∘ + 25∘ = 155∘
Gabarito: 𝟏𝟓𝟓∘
Calcule o menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às:
a) 𝟏𝟐𝒉𝟏𝟓𝒎𝒊𝒏
b) 𝟑𝒉𝟐𝟎𝒎𝒊𝒏
c) 𝟒𝒉𝟒𝟐𝒎𝒊𝒏
Comentário:
Seja ℎ a hora do determinado instante (em módulo 12) e 𝑚 o minuto do instante. O ângulo
formado entre o ponteiro dos minutos e o início (0ℎ0𝑚𝑖𝑛) é
𝑚 ⋅
360∘
60𝑚𝑖𝑛
= 6𝑚
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Já o ângulo entre o ponteiro das horas e o início é
ℎ ⋅
360∘
12ℎ
+
6𝑚
12
= 30ℎ +
𝑚
2
Assim, o ângulo formado entre os dois ponteiros vale
|30ℎ +
𝑚
2
− 6𝑚| = |30ℎ −
11𝑚
2
| = |
60ℎ − 11𝑚
2
|
Porém, se esse ângulo for maior que 180∘, temos que o menor ângulo entre os dois ponteiros
será o replementar desse ângulo.
Assim, em cada item:
a) Temos ℎ = 0 e 𝑚 = 15, o ângulo é
|
60 ⋅ 0 − 11 ⋅ 15
2
| =
165∘
2
= 82,5∘
b) Temos ℎ = 3, 𝑚 = 20, o ângulo é
|
60 ⋅ 3 − 11 ⋅ 20
2
| =
220 − 180
2
= 20∘
c) Temos ℎ = 4, 𝑚 = 42, o ângulo é
|
60 ⋅ 4 − 11 ⋅ 42
2
| =
462 − 240
2
=
222∘
2
= 111∘
Gabarito: 𝐚) 𝟖𝟐, 𝟓∘ , 𝐛) 𝟐𝟎∘, 𝐜) 𝟏𝟏𝟏∘
A que horas pela primeira vez após as 𝟏𝟐 horas, os ponteiros de um relógio formam um ângulo de
𝟏𝟏𝟎∘?
Comentário:
Como vimos na questão anterior, temos que
|
60ℎ − 11𝑚
2
| = 110 ⇒ |60ℎ − 11𝑚| = 220
Temos duas possibilidades. Se
60ℎ − 11𝑚 = 220
O menor valor de ℎ que satisfaz é ℎ = 4. Porém, se
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11𝑚 − 60ℎ = 220
Conseguimos uma solução com ℎ = 0 e 𝑚 = 20. Assim, o horário procurado é
12ℎ20𝑚𝑖𝑛
Gabarito: 𝟏𝟐𝒉𝟐𝟎𝒎𝒊𝒏
A que horas após as 𝟏𝟐 horas os dois ponteiros de um relógio coincidem pela primeira vez?
Comentário:
Veja que precisamos que
|
60ℎ − 11𝑚
2
| = 0
Se
|
60ℎ − 11𝑚
2
| = 0 ⇒ 60ℎ = 11𝑚
Como ℎ é inteiro e queremos minimizá-lo, fazemos ℎ = 1:
𝑚 =
60
11
Assim, o horário pedido é
13ℎ
60
11
𝑚𝑖𝑛
Gabarito: 𝟏𝟑𝒉
𝟔𝟎
𝟏𝟏
𝒎𝒊𝒏
Calcule a hora, entre 𝟑 e 𝟒 horas, para que os ponteiros de um relógio formem um ângulo de 𝟑𝟓∘.
Comentário:
Precisamos que
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|
60ℎ − 11𝑚
2
| = 35∘
Entre 3 e 4 horas, temos que
ℎ = 3 ⇒ |180 − 11𝑚| = 70 ⇒ 11𝑚 = 180 − 70 = 110
⇒ 𝑚 = 10
Assim a hora pedida é
3ℎ10𝑚𝑖𝑛
Gabarito: 𝟑𝒉𝟏𝟎𝒎𝒊𝒏
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7. Lista de Questões - Nível 2
(EsPCEx/2013)
Um tenente do Exército está fazendo um levantamento topográfico da região onde será realizado
um exercício de campo. Ele quer determinar a largura do rio que corta a região e por isso adotou os
seguintes procedimentos: marcou dois pontos, 𝑨 (uma árvore que ele observou na outra margem)
e 𝑩 (uma estaca que ele fincou no chão na margem onde ele se encontra); marcou um ponto 𝑪
distante 𝟗 metros de 𝑩, fixou um aparelho de medir ângulo (teodolito) de tal modo que o ângulo
no ponto 𝑩 seja reto e obteve uma medida de
𝝅
𝟑
𝒓𝒂𝒅 para o ângulo 𝑨�̂�𝑩. Qual foi a largura do rio
que ele encontrou?
a) 𝟗√𝟑 metros
b) 𝟑√𝟑 metros
c)
𝟗√𝟑
𝟐
metros
d) √𝟑 metros
e) 𝟒, 𝟓 metros
(EsPCEx/2011)
Considere o triângulo 𝑨𝑩𝑪 abaixo, retângulo em 𝑪, em que 𝑩�̂�𝑪 = 𝟑𝟎°. Nesse triângulo está
representada uma sequência de segmentos cujas medidas estão indicadas por 𝑳𝟏, 𝑳𝟐, 𝑳𝟑, … , 𝑳𝒏, em
que cada segmento é perpendicular a um dos lados do ângulo de vértice A.
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O valor de
𝑳𝟗
𝑳𝟏
é:
a)
𝟐𝟕√𝟑
𝟏𝟐𝟖
b)
𝟏
𝟏𝟐𝟖
c)
𝟖𝟏
𝟐𝟓𝟔
d)
𝟐𝟕
𝟔𝟒
e)
𝟏
𝟐𝟓𝟔
(EsPCEx/2011)
Considere um plano 𝜶 e os pontos 𝑨, 𝑩, 𝑪 e 𝑫 tais que
O segmento 𝑨𝑩 tem 𝟔 𝒄𝒎 de comprimento e está contido em 𝜶.
O segmento 𝑩𝑪 tem 𝟐𝟒 𝒄𝒎 de comprimento, está contido em 𝜶 e é perpendicular a 𝑨𝑩.
O segmento 𝑨𝑫 tem 𝟖 𝒄𝒎 de comprimento e é perpendicular a 𝜶.
Nessas condições, a medida do segmento 𝑪𝑫 é:
a) 𝟐𝟔 𝒄𝒎
b) 𝟐𝟖 𝒄𝒎
c) 𝟑𝟎 𝒄𝒎
d) 𝟑𝟐 𝒄𝒎
e) 𝟑𝟒 𝒄𝒎
(EsPCEx/2008)
Na figura a seguir, está representado um muro (𝑩𝑫) de 𝟔 𝒎 de altura em que está apoiada uma
escada representada por 𝑨𝑪, que faz um ângulo 𝜶 com a horizontal.
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Sabe-se que a parte da escada indicada pelo segmento 𝑨𝑩 corresponde a
𝟐
𝟑
do seu comprimento.
Num determinado momento do dia, os raios de sol fazem com a vertical um ângulo também de valor
𝜶, projetando no ponto 𝑭 a sombra da extremidade 𝑪 da escada. (Dados: 𝐬𝐢𝐧 𝜶 =
𝟑
𝟓
e 𝐜𝐨𝐬 𝜶 =
𝟒
𝟓
).
Assim, considerando desprezível a espessura do muro, a medida do segmento 𝑫𝑭, que corresponde
à parte da sombra da escada que está além do muro, nesse instante, é igual a
a) 𝟔, 𝟕𝟓 𝒎
b) 10, 𝟕𝟓 𝒎
c) 𝟏𝟒, 𝟕𝟓 𝒎
d) 𝟏𝟖, 𝟕𝟓 𝒎
e) 𝟐𝟐, 𝟕𝟓 𝒎
(EsPCEx/2006)
Um triângulo tem o lado maior medindo 𝟏 𝒎 e dois de seus ângulos são 𝟐𝟕° e 𝟔𝟑°. O valor
aproximado para o perímetro desse triângulo, dados √𝟐 = 𝟏, 𝟒 e 𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟖° = 𝟎, 𝟗𝟓, é de
a) 𝟏, 𝟒𝟓 𝒎
b) 𝟐, 𝟑𝟑 𝒎
c) 𝟐, 𝟒𝟕 𝒎
d) 𝟑, 𝟑𝟓 𝒎
e) 𝟑, 𝟒𝟓 𝒎
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(EsPCEx/2006)
Conforme a figura, a 𝟔𝟎 metros do chão o helicóptero 𝑯 avista, sob um ângulo 𝜶, dois alvos, 𝑩 e 𝑪,
que serão logo abatidos.
Se 𝑨𝑩 = 𝟒𝟎 𝒎 e 𝑩𝑪 = 𝟐𝟔𝟎 𝒎, então 𝜶 mede
a) 𝟏𝟓°
b) 𝟑𝟎°
c) 𝟒𝟓°
d) 𝟔𝟎°
e) 𝟕𝟓°
(EsPCEx/2006)
Os ângulos agudos 𝜶 e 𝜷 pertencem aos triângulos retângulos abaixo. Se o seno de 𝜷 é o dobro do
seno de 𝜶, então o ângulo 𝜶 pertence ao intervalo
a) ]𝟎°, 𝟒𝟓°[
b) [𝟒𝟓°, 𝟔𝟎°]
c) ]𝟑𝟎°, 𝟒𝟓°[
d) ]𝟎°, 𝟔𝟎°[
e) ]𝟎°, 𝟑𝟎°[
(EsPCEx/2005)
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Um topógrafo, querendo conhecer a altura de um penhasco, mediu a distância do ponto 𝑨 até a
beira do rio (ponto 𝑬), obtendo 𝟐𝟎 metros. A largura do rio (𝑬𝑩) é desconhecida. A figura abaixo
mostra os ângulos 𝑩�̂�𝑪 = 𝟑𝟎° e 𝑩�̂�𝑪 = 𝟔𝟎°.
A altura do penhasco encontrada pelo topógrafo foi
a) 𝟏𝟓√𝟑 𝒎.
b) 𝟏𝟐√𝟑 𝒎.
c) 𝟏𝟎√𝟑 𝒎.
d) 𝟐𝟎√𝟑 𝒎.
e) 𝟒𝟎√𝟑 𝒎.
(EsPCEx/2004)
Um soldado, sua sombra e a trajetória do Sol estão em um mesmo plano perpendicular ao solo onde
o soldado se encontra. O soldado está de sentinela em um quartel quando
os raios solares formam
ângulos de 𝟔𝟎° e 𝟑𝟎° com o solo, respectivamente no início e no final de sua missão. Nestas
condições, pode-se afirmar que a medida da sombra do soldado no final de sua missão é:
a) a metade da medida de sua sombra no início da missão.
b) o dobro da medida de sua sombra no início da missão.
c) o triplo da medida de sua sombra no início da missão.
d) o quádruplo da medida de sua sombra no início da missão.
e) um terço da medida de sua sombra no início da missão.
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7.1. Gabarito
1. A
2. C
3. A
4. B
5. B
6. C
7. E
8. C
9. C
8. Lista de Questões Comentadas - Nível 2
(EsPCEx/2013)
Um tenente do Exército está fazendo um levantamento topográfico da região onde será realizado
um exercício de campo. Ele quer determinar a largura do rio que corta a região e por isso adotou os
seguintes procedimentos: marcou dois pontos, 𝑨 (uma árvore que ele observou na outra margem)
e 𝑩 (uma estaca que ele fincou no chão na margem onde ele se encontra); marcou um ponto 𝑪
distante 𝟗 metros de 𝑩, fixou um aparelho de medir ângulo (teodolito) de tal modo que o ângulo
no ponto 𝑩 seja reto e obteve uma medida de
𝝅
𝟑
𝒓𝒂𝒅 para o ângulo 𝑨�̂�𝑩. Qual foi a largura do rio
que ele encontrou?
a) 𝟗√𝟑 metros
b) 𝟑√𝟑 metros
c)
𝟗√𝟑
𝟐
metros
d) √𝟑 metros
e) 𝟒, 𝟓 metros
Comentário:
O problema é equivalente a determinar o valor de 𝐿 na figura abaixo:
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Temos:
tg
𝜋
3
= tg 60° = tg 𝐵�̂�𝐴 =
𝐵𝐴
𝐵𝐶
=
𝐿
9
⟺ √3 =
𝐿
9
⟺ 𝐿 = 9√3
Gabarito: A
(EsPCEx/2011)
Considere o triângulo 𝑨𝑩𝑪 abaixo, retângulo em 𝑪, em que 𝑩�̂�𝑪 = 𝟑𝟎°. Nesse triângulo está
representada uma sequência de segmentos cujas medidas estão indicadas por 𝑳𝟏, 𝑳𝟐, 𝑳𝟑, … , 𝑳𝒏, em
que cada segmento é perpendicular a um dos lados do ângulo de vértice A.
O valor de
𝑳𝟗
𝑳𝟏
é:
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a)
𝟐𝟕√𝟑
𝟏𝟐𝟖
b)
𝟏
𝟏𝟐𝟖
c)
𝟖𝟏
𝟐𝟓𝟔
d)
𝟐𝟕
𝟔𝟒
e)
𝟏
𝟐𝟓𝟔
Comentário:
Seja 𝑃0 = 𝐵 e 𝑃𝑛 o ponto de interseção entre os lados 𝐿𝑛 e 𝐿𝑛+1, para todo 𝑛 ∈ ℕ. Acompanhe
a figura, para facilitar:
Claramente todos os triângulos ∆𝑃𝑛−1𝑃𝑛𝑃𝑛+1 são semelhantes entre si e ao triângulo ∆𝐵𝐴𝐶.
Considere então o triângulo a seguir:
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Então, temos que em todo triângulo ∆𝑃𝑛−1𝑃𝑛𝑃𝑛+1 vale que 𝛼𝑛 = 𝑃𝑛−1𝑃�̂�𝑃𝑛+1 = 𝐵�̂�𝐶 =
30°. Logo,
√3
2
= cos 30° = cos 𝛼𝑛 =
𝐿𝑛+1
𝐿𝑛
⟺ 𝐿𝑛+1 =
√3
2
⋅ 𝐿𝑛
Sendo 𝐿𝑛+1 =
√3
2
⋅ 𝐿𝑛 a fórmula da progressão geométrica de razão 𝑞 =
√3
2
, temos que:
𝐿9 = 𝐿1 ⋅ 𝑞
9−1 = 𝐿1 ⋅ 𝑞
8 ∴
𝐿9
𝐿1
= 𝑞8 = (
√3
2
)
8
= (
√3
2
)
2⋅4
= ((
√3
2
)
2
)
4
= (
3
4
)
4
=
81
256
Gabarito: C
(EsPCEx/2011)
Considere um plano 𝜶 e os pontos 𝑨, 𝑩, 𝑪 e 𝑫 tais que
O segmento 𝑨𝑩 tem 𝟔 𝒄𝒎 de comprimento e está contido em 𝜶.
O segmento 𝑩𝑪 tem 𝟐𝟒 𝒄𝒎 de comprimento, está contido em 𝜶 e é perpendicular a 𝑨𝑩.
O segmento 𝑨𝑫 tem 𝟖 𝒄𝒎 de comprimento e é perpendicular a 𝜶.
Nessas condições, a medida do segmento 𝑪𝑫 é:
a) 𝟐𝟔 𝒄𝒎
b) 𝟐𝟖 𝒄𝒎
c) 𝟑𝟎 𝒄𝒎
d) 𝟑𝟐 𝒄𝒎
e) 𝟑𝟒 𝒄𝒎
Comentário:
Observe as figuras abaixo. Vamos utilizar o teorema de Pitágoras.
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No triângulo retângulo ∆𝐴𝐵𝐶:
𝐴𝐶2 = 𝐴𝐵2 + 𝐵𝐶2 = 62 + 242 = 62 + (4 ⋅ 6)2 = 62 + 16 ⋅ 62 = 17 ⋅ 62 ∴ 𝐴𝐶 = 6√17.
No triângulo retângulo ∆𝐶𝐴𝐷:
𝐶𝐷2 = 𝐴𝐶2 + 𝐴𝐷2 = (6√17)
2
+ 82 = 17 ⋅ 36 + 64 = 676 = 262 ∴ 𝐶𝐷 = 26 𝑐𝑚.
Gabarito: A
(EsPCEx/2008)
Na figura a seguir, está representado um muro (𝑩𝑫) de 𝟔 𝒎 de altura em que está apoiada uma
escada representada por 𝑨𝑪, que faz um ângulo 𝜶 com a horizontal.
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Sabe-se que a parte da escada indicada pelo segmento 𝑨𝑩 corresponde a
𝟐
𝟑
do seu comprimento.
Num determinado momento do dia, os raios de sol fazem com a vertical um ângulo também de valor
𝜶, projetando no ponto 𝑭 a sombra da extremidade 𝑪 da escada. (Dados: 𝐬𝐞𝐧 𝜶 =
𝟑
𝟓
e 𝐜𝐨𝐬 𝜶 =
𝟒
𝟓
).
Assim, considerando desprezível a espessura do muro, a medida do segmento 𝑫𝑭, que corresponde
à parte da sombra da escada que está além do muro, nesse instante, é igual a
a) 𝟔, 𝟕𝟓 𝒎
b) 10, 𝟕𝟓 𝒎
c) 𝟏𝟒, 𝟕𝟓 𝒎
d) 𝟏𝟖, 𝟕𝟓 𝒎
e) 𝟐𝟐, 𝟕𝟓 𝒎
Comentário:
Observe a construção a seguir. No triângulo 𝐴𝐸𝐶, temos que a soma dos ângulos deve ser 180°:
𝛼 + 𝛽 + 90° = 180° ∴ 𝛼 + 𝛽 = 90°. Logo, o ângulo 𝐴�̂�𝐹 = 𝛼 + 𝛽 é reto.
Como ∆3,4,5 ~ ∆𝐴𝐵𝐷, temos:
3
𝐵𝐷
=
4
𝐴𝐷
⟺
3
6
=
4
𝐴𝐷
∴ 𝐴𝐷 = 8.
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Como 𝐵𝐷//𝐶𝐸, pelo teorema de Tales, temos:
𝐴𝐵
𝐴𝐷
=
𝐵𝐶
𝐷𝐸
⟺
2𝑥
8
=
𝑥
𝐷𝐸
∴ 𝐷𝐸 = 4 ⇒ 𝐴𝐸 = 𝐴𝐷 + 𝐷𝐸 = 8 + 4 = 12
Como ∆3,4,5 ~ ∆𝐴𝐶𝐸, temos:
3
𝐶𝐸
=
4
𝐴𝐸
⟺
3
𝐶𝐸
=
4
12
∴ 𝐶𝐸 = 9.
Como ∆𝐶𝐹𝐸 e ∆3,4,5 têm dois ângulos em comum, temos ∆𝐶𝐹𝐸 ~ ∆3,4,5, donde
𝐸𝐹
3
=
𝐶𝐸
4
⟺
𝐸𝐹
3
=
9
4
∴ 𝐸𝐹 =
27
4
= 6,75
Portanto,
𝐷𝐹 = 𝐷𝐸 + 𝐸𝐹 = 4 + 6,75 = 10,75 𝑚
Gabarito: B
(EsPCEx/2006)
Um triângulo tem o lado maior medindo 𝟏 𝒎 e dois de seus ângulos são 𝟐𝟕° e 𝟔𝟑°. O valor
aproximado para o perímetro desse triângulo, dados √𝟐 = 𝟏, 𝟒 e 𝐜𝐨𝐬 𝟏𝟖° = 𝟎, 𝟗𝟓, é de
a) 𝟏, 𝟒𝟓 𝒎
b) 𝟐, 𝟑𝟑 𝒎
c) 𝟐, 𝟒𝟕 𝒎
d) 𝟑, 𝟑𝟓 𝒎
e) 𝟑, 𝟒𝟓 𝒎
Comentário:
Seja 𝐴𝐵𝐶 tal triângulo e 𝑥 o terceiro ângulo. Como a soma dos ângulos internos de qualquer
triângulo é 180°, temos que 27° + 63° + 𝑥 = 180° ∴ 𝑥 = 90° ∴ 𝐴𝐵𝐶 é retângulo. Além disso,
ao maior ângulo corresponde o maior lado, donde o lado de 1 𝑚 é oposto ao ângulo reto. Temos:
O perímetro é 2𝑝 vale
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2𝑝 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 𝑎 + 𝑎 ⋅ cos 63° + 𝑎 ⋅ sen 63° = 𝑎 ⋅ (1 + cos 63° + sen 63°)
= 1 ⋅ (1 + cos 63° + sen 63°) = 1 + cos 63° + sen 63°
Observe que 63° = 45° + 18°. Temos:
cos 63° = cos(45° + 18°) = cos 45° cos 18° − sen 45° sen 18° =
√2
2
⋅ cos 18° −
√2
2
⋅ sen 18°
=
√2
2
⋅ (cos 18° − sen 18°)
sen 63° = sen(45° + 18°) = sen 45° cos 18° + sen 18° cos 45° =
√2
2
⋅ cos 18° + sen 18° ⋅
√2
2
=
√2
2
⋅ (cos 18° + sen 18°)
∴ 2𝑝 = 1 + cos 63° + sen 63° = 1 +
√2
2
⋅ (cos 18° − sen 18°) +
√2
2
⋅ (cos 18° + sen 18°)
= 1 +
√2
2
(2 cos 18°) = 1 + √2 ⋅ cos 18° = 1 + 1,4 ⋅ 0,95 = 2,33.
Gabarito: B
(EsPCEx/2006)
Conforme a figura, a 𝟔𝟎 metros do chão o helicóptero 𝑯 avista, sob um ângulo 𝜶, dois alvos, 𝑩 e 𝑪,
que serão logo abatidos.
Se 𝑨𝑩 = 𝟒𝟎 𝒎 e 𝑩𝑪 = 𝟐𝟔𝟎 𝒎, então 𝜶 mede
a) 𝟏𝟓°
b) 𝟑𝟎°
c) 𝟒𝟓°
d) 𝟔𝟎°
e) 𝟕𝟓°
Comentário:
Seja 𝛽 = 𝐴�̂�𝐵. Temos:
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tg 𝛽 =
𝐴𝐵
𝐴𝐻
=
40 𝑚
60 𝑚
=
2
3
tg(𝛽 + 𝛼) = tg 𝐴�̂�𝐶 =
𝐴𝐶
𝐴𝐻
=
𝐴𝐵 + 𝐵𝐶
𝐴𝐻
=
40 𝑚 + 260 𝑚
60 𝑚
=
300
60
= 5
Logo,
tg 𝛼 = tg[(𝛽 + 𝛼) − 𝛽] =
tg(𝛽 + 𝛼) − tg 𝛽
1 + tg(𝛽 + 𝛼) ⋅ tg 𝛽
=
5 −
2
3
1 + 5 ⋅
2
3
=
3 ⋅ 5 − 2
3 + 5 ⋅ 2
=
13
13
= 1
∴ 𝛼 = 45°
Gabarito: C
(EsPCEx/2006)
Os ângulos agudos 𝜶 e 𝜷 pertencem aos triângulos retângulos abaixo. Se o seno de 𝜷 é o dobro do
seno de 𝜶, então o ângulo 𝜶 pertence ao intervalo
a) ]𝟎°, 𝟒𝟓°[
b) [𝟒𝟓°, 𝟔𝟎°]
c) ]𝟑𝟎°, 𝟒𝟓°[
d) ]𝟎°, 𝟔𝟎°[
e) ]𝟎°, 𝟑𝟎°[
Comentário:
sen 𝛽 = 2 sen 𝛼 ⟺ sen 𝛼 =
1
2
⋅ sen 𝛽. Como 𝛽 é um ângulo agudo, temos 𝛽 ∈ ]0°, 90°[ ⇒ 0 <
sen 𝛽 < 1. Assim, 0 <
1
2
⋅ sen 𝛽 <
1
2
, donde 0 < sen 𝛼 <
1
2
.
Como a função seno é crescente no primeiro quadrante, onde está localizado 𝛼, temos que
0 < sen 𝛼 <
1
2
= sen 30° ⟺ 0 < 𝛼 < 30° ⟺ 𝛼 ∈]0°, 30°[.
Gabarito: E
(EsPCEx/2005)
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Um topógrafo, querendo conhecer a altura de um penhasco, mediu a distância do ponto 𝑨 até a
beira do rio (ponto 𝑬), obtendo 𝟐𝟎 metros. A largura do rio (𝑬𝑩) é desconhecida. A figura abaixo
mostra os ângulos 𝑩�̂�𝑪 = 𝟑𝟎° e 𝑩�̂�𝑪 = 𝟔𝟎°.
A altura do penhasco encontrada pelo topógrafo foi
a) 𝟏𝟓√𝟑 𝒎.
b) 𝟏𝟐√𝟑 𝒎.
c) 𝟏𝟎√𝟑 𝒎.
d) 𝟐𝟎√𝟑 𝒎.
e) 𝟒𝟎√𝟑 𝒎.
Comentário:
Esquematicamente, temos:
Na figura acima, ℎ é a altura desejada. Da trigonometria, temos:
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tg 𝐵Â𝐶 = tg 30° =
√3
3
⟺
ℎ
20 + 𝑚
=
√3
3
⟺ 20 + 𝑚 = ℎ√3
tg 𝐵Ê𝐶 = tg 60° = √3 ⟺
ℎ
𝑚
= √3 ⟺ 𝑚 =
ℎ√3
3
∴ 20 = (20 + 𝑚) − 𝑚 = ℎ√3 −
ℎ√3
3
=
2ℎ√3
3
⟺ 60 = 2ℎ√3 ⟺ ℎ = 10√3.
Gabarito: C
(EsPCEx/2004)
Um soldado, sua sombra e a trajetória do Sol estão em um mesmo plano perpendicular ao solo onde
o soldado se encontra. O soldado está de sentinela em um quartel quando os raios solares formam
ângulos de 𝟔𝟎° e 𝟑𝟎° com o solo, respectivamente no início e no final de sua missão. Nestas
condições, pode-se afirmar que a medida da sombra do soldado no final de sua missão é:
a) a metade da medida de sua sombra no início da missão.
b) o dobro da medida de sua sombra no início da missão.
c) o triplo da medida de sua sombra no início da missão.
d) o quádruplo da medida de sua sombra no início da missão.
e) um terço da medida de sua sombra no início da missão.
Comentário:
Na figura abaixo, situada no plano referido na questão, o soldado está posicionado no segmento
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ . No início de sua missão os raios solares percorrem 𝐵𝐷 e, no final, percorrem 𝐵𝐶 .
As alternativas envolvem a razão entre as medidas de suas sombras𝑚 + 𝑛 = 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ e 𝑚 = 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ , no
final e no início da missão, respectivamente. Isto é, pede-se o valor de
𝑚+𝑛
𝑚
. Utilizando a função
tangente, temos:
tg 𝐴�̂�𝐵 = tg 60° = √3 ⟺
𝑠
𝑚
= √3 ⟺ 𝑚 =
𝑠√3
3
.
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tg 𝐴�̂�𝐵 = tg 30° =
√3
3
⟺
𝑠
𝑚 + 𝑛
=
√3
3
⟺ 𝑚 + 𝑛 = 𝑠√3
Logo,
𝑚 + 𝑛
𝑚
=
𝑠√3
𝑠√3
3
= 3
Portanto, a sombra no final é o triplo da sombra no início da missão.
Gabarito: C
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9. Lista de Questões - Nível 3
(Desafio - Triângulo Russo)
Sabendo que o triângulo 𝑨𝑩𝑪 é isósceles com 𝑨𝑩 = 𝑩𝑪. Se �̂� = 𝟐𝟎°, 𝑫Â𝑪 = 𝟔𝟎° e 𝑨�̂�𝑬 = 𝟓𝟎°,
calcule 𝒙.
(Elementos da Matemática Volume 2)
ABC é um triângulo no qual �̂� = 𝟏𝟐𝟎°; M e N são pontos do lado BC tais que 𝑴𝑩 = 𝑨𝑩 e 𝑵𝑪 = 𝑨𝑪.
Calcular o ângulo 𝑴�̂�𝑵.
(Portugal – 98)
Na figura seguinte, 𝑨𝑫 = 𝑩𝑪.
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Quanto mede o ângulo 𝑫�̂�𝑪?
(ITA/2011)
Seja 𝑨𝑩𝑪 um triângulo retângulo cujos catetos 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ medem 8 cm e 6 cm, respectivamente. Se
𝑫 é um ponto sobre 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e o triângulo 𝑨𝑫𝑪 e isósceles, a medida do segmento 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ , em cm, é igual a
a) 𝟑/𝟒
b) 𝟏𝟓/𝟔
c) 𝟏𝟓/𝟒
d) 𝟐𝟓/𝟒
e) 𝟐𝟓/𝟐
(ITA/2008)
Considere o triângulo 𝑨𝑩𝑪 isósceles em que o ângulo distinto dos demais, 𝑩�̂�𝑪, mede 𝟒𝟎°. Sobre
o lado 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , tome o ponto 𝑬 tal que 𝑨�̂�𝑬 = 𝟏𝟓°. Sobre o lado 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ , tome o ponto 𝑫 tal que 𝑫�̂�𝑪 =
𝟑𝟓°. Então, o ângulo 𝑬�̂�𝑩 vale
a) 𝟑𝟓°
b) 𝟒𝟓°
c) 𝟓𝟓°
d) 𝟕𝟓°
e) 𝟖𝟓°
(ITA/1984)
Sejam as afirmações:
I. Por um ponto passa uma única reta;
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II. Um ponto e uma reta determinam um plano;
III. Se dois pontos de uma reta pertencem a um plano então a reta está contida nesse plano;
IV. Por um ponto situado fora de uma reta, existe uma reta paralela à reta dada.
Podemos garantir que:
a) Apenas III é verdadeira.
b) I e II são falsas.
c) Apenas I é falsa.
d) Apenas II e III são verdadeiras.
e) Apenas II e IV são verdadeiras.
(ITA/1978)
Quais as sentenças falsas nos itens abaixo?
I. Se dois planos são secantes, todas as retas de um deles sempre interceptam o outro plano;
II. Se em dois planos, num deles existem duas retas distintas paralelas ao outro plano, os planos são
sempre paralelos;
III. Em dois planos paralelos, todas as retas de um são paralelas ao outro plano;
IV. Se uma reta é paralela a um plano, em tal plano existe uma infinidade de retas paralelas àquela
reta;
V. Se uma reta é paralela a um plano, será paralela a todas as retas do plano.
a) I; II; III
b) I; II; V
c) I; III; IV
d) II; III; IV
e) N.D.A
(ITA/1987)
Qual das afirmações abaixo é verdadeira?
a) Três pontos, distintos dois a dois, determinam um plano.
b) Um ponto e uma reta determinam um plano.
c) Se dois planos distintos têm um ponto em comum, tal ponto é único.
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d) Se uma reta é paralela a um plano e não está contida neste plano, então ela é paralela a qualquer
reta desse plano.
e) Se 𝛼 é o plano determinado por duas retas concorrentes r e s, então toda reta m desse plano, que
é paralela a r, não será paralela à reta s.
(ITA/Modificada/2013)
Das afirmações:
I. Duas retas coplanares são concorrentes;
II. Duas retas que não têm ponto em comum são reversas;
III. Dadas duas retas reversas, existem dois, e apenas dois, planos paralelos, cada um contendo uma
das retas;
É (são) verdadeira(s) apenas:
a) III
b) I e III
c) II e III
d) Apenas I
e) Apenas I e II
(ITA/2011)
Entre duas superposições consecutivas dos ponteiros das horas e dos minutos de um relógio, o
ponteiro dos minutos varre um ângulo cuja medida, em radianos, é igual a:
a)
𝟐𝟑𝝅
𝟏𝟏
b)
𝟏𝟑𝝅
𝟔
c)
𝟐𝟒𝝅
𝟏𝟏
d)
𝟐𝟓𝝅
𝟏𝟏
e)
𝟕𝝅
𝟑
(CN/2012)
Observe a figura a seguir.
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Na figura acima, sabe-se que 𝒌 > 𝟑𝟔°. Qual é o menor valor natural da soma 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 + 𝒕, sabendo
que tal soma deixa resto 4, quando dividida por 5, e resto 11, quando dividida por 12?
a) 479°
b) 539°
c) 599°
d) 659°
e) 719°
(CN/2005)
Num triângulo ABC, AB = AC, o ponto D interno ao lado AC é determinado de modo que DC = BC.
Prolonga-se o lado BC (no sentido de B para C) até o ponto E de modo que CE = BC. Se o ângulo 𝑨𝑩𝑫
mede 12°, qual a medida, em graus, do ângulo BAC?
a) 100
b) 88
c) 76
d) 54
e) 44
(CN/2003)
Num triângulo acutângulo isósceles ABC, o segmento BP, P interno ao segmento AC, forma com o
lado BA um ângulo de 15°. Quanto mede o maior ângulo
de PBC, sabendo que os triângulos ABP e
ABC são semelhantes?
a) 65,5°
b) 82,5°
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c) 97,5°
d) 135°
e) 150°
(CN/1999)
O número de triângulos que podemos construir com lados medindo 5, 8 e 𝒙, 𝒙 ∈ ℕ∗, de tal forma
que seu ortocentro seja interno ao triângulo é:
a) 3
b) 4
c) 5
d) 6
e) 7
(CN/1999)
Dados os casos clássicos de congruência de triângulos A.L.A., L.A.L., L.L.L. e L.A.Ao onde L = lado, A =
ângulo e Ao = ângulo oposto ao lado dado, complete corretamente as lacunas das sentenças abaixo
e assinale a alternativa correta.
I. Para se mostrar que a mediatriz de um segmento AB é o lugar geométrico dos pontos do plano
equidistantes dos extremos A e B, usa-se o caso ____ de congruência de triângulos.
II. Para se mostrar que a bissetriz de um ângulo AÊC tem seus pontos equidistantes dos lados BA e
BC desse ângulo, sem usar o teorema da soma dos ângulos internos de um triângulo, usa-se o caso
____ de congruência de triângulos.
a) L.A.L. / A.L.A.
b) L.A.L. / L.A.Ao.
c) L.L.L. / L.A.Ao.
d) L.A.Ao. / L.A.L.
e) A.L.A. / L.L.L.
(CN/1998)
Uma cidade B encontra-se 600 km a leste de uma cidade A; e uma cidade C encontra-se 500km ao
norte da mesma cidade A. Um ônibus parte de B, com velocidade constante em linha reta e na
direção da cidade A. No mesmo instante e com velocidade constante igual à do ônibus, um carro,
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também em linha reta, parte de C para interceptá-lo. Aproximadamente a quantos quilômetros de
A, o carro alcançará o ônibus?
a) 92
b) 94
c) 96
d) 98
e) 100
Na figura, as retas 1L e 2L são paralelas. O valor de x , em graus, é igual a:
a) 5
b) 6
c) 7
d) 8
e) 9
Os pontos M, N e P pertencem respectivamente aos lados AB, BC e AC do triângulo ABC. Sabe-se
que AB = AC e que PM = PN Sendo 𝑨�̂�𝑷 = 𝒂, 𝑴�̂�𝑩 = 𝒃 𝒆 𝑵�̂�𝑪 = 𝒄, uma relação entre esses três
ângulos é:
a) 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 = 𝟏𝟖𝟎 °
b) 𝟐𝒂 = 𝒃 + 𝒄
c) 𝟐𝒃 = 𝒂 + 𝒄
d) 𝟐𝒄 = 𝒂 + 𝒃
e) 𝒂 + 𝒄 − 𝒃 = 𝟗𝟎°
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Seja o triângulo isósceles ABC de vértice A. Sabendo que os segmentos BC, CD, DE, EF e FA são
congruentes, o ângulo do vértice do triângulo é igual a:
a) 𝟏𝟎°
b) 𝟏𝟓°
c) 𝟏𝟖°
d) 𝟐𝟎°
e) 𝟐𝟐, 𝟓°
No triângulo ABC, D é o ponto médio de AB e E é o ponto de BC tal que 𝑩𝑬 = 𝟐𝑬𝑪. Dado que os
ângulos 𝑨�̂�𝑪 e 𝑩�̂�𝑬 são iguais, encontre o ângulo 𝑩�̂�𝑪.
a) 30º
b) 45º
c) 60º
d) 90º
e) 120º
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No triângulo ABC, B̂ 66= e Ĉ 38= . As alturas AD e BE cortam-se em H e o ponto M é médio de HA. O
ângulo ˆMED mede:
a) 54°
b) 58°
c) 62°
d) 68°
e) 72°
Um ponto P está no interior de um triângulo ABC e é tal que ˆˆABP ACP= e ˆ ˆCBP CAP= . Sobre o ponto P é
possível afirmar que:
a) é o incentro de ABC
b) é o baricentro de ABC
c) é o circuncentro de ABC
d) é o ortocentro de ABC
e) nada se pode afirmar
(CN 1996)
Considere as afirmativas sobre o triângulo ABC :
I − Os vértices B e C são equidistantes da mediana AM. M é o ponto médio do segmento BC;
II − A distância do baricentro Gao vértice B é o dobro da distância de G ao ponto N , médio do
segmento AC ;
III − O incentro I é equidistante dos lados do triângulo ABC ;
IV − O circuncentro S é equidistante dos vértices A , B e C .
O número de afirmativas verdadeiras é:
a) 0.
b) 1.
c) 2.
d) 3.
e) 4.
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(CN 1997)
O ponto P interno ao triângulo ABC é equidistante de dois de seus lados e dois de seus vértices.
Certamente P é a interseção de:
a) Uma bissetriz interna e uma altura desse triângulo.
b) Uma bissetriz interna e uma mediatriz dos lados desse triângulo.
c) Uma mediatriz de uma lado e uma mediana desse triângulo.
d) Uma altura e uma mediana desse triângulo.
e) Uma mediana e uma bissetriz interna desse triângulo.
(EPCAr 2004)
Considere as retas r e s ( )r s e os ângulos ê , î e â da figura abaixo
Pode-se afirmar que
a) e + i + a = 270°
b) e + i + a = 180°
c) e + i = a
d) e + i + a = 90°
Na figura, as retas 1L e 2L são paralelas. O valor de x é igual a:
160
100
x
30
70
170
L1 L2
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a) 100°
b) 110°
c) 120°
d) 130°
e) 140°
Na figura abaixo os segmentos de reta r e s são paralelos. Então a soma dos ângulos  , B̂, Ĉ , D̂ , Ê e
F̂ será de quantos graus?
a) 60°
b) 90°
c) 120°
d) 180°
e) 360°
Da figura abaixo sabe-se que: 1) Â = 80º e B̂=60º, 2) AM = AP, 3) BM = BQ, 4) MP = MQ. O ângulo ̂
mede:
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a) 10°
b) 12°
c) 15°
d) 20°
e) NRA
Na figura sabe-se que 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 e 𝐶𝐷 = 8 𝑚, então o comprimento 𝐵𝐶 vale:
a) 4 m
b) 2√𝟐 m
c) 4√𝟐 m
d) 8 m
e) 8√𝟐 m
No triângulo ABC da figura, M é o ponto médio de BC. Se 𝐴�̂�𝑀 = 15∘ e 𝐴�̂�𝐶 = 30∘, a medida do
ângulo ˆBCA é:
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a) 15°
b) 30°
c) 45°
d) 60°
e) 75°
Sabendo-se que dois ângulos internos do triângulo formado pelos pés das alturas do triângulo ABC
acutângulo são 22 e 78 , pode-se afirmar que a medida do maior ângulo externo do triângulo ABC
pode ser:
a) 130°
b) 128°
c) 170°
d) 139°
e) 141°
(CMRJ 2011)
Os triângulos ABC e ABD da figura são isósceles com 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷. Seja E o ponto de interseção
de BD com AC. Se BD é perpendicular a AC, então a soma dos ângulos Ĉ e D̂ vale
a) 115°
b) 120°
c) 130°
d) 135°
e) 140°
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No quadrilátero ABCD, AB = 5, BC = 17, CD = 5, DA = 9, e a medida de BD é um número inteiro. A
medida de BD é:
a) 11
b) 12
c) 13
d) 14
e) 15
(CN 1997)
Quantos triângulos obtusângulos existem, cujos lados são expressos por números inteiros
consecutivos?
a) um.
b) dois.
c) três.
d) quatro.
e) cinco.
(CN 1996)
Sejam os triângulos ABC e MPQ, tais que:
I - 𝑀�̂�𝑄 = 𝐴�̂�𝐵 = 90º
II - 𝑃�̂�𝑀 = 70º
III - 𝐵�̂�𝐶 = 50º
IV - 𝐴𝐶 = 𝑀𝑃
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Se 𝑃𝑄 = 𝑥 e 𝐵𝐶 = 𝑦, então 𝐴𝐵 é igual a:
a) x + y
b) √𝒙𝟐 + 𝒚²
c)
𝟐𝒙𝒚
(𝒙+𝒚)²
d)
𝟐√𝒙𝒚
𝒙+𝒚
e) 2x+y
(CN 1995)
Qual deverá ser o menor número inteiro que somado a cada um dos números 6, 8 e 14, obtém-se
as medidas dos lados de um triângulo em que o ortocentro está no seu interior?
a) 9
b) 10
c) 11
d) 12
e) 13
(ITA 2008)
Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo distinto dos demais, BÂC, mede 40º. Sobre o
lado 𝐴𝐵, tome o ponto E tal que 𝐴�̂�𝐸 = 15º. Sobre o lado 𝐴𝐶, tome o ponto D tal que 𝐷�̂�𝐶 = 35∘.
Então, o ângulo 𝐸�̂�𝐵vale:
a) 35°
b) 45°
c) 55°
d) 75°
e) 85°
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Em um triângulo acutângulo ABC o ângulo interno de vértice A mede 300. Os pontos B1 e C1 são os
pés das alturas traçadas por B e C, respectivamente e os pontos B2 e C2 são médios dos lados AC e
AB, respectivamente. Calcule o menor ângulo entre os segmentos B1C2 e B2C1.
a) 15°
b) 30°
c) 45°
d) 60°
e) 90°
Seja ABC um triângulo acutângulo e CD a altura correspondente ao vértice C. Se M é o ponto médio
de BC e N é ponto médio de AD, calcular MN sabendo que AB = 8 e CD = 6.
a) 2
b) 3
c) 4
d) 5
e) 6
Na figura, calcule x.
a) 110°
b) 120°
c) 135°
d) 145°
e) 150°
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No triângulo 𝐴𝐵𝐶, 𝐴𝐵 = 20, 𝐴𝐶 = 21 e 𝐵𝐶 = 29. Os pontos 𝐷 e 𝐸 sobre o lado 𝐵𝐶 são tais que
𝐵𝐷 = 8 e 𝐸𝐶 = 9. A medida do ângulo 𝐷�̂�𝐸, em graus, é igual a:
a) 30
b) 40
c) 45
d) 60
e) 75
9.1. Gabarito
1. 𝑥 = 30°
2. 30°
3. 100°
4. D
5. D
6. B
7. B
8. E
9. A
10. C
11. C
12. E
13. C
14. A
15. B
16. A
17. D
18. C
19. D
20. D
21. C
22. D
23. E
24. B
25. A
26. B
27. D
28. A
29. D
30. E
31. A
32. D
33. C
34. C
35. A
36. B
37. D
38. E
39. D
40. D
41. C
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10. Lista De Questões Comentadas - Nível 3
(Desafio - Triângulo Russo)
Sabendo que o triângulo 𝑨𝑩𝑪 é isósceles com 𝑨𝑩 = 𝑩𝑪. Se �̂� = 𝟐𝟎°, 𝑫Â𝑪 = 𝟔𝟎° e 𝑨�̂�𝑬 = 𝟓𝟎°,
calcule 𝒙.
Comentários
Essa é uma questão clássica de geometria conhecida como triângulo russo. O segredo nessa
questão é traçar um segmento de tal forma que gere triângulos isósceles. Como 𝐴𝐵𝐶 é isósceles,
temos:
𝐵Â𝐶 = 𝐵�̂�𝐴 = 𝛼
2𝛼 + 20° = 180°
𝛼 = 80°
Vamos construir o segmento 𝐴𝐹̅̅ ̅̅ tal que 𝐹Â𝐶 = 20°:
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Sabendo que a soma dos ângulos internos de um triângulo é 180°, então para os triângulos
𝐴𝐸𝐶, 𝐴𝐷𝐶 e 𝐴𝐹𝐶, temos:
Δ𝐴𝐸𝐶 ⇒ 𝐴Ê𝐶 + 50° + 80° = 180° ⇒ 𝐴Ê𝐶 = 50°
Δ𝐴𝐷𝐶 ⇒ 𝐴�̂�𝐶 + 60° + 80° = 180° ⇒ 𝐴�̂�𝐶 = 40°
Δ𝐴𝐹𝐶 ⇒ 𝐴�̂�𝐶 + 80° + 20° = 180° ⇒ 𝐴�̂�𝐶 = 80°
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Perceba que:
Δ𝐴𝐹𝐶 é isósceles, então 𝐴𝐹 = 𝐴𝐶
Δ𝐴𝐸𝐶 é isósceles, então 𝐴𝐸 = 𝐴𝐶
Δ𝐴𝐹𝐷 é isósceles, então 𝐴𝐹 = 𝐹𝐷
Note o ângulo 𝐸Â𝐹 = 60°, vamos construir o triângulo 𝐴𝐹𝐸:
Δ𝐴𝐹𝐸 é isósceles, então 𝐴Ê𝐹 = 𝐴�̂�𝐸
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Como 𝐸Â𝐹 = 60° é o vértice do triângulo, temos que Δ𝐴𝐹𝐸 é equilátero com 𝐴Ê𝐹 = 𝐴�̂�𝐸 =
60°. Então, 𝐴𝐸 = 𝐴𝐹 = 𝐸𝐹.
Δ𝐸𝐹𝐷 é isósceles, então 𝐹Ê𝐷 = 𝐹�̂�𝐸
Calculando 𝐸�̂�𝐷:
𝐸�̂�𝐷 + 60° + 80° = 180° ⇒ 𝐸�̂�𝐷 = 40°
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Calculando os ângulos da base do Δ𝐸𝐹𝐷:
𝐹Ê𝐷 = 𝐹�̂�𝐸 = 𝑥 + 40°
𝑥 + 40° + 𝑥 + 40° + 40° = 180°
2𝑥 = 60°
∴ 𝑥 = 30°
Gabarito: 𝒙 = 𝟑𝟎°
(Elementos da Matemática Volume 2)
ABC é um triângulo no qual �̂� = 𝟏𝟐𝟎°; M e N são pontos do lado BC tais que 𝑴𝑩 = 𝑨𝑩 e 𝑵𝑪 = 𝑨𝑪.
Calcular o ângulo 𝑴�̂�𝑵.
Comentários
Seja 𝛼 e 𝛽 os ângulos da base 𝑀𝑁 do triângulo 𝐴𝑀𝑁.
Como 𝑀𝐵 = 𝐴𝐵, o Δ𝐴𝐵𝑀 é isósceles de base 𝐴𝑀, logo 𝐵�̂�𝑀 = 𝐴�̂�𝐵 = 𝛼. Assim, temos que
𝐴�̂�𝑁 = 180 − 2𝛼. Analogamente, Δ𝐴𝐶𝑁 é isósceles de base 𝐴𝑁 (pois 𝑁𝐶 = 𝐴𝐶). Desse modo,
𝐶�̂�𝐴 = 𝐶�̂�𝑁 = 𝛽 ⇒ 𝐴�̂�𝑁 = 180° − 2𝛽.
Do enunciado, temos que 𝐵�̂�𝐶 = 120°. Logo, podemos escrever que:
180° − 2𝛼 + 180° − 2𝛽 + 120° = 180°
⇒ 𝛼 + 𝛽 = 150°
𝑀�̂�𝑁 = 180° − ( 𝛼 + 𝛽)
𝑀�̂�𝑁 = 30°
Gabarito: 𝟑𝟎°
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(Portugal – 98)
Na figura seguinte, 𝑨𝑫 = 𝑩𝑪.
Quanto mede o ângulo 𝑫�̂�𝑪?
Comentários
Da questão, podemos perceber que 𝐶�̂�𝐵 = 180° − 70° − 55° = 55°.
Logo, o triângulo 𝛥𝐴𝐵𝐶 é isósceles com 𝐴𝐶 = 𝐶𝐵. Porém pelo enunciado temos 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶 o
que implica que 𝐴𝐷 = 𝐴𝐶. Assim, Δ𝐴𝐷𝐶 é isósceles com 𝐴�̂�𝐶 = 40°. Portanto:
𝐷�̂�𝐶 = 180° − 40° − 40° = 100°
Gabarito: 𝟏𝟎𝟎°
(ITA/2011)
Seja 𝑨𝑩𝑪 um triângulo retângulo cujos catetos 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ medem 8 cm e 6 cm, respectivamente. Se
𝑫 é um ponto sobre 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ e o triângulo 𝑨𝑫𝑪 e isósceles, a medida do segmento 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ , em cm, é igual a
a) 𝟑/𝟒
b) 𝟏𝟓/𝟔
c) 𝟏𝟓/𝟒
d) 𝟐𝟓/𝟒
e) 𝟐𝟓/𝟐
Comentários
De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:
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Como o Δ𝐵𝐷𝐶 é retângulo, podemos aplicar o teorema de Pitágoras:
𝑥2 = (8 − 𝑥)2 + 62
𝑥2 = 𝑥2 − 16𝑥 + 64 + 36
16𝑥 = 100
𝑥 =
25
4
Gabarito: D
(ITA/2008)
Considere o triângulo 𝑨𝑩𝑪 isósceles em que o ângulo distinto dos demais, 𝑩�̂�𝑪, mede 𝟒𝟎°. Sobre
o lado 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ , tome o ponto 𝑬 tal que 𝑨�̂�𝑬 = 𝟏𝟓°. Sobre o lado 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ , tome o ponto 𝑫 tal que 𝑫�̂�𝑪 =
𝟑𝟓°. Então, o ângulo 𝑬�̂�𝑩 vale
a) 𝟑𝟓°
b) 𝟒𝟓°
c) 𝟓𝟓°
d) 𝟕𝟓°
e) 𝟖𝟓°
Comentários
De acordo com o enunciado do problema, temos:
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Como Δ𝐴𝐵𝐶 é isósceles, temos 𝐴�̂�𝐶 = 𝐴�̂�𝐵 = 𝛽. Desse modo:
40° + 𝛽 + 𝛽 = 180°
2𝛽 = 140°
𝛽 = 70°
⇒ 𝐵�̂�𝐸 = 55°
⇒ 𝐸�̂�𝐷 = 35°
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Pelo Δ𝐵𝐹𝐶:
35° + 55° + 𝐵�̂�𝐶 = 180°
𝐵�̂�𝐶 = 90° ⇒ Δ𝐵𝐹𝐶 é retângulo
𝐵�̂�𝐸 = 90° ⇒ 𝐵�̂�𝐹 = 55°
Então, 𝐵𝐸𝐶 é isósceles.
Δ𝐵𝐹𝐸~Δ𝐵𝐹𝐶 ⇒ 𝐶𝐹 = 𝐹𝐸
Como 𝐸�̂�𝐷 e 𝐵�̂�𝐶 são opostos pelo vértice, temos que 𝐸�̂�𝐷 = 90°.
𝐷𝐹 é altura e mediana do triângulo 𝐷𝐸𝐶, logo 𝐷𝐹 é mediatriz e Δ𝐷𝐸𝐶 é isósceles. Então,
𝐷�̂�𝐶 = 𝐷�̂�𝐸 = 15°.
Portanto, pelo Δ𝐷𝐹𝐸:
15° + 90° + 𝛼 = 180°
𝛼 = 75°
Gabarito: D
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(ITA/1984)
Sejam as afirmações:
I. Por um ponto passa uma única reta;
II. Um ponto e uma reta determinam um plano;
III. Se dois pontos de uma reta pertencem a um plano então a reta está contida nesse plano;
IV. Por um ponto situado fora de uma reta, existe uma reta paralela à reta dada.
Podemos garantir que:
a) Apenas III é verdadeira.
b) I e II são falsas.
c) Apenas I é falsa.
d) Apenas II e III são verdadeiras.
e) Apenas II e IV são verdadeiras.
Comentários
I. Falso. Por um ponto passam infinitas retas.
II. Falso. Podemos pensar no postulado da determinação, em que três pontos não colineares
determinam um plano. Se tomarmos dois pontos, os quais determinam uma reta, teremos uma
reta e um ponto determinando um único plano. Porém na questão não fica claro se são três
pontos colineares ou não, o que torna o item falso.
III. Verdadeiro. Pelo postulado da inclusão.
IV. Verdadeiro. Pelo postulado das paralelas, temos que, por um ponto P externo à uma reta r
dada, existe uma única reta s,
paralela à r, passando por P.
Gabarito: B
(ITA/1978)
Quais as sentenças falsas nos itens abaixo?
I. Se dois planos são secantes, todas as retas de um deles sempre interceptam o outro plano;
II. Se em dois planos, num deles existem duas retas distintas paralelas ao outro plano, os planos são
sempre paralelos;
III. Em dois planos paralelos, todas as retas de um são paralelas ao outro plano;
IV. Se uma reta é paralela a um plano, em tal plano existe uma infinidade de retas paralelas àquela
reta;
V. Se uma reta é paralela a um plano, será paralela a todas as retas do plano.
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a) I; II; III
b) I; II; V
c) I; III; IV
d) II; III; IV
e) N.D.A
Comentários
I. Falso. Existem retas em um plano que são paralelas ao outro plano. Podemos escolher uma
reta de um plano paralela à reta formada pela intersecção dos planos dados e garantir que essa
reta será paralela ao outro plano, pois é paralela a uma reta contida nesse outro plano. Sendo
assim, nem todas as retas de um plano intersectam o outro.
II. Falso. Vamos supor que existam dois planos secantes 𝑆1 e 𝑆2. Podemos pegar duas retas, r e s,
paralelas e distintas do plano 𝑆1, que são paralelas à reta gerada pela intersecção desses planos.
Nesse caso, as retas r e s serão paralelas ao plano 𝑆2, o que torna a afirmação falsa.
III. Verdadeiro. No caso de dois planos paralelos e distintos, temos que toda reta de um será
paralela ao outro, uma vez que não existirá intersecção entre essas retas e o plano.
IV. Verdadeiro. Existem infinitas retas paralelas e distintas em um plano. Escolhendo-se essas
retas de forma que sejam paralelas à reta externa ao plano dado, temos que, se uma reta é
paralela a um plano, ela será paralela a uma infinidade de retas desse plano.
V. Falso. Podemos tomar retas do plano que são perpendiculares à reta.
Gabarito: B
(ITA/1987)
Qual das afirmações abaixo é verdadeira?
a) Três pontos, distintos dois a dois, determinam um plano.
b) Um ponto e uma reta determinam um plano.
c) Se dois planos distintos têm um ponto em comum, tal ponto é único.
d) Se uma reta é paralela a um plano e não está contida neste plano, então ela é paralela a qualquer
reta desse plano.
e) Se 𝛼 é o plano determinado por duas retas concorrentes r e s, então toda reta m desse plano, que
é paralela a r, não será paralela à reta s.
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Comentários
a) Falso. Pegadinha! Três pontos não colineares determinam um plano.
b) Falso. De novo, pegadinha! Uma reta e um ponto fora dela determinam um plano.
c) Falso. Dois planos distintos com um ponto em comum são secantes e, portanto, a intersecção
entre eles será uma reta.
d) Falso. A reta fora e a reta no plano podem ser reversas.
e) Verdadeiro. Tomemos o ponto de intersecção das retas r e s. Tomemos agora uma reta m
paralela à r. Pelo postulado das paralelas, só existe uma reta passando pelo ponto de intersecção
das retas que é paralela à m que, por definição, é a reta r. Logo, o item é verdadeiro.
Gabarito: E
(ITA/Modificada/2013)
Das afirmações:
I. Duas retas coplanares são concorrentes;
II. Duas retas que não têm ponto em comum são reversas;
III. Dadas duas retas reversas, existem dois, e apenas dois, planos paralelos, cada um contendo uma
das retas;
É (são) verdadeira(s) apenas:
a) III
b) I e III
c) II e III
d) Apenas I
e) Apenas I e II
Comentários
I. Falso. Elas podem ser paralelas.
II. Falso. Retas paralelas também não possuem ponto em comum.
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III. Verdadeiro. Sejam 𝑟 e 𝑠 retas reversas. Da definição de retas reversas, não existe um plano
que contenha essas duas retas e, portanto, elas não podem ser coplanares. Seja 𝑠′ a reta que
passa por 𝑠 e é paralela à 𝑟; e 𝑟′ a reta que passa por 𝑟 e é paralela a 𝑠. 𝑠 e 𝑠′ são concorrentes e,
portanto, determinam um plano 𝑆. Como 𝑠′ é paralela à 𝑟, o plano 𝑆 também será paralelo a 𝑟.
Analogamente, para 𝑟 e 𝑟′, essas retas determinam um plano 𝑅 que é paralelo à 𝑠. Assim, sendo
𝑅 o plano que contém 𝑟; e 𝑆 o plano que contém 𝑠, então 𝑅 e 𝑆 são paralelos entre si e são
únicos.
Gabarito: A
(ITA/2011)
Entre duas superposições consecutivas dos ponteiros das horas e dos minutos de um relógio, o
ponteiro dos minutos varre um ângulo cuja medida, em radianos, é igual a:
a)
𝟐𝟑𝝅
𝟏𝟏
b)
𝟏𝟑𝝅
𝟔
c)
𝟐𝟒𝝅
𝟏𝟏
d)
𝟐𝟓𝝅
𝟏𝟏
e)
𝟕𝝅
𝟑
Comentários
Para resolver esse problema, vamos supor que a posição do primeiro encontro do ponteiro das
horas com o ponteiro dos minutos ocorre em 12 horas.
Agora, devemos achar o ângulo que o ponteiro dos minutos percorre até encontrar o ponteiro
das horas no segundo encontro.
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Primeiro, o ponteiro dos minutos percorre 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 até voltar à posição inicial. Nesse período, o
ponteiro das horas percorre 𝜃. A partir daí, até o encontro, o ponteiro dos minutos percorrerá
𝜃 + 𝑥 e o das horas, 𝑥. Dessa forma, podemos montar uma regra de três.
2𝜋 −
𝜋
6
𝜃 + 𝑥 − 𝑥
2𝜋 𝑥 = ( 𝜃 + 𝑥 ).
𝜋
6
Mas quando o ponteiro dos minutos percorre 2𝜋 𝑟𝑎𝑑, o ponteiro das horas percorrerá 𝜋/6 𝑟𝑎𝑑,
logo θ = 𝜋/6 e, portanto,
2𝜋 𝑥 = ( 𝜃 + 𝑥 ).
𝜋
6
⇒ 12𝜋𝑥 = (
𝜋
6
+ 𝑥) 𝜋 ⇒ 12𝑥 ⋅ 6 = 𝜋 + 6𝑥 ⇒ 66𝑥 = 𝜋
𝑥 =
𝜋
66
Então, o ângulo varrido pelo ponteiro dos minutos é:
𝑆 = 2π +
π
6
+
π
66
=
24𝜋
11
Gabarito: C
(CN/2012)
Observe a figura a seguir.
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Na figura acima, sabe-se que 𝒌 > 𝟑𝟔°. Qual é o menor valor natural da soma 𝒙 + 𝒚 + 𝒛 + 𝒕, sabendo
que tal soma deixa resto 4, quando dividida por 5, e resto 11, quando dividida por 12?
a) 479°
b) 539°
c) 599°
d) 659°
e) 719°
Comentários
Observe a figura abaixo:
Do quadrilátero destacado, temos a seguinte relação:
180 − 3𝑘 + 180 − 2𝑘 + 𝑥 + 𝑦 − 180 + 𝑡 + 𝑧 − 180 = 360°
Ou seja:
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 360 + 5𝑘
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Do enunciado, temos que 𝑘 > 36°, logo:
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 > 360 + 5 ∙ 36 = 540
Essa soma deve deixar resto 4 na divisão por 5 e resto 11 na divisão por 12. Ou seja, deve ser
do tipo:
5𝑛 − 1 𝑒 12𝑚 − 1
Ao mesmo tempo. Disso, segue:
5𝑛 − 1 = 12𝑚 − 1 ⇒ 5𝑛 = 12𝑚
Isto é, 𝑛 é múltiplo de 12 e 𝑚 é múltiplo de 5. Uma forma de atender às duas condições ao
mesmo tempo é, portanto:
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 60𝑝 − 1 > 540 ⇒ 𝑝 >
541
60
≈ 9,016
Como 𝑝 é natural, segue que 𝑝 é no mínimo 10, do que segue a soma mínima:
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 + 𝑡 = 60 ∙ 10 − 1 = 599°
Gabarito: C
(CN/2005)
Num triângulo ABC, AB = AC, o ponto D interno ao lado AC é determinado de modo que DC = BC.
Prolonga-se o lado BC (no sentido de B para C) até o ponto E de modo que CE = BC. Se o ângulo 𝑨𝑩𝑫
mede 12°, qual a medida, em graus, do ângulo BAC?
a) 100
b) 88
c) 76
d) 54
e) 44
Comentários
O ponto 𝐸 não será utilizado, de modo que o esboço da situação é o que segue:
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Como o Δ𝐴𝐵𝐶 é isósceles, temos que 𝐵�̂�𝐴 = 12° + 𝛽.
Como o Δ𝐵𝐶𝐷 é isósceles, temos:
𝐷�̂�𝐶 = 𝐵�̂�𝐶
Daí, olhando para o Δ𝐵𝐶𝐷:
𝛽 + 12° + 𝛽 + 𝛽 = 180°
⇒ 𝛽 =
168°
3
= 56°
Por fim, temos que:
𝐵�̂�𝐶 = 12° + 𝐵�̂�𝐶 ⇒ 56° = 12° + 𝐵�̂�𝐶 ⇒ 𝐵�̂�𝐶 = 44°
Gabarito: E
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(CN/2003)
Num triângulo acutângulo isósceles ABC, o segmento BP, P interno ao segmento AC, forma com o
lado BA um ângulo de 15°. Quanto mede o maior ângulo de PBC, sabendo que os triângulos ABP e
ABC são semelhantes?
a) 65,5°
b) 82,5°
c) 97,5°
d) 135°
e) 150°
Comentários
Como o triângulo 𝐴𝐵𝐶 é isósceles e acutângulo e o triângulo 𝐴𝐵𝑃 é semelhante ao 𝐴𝐵𝐶,
temos que a disposição dos vértices deve ser a seguir:
Com 𝐶𝐴 = 𝐶𝐵.
Veja que, com isso, 𝐶𝐴𝐵 =
165°
2
. O maior ângulo do triângulo 𝑃𝐶𝐵 é, portanto, o ângulo
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𝐴�̂�𝐵 =
165°
2
+ 15° =
195°
2
= 97,5°
Já que 𝐴�̂�𝐵 é externo ao Δ𝑃𝐵𝐴.
Qualquer outra disposição dos vértices implicaria em um triângulo 𝐴𝐵𝐶 não acutângulo.
Gabarito: C
(CN/1999)
O número de triângulos que podemos construir com lados medindo 5, 8 e 𝒙, 𝒙 ∈ ℕ∗, de tal forma
que seu ortocentro seja interno ao triângulo é:
a) 3
b) 4
c) 5
d) 6
e) 7
Comentários
O primeiro passo é usar a desigualdade triangular:
8 < 𝑥 + 5 ⇒ 3 < 𝑥
𝑥 < 8 + 5 ⇒ 𝑥 < 13
Ou seja:
3 < 𝑥 < 13
Para que o ortocentro seja interno ao triângulo ele deve ser acutângulo ou retângulo.
Disso, temos que considerar duas possibilidades, pois para aplicar a síntese de Clairaut
devemos saber qual é o maior lado:
1ª: 𝑥 ≥ 8
Da síntese de Clairaut podemos afimar:
𝑥2 ≤ 82 + 52 = 89 ⇒ 𝑥 ≤ 9
Ou seja, 8 ≤ 𝑥 ≤ 9. Disso, temos duas possibilidades: 𝑥 = 8 𝑜𝑢 𝑥 = 9.
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2ª: 𝑥 < 8
O maior lado é 8, usando a síntese de Clairaut:
82 ≤ 𝑥2 + 52 ⇒ 39 ≤ 𝑥2 ⇒ 7 ≤ 𝑥
Ou seja, 7 ≤ 𝑥 < 8. Disso, temos 𝑥 = 7.
Assim, temos 3 triângulos possíveis.
Gabarito: A
(CN/1999)
Dados os casos clássicos de congruência de triângulos A.L.A., L.A.L., L.L.L. e L.A.Ao onde L = lado, A =
ângulo e Ao = ângulo oposto ao lado dado, complete corretamente as lacunas das sentenças abaixo
e assinale a alternativa correta.
I. Para se mostrar que a mediatriz de um segmento AB é o lugar geométrico dos pontos do plano
equidistantes dos extremos A e B, usa-se o caso ____ de congruência de triângulos.
II. Para se mostrar que a bissetriz de um ângulo AÊC tem seus pontos equidistantes dos lados BA e
BC desse ângulo, sem usar o teorema da soma dos ângulos internos de um triângulo, usa-se o caso
____ de congruência de triângulos.
a) L.A.L. / A.L.A.
b) L.A.L. / L.A.Ao.
c) L.L.L. / L.A.Ao.
d) L.A.Ao. / L.A.L.
e) A.L.A. / L.L.L.
Comentários
Vamos analisar cada situação separadamente:
Situação I:
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Como 𝐶𝑀 é mediatriz, temos que 𝐴𝑀 = 𝑀𝐵. Assim os triângulos 𝐴𝑀𝐶 𝑒 𝐶𝑀𝐵 são
congruentes pelo caso 𝐿𝐴𝐿, já que 𝐴�̂�𝐶 = 𝐶�̂�𝐵.
Situação II:
Observe a figura abaixo:
Observe que os ângulos 𝐶�̂�𝐷 𝑒 𝐶�̂�𝐷, opostos ao lado 𝐶𝐷, são iguais. Disso, temos que o caso
de congruência entre Δ𝐶𝐸𝐷 𝑒 Δ𝐶𝐷𝐹 é o 𝐿𝐴𝐴𝑜.
Gabarito: B
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(CN/1998)
Uma cidade B encontra-se 600 km a leste de uma cidade A; e uma cidade C encontra-se 500km ao
norte da mesma cidade A. Um ônibus parte de B, com velocidade constante em linha reta e na
direção da cidade A. No mesmo instante e com velocidade constante igual à do ônibus, um carro,
também em linha reta, parte de C para interceptá-lo. Aproximadamente a quantos quilômetros de
A, o carro alcançará o ônibus?
a) 92
b) 94
c) 96
d) 98
e) 100
Comentários
As trajetórias podem ser representadas como na figura abaixo:
As distâncias percorridas até o encontro são iguais, já que possuem a mesma velocidade.
Aplicando o teorema de Pitágoras ao Δ𝐴𝐷𝐶:
5002 + (600 − 𝑥)2 = 𝑥2 ⇒ 𝑥 =
1525
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Queremos 𝐴𝐷 = 600 − 𝑥 = 600 −
1525
3
=
275
3
≈ 91,66 𝑘𝑚.
Gabarito: A
Na figura, as retas 1L e 2L são paralelas. O valor de x , em graus, é igual a:
a) 5
b) 6
c) 7
d) 8
e) 9
Comentários:
Inicialmente, devemos traçar uma reta paralela à L1 e L2 que passe pelo ângulo de 152 °
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Logo, pela propriedade dos ângulos alternos internos temos que
8𝑥 + 11𝑥 + 152
𝑥 = 8
Gabarito: D
Os pontos M, N e P pertencem respectivamente aos lados AB, BC e AC do triângulo ABC. Sabe-se
que AB = AC e que PM = PN Sendo 𝑨�̂�𝑷 = 𝒂, 𝑴�̂�𝑩 = 𝒃 𝒆 𝑵�̂�𝑪 = 𝒄, uma relação entre esses três
ângulos é:
a) 𝒂 + 𝒃 + 𝒄 = 𝟏𝟖𝟎 °
b) 𝟐𝒂 = 𝒃 + 𝒄
c) 𝟐𝒃 = 𝒂 + 𝒄
d) 𝟐𝒄 = 𝒂 + 𝒃
e) 𝒂 + 𝒄 − 𝒃 = 𝟗𝟎°
Comentários:
Desenhando a figura, temos
Para encontrar a relação entre os ângulos a, b e c, utilizaremos o teorema do ângulo externo
Assim
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No triângulo MBN, temos que
𝑎 + 𝑘 = 𝑥 + 𝑏
𝑘 − 𝑥 = 𝑏 − 𝑎
No triângulo PNC, temos que
𝑘 + 𝑏 = 𝑐 + 𝑥
𝑘 − 𝑥 = 𝑐 − 𝑏
Assim, igualando as 2 equações acima temos que
𝑏 − 𝑎 = 𝑐 − 𝑏
𝑎 + 𝑐 = 2𝑏
Gabarito: C
Seja o triângulo isósceles ABC de vértice A. Sabendo que os segmentos BC, CD, DE, EF e FA são
congruentes, o ângulo do vértice do triângulo é igual a:
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a) 𝟏𝟎°
b) 𝟏𝟓°
c) 𝟏𝟖°
d) 𝟐𝟎°
e) 𝟐𝟐, 𝟓°
Comentários:
Desenhando o problema da figura temos
No triângulo AEF, como 𝐴𝐹 = 𝐸𝐹, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒
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∠𝐹𝐴𝐸 = ∠𝐹𝐸𝐴 = 𝑥
No triângulo EFD, pelo teorema do ângulo externo, temos que
∠𝐸𝐹𝐷 = ∠𝐸𝐷𝐹 = 𝑥 + 𝑥 = 2𝑥
Note que, no ponto E
∠𝐴𝐸𝐹 + ∠𝐹𝐸𝐷 + ∠𝐷𝐸𝐶 = 180°
𝑥 + (180 − 4𝑥) + ∠𝐷𝐸𝐶 = 180°
Como 𝐷𝐸 = 𝐷𝐶, 𝑡𝑎𝑚𝑏é𝑚 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒
∠𝐷𝐸𝐶 = ∠𝐷𝐶𝐸 = 3𝑥
Analogamente, no ponto D, temos que
2𝑥 + (180 − 6𝑥) + ∠𝐶𝐷𝐵 = 180°
Como 𝐶𝐷 = 𝐶𝐵, 𝑡𝑎𝑚𝑏é𝑚 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒
∠𝐶𝐷𝐵 = ∠𝐶𝐵𝐷 = 4𝑥
Assim, no triângulo ABC, temos que
𝑥 + 4𝑥 + 4𝑥 = 180
9𝑥 = 180
𝑥 = 20°
Gabarito: D
No triângulo ABC, D é o ponto médio de AB e E é o ponto de BC tal que 𝑩𝑬 = 𝟐𝑬𝑪. Dado que os
ângulos 𝑨�̂�𝑪 e 𝑩�̂�𝑬 são iguais, encontre o ângulo 𝑩�̂�𝑪.
a) 30º
b) 45º
c) 60º
d) 90º
e) 120º
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Comentários:
Desenhando
a figura do problema, temos que
Inicialmente, traçaremos as cevianas AE e CD, com P sendo seu ponto de intersecção.
Note que, como ∠𝐴𝐷𝐶 = ∠𝐵𝐴𝐸
𝐷𝑃 = 𝐴𝑃
Aplicando o teorema de Menelaus no triângulo BDC com ceviana APE, temos que
𝐸𝐵
𝐸𝐶
.
𝑃𝐶
𝑃𝐷
.
𝐴𝐷
𝐴𝐵
= 1 →
2
1
.
𝐶𝑃
𝐷𝑃
.
1
2
= 1
Logo, temos que
𝐶𝑃 = 𝐷𝑃
Assim, observe que
𝐶𝑃 = 𝐷𝑃 = 𝐴𝑃
Portanto, a ceviana AP é mediana relativa ao lado DC no triângulo ADC, valendo metade deste
lado
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Observe que esse caso é exatamente o caso da mediana relativa à hipotenusa em um triângulo
retângulo
Portanto, conclúimos que
∠𝐵𝐴𝐶 = 90°
Gabarito: D
No triângulo ABC, B̂ 66= e Ĉ 38= . As alturas AD e BE cortam-se em H e o ponto M é médio de HA. O
ângulo ˆMED mede:
a) 54°
b) 58°
c) 62°
d) 68°
e) 72°
Comentário:
Desenhando o problema, temos:
Como o ângulo BEA e BDA são retos, temos que o quadrilátero ABDE é inscritível. Dessa forma,
temos que:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐸𝐵 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝐷 = 90° − 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐶
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐸𝐵 = 90° − 66°
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐸𝐵 = 24°
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𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐴 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐸 = 66° − (90° − 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵)
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐴 = 66° − (90° − 38°)
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐴 = 14°
Como o ângulo AHE é exterior ao triângulo EHD:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐻𝐴 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐻𝐸𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐻
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐻𝐴 = 24° + 14°
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐻𝐴 = 38°
Como o triângulo EMH é isósceles pois EM=MH:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐻𝐴 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑀𝐸𝐻
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑀𝐸𝐻 = 38°
Portanto, temos que:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑀𝐸𝐷 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑀𝐸𝐻 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐸𝐵
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑀𝐸𝐷 = 38° + 24°
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑀𝐸𝐷 = 62°
Gabarito: C
Um ponto P está no interior de um triângulo ABC e é tal que ˆˆABP ACP= e ˆ ˆCBP CAP= . Sobre o ponto P é
possível afirmar que:
a) é o incentro de ABC
b) é o baricentro de ABC
c) é o circuncentro de ABC
d) é o ortocentro de ABC
e) nada se pode afirmar
Comentário:
Desenhando o problema, temos que:
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Dos dados do problema, temos que os quadriláteros BCFD e ABEF são inscritíveis:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐵𝐹 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐹 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝐸 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐸
= 180°
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐸 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝐸 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐸
= 180°
2 . 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐷 + 2 . 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐸 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝐸 = 180°
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝐸 = 180° − 2 . 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐷 − 2 . 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐸
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐹𝐵 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐹𝐸 = 180° − 2 . (𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐵𝐹 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐹𝐵𝐶)
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐹𝐸 = 180° − 2 . 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐶
Sendo assim, temos propriedade do triângulo órtico. Logo, temos que o ponto P é o
ortocentro de ABC.
Gabarito: D
(CN 1996)
Considere as afirmativas sobre o triângulo ABC :
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C
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I − Os vértices B e C são equidistantes da mediana AM. M é o ponto médio do segmento BC;
II − A distância do baricentro Gao vértice B é o dobro da distância de G ao ponto N , médio do
segmento AC ;
III − O incentro I é equidistante dos lados do triângulo ABC ;
IV − O circuncentro S é equidistante dos vértices A , B e C .
O número de afirmativas verdadeiras é:
a) 0.
b) 1.
c) 2.
d) 3.
e) 4.
Comentário:
Analisando as afirmativas:
- Afirmativa I, temos que:
Como M é ponto médio, temos que CM = BM. Como os ângulos BEM e CMD são opostos pelo
vértice, eles são iguais. Como CD é a distância de C até a mediana e BE é a distância de B até a
mediana, temos que os ângulos BEM e CDM são retos. Logo, o triângulo MEB é congruente ao
triângulo MDC e, portanto, B e C são equidistantes a mediana.
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- Afirmativa II está correta, pois é uma propriedade do baricentro.
- Afirmativa III está correta, pois é uma propriedade do incentro.
- Afirmativa IV está correta, pois é uma propriedade do circuncentro.
Gabarito: E
(CN 1997)
O ponto P interno ao triângulo ABC é equidistante de dois de seus lados e dois de seus vértices.
Certamente P é a interseção de:
a) Uma bissetriz interna e uma altura desse triângulo.
b) Uma bissetriz interna e uma mediatriz dos lados desse triângulo.
c) Uma mediatriz de uma lado e uma mediana desse triângulo.
d) Uma altura e uma mediana desse triângulo.
e) Uma mediana e uma bissetriz interna desse triângulo.
Comentário:
Sabendo que a bissetriz é o segmento que é equidistante de dois lados do triangulo e que a
mediatriz é o segmento que é equidistante de dois vértices. Concluímos que a alternativa correta
é a letra B.
Gabarito: B
(EPCAr 2004)
Considere as retas r e s ( )r s e os ângulos ê , î e â da figura abaixo
Pode-se afirmar que
a) e + i + a = 270°
b) e + i + a = 180°
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c) e + i = a
d) e + i + a = 90°
Comentário:
Desenhando o problema, temos:
Com isso, do quadrilátero ADFE e sabendo que FDA é igual a a:
𝑎 + 𝑒 + 𝑖 + 90° = 360°
𝑎 + 𝑒 + 𝑖 = 270°
Gabarito: A
Na figura, as retas 1L e 2L são paralelas. O valor de x é igual a:
160
100
x
30
70
170
L1 L2
a) 100°
b) 110°
c) 120°
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d) 130°
e) 140°
Comentário:
Desenhando o problema após arrumar os ângulos com ângulos externos a triangulo, temos:
Pelo teorema dos bicos, temos:
20° + 𝑥 + 30° = 80° + 80°
𝑥 = 110°
Gabarito: B
Na figura abaixo os segmentos de reta r e s são paralelos. Então a soma dos ângulos  , B̂, Ĉ , D̂ , Ê e
F̂ será de quantos graus?
a) 60°
b) 90°
c) 120°
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d) 180°
e) 360°
Comentário:
Desenhando o problema após arrumar os ângulos com ângulos externos a triangulo, temos:
Pelo teorema dos bicos, temos:
𝐸 + 𝐹 + 𝐶 + 𝐷 = 180° − 𝐴 − 𝐵
𝐴 + 𝐵 + 𝐶 + 𝐷 + 𝐸 + 𝐹 = 180°
Gabarito: D
Da figura abaixo sabe-se que: 1) Â = 80º e B̂=60º, 2) AM = AP, 3) BM = BQ, 4) MP = MQ. O ângulo ̂
mede:
a) 10°
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b) 12°
c) 15°
d) 20°
e) NRA
Comentário:
Do enunciado, temos que o triângulo APM é isósceles e, com isso:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝑃𝑀 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝐴 =
180° − 80°
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝑃𝑀 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝐴 = 50°
Assim como, o triângulo BMQ é isósceles e, portanto:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑄𝑀𝐵 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝑄𝑀 =
60°
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑄𝑀𝐵 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝑄𝑀 = 30°
Somado a isso, temos que o triângulo PMQ é isósceles e, dessa forma:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝑄 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑄𝑀 =
180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝑄
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝑄 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑄𝑀 =
180° − (180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝐴 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑄𝑀𝐵)
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝑄 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜
𝑃𝑄𝑀 =
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝐴 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑄𝑀𝐵
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝑄 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑄𝑀 =
50° + 30°
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑀𝑄 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑄𝑀 = 40°
Pelo ângulo externo do triangulo, temos que:
𝛼 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝑄𝑀 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑃𝑄𝑀
𝛼 + 60° = 30° + 40°
𝛼 = 10°
Gabarito: A
Na figura sabe-se que AB AC= e CD 8 m= , então o comprimento BC vale:
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a) 4 m
b) 2√𝟐 m
c) 4√𝟐 m
d) 8 m
e) 8√𝟐 m
Comentário:
Do enunciado, temos que o triângulo ABC é isósceles e, com isso:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐶 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵 =
180° − 40°
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐶 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵 = 70°
Sendo assim, calculando o ângulo BDC:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐷𝐶 = 180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐶 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐶𝐵
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐷𝐶 = 180° − 70° − 40°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐷𝐶 = 70°
Logo, o triangulo BCD é isósceles e, portanto:
𝐶𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐶̅̅ ̅̅
𝐵𝐶̅̅ ̅̅ = 8 𝑚
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Gabarito: D
No triângulo ABC da figura, M é o ponto médio de BC. Se ˆABM 15= e ˆAMC 30= , a medida do ângulo
ˆBCA é:
a) 15°
b) 30°
c) 45°
d) 60°
e) 75°
Comentário:
Do enunciado, temos que o ângulo AMC é ângulo externo do triângulo ABM e, com isso:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝑀𝐶 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝑀 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝑀
30° = 15° + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝑀
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝑀 = 15°
Com isso, temos que o triangulo ABM é isóscele e AM = BM=MC. Sendo assim, o triangulo
AMC é isósceles:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝑀𝐶 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝑀 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝑀 = 180°
30° + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝑀 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝑀 = 180°
2 . â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝑀 = 150°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝑀 =
150°
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝑀 = 75°
Gabarito: E
Sabendo-se que dois ângulos internos do triângulo formado pelos pés das alturas do triângulo ABC
acutângulo são 22 e 78 , pode-se afirmar que a medida do maior ângulo externo do triângulo ABC
pode ser:
a) 130°
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b) 128°
c) 170°
d) 139°
e) 141°
Comentário:
Desenhando o problema, temos:
Com isso, do quadrilátero inscritível ABDE:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐵 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐸𝐷 𝑒 â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐷𝐸 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐸
Do quadrilátero inscritível BFHD:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐷𝐹 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐵𝐴 𝑒 â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐹𝐷 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐵𝐶
Do quadrilátero inscritível BCEF:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐵𝐶 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐹𝐶 𝑒 â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐹 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐸𝐹
Do quadrilátero inscritível CDHE:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐹 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐸𝐷 𝑒 â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐶𝐹 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐷𝐸
Do quadrilátero, inscritível AEHF:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐶 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐹𝐸
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AULA 00 – GEOMETRIA PLANA
Do enunciado, temos, sem perda de generalidade, que:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐹 = 78° 𝑒 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐸𝐹 = 22° 𝑒 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐹𝐷 = 80°
Dessa forma, temos que:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐵 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐷 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐵
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐵 =
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐹𝐷
2
+
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐸𝐹
2
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐵 =
80°
2
+
22°
2
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐵 = 51°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐵𝐴 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐵𝐸 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐵𝐴
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐵𝐴 =
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐸𝐹
2
+
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐹
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐵𝐴 =
22°
2
+
78°
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐵𝐴 = 50°
Com isso, temos que:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵 = 180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐵 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐵𝐴
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵 = 180° − 51° − 50°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵 = 79°
Sendo assim, a medida do maior ângulo externo será dada pela medida do menor ângulo
interno. Portanto:
𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 = 180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐵𝐴
𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 = 180° − 50°
𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑜 = 130°
Gabarito: A
(CMRJ 2011)
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Os triângulos ABC e ABD da figura são isósceles com AB AC BD= = . Seja E o ponto de interseção de BD
com AC. Se BD é perpendicular a AC, então a soma dos ângulos Ĉ e D̂ vale
a) 115°
b) 120°
c) 130°
d) 135°
e) 140°
Comentário:
Da figura, temos que:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐵𝐶 = 90° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐸
Como o triângulo ABC é isósceles:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐷 = 2 . â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵 − 90°
Com isso, temos que:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐴𝐶 = 180° − 2 . â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵
E:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐴𝐷 = 90° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐷𝐵
Somado a isso, temos:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐷𝐴 = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐴𝐷 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶𝐴𝐵
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐷𝐴 = 90° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐷𝐵 + 180° − 2 . â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵
2. (â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐷𝐴 + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵) = 270°
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𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐷𝐴 + 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐶𝐵 = 135°
Gabarito: D
No quadrilátero ABCD, AB = 5, BC = 17, CD = 5, DA = 9, e a medida de BD é um número inteiro. A
medida de BD é:
a) 11
b) 12
c) 13
d) 14
e) 15
Comentário:
Da desigualdade triangular, temos que:
- Triângulo BCD:
𝐵𝐶̅̅ ̅̅ + 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ > 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ > 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ − 𝐶𝐷̅̅ ̅̅
17 + 5 > 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ > 17 − 5
22 > 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ > 12
- Triângulo ABD:
𝐷𝐴̅̅ ̅̅ + 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ > 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ > 𝐷𝐴̅̅ ̅̅ − 𝐴𝐵̅̅ ̅̅
9 + 5 > 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ > 9 − 5
14 > 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ > 4
Das desigualdades e sabendo que a medida de BD é um número inteiro:
𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 13
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http://www.artofproblemsolving.com/Forum/code.php?hash=dae88774f7d1f0c921fc8324115d08a14384155c&type=2&sid=5fb3f88d86958e8ca05366fc4baebd79
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Gabarito: C
(CN 1997)
Quantos triângulos obtusângulos existem, cujos lados são expressos por números inteiros
consecutivos?
a) um.
b) dois.
c) três.
d) quatro.
e) cinco.
Comentário:
Da desigualdade do triangulo obtuso:
𝑎2 > 𝑏2 + 𝑐²
(𝑛 + 1)2 > 𝑛2 + (𝑛 − 1)2
𝑛2 + 2 . 𝑛 + 1 > 𝑛2 + 𝑛2 − 2 . 𝑛 + 1
2 . 𝑛 > 𝑛2 − 2 . 𝑛
0 > 𝑛2 − 4 . 𝑛
0 > 𝑛 . (𝑛 − 4)
Com isso, temos os seguintes valores de n:
𝑛 = 1 𝑜𝑢 𝑛 = 2 𝑜𝑢 𝑛 = 3
Contudo, n=1 não faz sentido para o problema.
Da desigualdade triangular:
2 + 1 > 3 > 2 − 1
3 > 3 > 1
Logo, absurdo!
3 + 2 > 4 > 3 − 2
5 > 4 > 1
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A desigualdade é atendida!
Sendo assim, só é possível formar um triangulo com as características do problema.
𝐵𝐷̅̅ ̅̅ = 13
Gabarito: C
(CN 1996)
Sejam os triângulos ABC e MPQ, tais que:
I -
ˆˆMPQ ACB 90º= =
II -
ˆPQM 70º=
III - ˆBAC 50º=
IV - AC MP=
Se PQ x= e BC y= , então AB é igual a:
a) x + y
b) √𝒙𝟐 + 𝒚²
c)
𝟐𝒙𝒚
(𝒙+𝒚)²
d)
𝟐√𝒙𝒚
𝒙+𝒚
e) 2x+y
Comentário:
Como o lado AC = MP, podemos desenhar o problema onde A é coincidente com M e C é
coincidente com P:
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AULA 00 – GEOMETRIA PLANA
Dessa forma, temos que:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑄𝐴𝐵 = 70°
Com isso, o triângulo ABQ é isósceles e, com isso:
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ + 𝑄𝐶̅̅ ̅̅
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑦 + 𝑥
Gabarito: A
(CN 1995)
Qual deverá ser o menor número inteiro que somado a cada um dos números 6 , 8 e 14 , obtém-se
as medidas dos lados de um triângulo em que o ortocentro está no seu interior?
a) 9
b) 10
c) 11
d) 12
e) 13
Comentário:
Como o ortocentro deve estar no interior do triângulo, esse triângulo deve ser acutângulo e,
portanto:
(14
+ 𝑥)2 < (6 + 𝑥)2 + (8 + 𝑥)²
𝑥2 + 28𝑥 + 196 < 𝑥2 + 12𝑥 + 36 + 𝑥2 + 16𝑥 + 64
28𝑥 + 196 < 28𝑥 + 36 + 𝑥2 + 64
196 < 36 + 𝑥2 + 64
196 < 100 + 𝑥2
𝑥2 > 96
𝑥 > √96
𝑥 > 9,8
Com isso, o menor número inteiro que satisfaz o problema é:
10
Gabarito: B
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(ITA 2008)
Considere o triângulo ABC isósceles em que o ângulo distinto dos demais, BÂC, mede 40º. Sobre o
lado AB, tome o ponto E tal que ˆACE 15º.= Sobre o lado AC , tome o ponto D tal que ˆDBC 35= . Então,
o ângulo ˆEDBvale:
a) 35°
b) 45°
c) 55°
d) 75°
e) 85°
Comentário:
Desenhando o problema, temos:
Da figura, temos que:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐶𝐵 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐸𝐶
Analisando os ângulos, temos que o segmento BD é perpendicular ao segmento CE e como o
triângulo BCE é isósceles, temos que o ponto F é ponto médio do lado CE. Dessa forma, temos
que o triângulo CDF é congruente ao triangulo DEF, já que possuem o lado FE igual ao lado CF, o
lado DF pertence aos dois triângulos e o ângulo DFC é igual ao ângulo DFE. Portanto:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐵 = 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐷𝐶
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐵 = 180° − 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐵𝐶 − 𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐶𝐵
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𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐵 = 180° − 35° − 70°
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐸𝐷𝐵 = 75°
Gabarito: D
Em um triângulo acutângulo ABC o ângulo interno de vértice A mede 300. Os pontos B1 e C1 são os
pés das alturas traçadas por B e C, respectivamente e os pontos B2 e C2 são médios dos lados AC e
AB, respectivamente. Calcule o menor ângulo entre os segmentos B1C2 e B2C1.
a) 15°
b) 30°
c) 45°
d) 60°
e) 90°
Comentário:
Desenhando o problema, temos:
Da figura, temos que B₁C₂ é igual a AC₂ pois C₂ é o centro da circunferência que passa por A,
B e B₁. Com isso, temos:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶₂𝐴𝐵₁ = â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵₁𝐶₂
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵₁𝐶₂ = 30°
Analogamente, temos que o triângulo AC₁B₂ é isósceles e portanto:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶₁𝐵₂𝐴 = 180° − 30° − 30°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶₁𝐵₂𝐴 = 120°
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Dessa forma, temos que:
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶₁𝐵₂𝐵₁ = 180° − 120°
𝑎𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶₁𝐵₂𝐵₁ = 60°
Sendo assim:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵₁𝐸𝐵₂ = 180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶₂𝐴𝐵₁ − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐶₁𝐵₂𝐵₁
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵₁𝐸𝐵₂ = 180° − 30° − 60°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵₁𝐸𝐵₂ = 180° − 90°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵₁𝐸𝐵₂ = 90°
Gabarito: E
Seja ABC um triângulo acutângulo e CD a altura correspondente ao vértice C. Se M é o ponto médio
de BC e N é ponto médio de AD, calcular MN sabendo que AB = 8 e CD = 6.
a) 2
b) 3
c) 4
d) 5
e) 6
Comentário:
Desenhando o problema, temos:
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Sendo E o ponto médio de AC, temos que ME é paralelo a AB por ser base média, e portanto,
é perpendicular à CD. Analisando o triângulo ACD, temos que EM é base média e,
consequentemente, é paralelo a CD. Assim, EM é perpendicular à EN. Da propriedade de base
média, temos que:
𝐸𝑁̅̅ ̅̅ =
𝐶𝐷̅̅ ̅̅
2
𝐸𝑁̅̅ ̅̅ =
6
2
𝐸𝑁̅̅ ̅̅ = 3
𝐸𝑀̅̅̅̅̅ =
𝐴𝐵̅̅ ̅̅
2
𝐸𝑀̅̅̅̅̅ =
8
2
𝐸𝑀̅̅̅̅̅ = 4
Sendo assim, do Pitágoras no triângulo MEN:
𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅² = 𝐸𝑁̅̅ ̅̅ ² + 𝐸𝑀̅̅̅̅̅²
𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅² = 9 + 16
𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅² = 25
𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ = √25
𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ = 5
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Gabarito: D
Na figura, calcule x.
a) 110°
b) 120°
c) 135°
d) 145°
e) 150°
Comentário:
Da figura do problema, temos as seguintes relações:
2𝑎 + 𝑑 = 2𝑏 + 𝑐 = 100°
100° + 180° − 3𝑐 − 𝑑 + 180° − 𝑐 − 3𝑑 = 180°
𝑎 + 𝑏 + 180° − 𝑥 = 100°
Da 2ª equação, temos:
100° − 3𝑐 − 𝑑 + 180° − 𝑐 − 3𝑑 = 0
4𝑐 + 4𝑑 = 280°
𝑐 + 𝑑 = 70°
Na primeira equação, temos que
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AULA 00 – GEOMETRIA PLANA
𝑑 = 100° − 2𝑎 𝑒 𝑐 = 100° − 2𝑏
Dessa forma, temos:
𝑐 + 𝑑 = 70°
100° − 2𝑏 + 100° − 2𝑎 = 70°
2𝑎 + 2𝑏 = 130°
𝑎 + 𝑏 = 65°
Na 3ª equação, temos:
𝑎 + 𝑏 + 180° − 𝑥 = 100°
65° + 180° − 𝑥 = 100°
65° + 180° − 100° = 𝑥
𝑥 = 145°
Gabarito: D
No triângulo ABC , AB 20= , AC 21= e BC 29= . Os pontos D e E sobre o lado BC são tais que BD 8= e EC 9=
. A medida do ângulo ˆDAE, em graus, é igual a:
a) 30
b) 40
c) 45
d) 60
e) 75
Comentário:
Desenhando o problema, temos:
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C
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F
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Da figura, temos que o triângulo ABE e o triângulo ACD são isósceles e, portanto:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐷𝐶 =
180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐷𝐶 = 90° −
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐸𝐵 =
180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐵𝐸
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐸𝐵 =
180° − (90° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴)
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐸𝐵 =
180° − 90° + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐸𝐵 =
90° + â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐸𝐵 = 45° +
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
Do triângulo ADE, temos:
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐸 = 180° − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐸𝐵 − â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐴𝐷𝐶
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐸 = 180° − (45° +
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
) − (90° −
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
)
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â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐸 = 180° − 45° −
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
− 90° +
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐵𝐶𝐴
2
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐸 = 180° − 45° − 90°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐸 = 180° − 135°
â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝐷𝐴𝐸 = 45°
Gabarito: C
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11. Referências Bibliográficas
[1] Dolce, Osvaldo. Pompeo, José Nicolau. Fundamentos de matemática elementar, 9: geometria
plana. 9. ed. Atual, 2013. 456p.
[2] Morgado, Augusto César. Wagner, Eduardo. Jorge, Miguel. Geometria I. 5 ed. Livraria Francisco
Alves Editora, 1990. 151p.
[3] Morgado, Augusto César. Wagner, Eduardo. Jorge, Miguel. Geometria II. 1 ed. FC & Z Livros,
2002. 296p.
[4] Areas - Geometria Plana
12. Considerações Finais
É isso, meu querido! Finalizamos a nossa aula. Espero que tenham gostado!
Restando qualquer dúvida, estou à disposição no fórum de dúvidas. Pode usar sem moderação!!
Mantenham a pegada, a sua aprovação está mais perto que imagina!
Qualquer crítica, sugestão ou elogio, só mandar mensagem no fórum!
Siga minhas redes sociais!
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Vamos que vamos! Fé na missão!
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