11 27 (Lista - Revisão Geometria Plana) - Gabarito

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Prof. Anderson Weber 
Matemática 
 
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Lista de Exercícios – Revisão Geometria - Gabarito 
 
Resposta da questão 1: 
 a) Considere a figura. 
 
 
 
Desde que ADF BCD, AFD DEC e =AF DE, 
podemos afirmar que ADF e DEC são congruentes por 
oLAA . Logo, vem =AB AD e, assim, ABCD é 
losango. 
A resposta é, portanto, igual a 
ABCD2p 4 AD
AF
4
sen
3
4
3
2
8 3 cm.
α
= 
= 
= 
=
 
 
b) A área de ABCD é dada por 
2
(ABCD) CD AF
AF
AF
sen
AF
.
sen
α
α
= 
= 
=
 
 
Logo, sendo =AF 3cm e 0 90 ,α    podemos 
concluir que a área de ABCD é mínima quando sen é 
máximo, ou seja, quando  =sen 1. 
A resposta é 29cm . 
 
Resposta da questão 2: 
 a) Se EF 6cm,= ES 8cm= e FES 90 ,=  então o 
triângulo retângulo EFS é semelhante ao triângulo 
retângulo de lados 3, 4 e 5. Em consequência, temos 
FS 10cm.= 
Considere a figura. 
 
 
 
Sendo FI e FA segmentos tangentes à circunferência 
de centro em P e raio PI, temos FI FA.= Além disso, 
de modo inteiramente análogo, concluímos que 
NI NB= e SA SB.= Adicionalmente, sabendo que I é 
ponto médio de FN, podemos afirmar que 
FS NS 10cm.= = 
Como UN 8cm= e NUS 90 ,=  os triângulos EFS e 
USN são congruentes, com US 6cm.= Daí, segue que 
a área do trapézio UNFE é igual a 
2(UN EF) 8 6(US ES) 14 98 cm .
2 2
+ +
 + =  = 
 
b) Uma vez que NSU FSE 90 ,+ =  temos ASB 90=  e, 
portanto, APBS é quadrado. Logo, vem FN 10 2 cm= 
e, assim, obtemos FI 5 2 cm.= Ademais, PA AS= 
implica em 
FS PA FA PA 10 5 2 cm.− =  = − 
 
A resposta é dada por 
2 2
2
1 1
FS NS PA 10 10 (10 5 2)
2 2
50(1 (3 2 2)) cm .
π π
π
  −  =   −  −
= − −
 
 
Resposta da questão 3: 
 Do enunciado, tem-se a seguinte figura: 
 
 
 
 
Como AB é diâmetro, ˆACB 90 .=  
 
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No triângulo ABC, 
AC
sen30
2R
AC R
 =
=
 
 
No triângulo ABC, 
BC
cos30
2R
BC R 3
 =
=
 
 
No triângulo CEB, 
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
R 2 R 3 y 2 R 3 y cos30
3
2R 3R y 2R 3 y
2
y 3Ry R 0
3R 3R 4 1 R
y
2
3R R 5
y
2
= + −    
= + −  
− − =
 − −   −
=

=
 
 
Como y 2R, 
( )
3R R 5
y
2
R 3 5
y
2
−
=
−
=
 
 
Como y z 2R+ = e 
( )R 3 5
y ,
2
−
= 
( )
( )
( )
( )
( )
R 3 5
z 2R
2
R 3 5
z 2R
2
4R R 3 5
z
2
R 4 3 5
z
2
1 5
z R
2
−
+ =
−
= −
− −
=
− +
=
+
=
 
 
Então, 
( ) ( )
( )
( )
( )
x R 2 y z
R 3 5 R 1 5
x R 2
2 2
R 5 1 1
x
2 2
R 5 1 2
x
4
2 5 1 R
ED
4
 = 
− +
 = 
−
= 
− 
=
 −
=
 
 
Resposta: A medida do segmento ED é 
( )2 5 1 R
.
4
 −
 
 
Resposta da questão 4: 
 Do enunciado, temos: 
 
 
 
2
2
2
2r
25
r
2
25
r
2
2 25
r
4
5 2
r
2
5 2
π
π
=
=
=

=
=
=
 
 
 
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1
OC 5 2 2
2
OC 5
=  
=
 
 
No triângulo AOC, 
( )
22 213 5 AO
AO 12
= +
=
 
 
Os sólidos AJKLM e ABCDE são semelhantes, logo, 
3
1
3
1
1
3
1 3
hV
3V 12
h1
3 12
h1
123
12
h cm
3
 
=  
 
 
=  
 
=
=
 
 
Os sólidos AJKLM e AFGHI são semelhantes, logo, 
( )
3
1
1 2
3
1
1 2
1
3
1 2
3
1 2 1
3
2 1 1
3
2 1
hV
2V h h
h1
2 h h
h1
h h2
h h 2 h
h 2 h h
h h 2 1
 
=  
+ 
 
=  
+ 
=
+
+ =
= −
=  −
 
 
Como 1 3
12
h ,
3
= 
( )32 3
3
2 3
12
h 2 1
3
2 1
h 12 cm
3
=  −
−
= 
 
1 2 3h h h 12+ + = 
 
Então, 
( )
33
3
3 33 3 3
12 12 3 2
2 1 h 12 h cm
3 3 3
−
+  − + =  = 
 
Resposta: As alturas dos sólidos formados são: 
3
1 23 3
12 2 1
h cm, h 12 cm
3 3
−
= =  e 
33
3 3
3 2
h cm.
3
−
= 
 
Resposta da questão 5: 
 a) Centro C : 16 
Centros A e B : 8 
 
b) Teremos: 
2 8
m(AC) 8
2
2 8
m(BC) 8
2
2 16 60 16
m(AB)
360 3
π
π
π
π π
π
 
= = 
 
= = 
    
= =

 
 
c) Teremos: 
2
I
2
II
III I
2 2
IV
8
A 32
2
16 3
A 64 3
4
A A 32
16 60 16 3 128
A 64 3
360 4 3
π
π
π
π π

= = 

= = 
= = 
    
= − = − 

 
 
Resposta da questão 6: 
 a) A área disponível para pasto corresponde à área de 
um setor circular de raio , cujo ângulo central é o 
replemento do ângulo interno do polígono regular. 
Portanto, a resposta é 
2
2
2
180 (n 2) n 2
360 1
n 360 2n
n 2
.
2n
π
π
π
 − −   
 − = −   
    
+
=
 
 
b) Considere a figura. 
 
 
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Caso a extremidade da corda pudesse deslizar 
livremente ao longo de todo o perímetro da cerca, o 
resultado seria dado pela soma das áreas de n 
quadrados congruentes de lado com as áreas de n 
setores circulares de raio e ângulo central igual a 
360
.
n

 
Em consequência, a resposta é 
2
2 2n n (n ).
n
π
π+ = + 
 
Resposta da questão 7: 
 a) Teremos: 
 
 
 
Do enunciado e da figura, temos: 
2
quadrado
2
círculo
S 2 4
S 1π π
= =
=  =
 
 
b) Teremos: 
 
 
 
4S 4
4S 4
S 1
4
π
π
π
+ =
= −
= −
 
 
c) Teremos: 
 
 
 
 
No triângulo AGH, 
( )
( )
2 2 2
2 2
AH x x
AH 2x
= +
=
 
 
Como AH 0 e x 0, 
AH x 2= 
 
No triângulo ABC, 
( )
( )
2 2 2
2 2
AC 2 2
AC 2 2
= +
= 
 
 
Como AC 0, 
AC 2 2= 
 
Então, 
 
 
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( ) ( )
2 2
2
2
2
AC 2AH 2
2 2 2 x 2 2
2 x 2 1
x 2 2 1
x 2 2 1
2x 3 2 2
3 2 2
x
2
3
x 2
2
= +
=  +
= +
= −
= −
= −
−
=
= −
 
 
Assim, a área pedida é dada por: 
2
x x S
2 2
x S
2 2
3
2 1
2 4
2 2
3 2 1
4 2 2 8
π
π

+
+
− −
+
− + −
 
5 2
4 2 8
π
− − 
 
Resposta da questão 8: 
 a) Com os dados do enunciado, pode-se desenhar a 
figura a seguir, sendo o ponto O o centro da Terra, o 
ponto B a localização de Brasília e o ponto M a 
localização de Moscou: 
 
 
 
Considerando a Terra como uma esfera, sabe-se que 
os arcos BA e CM são iguais e delimitados pelo raio 
R da terra e um ângulo de 72 (56 16 ).  +  Assim, 
pode-se calcular a distância vertical percorrida por 
ambos os aviões: 
72 R 2 R
BA CM
180 5
π π
= = = 
 
Para calcular a distância horizontal BC basta 
considerar um arco de circunferência delimitado pela 
distância de B até o eixo da terra e por um ângulo de 
85 (48 37 ).  +  Assim, pode-se escrever: 
B Eixo B Eixo
B Eixo
dist dist
cos16 0,96 dist 0,96R
R R
85 0,96R 16,32 R
BC BC
180 36
π π
− −
− =  =  =

=  =
 
 
Para calcular a distância horizontal AM basta 
considerar um arco de circunferência delimitado pela 
distância de A até o eixo da terra e por um ângulo de 
85 (48 37 ).  +  Assim, pode-se escrever: 
A Eixo A Eixo
A Eixo
dist dist
cos56 0,56 dist 0,56R
R R
85 0,56R 9,52 R
AM AM
180 36
π π
− −
− =  =  =

=  =
 
 
Por fim, pode-se calcular a distância percorrida por cada 
um dos aviões: 
2 R 9,52 R 119,6 R
Avião 1 BA AM
5 36 180
16,32 R 2 R 153,6 R
Avião 2 BC CM
36 5 180
π π π
π π π
 + = + =
 + = + =
 
 
Logo, conclui-se que o segundo avião percorreu a maior 
distância. 
 
b) A diferença das distâncias percorridas será igual a: 
153,6 R 119,6 R 34 R 34 6400
Avião 2 Avião 1 1208,9 km
180 180 180 180
π π π π
π

−  − = = = 
 
Resposta da questão 9: 
 a) Se a abscissa do ponto P é igual a 1, então pela 
função f(x) dada, P terá coordenadas (1,1). 
Analogamente, se a 2,= então pela função f(x) dada, 
Q terá coordenadas ( 2,1 2). Assim, a área do 
quadrilátero T será: 
T T
111 1 1 1 52S 1 1 S
2 2 2 4 4

= + +  = +  = 
 
Calculando o quadrado da distância entre P e Q, tem-
se: 
( ) ( ) ( )
2 22
PQ PQ PQ
1 5 51d 1 2 1 1 d d
2 4 4 4
= − + − = +  =  = 
 
b) Seja I o ponto de intersecção entre a reta r e a função 
f(x). Se sua coordenada y é igual a a 2, então, pela 
função f(x) sua coordenada x será 2 a. Ou seja, o 
ponto I tem coordenadas ( )2 a,a 2 . 
 
Considerando como s a reta que passa por P e Q, 
tem-se que as coordenadasdo ponto P são (1,1), e do 
 
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ponto Q são (a, 1 a). O coeficiente angular desta reta 
será: 
s
1 1 1a
a 1 a
α
−
= = −
−
 
 
Logo, o coeficiente angular da reta r que passa pela 
origem e é ortogonal à reta que contém P e Q será 
igual a r aα = (condição de perpendicularidade). 
 
Assim, a equação da reta r pode ser escrita como: 
y 0 a (x 0)
reta r y ax
− =  −
 =
 
 
Como o ponto I pertence à reta r e tem suas 
coordenadas ( )2 a, a 2 , pode-se escrever: 
a 2
y ax a a 4
2 a
=  =   = 
 
Resposta da questão 10: 
 Vamos, inicialmente, calcular a área do triângulo AMP. 
 
 
 
a
NR a 3 a2DNR ~ DAM NR e QR
aa 4 4
2
3a a
x
a4 2RQP ~ MPA x
a x 5
2
Δ Δ
Δ Δ

 =  = =
−
 =  =
 
 
Portanto, a área S do triângulo APM será dada por: 
21 a a a
S
2 2 5 20
=   = 
 
Logo, a área ES da estrela representada, será dada pela 
diferença entre as áreas do quadrado e dois oitos 
triângulos congruentes ao triângulo APM, ou seja; 
2 2
2 2
E
a 12a
S a 8 0,6 a ,
20 20
= −  = =  ou seja, 60% da área 
do quadrado.