Aula_14_-_Geometria_Plana__Parte_2_-_UNESP_2024

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ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 1
UNESP 
Prof. Andrew Cazé 
Aula 14 – Geometria Plana - Parte 2. 
vestibulares.estrategia.com 
EXTENSIVO 
2024 
Exasi
u
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 2 
 
SUMÁRIO 
INTRODUÇÃO 5 
15. PONTOS NOTÁVEIS NO TRIÂNGULO 6 
15.1. Incentro 6 
15.2. Circuncentro 7 
15.3. Baricentro 9 
15.4. Ortocentro 10 
16. TRIÂNGULOS QUAISQUER 12 
16.1. Teorema dos Senos 12 
16.2. Teorema dos Cossenos 13 
17. TRIÂNGULO RETÂNGULO 15 
17.1. Pontos Notáveis no Triângulo Retângulo 15 
18. QUADRILÁTEROS NOTÁVEIS 18 
18.1. Trapézio 19 
18.1.1. Ângulo Interno 20 
18.1.2. Base Média 20 
18.1.3. Base que intercepta o encontro das diagonais 21 
18.2. Paralelogramo 21 
18.2.1. Lados opostos congruentes 21 
18.2.2. Ângulos opostos congruentes 22 
18.2.3. As diagonais se interceptam nos respectivos pontos médios 22 
18.3. Retângulo 23 
18.3.1. Todo retângulo é paralelogramo 23 
18.3.2. Diagonais congruentes 24 
18.4. Losango 24 
18.4.1. Todo losango é um paralelogramo. 25 
18.4.2. As diagonais são bissetrizes e mediatrizes. 25 
18.5. Quadrado 26 
18.5.1. Todo quadrado é um retângulo e um losango. 26 
19. CÍRCULO E CIRCUNFERÊNCIA 29 
19.1. Notação 29 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 3 
19.2. Elementos 30 
19.3. Cálculo da Flecha 32 
20. POSIÇÃO ENTRE RETAS E CIRCUNFERÊNCIAS 32 
20.1. Reta secante 33 
20.2. Reta tangente 33 
20.3. Reta exterior 34 
20.4. Propriedade da tangente 34 
21. ÂNGULOS NA CIRCUNFERÊNCIA 35 
21.1. Ângulo Central 35 
21.2. Ângulo Inscrito 35 
21.3. Ângulo Ex-inscrito 36 
22. QUADRILÁTERO E CIRCUNFERÊNCIA 37 
22.1. Quadrilátero Inscritível 37 
22.2. Quadrilátero Circunscritível 38 
22.3. Teorema de Pitot 39 
22.4. Teorema de Ptolomeu 40 
23. POTÊNCIA DE PONTO 40 
23.1. Definição 40 
24. POLÍGONOS 43 
24.1. Soma dos Ângulos Internos e externos 44 
24.2. Polígonos Regulares 44 
24.2.1. Ângulos Internos e Externos 45 
24.2.2. Todo polígono regular é inscritível. 45 
24.2.3. Todo polígono regular é circunscritível. 47 
24.2.4. Ângulo Central 47 
24.2.5. Cálculo do lado e apótema do polígono regular 48 
24.2.6. Comprimento da Circunferência 50 
25. ÁREA DE FIGURAS PLANAS 53 
25.1. Retângulo 55 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 4 
25.2. Quadrado 56 
25.3. Paralelogramo 56 
25.4. Triângulo 56 
25.5. Losango 57 
25.6. Trapézio 57 
25.7. Polígono Regular 58 
26. OUTRAS EXPRESSÕES PARA ÁREA DO TRIÂNGULO 59 
26.1. Dados um dos lados e a respectiva altura 59 
26.2. Dados dois lados e um ângulo compreendido entre eles 59 
26.3. Dados os lados e o raio da circunferência inscrita 60 
26.4. Fórmula de Heron 60 
26.5. Relação Métrica entre Áreas 61 
27. ÁREA DE CÍRCULOS 62 
27.1. Dedução da Fórmula 62 
27.2. Partes do Círculo 63 
28. QUESTÕES DE PROVAS ANTERIORES 72 
29. GABARITO 102 
30. QUESTÕES RESOLVIDAS E COMENTADAS 103 
31. CONSIDERAÇÕES FINAIS 161 
32. VERSÕES DAS AULAS 161 
 
 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 5 
Introdução 
Continuaremos, aqui, nossa conversa sobre Geometria Plana, que foi dividida em duas 
partes. 
Para evidenciar a continuidade dessas duas partes, excepcionalmente, nosso PDF terá 
início no capítulo 15, portanto, não estranhe. 
Os exercícios de fixação também terão a numeração sequencial. 
Todas as indicações da aula anterior valem para essa, então, nada de querer decorar 
tudo de uma vez, ok? 
Passaremos por mais algumas definições formais. Acompanhe-as, mas dê enfoque ao 
entendimento e, posteriormente, à resolução dos exercícios. 
Eu sei que a linguagem técnica que passamos a utilizar acaba por deixar a leitura menos 
fluida, mas é um preço que temos que pagar para ver um assunto tão extenso quanto a 
Geometria. Entendê-la faz parte do seu desenvolvimento e deixa você em vantagem 
competitiva na hora da prova. 
Força. 
É uma aula delicada, então, faça-a com atenção. 
Dúvidas? Já sabe, não as deixe sem solução. Se precisar de ajuda com elas, poste-as 
no fórum. Estamos aqui para auxiliá-lo. 
Boa aula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Boa aula! 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 6 
15. Pontos Notáveis no Triângulo 
15.1. Incentro 
As bissetrizes internas de um triângulo encontram-se em um único ponto. A este ponto 
denominamos incentro do triângulo. 
 
𝐼 é o incentro e este tem a mesma distância para os lados do triângulo: 
𝐼𝑇1 = 𝐼𝑇2 = 𝐼𝑇3 
 
Por esse ponto, podemos desenhar uma circunferência a qual chamamos de 
circunferência inscrita. 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 7 
 
 
A circunferência inscrita em um triângulo, possui centro no incentro do triângulo. 
 
15.2. Circuncentro 
As mediatrizes de cada um dos lados de um triângulo se encontram em um único ponto 
chamado de circuncentro. Este ponto equidista dos vértices do triângulo. 
 
𝑂 é o circuncentro do triângulo 𝐴𝐵𝐶. 
𝑂𝐴̅̅ ̅̅ = 𝑂𝐵̅̅ ̅̅ = 𝑂𝐶̅̅ ̅̅ 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 8 
 
Como o circuncentro equidista dos vértices do triângulo, este ponto é o centro de uma 
circunferência que passa pelos vértices desse triângulo. 
 
 
 
 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 9 
A circunferência circunscrita a um triângulo, possui centro no circuncentro do 
triângulo. 😉 
 
15.3. Baricentro 
As três medianas de um triângulo interceptam-se num único ponto chamado de 
baricentro. 
 
𝐺 é o baricentro do triângulo 𝐴𝐵𝐶. 
Perceba que uma propriedade do baricentro é que ele divide as medianas na razão de 
2/1: 
 
𝑨𝑮 = 𝟐𝑮𝑴𝟏
𝑩𝑮 = 𝟐𝑮𝑴𝟐
𝑪𝑮 = 𝟐𝑮𝑴𝟑
 
 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 10 
 
15.4. Ortocentro 
As três alturas de um triângulo interceptam-se num único ponto chamado de ortocentro. 
 
𝐻 é o ortocentro do triângulo 𝐴𝐵𝐶. 
 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 11 
 
1. (Unicamp/2019) No triângulo 𝐴𝐵𝐶 exibido na figura a seguir, 𝐴𝐷 é a bissetriz do 
ângulo interno em 𝐴, e 𝐴𝐷 = 𝐷𝐵. 
O ângulo interno em A é igual a 
 
𝑎) 60°. 
𝑏) 70°. 
𝑐) 80°. 
𝑑) 90°. 
Comentários: 
Como 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ é bissetriz do ângulo �̂�, temos que �̂� = 𝟐𝜶. 
Além disso, como 𝑨𝑫̅̅ ̅̅ = 𝑫𝑩̅̅̅̅̅, temos que o ângulo 𝑫�̂�𝑨 é congruente ao ângulo 𝑫�̂�𝑩 , ou seja, 
𝑫𝑩𝑨 também vale 𝜶; 
 
Como a soma dos ângulos internos de um triângulo qualquer é igual a 𝟏𝟖𝟎°, temos. 
𝟑𝜶 + 𝟔𝟎° = 𝟏𝟖𝟎° 
𝟑𝜶 = 𝟏𝟐𝟎° 
𝜶 = 𝟒𝟎° 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 12 
�̂� = 𝟐𝜶 
�̂� = 𝟐 ⋅ 𝟒𝟎° 
�̂� = 𝟖𝟎° 
Gabarito: c) 
 
 
 
 
No triângulo equilátero, os quatro pontos notáveis coincidem (ponto O da figura 
acima) quais sejam incentro, circuncentro, baricentro e ortocentro. 
 
16. Triângulos Quaisquer 
Na aula de trigonometria, estudamos a trigonometria nos triângulos retângulos. 
Agora, iremos passar rapidamente por um tópico que pode te salvar, pois também faz a 
ligação entre geometria plana e trigonometria. Aqui o mais importante é a aplicação dos 
teoremas dos senos e dos cossenos. 
16.1. Teorema dos Senos 
A lei dos senos afirma que a razão entre cada lado do triângulo e o seno do ângulo 
oposto é igual à 2𝑅, sendo 𝑅 o raio da circunferência que a circunscreve. 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 13 
 
Essa proporção é muito útil para cálculos envolvendo lados e ângulos de um triângulo. 
Podemos, por exemplo, calcular a medida de um lado, conhecendo outro lado e dois ângulos 
do triângulo. 
𝒂
𝒔𝒆𝒏�̂�
=
𝒃
𝒔𝒆𝒏�̂�
=
𝒄
𝒔𝒆𝒏�̂�
= 𝟐𝑹 
Note que cada lado fica divido pelo seno do ângulo oposto ao próprio lado. 
 
16.2.Teorema dos Cossenos 
Seja 𝐴𝐵𝐶 um triângulo qualquer e 𝑎, 𝑏, 𝑐 são seus lados, temos a lei dos cossenos que 
afirma que: 
𝒂𝟐 = 𝒃𝟐 + 𝒄𝟐 − 𝟐 ∙ 𝒃 ∙ 𝒄 ∙ 𝒄𝒐𝒔�̂�
𝒃𝟐 = 𝒂𝟐 + 𝒄𝟐 − 𝟐 ∙ 𝒂 ∙ 𝒄 ∙ 𝒄𝒐𝒔�̂�
𝒄𝟐 = 𝒂𝟐 + 𝒃𝟐 − 𝟐 ∙ 𝒂 ∙ 𝒃 ∙ 𝒄𝒐𝒔�̂�
 
Note que o lado que fica no primeiro membro da equação sempre é oposto ao ângulo 
utilizado na lei dos cossenos. 
A lei dos cossenos é muito útil, pois permite calcular a medida de um lado, quando se 
conhece o ângulo oposto a esse lado e os dois outros lados. 
Vejamos um exemplo da aplicação desse teorema: 
2. (EV – Professor Cazé) Uma zona marítima localizada por radar foi colocada em 
uma malha quadriculada de forma a facilitar a identificação das embarcações através de 
coordenadas cartesianas. 
Um navio cargueiro está passando pelo ponto A, distante 2√3 km de um porta-aviões 
localizado no ponto B e a 2 km de um navio cruzeiro que passa pelo ponto C. 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 14 
Sabendo que o ângulo 𝐴�̂�𝐶 mede 30°, pode-se concluir, corretamente, que a distância 
entre o porta-aviões e o navio cruzeiro é, em km: 
a) 2 
b) 3 
c) 4 
d) 5 
e) 6 
Comentários: 
Esquematizando os dados do problema, temos o seguinte esboço de um triângulo ABC: 
 
Note que não conhecemos o lado BC, porém conhecemos os outros dois lados. 
Podemos estabelecer a relação da lei dos cossenos, utilizando o ângulo de 30°: 
𝒃𝟐 = 𝒂𝟐 + 𝒄𝟐 − 𝟐 ∙ 𝒂 ∙ 𝒄 ∙ 𝒄𝒐𝒔�̂� 
𝑨𝑪̅̅ ̅̅ 𝟐 = 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ 𝟐 + 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ 𝟐 − 𝟐 ∙ 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ ∙ 𝒄 𝒄𝒐𝒔�̂� 
22 = (2√3)
2
+ 𝑥2 − 2 ∙ 2√3 ∙ 𝑥 ∙ cos 30° 
4 = 12 + 𝑥2 − 4√3 ∙ 𝑥 ∙
√3
2
 
4 = 12 + 𝑥² − 6𝑥 
𝒙𝟐 − 𝟔𝒙 + 𝟖 = 𝟎 
(𝐵ℎ𝑎𝑠𝑘𝑎𝑟𝑎!) 
Portanto: 
𝑥′ = 4 
Ou 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 15 
𝑥" = 2 
Por definição, o lado BC deve ser o maior lado do triângulo. Logo, BC = 4 km. 
Gabarito: c) 
 
17. Triângulo Retângulo 
17.1. Pontos Notáveis no Triângulo Retângulo 
A hipotenusa de um triângulo retângulo inscrito em uma circunferência possui medida 
igual à diagonal da circunferência. 
 
Vimos em arco capaz que 
 =
𝐵�̂�
2
 
Ou 
𝐵�̂� = 2Â 
O arco 𝐵�̂� equivale à metade da circunferência acima, pois 𝑎 = 2𝑅. 
Logo: 
𝐵�̂� = 180° 
2Â = 180° 
 = 90° 
Podemos concluir que sempre que um triângulo inscrito à uma circunferência tiver 
um dos seus lados como o diâmetro da circunferência, então o triângulo será 
retângulo. 
Essa conclusão é extremamente útil para o seu vestibular, vejamos uma questão: 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 16 
3. (Fuvest/2018) O quadrilátero da figura está inscrito em uma circunferência de raio 
1. A diagonal desenhada é um diâmetro dessa circunferência. 
 
Sendo 𝑥 e 𝑦 as medidas dos ângulos indicados na figura, a área da região cinza, em 
função de 𝑥 e 𝑦, é: 
𝑎) 𝜋 + 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(2𝑦) 
𝑏) 𝜋 − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑦) 
𝑐) 𝜋 − 𝑐𝑜𝑠(2𝑥) − 𝑐𝑜𝑠(2𝑦) 
𝑑) 𝜋 −
cos(2𝑥) + cos (2𝑦)
2
 
𝑒) 𝜋 −
𝑠𝑒𝑛(2𝑥) + 𝑠𝑒𝑛(2𝑦)
2
 
Comentários: 
Como a diagonal do quadrilátero é o diâmetro da circunferência, podemos dizer que ela separa 
o quadrilátero em dois triângulos retângulos, pois o ângulo oposto à diagonal está inscrito na 
circunferência. Além disso, se o raio é unitário, temos o diâmetro 𝑑 = 2. 
Façamos o exercício em duas partes, uma para cada triângulo retângulo. 
Primeiro, o triângulo com o ângulo 𝑥. 
 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 17 
No triângulo retângulo evidenciado, temos as seguintes relações trigonométricas: 
 
𝑠𝑒𝑛(𝑥) =
𝑐𝑜
𝑑
 
𝑑 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 𝑐𝑜 
2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 𝑐𝑜 
 
𝑐𝑜𝑠(𝑥) =
𝑐𝑎
𝑑
 
𝑑 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑥) = 𝑐𝑎 
2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑥) = 𝑐𝑎 
 
Por se tratar de um triângulo retângulo, podemos dizer que a área dele é igual a 
𝐴1 =
𝑐𝑜 ⋅ 𝑐𝑎
2
=
 2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ⋅ 2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑥)
 2 
= 2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 
Façamos o mesmo raciocínio com o triângulo com o ângulo 𝑦. 
 
𝑠𝑒𝑛(𝑦) =
𝑐𝑜
𝑑
 
𝑑 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) = 𝑐𝑜 
2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) = 𝑐𝑜 
 
𝑐𝑜𝑠(𝑦) =
𝑐𝑎
𝑑
 
𝑑 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑦) = 𝑐𝑎 
2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑦) = 𝑐𝑎 
 
Novamente, por termos um triângulo retângulo, podemos dizer que 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 18 
𝐴2 =
𝑐𝑜 ⋅ 𝑐𝑎
2
=
 2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) ⋅ 2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑦)
 2 
= 2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(2𝑦) 
Como queremos a área da região cinza (𝐴𝑐), podemos pensar em subtrair a área dos dois 
triângulos, 𝐴1 e 𝐴2, da área total delimitada pela circunferência de raio unitário. 
𝐴𝑐 = 𝜋 ⋅ 𝑅
2 − 𝐴1 − 𝐴2 
𝐴𝑐 = 𝜋 ⋅ 1
2 − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑦) 
𝐴𝑐 = 𝜋 − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑦) 
Gabarito: b) 
 
18. Quadriláteros Notáveis 
Um quadrilátero é formado pela união de 4 pontos distintos do plano e três desses 
pontos não podem ser colineares. Vejamos os dois tipos de quadriláteros abaixo: 
 
Os segmentos 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ e 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ são as diagonais dos quadriláteros acima (ligam vértices 
opostos). A soma dos ângulos internos do quadrilátero é igual a 360° e a soma dos ângulos 
externos também é igual a 360°. Basta notar que o quadrilátero é formado pela união de dois 
triângulos, por exemplo, no caso do quadrilátero convexo, temos a união dos triângulos 𝐴𝐵𝐷 e 
𝐶𝐵𝐷. 
Para nossa prova, vamos estudar apenas os quadriláteros convexos. Os principais que 
podem ser cobrados na prova são: trapézio, paralelogramo, retângulo, losango e quadrado. 
 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 19 
18.1. Trapézio 
Um quadrilátero plano convexo é um trapézio se possui dois lados paralelos entre si. 
Chamamos esses lados de base do trapézio. Essa figura geométrica pode receber a seguinte 
classificação dependendo dos lados adjacentes às bases: escaleno, isósceles e retângulo. 
Vejamos cada um desses tipos. 
1) Trapézio Escaleno: os lados adjacentes às bases não são congruentes. 
 
2) Trapézio Isósceles: os lados adjacentes às bases são congruentes. 
 
3) Trapézio Retângulo: um dos lados adjacentes forma dois ângulos retos com as 
bases. 
 
Todos esses trapézios gozam de determinadas características, ou propriedades, listadas 
a seguir. 
 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 20 
18.1.1. Ângulo Interno 
 
Sendo 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ e 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , segmentos transversais às bases paralelas 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ , temos: 
�̂� + �̂� = 180° 
�̂� + �̂� = 180° 
Portanto: 
𝑨 + 𝑫 = 𝑩+ 𝑪 = 𝟏𝟖𝟎° 
 
18.1.2. Base Média 
 
A base média de um trapézio é o segmento que liga os pontos médios dos lados 
adjacentes às bases 𝑎 e 𝑏 do trapézio. Essa base média é a média aritmética das bases e 
possui a seguinte relação: 
𝑴𝑵 =
𝒂 + 𝒃
𝟐
 
 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 21 
18.1.3. Base que intercepta o encontro das diagonais 
 
Sejam 𝑃, 𝑄, 𝑅 pontos do trapézio tal que 𝑄 é o ponto de encontro das diagonais e 𝑃𝑅 é 
paralelo às bases 𝐴𝐵 e 𝐶𝐷, então: 
𝑷𝑸 = 𝑸𝑹 =
𝒂𝒃
𝒂 + 𝒃
 
𝑷𝑹 =
𝟐𝒂𝒃
𝒂 + 𝒃
 
18.2. Paralelogramo 
Um quadrilátero plano convexo é classificado como paralelogramo quando seus lados 
opostos são paralelos. 
 
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ //𝐶𝐷̅̅ ̅̅ e 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ //𝐵𝐶̅̅ ̅̅ 
 
18.2.1. Lados opostos congruentes 
Traçando-se a diagonal 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ , temos pela propriedade das retas paralelas: 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 22 
 
Pelo critério de congruência ALA, temos Δ𝐴𝐵𝐷 ≡ Δ𝐶𝐷𝐵, então: 
𝐴𝐷̅̅ ̅̅ = 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ e 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ = 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ 
 
18.2.2. Ângulos opostos congruentes 
 
Note que �̂� = 𝛼 + 𝛽 e �̂� = 𝛼 + 𝛽, logo: 
�̂� ≡ �̂� 
Analogamente para �̂� e �̂�: 
�̂� ≡ �̂� 
 
18.2.3. As diagonais se interceptam nos respectivos pontos médios 
 
Se 𝐴𝐵𝐶𝐷 é um paralelogramo, então: 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 23 
𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 
𝐴�̂�𝐷 ≡ 𝐵�̂�𝐶 e 𝐵�̂�𝐶 ≡ 𝐷�̂�𝐴Pelo critério de congruência ALA, temos: 
Δ𝐴𝑀𝐵 ≡ Δ𝐶𝑀𝐷 
Logo: 
𝑀𝐷 = 𝑀𝐵 e 𝐴𝑀 = 𝐶𝑀 
Portanto, 𝑀 é ponto médio das diagonais. 
 
 
18.3. Retângulo 
Se um quadrilátero plano convexo é equiângulo (todos os ângulos iguais), então, ele é 
um retângulo. 
 
Paralelogramo com todos os ângulos internos retos. 
 
 
18.3.1. Todo retângulo é paralelogramo 
Pela definição de ângulos opostos congruentes do paralelogramo, como todos os 
ângulos internos do retângulo são congruentes, temos que todo retângulo é paralelogramo. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 24 
Logo, todas as propriedades do paralelogramo são válidas para o retângulo. 
 
18.3.2. Diagonais congruentes 
 
Sabendo que todo retângulo é um paralelogramo, então, 𝐴𝐵 = 𝐶𝐷 e 𝐴𝐷 = 𝐵𝐶. Usando o 
critério de congruência LAL: 
𝐴𝐷 = 𝐵𝐶, �̂� ≡ �̂� e 𝐴𝐵 = 𝐴𝐵 ⇒ Δ𝐴𝐵𝐷 ≡ Δ𝐵𝐴𝐶 ⇒ 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷 
Uma consequência dessa propriedade é que se 𝑀 é o ponto de cruzamento das 
diagonais do retângulo, temos: 
𝐴𝑀 = 𝑀𝐶 = 𝐷𝑀 = 𝑀𝐵 
 
 
18.4. Losango 
Um quadrilátero plano convexo é equilátero, então, ele é um losango. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 25 
 
18.4.1. Todo losango é um paralelogramo. 
Todas as propriedades do paralelogramo são válidas para o losango. 
 
18.4.2. As diagonais são bissetrizes e mediatrizes. 
Como o losango é equilátero, temos: 
 
Os triângulos 𝐴𝐶𝐷 e 𝐴𝐶𝐵 são isósceles, então, como 𝐴𝐷 = 𝐶𝐷 = 𝐴𝐵 = 𝐶𝐵 e 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ é um 
segmento em comum: 
𝐷�̂�𝐶 ≡ 𝐷�̂�𝐴 ≡ 𝐵�̂�𝐶 ≡ 𝐵�̂�𝐴 
Logo, a diagonal 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ é bissetriz do losango. Analogamente, podemos provar que 𝐵𝐷̅̅ ̅̅ 
também é bissetriz. 
Assim, os ângulos opostos são congruentes, portanto, um losango também é um 
paralelogramo. 
Seja 𝑀 o ponto de intersecção das diagonais: 
 
Como 𝐴𝐵𝐶𝐷 também é um paralelogramo, temos que 𝑀 divide as diagonais ao meio. 
Então: 
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AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 26 
𝐴𝑀 = 𝑀𝐶 e 𝐷𝑀 = 𝑀𝐵 
Usando o critério de congruência LLL, temos: 
Δ𝑀𝐴𝐷 ≡ Δ𝑀𝐴𝐵 ≡ Δ𝑀𝐶𝐵 ≡ Δ𝑀𝐶𝐷 ⇒ 𝐴�̂�𝐷 ≡ 𝐴�̂�𝐵 ≡ 𝐶�̂�𝐵 ≡ 𝐶�̂�𝐷 = 𝜃 
𝜃 + 𝜃 + 𝜃 + 𝜃 = 360° ⇒ 𝜃 = 90° 
Desse modo, as diagonais são perpendiculares entre si e 𝑀 é o ponto médio deles, 
portanto, as diagonais também são mediatrizes. 
 
 
18.5. Quadrado 
Um quadrilátero convexo plano é um quadrado quando é equilátero e equiângulo. 
 
 
18.5.1. Todo quadrado é um retângulo e um losango. 
Todas as propriedades do retângulo e losango são válidas para o quadrado. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 27 
 
Já sabe, hora de revolver questão! 
 
4. (Fatec/2019-1) Um formato de papel usado para impressões e fotocópias, no 
Brasil, é o A4, que faz parte de uma série conhecida como série A, regulamentada 
internacionalmente pelo padrão ISO 216. 
Essa série criou um padrão de folha retangular que, quando seu lado maior é dobrado ao 
meio, gera um retângulo semelhante ao original, conforme ilustrado. 
 
Considerando uma folha da série A, com as dimensões indicadas na figura, pode-se 
afirmar que 
𝒂) 𝒙 = 𝟐𝒚 
𝒃) 𝒙 = 𝒚√𝟐 
𝒄) 𝒙 = 𝒚 
𝒅) 𝒚 = 𝒙√𝟐 
𝒆) 𝒚 = 𝟐𝒙 
Comentários: 
No retângulo original, podemos estabelecer a proporção: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 28 
𝑳𝒂𝒅𝒐 𝒎𝒂𝒊𝒐𝒓
𝒍𝒂𝒅𝒐 𝒎𝒆𝒏𝒐𝒓
=
𝒙
𝒚
 
No retângulo dobrado 
 
𝑳𝒂𝒅𝒐 𝒎𝒂𝒊𝒐𝒓
𝒍𝒂𝒅𝒐 𝒎𝒆𝒏𝒐𝒓
=
 𝒚 
𝒙
𝟐
 
𝑥
𝑦
=
 𝑦 
𝑥
2
 
𝑥 ⋅
𝑥
2
= 𝑦 ⋅ 𝑦 
𝑥² = 2𝑦² 
√𝑥² = √2𝑦² 
|𝑥| = |√2 ⋅ 𝑦| 
𝑥 = √2 ⋅ 𝑦 
Gabarito: b) 
 
 
Vamos organizar os quadriláteros convexos, através de conjuntos, onde: 
• T: trapézios 
• P: paralelogramos 
• R: retângulos 
• L: losangos 
• Q: quadrados 
Podemos representá-los segundo o diagrama de Venn abaixo: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 29 
 
Do diagrama, podemos responder várias perguntas. 
Todo paralelogramo é um trapézio? Sim. 
Todo retângulo é um quadrado? Não. 
(...) 
19. Círculo e Circunferência 
19.1. Notação 
É comum confundir os termos círculo e circunferência. A diferença entre eles é que o 
primeiro pode ser considerado um disco enquanto o segundo é apenas um anel. Em termos 
matemáticos, se 𝜆1 é uma circunferência e 𝜆2 é um círculo, então para um ponto 𝑃 pertencente 
a um plano 𝛼: 
𝜆1 = {𝑃 ∈ 𝛼|𝑑𝑃,𝑂 = 𝑟} 
𝜆2 = {𝑃 ∈ 𝛼|𝑑𝑃,𝑂 ≤ 𝑟} 
𝑟 é uma distância fixa do plano e é chamado de raio. 
𝑑𝑃,𝑂 é a distância do ponto 𝑃 a um ponto 𝑂 fixo do plano, este ponto é chamado de 
centro da circunferência ou do círculo. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 30 
 
 
Chamamos de exterior o conjunto de pontos que distam 𝒙 > 𝒓 em relação ao centro 𝑂. 
Todos os pontos que distam 𝒙 < 𝒓 em relação ao centro 𝑂 são chamados de pontos do 
interior. 
Podemos usar a seguinte notação para definir uma circunferência ou círculo de raio 𝑟 e 
centro 𝑂: 
𝜆(𝑂, 𝑟) 
Também podemos definir uma circunferência usando 3 pontos distintos no plano, seja 
𝐴, 𝐵, 𝐶 pontos distintos: 
𝜆(𝐴; 𝐵; 𝐶) 
 
19.2. Elementos 
Os elementos presentes em uma circunferência são: centro, raio, diâmetro, arco, corda e 
flecha. 
Vejamos a definição de cada um deles: 
Centro: ponto interno que equidista de todos os pontos da circunferência. 
Raio: é a distância do centro a qualquer ponto da circunferência. 
Diâmetro: é o comprimento do segmento de reta que passa pelo centro e toca dois 
pontos da circunferência. Também podemos dizer que ele é igual a 2 raios. 
Arco: é o conjunto de pontos entre dois pontos distintos da circunferência. Esses dois 
pontos dividem a circunferência em arco maior e arco menor. Normalmente, usamos o arco 
menor. 
Corda: é o segmento de reta que une as extremidades de um arco. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 31 
Flecha: é o segmento de reta compreendido entre a corda e o arco e pertence à 
mediatriz dessa corda. 
Observe a figura abaixo os elementos da circunferência: 
 
 
Flecha: 𝑀𝑁̅̅ ̅̅ ̅ 
Arco: 𝐴�̂� 
Diâmetro: 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ 
Corda: 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ 
Note que a maior corda é o diâmetro. Veja: 
 
Se aplicarmos a desigualdade triangular no Δ𝐴𝑂𝐵, encontramos: 
𝑅 − 𝑅 < 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ < 𝑅 + 𝑅 ⇒ 0 < 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ < 2𝑅 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 32 
∴ 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ < 2𝑅 
2𝑅 é a medida da diagonal de uma circunferência, logo, a maior corda é o diâmetro. 
 
19.3. Cálculo da Flecha 
Podemos calcular a medida da flecha em função da medida do raio e da corda dada. 
Seja 𝑎 a medida da corda 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝑅 o raio da circunferência, assim, temos: 
 
Perceba que Δ𝐴𝑀𝐶~Δ𝑁𝑀𝐴, desse modo: 
𝑀𝐶
𝐴𝑀
=
𝐴𝑀
𝑁𝑀
⇒
2𝑅 − 𝑥
𝑎
2
=
𝑎
2
𝑥
⇒ 2𝑅𝑥 − 𝑥2 =
𝑎2
4
⇒ 4𝑥2 − 8𝑅𝑥 + 𝑎2 = 0 
Encontrando as raízes: 
𝑥 =
4𝑅 ± √16𝑅2 − 4𝑎2
4
= 𝑅 ±
√4𝑅2 − 𝑎2
2
 
𝒙𝟏 = 𝑹 −
√𝟒𝑹𝟐 − 𝒂𝟐
𝟐
 𝐞 𝒙𝟐 = 𝑹 +
√𝟒𝑹𝟐 − 𝒂𝟐
𝟐
 
 
20. Posição entre Retas e Circunferências 
Podemos classificar as retas de acordo com sua posição em relação à circunferência. 
Temos três classificações: 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 33 
20.1. Reta secante 
Uma reta é secante quando cruza a circunferência em dois pontos distintos, seja 𝑠 uma 
reta secante à circunferência 𝜆 de raio 𝑅 e 𝑑 a distância da reta em relação ao centro 𝑂, então: 
𝑠 ∩ 𝜆 = {𝐴, 𝐵} 
𝑑 < 𝑅 
 
 
20.2. Reta tangente 
Uma reta é tangente quando intercepta a circunferência em um único ponto. Seja 𝑡 uma 
reta tangente à circunferência 𝜆 de raio 𝑅 e 𝑑 a distância da reta em relação ao centro 𝑂: 
𝑡 ∩ 𝜆 = {𝑇} 
𝑑 = 𝑅 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 34 
20.3. Reta exterior 
Uma reta é exterior à circunferência quando não intercepta a circunferência. Seja 𝑒 a 
reta exterior à circunferência𝜆 de raio 𝑅 e 𝑑 a distância da reta em relação ao centro 𝑂: 
𝑒 ∩ 𝜆 = ∅ 
𝑑 > 𝑅 
 
 
 
20.4. Propriedade da tangente 
Sejam 𝑡1 e 𝑡2 as retas tangentes à circunferência 𝜆 e que passam pelo mesmo ponto 𝑃: 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 35 
Note que os triângulos 𝑂𝑇1𝑃 e 𝑂𝑇2𝑃 são retângulos, então, podemos aplicar o teorema 
de Pitágoras: 
Δ𝑂𝑇1𝑃 ⇒ 𝑂𝑃
2 = 𝑂𝑇1
2 + 𝑃𝑇1
2 ⇒ 𝑃𝑇1 = √𝑂𝑃2 − 𝑅2 
Δ𝑂𝑇2𝑃 ⇒ 𝑂𝑃
2 = 𝑂𝑇2
2 + 𝑃𝑇2
2 ⇒ 𝑃𝑇2 = √𝑂𝑃2 − 𝑅2 
⇒ 𝑷𝑻𝟏 = 𝑷𝑻𝟐 
Pelo critério de congruência LLL, temos Δ𝑂𝑇1𝑃 ≡ Δ𝑂𝑇2𝑃, então: 
𝑂�̂�𝑇1 ≡ 𝑂�̂�𝑇2 ⇒ 𝑶𝑷̅̅ ̅̅ é bissetriz 
 
21. Ângulos na Circunferência 
Já estudamos alguns conceitos de ângulos na circunferência. Vamos relembrá-los. 
 
21.1. Ângulo Central 
Chamamos de ângulo central o ângulo que possui seu vértice no centro da 
circunferência: 
 
A medida do ângulo central 𝛼 é dada por: 
𝜶 = 𝑨�̂� 
 
21.2. Ângulo Inscrito 
Um ângulo é inscrito a uma circunferência quando possui seu vértice na circunferência: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 36 
 
A medida do ângulo inscrito é dada por: 
𝜶 =
𝑨�̂�
𝟐
 
 
21.3. Ângulo Ex-inscrito 
Ângulo ex-inscrito é o menor ângulo entre a reta tangente e a reta secante que passa 
pelo ponto de tangência: 
 
A medida do ângulo ex-inscrito é igual à medida do ângulo inscrito que enxerga o 
segmento 𝐴𝑇: 
𝜶 =
𝑨�̂�
𝟐
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 37 
22. Quadrilátero e Circunferência 
22.1. Quadrilátero Inscritível 
Um quadrilátero convexo é inscritível se, e somente se, seus quatro vértices pertencem 
à circunferência. 
Exemplo: 
 
Teorema: Um quadrilátero convexo é inscritível se, e somente se, seus ângulos opostos 
são suplementares. 
Demonstração: 
Vamos provar a primeira parte: 
𝐴𝐵𝐶𝐷 é inscritível ⇒ {�̂� + �̂� = 180°
�̂� + �̂� = 180°
 
 
Como �̂� e �̂� são ângulos inscritos à circunferência, temos: 
�̂� =
𝐴𝐷�̂�
2
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 38 
�̂� =
𝐴𝐵�̂�
2
 
Sabendo que 𝐴𝐷�̂� + 𝐴𝐵�̂� = 360°: 
�̂� + �̂� =
𝐴𝐷�̂� + 𝐴𝐵�̂�
2
=
360°
2
= 180° 
Como a soma dos ângulos internos do quadrilátero é igual a 360°: 
�̂� + �̂� + �̂� + �̂�⏟ 
180°
= 360° ⇒ �̂� + �̂� = 180° 
Para a segunda parte: 
{�̂� + �̂� = 180°
�̂� + �̂� = 180°
⇒ 𝐴𝐵𝐶𝐷 é inscritível 
Supondo que 𝐴𝐵𝐶𝐷 seja um quadrilátero convexo não inscritível à circunferência 𝜆 com 
𝐷 ∉ 𝜆, então, existe um ponto 𝐸 pertencente à 𝜆 tal que 𝐴𝐵𝐶𝐸 é inscritível: 
 
𝐴𝐵𝐶𝐸 é inscritível por construção, logo, �̂� + �̂� = 180°. Como 𝐸 é um ângulo externo ao 
triângulo 𝐷𝐸𝐶, temos pelo teorema do ângulo externo que �̂� > �̂�. Pela hipótese temos �̂� + �̂� =
180°, então, �̂� ≡ �̂�. O que é um absurdo! Portanto, se os ângulos opostos são suplementares, 
o quadrilátero é inscritível. 
 
22.2. Quadrilátero Circunscritível 
Um quadrilátero convexo é circunscritível se, e somente se, seus quatro lados são 
tangentes à circunferência. 
Exemplo: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 39 
 
Com base nesses conceitos, temos dois teoremas que são bastante úteis para resolver 
questões de geometria plana envolvendo quadriláteros. Vamos estudá-los. 
 
22.3. Teorema de Pitot 
Um quadrilátero é circunscritível se, e somente se, as somas dos lados opostos forem 
iguais. 
 
𝑨𝑩 + 𝑪𝑫 = 𝑨𝑫 + 𝑩𝑪 
Portanto, se 𝐴𝐵 + 𝐶𝐷 = 𝐴𝐷 + 𝐵𝐶, então 𝐴𝐵𝐶𝐷 é circunscritível. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 40 
22.4. Teorema de Ptolomeu 
Se o quadrilátero convexo 𝐴𝐵𝐶𝐷 é inscritível, então, o produto de suas diagonais é igual 
à soma dos produtos dos lados opostos. 
 
𝑨𝑪 ⋅ 𝑩𝑫 = 𝑨𝑩 ⋅ 𝑪𝑫 + 𝑨𝑫 ⋅ 𝑩𝑪 
23. Potência de Ponto 
23.1. Definição 
Para finalizar o capítulo de circunferência, vamos estudar o que é a potência de um 
ponto 𝑃 em relação a uma circunferência 𝜆. Podemos ter dois casos possíveis: 
1) 𝑷 está no interior da circunferência. 
 
2) 𝑷 está no exterior da circunferência. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 41 
 
Para qualquer um desses casos, temos pela definição de potência de ponto: 
𝑷𝒐𝒕𝝀
𝑷 = 𝑷𝑨 ⋅ 𝑷𝑩 
Lê-se potência do ponto 𝑃 em relação à circunferência 𝜆. 
Vamos ver sua aplicação. Passando por 𝑃 duas retas concorrentes tal que essas retas 
interceptam a circunferência nos pontos 𝐴, 𝐵, 𝐶, 𝐷, temos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 42 
 
Analisando as figuras, podemos ver que: 
Caso 1) 
Δ𝑃𝐵𝐷~Δ𝑃𝐶𝐴 ⇒
𝑃𝐵
𝑃𝐶
=
𝑃𝐷
𝑃𝐴
⇒ 𝑃𝐴 ⋅ 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 ⋅ 𝑃𝐷 
Caso 2) 
Δ𝑃𝐵𝐶~Δ𝑃𝐷𝐴 ⇒
𝑃𝐵
𝑃𝐷
=
𝑃𝐶
𝑃𝐴
⇒ 𝑃𝐴 ⋅ 𝑃𝐵 = 𝑃𝐶 ⋅ 𝑃𝐷 
𝑷𝒐𝒕𝝀
𝑷 = 𝑷𝑨 ⋅ 𝑷𝑩 = 𝑷𝑪 ⋅ 𝑷𝑫 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 43 
24. Polígonos 
Polígonos são figuras geométricas planas e fechadas que são formadas por segmentos 
de retas chamados de lados. A condição de um polígono é 𝑛 ≥ 3, sendo 𝑛 seu número de 
lados. 
Podemos ter polígonos simples ou complexos. Os polígonos são simples quando seus 
lados não se cruzam, caso contrário, eles são complexos. Veja: 
 
Polígonos também podem ser convexos ou côncavos. 
 
Um polígono recebe as seguintes denominações dependendo do seu número de lados: 
Número de 
Lados 
Nome do 
Polígono 
Número de 
Lados 
Nome do 
Polígono 
3 Triângulo 9 Eneágono 
4 Quadrado 10 Decágono 
5 Pentágono 11 Undecágono 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 44 
6 Hexágono 12 Dodecágono 
7 Heptágono 15 Pentadecágono 
8 Octógono 20 Icoságono 
 
Além disso, o número de diagonais de um polígono convexo também é fator de 
interesse. Diagonal é o segmento de reta que liga dois vértices não adjacentes, veja: 
 
𝐴𝐸̅̅ ̅̅ , 𝐴𝐷̅̅ ̅̅ , 𝐴𝐶̅̅ ̅̅ são as diagonais do polígono acima. Note que para o vértice 𝐴, os vértices 𝐵 
e 𝐹 são adjacentes. 
Podemos calcular o número de diagonais de um polígono de 𝑛 lados. Seja 𝑑 esse 
número, então, sua fórmula é dada por: 
𝒅 =
𝒏(𝒏 − 𝟑)
𝟐
 
 
24.1. Soma dos Ângulos Internos e externos 
Seja 𝑃𝑛 um polígono convexo de 𝑛 lados, então, se 𝑆𝑖 é a soma dos seus ângulos 
internos e 𝑆𝑒 é a soma dos seus ângulos externos, temos: 
𝑺𝒊 = (𝒏 − 𝟐) ∙ 𝟏𝟖𝟎°
𝑺𝒆 = 𝟑𝟔𝟎°
 
 
24.2. Polígonos Regulares 
Um polígono é considerado regular se ele for equilátero e equiângulo. Por exemplo, um 
triângulo equilátero possui todos os lados de mesma medida e todos os ângulos internos 
congruentes, logo, ele é um polígono regular. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 45 
24.2.1. Ângulos Internos e Externos 
Podemos deduzir a fórmula dos ângulos internos e externos do polígono regular usando 
a fórmula de 𝑆𝑖 e 𝑆𝑒. Seja 𝛼𝑖 o ângulo interno do polígono regular, então: 
𝛼1 = 𝛼2 = ⋯ = 𝛼𝑛 = 𝛼 ⇒ 𝑛 ∙ 𝛼⏟
𝑆𝑖
= (𝑛 − 2) ∙ 180° 
∴ 𝜶 =
𝒏 − 𝟐
𝒏
∙ 𝟏𝟖𝟎° 
Analogamente para o ângulo externo 𝜃𝑖: 
𝜃1 = 𝜃2 = ⋯ = 𝜃𝑛 = 𝜃 ⇒ 𝑛 ∙ 𝜃⏟
𝑆𝑒
= 360° 
∴ 𝜽 =
𝟑𝟔𝟎°
𝒏
 
Para os polígonos regulares, temos algumas propriedades importantes que devem estar 
na memória ao resolver exercícios sobre geometria plana: 
 
 
Vamos analisar cada uma dessas afirmações separadamente. 
 
24.2.2. Todo polígono regular é inscritível. 
Seja 𝐴1𝐴2𝐴3…𝐴𝑛 um polígono convexo regular, então, tomando os pontos 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3, 
podemos desenhar uma circunferência 𝜆 que passa por esses pontos, vamos provar que 𝐴4 ∈
𝜆: 
Polígonos regulares
Todo polígono 
regular é inscritível
Todo polígono 
regular é circunscritível
𝒂𝒄 =
𝟑𝟔𝟎°
𝒏
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 46 
 
Como 𝐴1, 𝐴2, 𝐴3 ∈ 𝜆, temos 𝑂𝐴1 = 𝑂𝐴2 = 𝑂𝐴3. O polígono é regular, então, 𝐴1𝐴2 =
𝐴2𝐴3 = 𝐴3𝐴4. 
Sabemos que os ângulos internos de um polígono regularsão congruentes, assim, 
analisando os triângulos isósceles 𝐴1𝑂𝐴2 e 𝐴2𝑂𝐴3, temos: 
 
Como os ângulos internos do polígono são congruentes, temos 𝛼 = 𝛽. Observe os 
triângulos 𝐴2𝑂𝐴3 e 𝐴3𝑂𝐴4, note que 𝐴2𝐴3 = 𝐴3𝐴4, 𝑂𝐴3 é um lado comum e 𝛼 = 𝛽, logo, 
podemos aplicar o critério de congruência LAL: 
Δ𝐴2𝑂𝐴3 ≡ Δ𝐴3𝑂𝐴4 
Dessa forma, temos 𝑂𝐴2 = 𝑂𝐴4. Logo, 𝐴4 ∈ 𝜆. De modo análogo, podemos provar para 
os outros vértices do polígono regular. Portanto, qualquer polígono convexo regular é 
inscritível. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 47 
24.2.3. Todo polígono regular é circunscritível. 
Sem perda de generalidade, vamos usar o pentágono regular 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸. Sendo regular, ele 
é inscritível, logo: 
 
Os triângulos isósceles 𝑂𝐴𝐵,𝑂𝐵𝐶, 𝑂𝐶𝐷, 𝑂𝐷𝐸, 𝑂𝐸𝐴 são congruentes, então, as alturas 
desses triângulos são congruentes: 
 
Como a medida dos segmentos são congruentes, temos 𝑂𝐻1 = 𝑂𝐻2 = 𝑂𝐻3 = 𝑂𝐻4 =
𝑂𝐻5, então, 𝑂 é o centro de uma outra circunferência. Vamos chamá-la de 𝜆′. 
Sabendo que esses segmentos são perpendiculares às suas respectivas bases, temos 
que os lados do polígono tangenciam a circunferência 𝜆′, logo, ele é circunscritível. 
 
24.2.4. Ângulo Central 
Vimos que qualquer polígono regular é inscritível e circunscritível. Um polígono regular 
de 𝑛 lados possui 𝑛 triângulos isósceles e seus vértices são o centro 𝑂 das circunferências e os 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 48 
vértices consecutivos do polígono regular. Chamamos de ângulo central o ângulo do vértice 𝑂 
de cada triângulo isósceles e seu valor é igual a: 
𝑎𝑐 =
360°
𝑛
 
 
24.2.5. Cálculo do lado e apótema do polígono regular 
Apótema de um polígono regular é a altura de cada um dos triângulos isósceles que 
vimos no tópico anterior. 
 
Vamos deduzir a fórmula geral do lado e apótema do polígono regular em função do raio 
da circunferência circunscrita e do ângulo central. 
Para um polígono regular de 𝑛 lados, inscrito em uma circunferência de raio 𝑅, sendo 𝑎𝑛 
o apótema e 𝑙𝑛 o lado do polígono, temos: 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 49 
𝐴𝐵̅̅ ̅̅ é um dos lados do polígono regular de 𝑛 lados. 
Sabemos que o ângulo central é dado por: 
𝑎𝑐 =
360°
𝑛
 
Usando as relações trigonométricas no triângulo retângulo 𝑂𝐴𝐻, temos: 
𝑠𝑒𝑛 (
𝑎𝑐
2
) =
𝑙𝑛
2
𝑅
⇒ 𝒍𝒏 = 𝟐𝑹𝒔𝒆𝒏(
𝟏𝟖𝟎°
𝒏
) 
cos (
𝑎𝑐
2
) =
𝑎𝑛
𝑅
⇒ 𝒂𝒏 = 𝑹𝐜𝐨𝐬 (
𝟏𝟖𝟎°
𝟐
) 
Podemos aplicar o teorema de Pitágoras no triângulo 𝑂𝐴𝐻 e encontrar 𝑎𝑛 em função de 
𝑙𝑛 e 𝑅: 
𝑅2 = 𝑎𝑛
2 + (
𝑙𝑛
2
)
2
⇒ 𝒂𝒏 =
𝟏
𝟐
√𝟒𝑹𝟐 − 𝒍𝒏𝟐 
Também é possível deduzir a fórmula do lado de um polígono regular de 2𝑛 lados em 
função do raio 𝑅 e do lado 𝑙𝑛 do polígono regular de 𝑛 lados. Veja a figura: 
 
𝑙𝑛 e 𝑎𝑛 é o lado e o apótema do polígono regular de 𝑛 lados, respectivamente. Note que 
Δ𝐶𝐸𝐵~Δ𝐴𝐶𝐵: 
Δ𝐶𝐸𝐵~Δ𝐴𝐶𝐵 ⇒
𝐶𝐵
𝐸𝐵
=
𝐴𝐵
𝐶𝐵
⇒
𝑙2𝑛
𝑅 − 𝑎𝑛
=
2𝑅
𝑙2𝑛
⇒ (𝑙2𝑛)
2 = 2𝑅(𝑅 − 𝑎𝑛) (𝐼) 
Escrevendo 𝑎𝑛 em função de 𝑙𝑛 e 𝑅, temos: 
𝑎𝑛 =
1
2
√4𝑅2 − 𝑙𝑛2 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 50 
Substituindo em (𝐼): 
(𝑙2𝑛)
2 = 2𝑅 (𝑅 −
1
2
√4𝑅2 − 𝑙𝑛2) 
∴ 𝒍𝟐𝒏 = √𝑹(𝟐𝑹 − √𝟒𝑹𝟐 − 𝒍𝒏𝟐) 
 
24.2.6. Comprimento da Circunferência 
Vimos que o lado de um polígono regular de 𝑛 lados é dado por: 
 
𝑙𝑛 = 2𝑅𝑠𝑒𝑛 (
180°
𝑛
) 
O perímetro desse polígono é igual a: 
𝑝𝑛 = 𝑛 ⋅ 2𝑅 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (
180°
𝑛
) 
Se tomarmos 𝑛 um número que tende ao infinito, o perímetro desse polígono se 
aproxima ao comprimento da circunferência circunscrita a ele. Então, aplicando o limite, temos: 
𝐶 = lim
n→∞
(2𝑅 ⋅ 𝑛 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (
180°
𝑛
)) ⇒ 𝐶 = 2𝑅 lim
n→∞
(𝑛 ⋅ 𝑠𝑒𝑛 (
180°
𝑛
))
⏟ 
𝜋
⇒ 𝐶 = 2𝜋𝑅 
Como limite não é uma matéria que é cobrada no vestibular, não veremos a explicação 
para o limite resultar em 𝜋. Apenas saiba que o comprimento de uma circunferência é dado 
por: 
𝑪 = 𝟐𝝅𝑹 
 
5. 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , 𝐵𝐶̅̅ ̅̅ , 𝐶𝐷̅̅ ̅̅ e 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ são 4 lados consecutivos de um icoságono regular. Os 
prolongamentos dos lados 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e 𝐷𝐸̅̅ ̅̅ cortam-se em 𝐼. Calcule o ângulo 𝐵Î𝐷. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 51 
Comentários: 
 O ângulo central do icoságono regular é dado por: 
𝑎𝑐 =
360°
20
= 18° 
 Assim, os ângulos das bases dos triângulos isósceles do icoságono regular são iguais a: 
18° + 2𝜃 = 180° ⇒ 𝜃 = 81° 
 Vamos desenhar a situação do problema: 
 
 Sendo regular, temos que 𝐼 é o prolongamento do segmento 𝑂𝐶. Como 𝐼 também é o 
prolongamento do lado 𝐸𝐷, temos que �̂� é um ângulo raso: 
𝛽 + 81° + 81° = 180° ⇒ 𝛽 = 18° 
 𝑂𝐶𝐷 é ângulo externo do triângulo 𝐼𝐶𝐷, logo: 
81° = 𝛼 + 𝛽 ⇒ 𝛼 = 63° 
 O ângulo 𝐵Î𝐷 é dado por: 
𝐵Î𝐷 = 2𝛼 = 126° 
Gabarito: 𝟏𝟐𝟔° 
 
6. 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸 é um pentágono regular e 𝐸𝐷𝐶𝑀 é um paralelogramo interno ao pentágono. 
Calcular os ângulos do triângulo 𝐴𝑀𝐸. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 52 
Comentários: 
 Sabendo que 𝐸𝐷𝐶𝑀 é um paralelogramo e 𝐷𝐸 = 𝐶𝐷 (lados do pentágono regular), 
temos que 𝐸𝑀 = 𝐶𝐷 e 𝐷𝐸 = 𝐶𝑀, logo, 𝐸𝐷𝐶𝑀 é um losango. Vamos desenhar a figura: 
 
 Sendo 𝐸 o vértice do pentágono, temos 𝐴Ê𝑀 = 36°. Como 𝐴𝐸 = 𝑀𝐸, o triângulo 𝐴𝑀𝐸 é 
isóscele, logo: 
𝐸Â𝑀 = 𝐸�̂�𝐴 = 72° 
 Portanto, os ângulos internos do Δ𝐴𝑀𝐸 são: 
36°, 72° e 72° 
Gabarito: 𝟑𝟔°, 𝟕𝟐° 𝐞 𝟕𝟐° 
 
7. Determinar o lado do dodecágono regular circunscrito a um círculo de raio 𝑅. 
Comentários: 
Sabendo que o apótema de um dodecágono regular circunscrito é igual a 𝑅 e seu ângulo 
central é 30°, para encontrar o seu lado, podemos usar o seguinte triângulo isósceles: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 53 
 
𝑡𝑔(15°) =
𝑙12
2
𝑅
⇒ 𝑙12 = 2𝑅𝑡𝑔(15°) 
 Lembrando que: 
𝑡𝑔 (
𝐴
2
) =
1 − cos 𝐴
sen𝐴
 
𝑡𝑔(15°) =
1 − 𝑐𝑜𝑠30°
𝑠𝑒𝑛30°
⇒ 𝑡𝑔(15°) =
1 −
√3
2
1
2
⇒ 𝑡𝑔(15°) = 2 − √3 
 Substituindo o valor da tangente na equação, encontramos: 
𝑙12 = 2𝑅(2 − √3) 
Gabarito: 𝒍𝟏𝟐 = 𝟐𝑹(𝟐 − √𝟑) 
 
25. Área de Figuras Planas 
 
Vamos estudar um dos temas mais explorados em geometria plana pelos vestibulares, o 
cálculo de áreas de figuras planas. Estudamos até agora as formas geométricas, as medidas 
dos ângulos e os comprimentos dos segmentos das figuras planas. O estudo da área dessas 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 54 
figuras envolve o conceito de extensão. Compare as figuras abaixo e diga qual possui maior 
extensão. 
 
Supondo que as duas figuras possuem as mesmas unidades de medida, podemos dizer 
que o quadrilátero 𝐴𝐵𝐶𝐷 possui maior extensão que o triângulo 𝑋𝑌𝑍. Quando fazemos esse 
tipo de comparação, estamos comparando as áreas dessas figuras. 
Duas figuras são ditas equivalentes quando possuem a mesma extensão, 
independentemente de suas formas. Se juntarmos dois quadriláteros de áreas 𝐴1 e 𝐴2 para 
formar uma outra figura de área 𝐴3, podemos afirmar que esta possui área igual à soma das 
duas primeiras: 
 
 
Usualmente, usamos as letras maiúsculas 𝑆 ou 𝐴 para simbolizar a área das figuras. Nos 
exemplos acima, perceba que 𝑆3 = 𝑆1 + 𝑆2 e 𝑆4 = 𝑆1 + 𝑆2, logo, podemos afirmar que as figuras 
de áreas 𝑆3 e 𝑆4 são equivalentes. 
Dizemos que área é um número real positivo associado a uma superfície limitada. A 
unidade de medida usual da área é o 𝑚2 (metro quadrado). 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 55 
Vamos estudar dois teoremas importantes para formar nossa base no estudo da área de 
figuras planas. Esses teoremas serão usados para deduzir todas as fórmulas das áreas que 
podem ser cobradas na prova. 
 
25.1. Retângulo 
Calcular a área de uma figuraplana é o mesmo que comparar quantas vezes a área da 
figura plana é maior que uma certa área de referência, ou área unitária. 
Para calcular a área do retângulo, vamos adotar como área unitária um quadrado de 
lado 1. Seja 𝐴𝑢 a área desse quadrado e 𝐴𝑅 a área do retângulo de base 𝑏 e altura ℎ, sabendo 
que 𝐴𝑢 = 1, temos: 
 
𝐴𝑅
𝐴𝑢
=
𝑏 ⋅ ℎ
1 ⋅ 1
⇒
𝐴𝑅
1
= 𝑏 ⋅ ℎ 
𝑨𝑹 = 𝒃 ⋅ 𝒉 
Portanto, a área de um retângulo é dada pelo produto entre sua base e sua altura. 
 
 Ao calcular área de figuras planas, precisamos nos atentar a um detalhe. Veja a 
questão abaixo: 
 Calcule a área de um retângulo de base e altura medindo 𝟓 𝒄𝒎 e 𝟏𝟎 𝒄𝒎, 
respectivamente. 
 Essa questão nos fornece a unidade de medida em centímetros. Quando 
calculamos a área dessa figura, precisamos também incluir a unidade de medida: 
𝐴𝑅 = 𝑏 ⋅ ℎ ⇒ 𝐴𝑅 = (5 𝑐𝑚) ⋅ (10 𝑐𝑚) ⇒ 𝐴𝑅 = 50 𝑐𝑚
2 
 Caso a questão forneça os dados em diferentes unidades de medida, temos que 
convertê-los na mesma unidade. Veja: 
 Calcule a área do retângulo de base e altura medindo 𝟓 𝒄𝒎 e 𝟏𝟎 𝒌𝒎, 
respectivamente. 
 Nessa questão, não podemos multiplicar diretamente a base a altura, pois ambas 
estão em diferentes unidades de medida (cm e km). Antes, devemos igualar as 
unidades. Vamos converter o quilômetro em centímetro: 
10 𝑘𝑚 = 10 ⋅ 103 𝑚 = 10 ⋅ 103 ⋅ 102 𝑐𝑚 = 106 𝑐𝑚 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 56 
 Agora, podemos calcular a área: 
𝐴𝑅 = (5 𝑐𝑚) ⋅ (10
6 𝑐𝑚) ⇒ 𝐴𝑅 = 5 ⋅ 10
6 𝑐𝑚2 
 Esse detalhe pode tirar alguns pontos da sua prova, então, atenção na hora de ler 
a questão! 
 
25.2. Quadrado 
Esse é um caso particular de retângulo. Como o quadrado possui lados congruentes, a 
sua altura e base possuem as mesmas medidas. Para um quadrado de lado 𝑙: 
 
𝑨𝑸 = 𝒍
𝟐 
25.3. Paralelogramo 
O paralelogramo pode ser visto como um retângulo inclinado, veja: 
 
A área do paralelogramo de altura ℎ e base 𝑏 é equivalente à área de um retângulo de 
altura ℎ e base 𝑏, logo: 
𝑨𝑷 = 𝒃 ⋅ 𝒉 
 
25.4. Triângulo 
A área de um triângulo é igual à metade da área de um paralelogramo de altura ℎ e base 
𝑏. Seja 𝐴𝑇 a área de um triângulo de base 𝑏 e altura ℎ: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 57 
 
Analisando a figura, podemos ver que: 
2𝐴𝑇 = 𝑏 ⋅ ℎ 
𝑨𝑻 =
𝒃 ⋅ 𝒉
𝟐
 
 
25.5. Losango 
A área de um losango de diagonal maior 𝐷 e diagonal menor 𝑑 é igual à 2 vezes a área 
de um triângulo de base 𝑑 e altura 𝐷/2: 
 
𝐴𝐿 = 2𝐴𝑇 ⇒ 𝐴𝐿 = 2 ⋅
𝑑 ⋅
𝐷
2
2
 
𝑨𝑳 =
𝒅 ⋅ 𝑫
𝟐
 
 
25.6. Trapézio 
Para calcular a área de um trapézio de base menor 𝑏 e base maior 𝐵 e altura ℎ, 
podemos dividi-lo em 2 triângulos de altura ℎ e bases 𝑏 e 𝐵: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 58 
 
𝐴𝑇𝑟 = 𝐴1 + 𝐴2 ⇒ 𝐴𝑇𝑟 =
𝑏 ⋅ ℎ
2
+
𝐵 ⋅ ℎ
2
 
𝑨𝑻𝒓 =
(𝒃 + 𝑩) ⋅ 𝒉
𝟐
 
 
25.7. Polígono Regular 
Dado um polígono regular de 𝑛 lados, sendo: 
𝑎 − medida do apótema 
𝑙 − medida do lado 
𝑛 − número de lados 
𝑝 − semiperímetro do polígono 
Esse polígono pode ser dividido em 𝑛 triângulos congruentes de base 𝑙 e altura 𝑎: 
 
A área desse polígono é dada por: 
𝐴𝑃𝑜𝑙 =
𝑛 ⋅ 𝑙 ⋅ 𝑎
2
 
O perímetro desse polígono é igual a: 
2𝑝 = 𝑛 ⋅ 𝑙 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 59 
Assim, substituindo a identidade acima na expressão da área do polígono, encontramos: 
𝐴𝑃𝑜𝑙 =
2𝑝 ⋅ 𝑎
2
 
𝑨𝑷𝒐𝒍 = 𝒑 ⋅ 𝒂 
 
26. Outras Expressões para Área do Triângulo 
Dependendo dos dados da questão, podemos calcular a área do triângulo de outras 
formas. Vamos explorar as possibilidades: 
26.1. Dados um dos lados e a respectiva altura 
 
Seja 𝑆 a área do triângulo, como vimos anteriormente, a área do triângulo em função do 
lado e da respectiva altura é dada por: 
𝑺 =
𝒂 ⋅ 𝒉𝒂
𝟐
=
𝒃 ⋅ 𝒉𝒃
𝟐
=
𝒄 ⋅ 𝒉𝒄
𝟐
 
 
26.2. Dados dois lados e um ângulo compreendido entre eles 
 
Temos a base do triângulo, precisamos calcular a altura 𝐶𝐻: 
𝐶𝐻 = 𝑏 ⋅ 𝑠𝑒𝑛𝛼 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 60 
A área é dada por: 
𝑺 =
𝒃 ⋅ 𝒄 ⋅ 𝒔𝒆𝒏𝜶
𝟐
 
 
26.3. Dados os lados e o raio da circunferência inscrita 
 
No triângulo acima, temos três triângulos cujas bases são os lados do triângulo 𝐴𝐵𝐶 e a 
altura é 𝑟: 
𝑆 = 𝑆𝐴𝐵𝐼 + 𝑆𝐴𝐶𝐼 + 𝑆𝐵𝐶𝐼 ⇒ 𝑆 =
𝑐 ⋅ 𝑟
2
+
𝑏 ⋅ 𝑟
2
+
𝑎 ⋅ 𝑟
2
⇒ 𝑆 =
(𝑎 + 𝑏 + 𝑐)
2⏟ 
𝑝
⋅ 𝑟 
𝑺 = 𝒑 ⋅ 𝒓 
 
26.4. Fórmula de Heron 
A fórmula de Heron é útil quando a questão nos dá apenas os lados do triângulo. 
 
Sabemos que a área do triângulo pode ser dada por: 
𝑆 =
𝑎 ⋅ ℎ𝑎
2
 
Vimos no capítulo de cálculo de cevianas do triângulo que ℎ𝑎 pode ser escrita em função 
dos lados e do semiperímetro do triângulo: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 61 
ℎ𝑎 =
2
𝑎
√𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) 
Substituindo essa identidade na expressão da área, encontramos: 
𝑆 =
𝑎 ⋅
2
𝑎 √𝑝
(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐)
2
 
𝑺 = √𝒑(𝒑 − 𝒂)(𝒑 − 𝒃)(𝒑 − 𝒄) 
Essa fórmula é conhecida como fórmula de Heron. 
 
26.5. Relação Métrica entre Áreas 
Para figuras geométricas semelhantes, podemos encontrar uma relação para suas 
áreas. Considere os triângulos 𝐴𝐵𝐶 e 𝐷𝐸𝐹 semelhantes abaixo: 
 
Como Δ𝐴𝐵𝐶~Δ𝐷𝐸𝐹, temos: 
ℎ1
ℎ2
=
𝑏1
𝑏2
= 𝐾 (𝑟𝑎𝑧ã𝑜 𝑑𝑒 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟çã𝑜) 
A área de cada triângulo é dada por: 
𝑆1 =
𝑏1 ⋅ ℎ1
2
 
𝑆2 =
𝑏2 ⋅ ℎ2
2
 
Dividindo as áreas, encontramos: 
𝑆1
𝑆2
=
𝑏1 ⋅ ℎ1
2
𝑏2 ⋅ ℎ2
2
⇒
𝑆1
𝑆2
=
𝑏1
𝑏2
⋅
ℎ1
ℎ2
⇒
𝑆1
𝑆2
= 𝐾 ⋅ 𝐾 
𝑺𝟏
𝑺𝟐
= 𝑲𝟐 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 62 
Portanto, a razão entre as áreas de figuras semelhantes é o valor da razão de proporção 
elevado ao quadrado. 
Vimos para o caso de triângulos semelhantes. Saiba que essa razão é válida para 
quaisquer figuras planas semelhantes. 
 
27. Área de Círculos 
27.1. Dedução da Fórmula 
Há, na literatura, muitas deduções da área do círculo, muitas utilizando ferramentas do 
cálculo diferencial e integral. 
Veremos uma delas aqui, sem pesar muito na parte matemática do ensino superior. 
Utilizaremos, nela, a ferramenta limite, que já vimos ser utilizada quando estudamos soma de 
infinitos termos de uma PG, está lembrado? 
Vamos lá. 
Para calcular a área do círculo, podemos usar a área do polígono regular de 𝑛 lados: 
 
𝑙𝑛 é o lado do polígono de 𝑛 lados e 𝑎𝑛 é seu apótema. A área do polígono é dada por: 
𝑆𝑛 =
𝑛 ⋅ 𝑎𝑛 ⋅ 𝑙𝑛
2
 
Podemos escrever 𝑙𝑛/2 em função do ângulo central: 
𝑡𝑔 (
𝜋
𝑛
) =
𝑙𝑛
2
𝑎𝑛
⇒
𝑙𝑛
2
= 𝑎𝑛 ⋅ 𝑡𝑔 (
𝜋
𝑛
) 
Substituindo na fórmula de 𝑆𝑛: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 63 
𝑆𝑛 = 𝑛 ⋅ 𝑎𝑛
2 ⋅ 𝑡𝑔 (
𝜋
𝑛
) 
Note que se 𝑛 tender ao infinito, a área do polígono de 𝑛 lados se aproxima da área da 
circunferência circunscrita a ele e o apótema se aproxima do raio dessa circunferência. Se 𝑆𝐶 é 
a área da circunferência de raio 𝑅, podemos escrever: 
𝑆𝑛 = 𝑛 ⋅ 𝑎𝑛
2 ⋅ 𝑡𝑔 (
𝜋
𝑛
) ⇒ 𝑆𝐶 = lim
𝑛→∞
𝑛 ⋅ 𝑅2 ⋅ 𝑡𝑔 (
𝜋
𝑛
) ⇒ 𝑆𝐶 = 𝑅
2 ⋅ lim
𝑛→∞
𝑛 ⋅ 𝑡𝑔 (
𝜋
𝑛
)
⏟ 
𝜋
 
𝑺𝑪 = 𝝅 ⋅ 𝑹
𝟐 
27.2. Partes do Círculo 
Para finalizar o assunto de áreas de círculos, vamos aprender alguns termos que podem 
ser cobrados na prova a respeito das áreas das partes dos círculos: 
1) Setor circular 
 
Setor circular é uma “fatia” do círculo. Sua área é dada pela proporção: 
𝑆 =
𝜃
2𝜋⏟
𝑓𝑎𝑡𝑖𝑎 𝑑𝑜 𝑐í𝑟𝑐𝑢𝑙𝑜
⋅ 𝜋𝑅2 ⇒ 𝑆 = 𝜃𝜋𝑅2 
 
2) Segmento circular 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 64 
 
 
Segmento circular é a região delimitada pelo círculo e pelo triângulo isósceles cujo 
vértice é o centro do círculo e seu ângulo é 𝜃. Dessa forma, a área é dada pela diferença entre 
a área do setor circular e a área dotriângulo isósceles. 
Pense que uma reta secante (ou até uma corda), quando não passa pelo centro da 
circunferência, divide o círculo em duas partes. A menor delas é o segmento circular. 
 
3) Lúnula 
 
Lúnula é a região do círculo menor localizada na parte externa do círculo maior. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 65 
4) Triângulo Curvilíneo 
 
Triângulo curvilíneo é o triângulo 𝐴𝐵𝐶 cujos lados são todos curvos. 
 
5) Triângulo Mistilíneo 
 
Um triângulo é mistilíneo quando possui um ou dois lados curvos. Os triângulos 𝐴𝐵𝐶 e 
𝐶𝐷𝐸 representados acima são mistilíneos. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 66 
8. (OBM/2005) Na figura, todas as circunferências menores têm o mesmo raio 𝑟 e os 
centros das circunferências que tocam a circunferência maior são vértices de um 
quadrado. Sejam 𝑎 e 𝑏 as áreas hachuradas. Calcule 𝑎/𝑏. 
 
Comentários: 
Vamos inserir as variáveis do problema: 
 
Seja 𝑆 a área do círculo maior, assim, temos: 
𝑆 = 5𝑎 + 4𝑏 
Mas, 𝑆 = 𝜋(3𝑟)2: 
9𝜋𝑟2 = 5𝑎 + 4𝑏 
Podemos escrever 𝑎 e 𝑏 em função de 𝑟: 
𝑎 = 𝜋𝑟2 
9𝜋𝑟2 = 5𝑎 + 4𝑏 ⇒ 𝑏 =
9𝜋𝑟2 − 5𝜋𝑟2
4
= 𝜋𝑟2 
A razão é dada por: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 67 
𝑎
𝑏
=
𝜋𝑟2
𝜋𝑟2
= 1 
Gabarito: 
𝒂
𝒃
 = 𝟏 
 
9. Determine a razão da área do círculo maior para a área do círculo menor. 
 
Comentários: 
Sendo os ângulos inscritos nos círculos, temos: 
 
Seja 𝑆1 a área do círculo maior e 𝑆2 a área do círculo menor, desse modo, podemos escrever: 
𝑆1 = 𝜋𝑅
2 
𝑆2 = 𝜋𝑟
2 
⇒
𝑆1
𝑆2
=
𝜋𝑅2
𝜋𝑟2
= (
𝑅
𝑟
)
2
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 68 
Vamos encontrar uma relação entre 𝑅 e 𝑟. Note que o triângulo 𝑂1𝐵𝐶 é equilátero (triângulo 
isósceles cujo vértice possui ângulo de 60°) e o triângulo 𝑂2𝐵𝐶 é retângulo isóscele. Assim, 
temos: 
𝑅 = 𝑥 ⇒ 𝑅2 = 𝑥2 
𝑟 =
𝑥√2
2
⇒ 𝑟2 =
𝑥2
2
 
Substituindo essas variáveis na razão das áreas: 
𝑆1
𝑆2
=
𝑅2
𝑟2
=
𝑥2
𝑥2
2
= 2 
Gabarito: 𝟐 
 
10. Calcular a área do triângulo cujas alturas medem 5, 7 e 8 cm. 
Comentários: 
 
Para calcular a área do triângulo, precisamos encontrar o valor de um dos seus lados. Para 
isso, podemos encontrar uma relação entre os lados. Usando a definição de área, temos: 
𝑆 =
5𝑎
2
=
8𝑏
2
=
7𝑐
2
 
Escrevendo 𝑏 e 𝑐 em função de 𝑎: 
𝑏 =
5𝑎
8
 e 𝑐 =
5𝑎
7
 
Vamos usar a fórmula de Heron para encontrar a medida de 𝑎: 
𝑆 =
5𝑎
2
= √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) 
25𝑎2
4
=
𝑎 + 𝑏 + 𝑐
2
⋅
−𝑎 + 𝑏 + 𝑐
2
⋅
𝑎 − 𝑏 + 𝑐
2
⋅
𝑎 + 𝑏 − 𝑐
2
 
Substituindo 𝑏 e 𝑐: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 69 
25𝑎2
4
= (
1
16
) ⋅ (𝑎 +
5𝑎
8
+
5𝑎
7
) ⋅ (−𝑎 +
5𝑎
8
+
5𝑎
7
) ⋅ (𝑎 −
5𝑎
8
+
5𝑎
7
) ⋅ (𝑎 +
5𝑎
8
−
5𝑎
7
) 
100𝑎2 = 𝑎4 ⋅
(56 + 35 + 40)
56
⋅
(−56 + 35 + 40)
56
⋅
(56 − 35 + 40)
56
⋅
(56 + 35 − 40)
56
 
100 ⋅ 564 = 𝑎2 ⋅ 131 ⋅ 19 ⋅ 61 ⋅ 51 
𝑎 =
10 ⋅ 562
√131 ⋅ 19 ⋅ 61 ⋅ 51
 𝑐𝑚 
Assim, a área do triângulo é dada por: 
𝑆 =
5𝑎
2
=
5
2
⋅
10 ⋅ 562
√131 ⋅ 19 ⋅ 61 ⋅ 51
≅ 28,17 𝑐𝑚2 
Gabarito: 𝑺 = 𝟐𝟖, 𝟏𝟕 𝒄𝒎𝟐 
 
11. Encontre a área do quadrado 𝐴𝐵𝐶𝐷 na figura abaixo tal que 𝑃𝐴 = 3, 𝑃𝐵 = 7 e 𝑃𝐷 =
5. 
 
Comentários: 
Seja 𝑙 o lado do quadrado e 𝐴 sua área, então: 
𝐴 = 𝑙2 
Vamos inserir as variáveis na figura: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 70 
 
Aplicando o teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos da figura, temos: 
9 = 𝑥2 + 𝑦2 (𝐼) 
25 = 𝑥2 + (𝑙 − 𝑦)2 ⇒ 25 = 𝑥2 + 𝑦2⏟ 
9
− 2𝑙𝑦 + 𝑙2 ⇒ 𝑦 =
𝑙2 − 16
2𝑙
 (𝐼𝐼) 
49 = 𝑦2 + (𝑙 − 𝑥)2 ⇒ 49 = 𝑦2 + 𝑥2⏟ 
9
− 2𝑙𝑥 + 𝑙2 ⇒ 𝑥 =
𝑙2 − 40
2𝑙
 (𝐼𝐼𝐼) 
Substituindo (𝐼𝐼) e (𝐼𝐼𝐼) em (𝐼): 
(
𝑙2 − 40
2𝑙
)
2
+ (
𝑙2 − 16
2𝑙
)
2
= 9 
𝑙4 − 80𝑙2 + 1600 + 𝑙4 − 32𝑙2 + 256 = 36𝑙2 
2𝑙4 − 148𝑙2 + 1856 = 0 ⇒ 𝑙4 − 74𝑙2 + 928 = 0 
Vamos substituir a variável 𝑙2 = 𝐴: 
𝐴2 − 74𝐴 + 928 = 0 
Encontrando a raiz: 
𝐴 = 37 ± √372 − 928 ⇒ 𝐴 = 37 ± 21 
∴ 𝐴 = 58 
Gabarito: 𝑨 = 𝟓𝟖 
 
12. Calcular a área de um triângulo retângulo conhecendo o seu perímetro 2𝑝 e a 
altura ℎ relativa à hipotenusa. 
Comentários: 
Temos o perímetro e a altura do triângulo retângulo, vamos encontrar sua área em função 
dessas variáveis: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 71 
 
A área do triângulo retângulo é dada por: 
𝑆 =
𝑏𝑐
2
=
𝑎ℎ
2
 
Usando o teorema de Pitágoras, temos: 
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 ⇒ 𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 + 2𝑏𝑐 − 2𝑏𝑐 ⇒ 𝑎2 = (𝑏 + 𝑐)2 − 2𝑏𝑐 
⇒ (𝑏 + 𝑐)2 − 𝑎2 = 2𝑏𝑐 ⇒ (𝑏 + 𝑐 − 𝑎)⏟ 
2𝑝−2𝑎
(𝑏 + 𝑐 + 𝑎)⏟ 
2𝑝
= 2𝑏𝑐⏟
4𝑆
 
(2𝑝 − 2𝑎) ⋅ 2𝑝 = 4𝑆 ⇒ 2𝑝 − 2𝑎 =
2𝑆
𝑝
⇒ 𝑎 = 𝑝 −
𝑆
𝑝
 
Substituindo o valor de 𝑎 na equação da área: 
𝑆 =
𝑎ℎ
2
⇒ 𝑆 =
(𝑝 −
𝑆
𝑝) ℎ
2
⇒ 2𝑆𝑝 = 𝑝2ℎ − 𝑆ℎ ⇒ 𝑆(2𝑝 + ℎ) = 𝑝2ℎ 
𝑆 =
𝑝2ℎ
2𝑝 + ℎ
 
Gabarito: 𝑺 =
𝒑𝟐𝒉
𝟐𝒑+𝒉
 
 
13. Determinar a área do trapézio 𝐴𝐵𝐶𝐷, cujas bases são 𝐴𝐷 = 𝑎 e 𝐵𝐶 = 𝑏 (𝑎 > 𝑏), e no 
qual �̂� = 45° e �̂� = 30°. 
Comentários: 
Vamos desenhar a figura da questão e inserir as variáveis: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 72 
 
Usando a razão tangente, temos: 
𝑡𝑔45° =
ℎ
𝑥
⇒ 𝑥 = ℎ 
𝑡𝑔30° =
ℎ
𝑦
⇒ 𝑦 = ℎ√3 
De acordo com a figura, podemos inferir: 
𝑥 + 𝑏 + 𝑦 = 𝑎 ⇒ 𝑥 + 𝑦 = 𝑎 − 𝑏 ⇒ ℎ + ℎ√3 = 𝑎 − 𝑏 ⇒ ℎ =
𝑎 − 𝑏
√3 + 1
 
⇒ ℎ =
(𝑎 − 𝑏)(√3 − 1)
2
 
A área do trapézio é dada por: 
𝑆 = (𝑎 + 𝑏) ⋅
ℎ
2
⇒ 𝑆 =
(𝑎 + 𝑏)
2
⋅
(𝑎 − 𝑏)(√3 − 1)
2
⇒ 𝑆 =
1
4
(√3 − 1)(𝑎2 − 𝑏2) 
Gabarito: 𝑨 =
𝟏
𝟒
(√𝟑 − 𝟏)(𝒂𝟐 − 𝒃𝟐) 
28. Questões de provas anteriores 
1. (ENEM / 2016) Um túnel deve ser lacrado com uma tampa de concreto. A seção 
transversal do túnel e a tampa de concreto têm contornos de um arco de parábola e 
mesmas dimensões. Para determinar o custo da obra, um engenheiro deve calcular a 
área sob o arco parabólico em questão. Usando o eixo horizontal no nível do chão e o 
eixo de simetria da parábola como eixo vertical, obteve a seguinte equação para a 
parábola: 𝒚 = 𝟗 − 𝒙𝟐, sendo x e y medidos em metros. 
Sabe-se que a área sob uma parábola como esta é igual a 2/3 da área do retângulo cujas 
dimensões são, respectivamente, iguais à base e à altura da entrada do túnel. 
Qual é a área da parte frontal da tampa de concreto, em metro quadrado? 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 73 
a) 18 
b) 20 
c) 36 
d) 45 
e) 54 
 
2. (ENEM / 2019) No trapézio isósceles mostrado na figura a seguir, M é o ponto 
médio do segmento BC, e os pontos P e Q são obtidos dividindo o segmento AD em três 
partes iguais. 
 
Pelos pontos B, M, C, P e Q são traçados segmentos de reta, determinando cinco 
triângulos internos ao trapézio, conforme a figura. A razão entre BC e AD que determina 
áreas iguais para os cinco triângulos mostrados na figura é 
𝒂) 
𝟏
𝟑
 
𝒃) 
𝟐
𝟑
 
𝒄) 
𝟐
𝟓
 
𝒅) 
𝟑
𝟓
 
𝒆) 
𝟓
𝟔
 
 
3. (ENEM / 2019) O dono de um salão de festas precisa decorar cinco pilastras 
verticais cilíndricas idênticas, cujo raio da base mede 10 cm. O objetivo é revestir 
integralmente essas pilastras com faixas de menor comprimento possível, de modo que 
cada uma tenha seis faixas de cor preta e cinco faixas de cor branca, conforme ilustrado 
na figura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 74 
 
Ele orçou as faixas em cinco lojas que as comercializam na largura e nas cores 
desejadas, porém, em todas elas, só são vendidas peças inteiras. Os comprimentos e os 
respectivos preços das peças comercializadas por loja estão apresentados no quadro. 
 
 
O dono do salão de festas decidiu efetuar a compra em uma única loja, optando por 
aquela em que a compra ficaria mais barata. Utilize 3 como valor aproximado para π. A 
loja na qual odono do salão de festas deve comprar as peças necessárias para 
confeccionar as faixas é 
a) I. 
b) II. 
c) III. 
d) IV. 
e) V. 
 
4. (ENEM / 2018) Sobre um sistema cartesiano considera-se uma malha formada por 
circunferências de raios com medidas dadas por números naturais e por 12 semirretas 
com extremidades na origem, separadas por ângulos de 
𝝅
𝟔
𝒓𝒂𝒅, conforme a figura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 75 
 
Suponha que os objetos se desloquem apenas pelas semirretas e pelas circunferências 
dessa malha, não podendo passar pela origem (0;0). 
Considere o valor de π com aproximação de, pelo menos, uma casa decimal. 
Para realizar o percurso mais curto possível ao longo da malha, do ponto B até o ponto 
A, um objeto deve percorrer uma distância igual a: 
𝒂) 
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟏
𝟑
+ 𝟖 
𝒃)
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟐
𝟑
+ 𝟔 
𝒄) 
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟑
𝟑
+ 𝟒 
𝒅) 
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟒
𝟑
+ 𝟐 
𝒆) 
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟓
𝟑
+ 𝟐 
 
5. (ENEM / 2017) A manchete demonstra que o transporte de grandes cargas 
representa cada vez mais preocupação quando feito em vias urbanas. 
Caminhão entala em viaduto no Centro 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 76 
Um caminhão de grande porte entalou embaixo do viaduto no cruzamento das avenidas 
Borges de Medeiros e Loureiro da Silva no sentido Centro-Bairro, próximo à Ponte de 
Pedra, na capital. Esse veículo vinha de São Paulo para Porto Alegre e transportava três 
grandes tubos, conforme ilustrado na foto. 
 
Disponível em: www.caminhoes-e-carretas.com. 
Acesso em: 21 maio 2012 (adaptado). 
Considere que o raio externo de cada cano da imagem seja 0,60 m e que eles estejam em 
cima de uma carroceria cuja parte superior está a 1,30 m do solo. O desenho representa 
a vista traseira do empilhamento dos canos. 
 
A margem de segurança recomendada para que um veículo passe sob um viaduto é que 
a altura total do veículo com a carga seja, no mínimo, 0,50 m menor do que a altura do 
vão do viaduto. 
Considere 1,7 como aproximação para √𝟑. 
Qual deveria ser a altura mínima do viaduto, em metro, para que esse caminhão pudesse 
passar com segurança sob seu vão? 
a) 2,82 
b) 3,52 
c) 3,70 
d) 4,02 
e) 4,20 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 77 
6. (ENEM / 2017) Uma desenhista projetista deverá desenhar uma tampa de panela 
em forma circular. Para realizar esse desenho, ela dispõe, no momento, de apenas um 
compasso, cujo comprimento das hastes é de 10 cm, um transferidor e uma folha de 
papel com um plano cartesiano. Para esboçar o desenho dessa tampa, ela afastou as 
hastes do compasso de forma que o ângulo formado por elas fosse de 120º. A ponta 
seca está representada pelo ponto C, a ponta do grafite está representada pelo ponto B e 
a cabeça do compasso está representada pelo ponto A conforme a figura. 
 
Após concluir o desenho, ela o encaminha para o setor de produção. Ao receber o 
desenho com a indicação do raio da tampa, verificará em qual intervalo este se encontra 
e decidirá o tipo de material a ser utilizado na sua fabricação, de acordo com os dados. 
 
Considere 1,7 como aproximação para √𝟑. 
O tipo de material a ser utilizado pelo setor de produção será 
a) I. 
b) II. 
c) III. 
d) IV. 
e) V. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 78 
7. (ENEM / 2017 – LIBRAS) Uma família possui um terreno retangular com 18 metros 
de largura e 24 metros de comprimento. Foi necessário demarcar nesse terreno dois 
outros iguais, na forma de triângulos isósceles, sendo que um deles será para o filho e o 
outro para os pais. Além disso, foi demarcada uma área de passeio entre os dois novos 
terrenos para o livre acesso das pessoas. 
Os terrenos e a área de passeio são representados na figura. 
 
A área de passeio calculada pela família, em metro quadrado, é de 
a) 𝟏𝟎𝟖 
b) 𝟐𝟏𝟔 
c) 𝟐𝟕𝟎 
d) 𝟐𝟖𝟖 
e) 𝟑𝟐𝟒 
 
8. (ENEM / 2017 – LIBRAS) Com o objetivo de reformar os tambores cilíndricos de 
uma escola de samba, um alegorista decidiu colar adereços plásticos na forma de 
losango, como ilustrado na Figura 1, nas faces laterais dos tambores. Nesta colagem, os 
vértices opostos P e Q do adereço deverão pertencer às circunferências do topo e da 
base do tambor cilíndrico, respectivamente, e os vértices opostos R e S deverão 
coincidir após a colagem do adereço no tambor, conforme ilustra a Figura 2. Considere 
que o diâmetro do cilindro correspondente ao tambor meça 0,4 metro. Utilize 3,1 como 
aproximação para 𝝅. 
 
A diagonal RS do adereço a ser confeccionado pelo alegorista deve medir, em metro, 
a) 𝟎, 𝟏𝟐𝟒 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 79 
b) 𝟎, 𝟒𝟎𝟎 
c) 𝟎𝟎𝟒𝟗𝟔 
d) 𝟏, 𝟐𝟒𝟎 
e) 𝟐, 𝟒𝟖𝟎 
 
9. (ENEM / 2016) Um marceneiro está construindo um material didático que 
corresponde ao encaixe de peças de madeira com 10 cm de altura e formas geométricas 
variadas, num bloco de madeira em que cada peça se posicione na perfuração com seu 
formato correspondente, conforme ilustra a figura. O bloco de madeira já possui três 
perfurações prontas de bases distintas: uma quadrada (Q), de lado 4 cm, uma retangular 
(R), com base 3 cm e altura 4 cm, e uma em forma de um triângulo equilátero (T), de lado 
6,8 cm. Falta realizar uma perfuração de base circular (C). 
O marceneiro não quer que as outras peças caibam na perfuração circular e nem que a 
peça de base circular caiba nas demais perfurações e, para isso, escolherá o diâmetro 
do círculo que atenda a tais condições. Procurou em suas ferramentas uma serra copo 
(broca com formato circular) para perfurar a base em madeira, encontrando cinco 
exemplares, com diferentes medidas de diâmetros, como segue: (l) 3,8 cm; 
(ll) 4,7 cm; 
(lll) 5,6 cm; 
(IV) 7,2 cm e 
(V) 9,4 cm. 
 
Considere 1,4 e 1,7 como aproximações para √2 e √3, respectivamente. Para que seja 
atingido o seu objetivo, qual dos exemplares de serra copo o marceneiro deverá 
escolher? 
a) I 
b) II 
c) III 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 80 
d) IV 
e) V 
 
10. (ENEM / 2016) Um senhor, pai de dois filhos, deseja comprar dois terrenos, com 
áreas de mesma medida, um para cada filho. Um dos terrenos visitados já está 
demarcado e, embora não tenha um formato convencional (como se observa na Figura 
B), agradou ao filho mais velho e, por isso, foi comprado. O filho mais novo possui um 
projeto arquitetônico de uma casa que quer construir, mas, para isso, precisa de um 
terreno na forma retangular (como mostrado na Figura A) cujo comprimento seja 7 m 
maior do que a largura. 
 
Para satisfazer o filho mais novo, esse senhor precisa encontrar um terreno retangular 
cujas medidas, em metro, do comprimento e da largura sejam iguais, respectivamente, a 
a) 7,5 e 14,5. 
b) 9,0 e 16,0. 
c) 9,3 e 16,3. 
d) 10,0 e 17,0. 
e) 13,5 e 20,5. 
 
11. (ENEM / 2016) Um terreno retangular de lados cujas medidas, em metro, são x e y 
será cercado para a construção de um parque de diversões. Um dos lados do terreno 
encontra-se às margens de um rio. Observe a figura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 81 
 
Para cercar todo o terreno, o proprietário gastará R$ 7 500,00. O material da cerca custa 
R$ 4,00 por metro para os lados do terreno paralelos ao rio, e R$ 2,00 por metro para os 
demais lados. 
Nessas condições, as dimensões do terreno e o custo total do material podem ser 
relacionados pela equação 
a) 𝟒(𝟐𝒙 + 𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
b) 𝟒(𝒙 + 𝟐𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
c) 𝟐(𝒙 + 𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
d) 𝟐(𝟒𝒙 + 𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
e) 𝟐(𝟐𝒙 + 𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
 
12. (FUVEST/2021) Um marceneiro possui um pedaço de madeira no formato de um 
triângulo retângulo, cujos catetos medem 12 cm e 35 cm. A partir desta peça, ele precisa 
extrair o maior quadrado possível, de tal forma que um dos ângulos retosdo quadrado 
coincida com o ângulo reto do triângulo. A medida do lado do quadrado desejado pelo 
marceneiro está mais próxima de 
(A) 80 cm. 
(B) 85 cm. 
(C) 9,0 cm. 
(D) 9,5 cm. 
(E) 10,0 cm. 
 
13. (FUVEST/2021) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 82 
 
Na figura, os segmentos AC e DE são paralelos entre si e perpendiculares ao segmento 
CD; o ponto B pertence ao segmento AC; F é o ponto médio do segmento AB; e ABE é 
um triângulo equilátero. Além disso, o segmento BC mede 10 unidades de comprimento 
e o segmento AE mede 6 unidades de comprimento. A medida do segmento DF, em 
unidades de comprimento, é igual a 
(A) 14. 
(B) 15. 
(C) 16. 
(D) 17. 
(E) 18. 
 
14. (FUVEST/2021) 
 
 
Três triângulos equiláteros e dois quadrados formam uma figura plana, como ilustrado. 
Seus centros são os vértices de um pentágono irregular, que está destacado na figura. 
Se T é a área de cada um dos triângulos e Q a área de cada um dos quadrados, a área 
desse pentágono é 
(A) 𝑻 + 𝑸. 
(B) 
𝟏
𝟐
𝑻 +
𝟏
𝟐
𝑸. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 83 
(C) 𝑻 +
𝟏
𝟐
𝑸. 
(D) 
𝟏
𝟑
𝑻 +
𝟏
𝟒
𝑸. 
(E) 
𝟏
𝟑
𝑻 +
𝟏
𝟐
𝑸. 
 
15. (Fuvest/2018) Prolongando-se os lados de um octógono convexo ABCDEFGH, 
obtém-se um polígono estrelado, conforme a figura. 
 
A soma 𝜶𝟏 +⋯+ 𝜶𝟖 vale 
a) 𝟏𝟖𝟎° b) 𝟑𝟔𝟎° c) 𝟓𝟒𝟎° d) 𝟕𝟐𝟎° e) 𝟗𝟎𝟎° 
 
 
16. (Fuvest/2018) O quadrilátero da figura está inscrito em uma circunferência de raio 
𝟏. A diagonal desenhada é um diâmetro dessa circunferência. 
 
Sendo 𝒙 e 𝒚 as medidas dos ângulos indicados na figura, a área da região cinza, em 
função de 𝒙 e 𝒚, é: 
𝒂) 𝝅 + 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) + 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒚) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 84 
𝒃) 𝝅 − 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) − 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒚) 
𝒄) 𝝅 − 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙) − 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒚) 
𝒅) 𝝅 −
𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙) + 𝐜𝐨 𝐬(𝟐𝒚)
𝟐
 
𝒆) 𝝅 −
𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) + 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒚)
𝟐
 
 
17. (Fuvest/2012) O segmento 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é lado de um hexágono de área √𝟑. O ponto 𝑷 
pertence à mediatriz de 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ de tal modo que a área do triângulo 𝑷𝑨𝑩 vale √𝟐. Então, a 
distância de 𝑷 ao segmento 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é igual a: 
a) √𝟐 
b) 𝟐√𝟐 
c) 𝟑√𝟐 
d) √𝟑 
e) 𝟐√𝟑 
 
18. (Fuvest/2012) Em um plano, é dado um polígono convexo de seis lados, cujas 
medidas dos ângulos internos, dispostas em ordem crescente, formam uma progressão 
aritmética. A medida do maior ângulo é igual a 11 vezes a medida do menor. A soma das 
medidas dos quatro menores ângulos internos desse polígono, em graus, é igual a: 
a) 315 
b) 320 
c) 325 
d) 330 
e) 335 
 
19. (Fuvest/2012) Na figura, tem-se 𝑨𝑬̅̅ ̅̅ paralelo a 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ , 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ paralelo a 𝑫𝑬̅̅ ̅̅ , 𝑨𝑬 = 𝟐, 𝜶 = 𝟒𝟓° 
e 𝜷 = 𝟕𝟓°. Nessas condições, a distância do ponto E ao segmento 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é igual a: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 85 
 
 
a) √𝟑 
b) √𝟐 
c) 
√𝟑
𝟐
 
d) 
√𝟐
𝟐
 
e) 
√𝟐
𝟒
 
 
20. (Fuvest/2009) Na figura, B, C e D são pontos distintos da circunferência de centro 
O, e o ponto A é exterior a ela. Além disso: 
(1) A, B, C e A, O, D são colineares; 
(2) AB = OB; 
(3) CÔD mede α radianos. 
 
Nessas condições, a medida de 𝑨�̂�𝑶, em radianos, é igual a: 
a) 𝝅−
𝜶
𝟒
 
b) 𝝅−
𝜶
𝟐
 
c) 𝝅 −
𝟐𝜶
𝟑
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 86 
d) 𝝅−
𝟑𝜶
𝟒
 
e) 𝝅−
𝟑𝜶
𝟐
 
 
21. (Fuvest/2009) Os comprimentos dos lados de um triângulo ABC formam uma PA. 
Sabendo-se também que o perímetro de ABC vale 15 e que o ângulo �̂� mede 120°, então 
o produto dos comprimentos dos lados é igual a: 
a) 25 
b) 45 
c) 75 
d) 105 
e) 125 
 
22. (Fuvest/2009) A figura representa sete hexágonos regulares de lado 1 e um 
hexágono maior, cujos vértices coincidem com os centros de seis dos hexágonos 
menores. Então, a área do pentágono hachurado é igual a 
 
a) 𝟑√𝟑 
b) 𝟐√𝟑 
c) 
𝟑√𝟑
𝟐
 
d) √𝟑 
e) 
√𝟑
𝟐
 
 
23. (Fuvest/2006) Na figura abaixo, a reta s passa pelo ponto P e pelo centro da 
circunferência de raio R, interceptando-a no ponto Q, entre P e o centro. Além disso, a 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 87 
reta t passa por P, é tangente à circunferência e forma um ângulo  com a reta s. Se 
𝑷𝑸 = 𝟐𝑹, então 𝒄𝒐𝒔 vale 
 
a) √𝟐 ∕ 𝟔 
b) √𝟐 ∕ 𝟑 
c) √𝟐 ∕ 𝟐 
d) 𝟐√𝟐 ∕ 𝟑 
e) 𝟑√𝟐 ∕ 𝟓 
 
24. (UNESP/2018) A figura indica um trapézio 𝑨𝑩𝑪𝑫 no plano cartesiano. 
 
A área desse trapézio, na unidade quadrada definida pelos eixos coordenados, é igual a 
a) 𝟏𝟔𝟎 b) 𝟏𝟖𝟓 c) 𝟏𝟖𝟎 d) 𝟏𝟕𝟎 e) 𝟏𝟓𝟓 
 
25. (UNESP/2018) Os estudantes 1, 2 e 3 concorreram a um mesmo cargo da diretoria 
do grêmio de uma faculdade da UNESP, sendo que 1 obteve 6,25% do total de votos que 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 88 
os três receberam para esse cargo. Na figura, a área de cada um dos três retângulos 
representa a porcentagem de votos obtidos pelo candidato correspondente. Juntos, os 
retângulos compõem um quadrado, cuja área representa o total dos votos recebidos 
pelos três candidatos. 
 
Do total de votos recebidos pelos três candidatos, o candidato 2 obteve 
A) 61,75%. B) 62,75%. C) 62,50%. D) 62,00%. E) 62,25%. 
 
26. (UNESP/2018) A sequência de figuras, desenhadas em uma malha quadriculada, 
indica as três primeiras etapas de formação de um fractal. Cada quadradinho dessa 
malha tem área de 𝟏 𝒄𝒎𝟐. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 89 
Dado que as áreas das figuras, seguindo o padrão descrito por esse fractal, formam uma 
progressão geométrica, a área da figura 𝟓, em 𝒄𝒎𝟐, será igual a 
𝒂)
𝟔𝟐𝟓
𝟖𝟏
 
𝒃)
𝟔𝟒𝟎
𝟖𝟏
 
𝒄)
𝟏𝟐𝟓
𝟖𝟕
 
𝒅)
𝟔𝟎𝟓
𝟖𝟏
 
𝒆)
𝟐𝟏𝟓
𝟐𝟕
 
 
27. (UNESP/2018.2) Sendo x um número real maior que 
𝟐
𝟑
, a área de um retângulo é 
dada pelo polinômio 𝟑𝒙𝟐 + 𝟏𝟗𝒙 − 𝟏𝟒. Se a base desse retângulo é dada pelo polinômio 
𝒙 + 𝟕, o quadrado da diagonal do retângulo é expresso pelo polinômio 
a) 𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟔𝒙 + 𝟐𝟗. 
b) 𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟓𝟑. 
c) 𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟔𝟓. 
d) 𝟒𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝟓𝟑. 
e) 𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝟓𝟑. 
 
28. (UNESP/2015) Para divulgar a venda de um galpão retangular de 5000 m², uma 
imobiliária elaborou um anúncio em que constava a planta simplificada do galpão, em 
escala, conforme mostra a figura. 
 
O maior lado do galpão mede, em metros, 
a) 200. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 90 
b) 25. 
c) 50. 
d) 80. 
e) 100. 
 
29. (UNESP/2012) No dia 11 de março de 2011, o Japão foi sacudido por terremoto 
com intensidade de 8,9 na Escala Richter, com o epicentro no Oceano Pacífico, a 360 km 
de Tóquio, seguido de tsunami. A cidade de Sendai, a 320 km a nordeste de Tóquio, foi 
atingida pela primeira onda do tsunami após 13 minutos. 
(O Estado de S.Paulo, 13.03.2011. Adaptado.) 
 
Baseando-se nos dados fornecidos e sabendo que 𝒄𝒐𝒔 𝜶 ≅ 𝟎, 𝟗𝟑𝟒, onde α é o ângulo 
Epicentro-Tóquio-Sendai, e que 𝟐𝟖 ⋅ 𝟑𝟐 ⋅ 𝟗𝟑, 𝟒 ≅ 𝟐𝟏𝟓𝟏𝟎𝟎, a velocidade média, em 𝒌𝒎/𝒉, 
com que a 1.ª onda do tsunami atingiu até a cidade de Sendai foi de: 
a) 10. 
b) 50. 
c) 100. 
d) 250. 
e) 600. 
 
30. (UNESP/2012.2) No vazamento de petróleo da empresa americana Chevron do 
último dia 7 de novembro, na bacia de Campos/RJ, a mancha de óleo na superfície do 
mar assumiu grandes dimensões e teve seu pico de área entre os dias 12 e 14 daquele 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 91 
mês. O vazamento levou dias para ser contido, pois o petróleo continuava a escapar por 
fissuras, como mostrado na foto. 
 
A figura mostra, de forma hipotética e aproximada, em azul escuro, as áreas da mancha 
de óleo na superfície do mar. 
 
Dados 𝟏 𝒅𝒎³ = 𝟏𝑳 e 𝝅 ≈ 𝟑 e sabendo que a altura média da lâmina de óleosobre as 
águas era de 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 𝒎𝒎 e que 1 barril de petróleo cru contém 160 litros de óleo, o 
número aproximado de barris que vazaram no incidente foi 
a) 2360. 
b) 2860. 
c) 2960. 
d) 3320. 
e) 5250. 
 
31. (UNICAMP/2020) A figura abaixo exibe o triângulo 𝑨𝑩𝑪, em que 𝑨𝑩 = 𝑩𝑪 e 𝑨𝑫 é 
uma altura de comprimento 𝒉. A área do triângulo 𝑨𝑩𝑪 é igual a 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 92 
 
a) 𝒉𝟐 
b) √𝟐𝒉𝟐 
c) √𝟑𝒉𝟐 
d) 𝟐𝒉𝟐 
 
32. (UNICAMP/2020) A figura abaixo exibe o triângulo retângulo 𝑨𝑩𝑪, em que 𝑨𝑩 =
𝑨𝑴 = 𝑴𝑪. Então, 𝒕𝒈𝜽 é igual a 
 
a) 𝟏/𝟐 
b) 𝟏/𝟑 
c) 𝟏/𝟒 
d) 𝟏/𝟓 
 
33. (UNICAMP/2015) A figura abaixo exibe um retângulo 𝐀𝐁𝐂𝐃 decomposto em quatro 
quadrados. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 93 
 
O valor da razão 𝐀𝐁/ 𝐁𝐂 é igual a 
a) 5/3. 
b) 5/2. 
c) 4/3. 
d) 3/2. 
 
34. (UNICAMP/2015) A figura a seguir exibe um pentágono com todos os lados de 
mesmo comprimento. 
 
A medida do ângulo 𝜃 é igual a 
a) 𝟏𝟎𝟓𝟎. 
b) 𝟏𝟐𝟎𝟎. 
c) 𝟏𝟑𝟓𝟎. 
d) 𝟏𝟓𝟎𝟎. 
 
35. (UNICAMP/2001) Um terreno tem a forma de um trapézio retângulo ABCD, 
conforme mostra a figura, e as seguintes dimensões: 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟐𝟓𝒎, �̅�𝑪 = 𝟐𝟒𝒎, 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟏𝟓𝒎. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 94 
 
a) Se cada metro quadrado desse terreno vale R$50,00, qual é o valor total do terreno? 
b) Divida o trapézio ABCD em quatro partes de mesma área, por meio de três segmentos 
paralelos ao lado BC. Faça uma figura para ilustrar sua resposta, indicando nela as dimensões 
das divisões no lado. 
 
36. (UEA/2018) A figura mostra uma circunferência 𝝀, de centro O, e um triângulo AOB, 
que tangencia a circunferência no ponto A. 
 
Se 𝒔𝒆𝒏𝜶 = 𝟏/𝟐 e 𝑶𝑨 + 𝑶𝑩 = 𝟗 𝒄𝒎, o comprimento da circunferência 𝝀 é igual a 
(A) 12π cm. 
(B) 6π cm. 
(C) 8π cm. 
(D) 3π cm. 
(E) 9π cm. 
 
37. (UEA/2018) De uma chapa metálica, com a forma do triângulo retângulo ABC, 
retirou-se uma região retangular AMNP, conforme indicado na figura. Sabe-se que 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ 
mede 56 cm, que M é ponto médio de 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e que a medida de é 30º. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 95 
 
Usando, AP + AM mede, aproximadamente, 
(A) 32,8 cm. 
(B) 38,2 cm. 
(C) 40,2 cm. 
(D) 36,1 cm. 
(E) 35,1 cm. 
 
38. (UEA/2015) Em um sistema de eixos cartesianos com origem em O estão 
representadas uma circunferência tangente ao eixo das ordenadas, de centro C(–1,0), e 
uma reta t, que passa pelo ponto C (centro da circunferência) e pelo ponto M no eixo das 
ordenadas, conforme mostra a figura. 
 
Nessas condições, o valor da área do triângulo colorido é igual a 
(𝑨) 𝟑√𝟐 
(𝑩)
𝟐√𝟑
𝟑
 
(𝑪)𝟐√𝟑 
(𝑫)
√𝟑
𝟑
 
(𝑬)
√𝟑
𝟔
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 96 
39. (UEA/2015) Examine a figura. 
 
Sabendo-se que o quadrilátero ABCD e a reta r estão contidos no mesmo plano, e que a 
reta BC é paralela à reta r, é correto afirmar que a medida da projeção ortogonal do 
segmento DC sobre a reta r é igual a 
(A) 6 cm. 
(B) 𝟑√𝟐 𝒄𝒎. 
(C) 3 cm. 
(D) √𝟐 𝒄𝒎. 
(E) 𝟑√𝟑 𝒄𝒎. 
 
40. (UERJ/2020.2) Três pentágonos regulares congruentes e quatro quadrados são 
unidos pelos lados conforme ilustra a figura a seguir. 
 
Acrescentam-se outros pentágonos e quadrados, alternadamente adjacentes, até se 
completar o polígono regular ABCDEFGH...A, que possui dois eixos de simetria 
indicados pelas retas r e s. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 97 
Se as retas perpendiculares r e s são mediatrizes dos lados AB e FG, o número de lados 
do polígono ABCDEFGH...A é igual a: 
a) 18 
b) 20 
c) 24 
d) 30 
 
41. (UERJ/2020 – Questão 31) O gráfico a seguir representa a função periódica 
definida por 𝒇(𝒙) = 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒙), 𝒙 ∈ 𝑹. No intervalo [
𝝅
𝟐
,
𝟓𝝅
𝟐
], A e B são pontos do gráfico nos 
quais 𝒇 (
𝝅
𝟐
) = 𝒇 (
𝟓𝝅
𝟐
) são valores máximos dessa função. 
 
A área do retângulo ABCD é: 
a) 𝟔𝝅 
b) 𝟓𝝅 
c) 𝟒𝝅 
d) 𝟑𝝅 
 
42. (UERJ/2020) Um valor aproximado da área do círculo pode ser obtido elevando-se 
ao quadrado 
𝟖
𝟗
 do seu diâmetro. Fazer esse cálculo corresponde a substituir, na fórmula 
da área do círculo, o valor de 𝝅 por um número racional. Esse número é igual a: 
a) 
𝟏𝟐𝟖
𝟗
 
b) 
𝟐𝟓𝟔
𝟗
 
c) 
𝟏𝟐𝟖
𝟖𝟏
 
d) 
𝟐𝟓𝟔
𝟖𝟏
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 98 
43. (UERJ/2018.2) No triângulo equilátero ABC, H corresponde ao ponto médio do lado 
𝑨𝑪̅̅ ̅̅ . Desse modo, a área do triângulo ABH é igual à metade da área de ABC. 
 
Sendo W o perímetro do triângulo ABH e Y o perímetro do triângulo ABC, uma relação 
correta entre W e Y é: 
a) 𝟎 < 𝑾 <
𝒀
𝟐
 
b) 𝑾 =
𝒀
𝟐
 
c) 
𝒀
𝟐
< 𝑾 < 𝒀 
d) 𝑾 = 𝒀 
 
44. (UERJ/2018) Considere na imagem abaixo: 
Os quadrados ACFG e ABHI, cujas áreas medem, respectivamente, 𝑺𝟏 e 𝑺𝟐; 
O triângulo retângulo ABC; 
O trapézio retângulo BCDE, construído sobre a hipotenusa BC, que contém o ponto X. 
 
Sabendo que CD = CX e BE = BX, a área do trapézio BCDE é igual a: 
a) 
𝑺𝟏+𝑺𝟐
𝟐
 
b) 
𝑺𝟏+𝑺𝟐
𝟑
 
c) √𝑺𝟏𝑺𝟐 
d) √(𝑺𝟏)𝟐 + (𝑺𝟐)𝟐 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 99 
 
45. 9. (UFPR/2020) A figura ao lado representa um octógono regular com centro sobre 
a origem do sistema cartesiano. Se o vértice A desse octógono tem abscissa x = 8 e 
ordenada y = 6, conclui-se que a ordenada do vértice B é: 
a) 𝟏𝟎. 
b) 𝟏𝟐. 
c) 𝟐 + 𝟔√𝟐. 
d) 𝟕√𝟐. 
e) 𝟑 + 𝟒√𝟑. 
 
46. (UFPR/2018) A figura ao lado apresenta um molde para construção de uma 
pirâmide hexagonal regular. Para montar essa pirâmide, basta recortar o molde seguindo 
as linhas contínuas, dobrar corretamente nas linhas tracejadas e montar a pirâmide 
usando as abas trapezoidais para fixar sua estrutura com um pouco de cola. Sabendo 
que cada um dos triângulos tracejados nesse molde é isósceles, com lados medindo 5 
cm e 13 cm, qual das alternativas abaixo mais se aproxima do volume dessa pirâmide? 
 
a) 260 cm³. 
b) 276 cm³. 
c) 281 cm³. 
d) 390 cm³. 
e) 780 cm³. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 100 
47. (UFPR/2016) Um triângulo possui lados de comprimento 2 cm e 6 cm e área de 6 
cm² . Qual é a medida do terceiro lado desse triângulo? 
a) 𝟐√𝟔 cm. 
b) 𝟐√𝟏𝟎 cm. 
c) 𝟓 cm. 
d) 𝟓√𝟐 cm. 
e) 7 cm. 
 
48. (UFPR/2016) Considere a seguinte sequência de polígonos regulares inscritos em 
um círculo de raio 2 cm: 
 
Sabendo que a área A de um polígono regular de n lados dessa sequência pode ser 
calculada pela fórmula 
𝑨 = 𝟐𝒏 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (
𝟐𝝅
𝒏
) 
considere as seguintes afirmativas: 
 
1. As áreas do triângulo equilátero e do quadrado nessa sequência são, 
respectivamente, 𝟑√𝟑 cm² e 8 cm². 
2. O polígono regular de 12 lados, obtido nessa sequência, terá área de 12 cm². 
3. À medida que 𝒏 aumenta, o valor 𝑨 se aproxima de 𝟒 𝒄𝒎². 
Assinale a alternativa correta. 
 
a) Somente a afirmativa 1 é verdadeira. 
b) Somente as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras. 
c) Somente as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras. 
d) Somente as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras. 
e) As afirmativas 1, 2 e 3 são verdadeiras. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 101 
 
49. (UFPR/2014) Dois navios deixam um porto ao mesmo tempo. O primeiro viaja a 
uma velocidade de 16 km/h em um curso de 𝟒𝟓𝟎 em relação ao norte, no sentido horário. 
O segundo viaja a uma velocidade 6 km/h em um curso de 𝟏𝟎𝟓𝟎 em relação ao norte, 
também no sentido horário. Após uma hora de viagem, a que distância se encontrarão 
separados os navios, supondo que eles tenham mantido o mesmo curso e velocidade 
desde que deixaram o porto? 
a) 10 km.b) 14 km. 
c) 15 km. 
d) 17 km. 
e) 22 km. 
 
50. (UFU/2018) Uma área delimitada pelas Ruas 1 e 2 e pelas Avenidas A e B tem a 
forma de um trapézio 𝑨𝑫𝑫’𝑨’, com 𝑨𝑫 = 𝟗𝟎 𝒎 e 𝑨’𝑫’ = 𝟏𝟑𝟓 𝒎, como mostra o esquema 
da figura abaixo. 
 
Tal área foi dividida em terrenos 𝑨𝑩𝑩’𝑨’, 𝑩𝑪𝑪’𝑩’ e 𝑪𝑫𝑫’𝑪’, todos na forma trapezoidal, 
com bases paralelas às avenidas tais que 𝑨𝑩 = 𝟒𝟎 𝒎, 𝑩𝑪 = 𝟑𝟎 𝒎 e 𝑪𝑫 = 𝟐𝟎 𝒎. 
De acordo com essas informações, a diferença, em metros, 𝑨’𝑩’ − 𝑪’𝑫’ é igual a 
a) 20. 
b) 30. 
c) 15. 
d) 45. 
 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 102 
29. Gabarito 
 
 
1 C 11 A 21 D 31 A 41 C 
2 B 12 E 22 E 32 B 42 D 
3 B 13 A 23 D 33 A 43 C 
4 A 14 C 24 C 34 B 44 A 
5 D 15 B 25 C 35 * 45 D 
6 D 16 B 26 A 36 B 46 A 
7 A 17 E 27 E 37 B 47 B 
8 D 18 B 28 E 38 E 48 E 
9 B 19 A 29 E 39 C 49 B 
10 B 20 A 30 B 40 B 50 B 
 
 
* QUESTÃO DISCUSSIVA. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 103 
30. Questões Resolvidas e Comentadas 
1. (ENEM / 2016) Um túnel deve ser lacrado com uma tampa de concreto. A seção 
transversal do túnel e a tampa de concreto têm contornos de um arco de parábola e 
mesmas dimensões. Para determinar o custo da obra, um engenheiro deve calcular a 
área sob o arco parabólico em questão. Usando o eixo horizontal no nível do chão e o 
eixo de simetria da parábola como eixo vertical, obteve a seguinte equação para a 
parábola: 𝒚 = 𝟗 − 𝒙𝟐, sendo x e y medidos em metros. 
Sabe-se que a área sob uma parábola como esta é igual a 2/3 da área do retângulo cujas 
dimensões são, respectivamente, iguais à base e à altura da entrada do túnel. 
Qual é a área da parte frontal da tampa de concreto, em metro quadrado? 
a) 18 
b) 20 
c) 36 
d) 45 
e) 54 
Comentários 
Vamos esboçar a tampa do túnel, cujos contornos são um arco de parábola 
 
 
Do gráfico, temos que 
𝑦 = 9 − 𝑥2 
𝑏𝑎𝑠𝑒 = 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑥1𝑥2̅̅ ̅̅ ̅̅ 
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝑦𝑣 
Podemos calcular o 𝑦𝑣: 
𝑦𝑣 = −
𝛥
4 ⋅ 𝐴
 
𝑦𝑣 =
−[𝐵2 − 4 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝐶]
4. 𝐴
 
𝑦𝑣 =
−[02 − 4 ⋅ (−1), 9]
4(−1)
 
𝑦𝑉 = −
36
−4
 
𝑦𝑣 = 9 
Agora, podemos calcular 𝑥1 𝑒 𝑥2: 
9 − 𝑥2 = 0 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 104 
−𝑥2 = −9 
𝑥 = ±3 
Assim, temos: 
𝑏𝑎𝑠𝑒 = 𝑑𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑥1𝑥2̅̅ ̅̅ ̅̅ = 6 
𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 = 𝑦𝑣 = 9 
Sabendo que a área da parábola é 2/3 da área de um retângulo de base 𝑏 e altura ℎ, temos 
que: 
𝐴 = 𝑏 ⋅ ℎ ⋅
2
3
 
𝐴 = 9 ⋅ 6 ⋅
2
3
 
𝐴 = 36 𝑚² 
Gabarito: C. 
2. (ENEM / 2019) No trapézio isósceles mostrado na figura a seguir, M é o ponto 
médio do segmento BC, e os pontos P e Q são obtidos dividindo o segmento AD em três 
partes iguais. 
 
Pelos pontos B, M, C, P e Q são traçados segmentos de reta, determinando cinco 
triângulos internos ao trapézio, conforme a figura. A razão entre BC e AD que determina 
áreas iguais para os cinco triângulos mostrados na figura é 
𝒂) 
𝟏
𝟑
 
𝒃) 
𝟐
𝟑
 
𝒄) 
𝟐
𝟓
 
𝒅) 
𝟑
𝟓
 
𝒆) 
𝟓
𝟔
 
Comentários 
Podemos igualar a área dos 5 triângulos com a área do trapézio isósceles: 
5 ⋅ 𝐴𝑡𝑟𝑖â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 = 𝐴𝑡𝑟𝑎𝑝é𝑧𝑖𝑜 
A base de cada triângulo será igual a um terço da base maior do trapézio: 
5 ⋅ (
𝐵/3 ⋅ ℎ
2
) =
(𝐵 + 𝑏) ⋅ ℎ
2
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 105 
5𝐵
3
= 𝐵 + 𝑏 
2𝐵 = 3𝑏 
𝐵 =
3𝑏
2
 
Como queremos a razão 
𝐵𝐶
𝐴𝐷
 : 
𝐵𝐶
𝐴𝐷
=
𝑏
𝐵
 
 
𝐵𝐶
𝐴𝐷
=
𝑏
3𝑏
2
 
𝐵𝐶
𝐴𝐷
= 𝑏 ⋅
2
3𝑏
 
𝐵𝐶
𝐴𝐷
=
2
3
 
Gabarito: B. 
3. (ENEM / 2019) O dono de um salão de festas precisa decorar cinco pilastras 
verticais cilíndricas idênticas, cujo raio da base mede 10 cm. O objetivo é revestir 
integralmente essas pilastras com faixas de menor comprimento possível, de modo que 
cada uma tenha seis faixas de cor preta e cinco faixas de cor branca, conforme ilustrado 
na figura. 
 
Ele orçou as faixas em cinco lojas que as comercializam na largura e nas cores 
desejadas, porém, em todas elas, só são vendidas peças inteiras. Os comprimentos e os 
respectivos preços das peças comercializadas por loja estão apresentados no quadro. 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 106 
O dono do salão de festas decidiu efetuar a compra em uma única loja, optando por 
aquela em que a compra ficaria mais barata. Utilize 3 como valor aproximado para π. A 
loja na qual o dono do salão de festas deve comprar as peças necessárias para 
confeccionar as faixas é 
a) I. 
b) II. 
c) III. 
d) IV. 
e) V. 
Comentários 
Para cobrir o perímetro da lateral do cilindro, teremos: 
𝐶 = 2𝜋𝑟 
Podemos calcular o perímetro necessário, multiplicando o comprimento pelas 11 faixas: 
𝐶 = 2 ∙ 3 ∙ 0,1 ∙ 11 
𝐶 = 6,6 𝑚 
Podemos então comprar, nas lojas II, III, IV e V, porém o menor preço será na loja II. 
Gabarito: B. 
4. (ENEM / 2018) Sobre um sistema cartesiano considera-se uma malha formada por 
circunferências de raios com medidas dadas por números naturais e por 12 semirretas 
com extremidades na origem, separadas por ângulos de 
𝝅
𝟔
𝒓𝒂𝒅, conforme a figura. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 107 
Suponha que os objetos se desloquem apenas pelas semirretas e pelas circunferências 
dessa malha, não podendo passar pela origem (0;0). 
Considere o valor de π com aproximação de, pelo menos, uma casa decimal. 
Para realizar o percurso mais curto possível ao longo da malha, do ponto B até o ponto 
A, um objeto deve percorrer uma distância igual a: 
𝒂) 
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟏
𝟑
+ 𝟖 
𝒃)
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟐
𝟑
+ 𝟔 
𝒄) 
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟑
𝟑
+ 𝟒 
𝒅) 
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟒
𝟑
+ 𝟐 
𝒆) 
𝟐 ⋅ 𝝅 ⋅ 𝟓
𝟑
+ 𝟐 
Comentários 
Visualmente, a menor distância (D) de B até A será dada por: 
 
O trajeto circular (destacado em verde) será dado pelo arco: 
𝑙 = 𝛼 ⋅ 𝑟 = 4 ⋅
𝜋
6
⋅ 𝑟 =
2𝜋
3
⋅ 𝑟 
Cuja representação algébrica se dá por: 
𝐷 = 1 + 1 + 1 +
2𝜋𝑟
3
+ 1 + 1 + 1 + 1 + 1 
𝐷 = 8 +
2 ⋅ 𝜋 ⋅ 1
3
 
Gabarito: A. 
5. (ENEM / 2017) A manchete demonstra que o transporte de grandes cargas 
representa cada vez mais preocupação quando feito em vias urbanas. 
5 
2𝜋
3
⋅ 𝑟 
3 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 108 
Caminhão entala em viaduto no Centro 
Um caminhão de grande porte entalou embaixo do viaduto no cruzamento das avenidas 
Borges de Medeiros e Loureiro da Silva no sentido Centro-Bairro, próximo à Ponte de 
Pedra, na capital. Esse veículo vinha de São Paulo para Porto Alegre e transportava três 
grandes tubos, conforme ilustrado na foto. 
 
Disponível em: www.caminhoes-e-carretas.com. 
Acesso em: 21 maio 2012 (adaptado). 
Considere que o raio externo de cada cano da imagem seja 0,60 m e que eles estejam em 
cima de uma carroceria cuja parte superior está a 1,30 m do solo. O desenho representa 
a vista traseira do empilhamento dos canos. 
 
A margem de segurança recomendada para que um veículo passe sob um viaduto é que 
a altura total do veículo com a carga seja, no mínimo, 0,50 m menor do que a altura do 
vão do viaduto. 
Considere 1,7 como aproximação para √𝟑. 
Qual deveria ser a altura mínima do viaduto, em metro, para que esse caminhão pudesse 
passar com segurança sob seu vão? 
a) 2,82 
b) 3,52 
c) 3,70 
d) 4,02 
e) 4,20 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 109 
Comentários 
Unindo os centros das circunferências, formamos um triângulo equilátero de lado 1,2 metro. A 
altura desse triângulo é dada por: 
 
ℎ =
𝑙√3
2
=
1,2.1,7
2
=
2,04
2
= 1,02 𝑚 
A altura dessa pilha de troncos é: 
𝐻 = 0,6 + 1,02 + 0,6 = 2,22 𝑚 
Como a carroceria desse caminhão está a 1,30 m do solo e a distância entre o topo do 
caminhão e o vão do viaduto deve ser de, no mínimo, 0,50 m. A altura total é 2,22 + 1,30 +
0,50 = 4,02 𝑚. 
Gabarito: D. 
6. (ENEM / 2017) Uma desenhista projetista deverá desenharuma tampa de panela 
em forma circular. Para realizar esse desenho, ela dispõe, no momento, de apenas um 
compasso, cujo comprimento das hastes é de 10 cm, um transferidor e uma folha de 
papel com um plano cartesiano. Para esboçar o desenho dessa tampa, ela afastou as 
hastes do compasso de forma que o ângulo formado por elas fosse de 120º. A ponta 
seca está representada pelo ponto C, a ponta do grafite está representada pelo ponto B e 
a cabeça do compasso está representada pelo ponto A conforme a figura. 
 
Após concluir o desenho, ela o encaminha para o setor de produção. Ao receber o 
desenho com a indicação do raio da tampa, verificará em qual intervalo este se encontra 
e decidirá o tipo de material a ser utilizado na sua fabricação, de acordo com os dados. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 110 
 
Considere 1,7 como aproximação para √𝟑. 
O tipo de material a ser utilizado pelo setor de produção será 
a) I. 
b) II. 
c) III. 
d) IV. 
e) V. 
Comentários 
Temos um triângulo com um ângulo de 120° e lado oposto sendo o raio da circunferência, que 
procuramos. 
Os outros lados do triângulo (hastes do compasso) medem 10 cm. 
Pela Lei dos Cossenos, temos que: 
𝑅2 = 102 + 102 − 2.10.10. cos 120° 
𝑅2 = 100 + 100 − 200. (−
1
2
) 
𝑅2 = 100 + 100 + 100 
𝑅2 = 300 
𝑅 = 10√3 = 10.1,7 = 17 𝑐𝑚 
Como o raio é um valor que está entre 15 e 21 cm, o material a ser usado é o IV. 
Gabarito: D. 
7. (ENEM / 2017 – LIBRAS) Uma família possui um terreno retangular com 18 metros 
de largura e 24 metros de comprimento. Foi necessário demarcar nesse terreno dois 
outros iguais, na forma de triângulos isósceles, sendo que um deles será para o filho e o 
outro para os pais. Além disso, foi demarcada uma área de passeio entre os dois novos 
terrenos para o livre acesso das pessoas. 
Os terrenos e a área de passeio são representados na figura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 111 
 
A área de passeio calculada pela família, em metro quadrado, é de 
a) 𝟏𝟎𝟖 
b) 𝟐𝟏𝟔 
c) 𝟐𝟕𝟎 
d) 𝟐𝟖𝟖 
e) 𝟑𝟐𝟒 
Comentários 
Área do terreno retangular: 
𝐴 = 24.18 = 432 𝑚2 
Como os terrenos triangulares são isósceles, cada um, observamos que esses lados medem 
18 m, pois são coincidentes com a largura do terreno retangular. 
Área de cada terreno triangular: 
𝐴 =
18.18
2
=
324
2
= 162 𝑚2 
A área do passeio é dada pela diferença entre as áreas do terreno retangular e dos terrenos 
triangulares. 
𝐴𝑝𝑎𝑠𝑠𝑒𝑖𝑜 = 432 − 162 − 162 = 108 𝑚
2 
Gabarito: A. 
8. (ENEM / 2017 – LIBRAS) Com o objetivo de reformar os tambores cilíndricos de 
uma escola de samba, um alegorista decidiu colar adereços plásticos na forma de 
losango, como ilustrado na Figura 1, nas faces laterais dos tambores. Nesta colagem, os 
vértices opostos P e Q do adereço deverão pertencer às circunferências do topo e da 
base do tambor cilíndrico, respectivamente, e os vértices opostos R e S deverão 
coincidir após a colagem do adereço no tambor, conforme ilustra a Figura 2. Considere 
que o diâmetro do cilindro correspondente ao tambor meça 0,4 metro. Utilize 3,1 como 
aproximação para 𝝅. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 112 
A diagonal RS do adereço a ser confeccionado pelo alegorista deve medir, em metro, 
a) 𝟎, 𝟏𝟐𝟒 
b) 𝟎, 𝟒𝟎𝟎 
c) 𝟎𝟎𝟒𝟗𝟔 
d) 𝟏, 𝟐𝟒𝟎 
e) 𝟐, 𝟒𝟖𝟎 
Comentários 
O diâmetro da base do cilindro mede 0,4 metro. Logo, seu raio é igual a 0,2 metro. 
Como as pontas R e S do losango se encontram após dar a volta no contorno do cilindro, o seu 
comprimento é igual ao perímetro da base. 
𝑃 = 2𝜋𝑅 
𝑃 = 2 . 3,1 . 0,2 
𝑃 = 1,24 𝑚 
Gabarito: D. 
9. (ENEM / 2016) Um marceneiro está construindo um material didático que 
corresponde ao encaixe de peças de madeira com 10 cm de altura e formas geométricas 
variadas, num bloco de madeira em que cada peça se posicione na perfuração com seu 
formato correspondente, conforme ilustra a figura. O bloco de madeira já possui três 
perfurações prontas de bases distintas: uma quadrada (Q), de lado 4 cm, uma retangular 
(R), com base 3 cm e altura 4 cm, e uma em forma de um triângulo equilátero (T), de lado 
6,8 cm. Falta realizar uma perfuração de base circular (C). 
O marceneiro não quer que as outras peças caibam na perfuração circular e nem que a 
peça de base circular caiba nas demais perfurações e, para isso, escolherá o diâmetro 
do círculo que atenda a tais condições. Procurou em suas ferramentas uma serra copo 
(broca com formato circular) para perfurar a base em madeira, encontrando cinco 
exemplares, com diferentes medidas de diâmetros, como segue: (l) 3,8 cm; 
(ll) 4,7 cm; 
(lll) 5,6 cm; 
(IV) 7,2 cm e 
(V) 9,4 cm. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 113 
 
Considere 1,4 e 1,7 como aproximações para √2 e √3, respectivamente. Para que seja 
atingido o seu objetivo, qual dos exemplares de serra copo o marceneiro deverá 
escolher? 
a) I 
b) II 
c) III 
d) IV 
e) V 
Comentários 
Como o quadrado tem lado 4 cm, o diâmetro da esfera não pode ser igual ou menor que esse 
valor. Do mesmo modo, para que o quadrado não caiba na esfera, sua diagonal não deve ser 
menor que o seu diâmetro. Portanto: 
𝑑 = 𝑙√2 = 4 . 1,4 = 5,6 𝑐𝑚 
Logo, o diâmetro não pode ser maior que 5,6 cm. 
Sendo as medidas do retângulo menores ou iguais às medidas do quadrado, subentende-se 
que os cálculos relacionados a ele são desnecessários. 
Em relação ao triângulo equilátero de lado 6,8 cm, temos que sua altura é dada por: 
ℎ =
𝑙√3
2
=
6,8.1,7
2
= 5,78 𝑐𝑚 
O diâmetro da circunferência inscrita em um triângulo equilátero é igual a 2/3 da sua altura. 
𝐷𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 =
2
3
. 5,78 ≅ 3,85 𝑐𝑚 
Como essas medidas são inferiores às do quadrado, esse cálculo também pode ser 
descartado. 
Portanto, a medida do diâmetro da esfera deve ser um valor compreendido entre 4 e 5,6 cm. 
Gabarito: B. 
10. (ENEM / 2016) Um senhor, pai de dois filhos, deseja comprar dois terrenos, com 
áreas de mesma medida, um para cada filho. Um dos terrenos visitados já está 
demarcado e, embora não tenha um formato convencional (como se observa na Figura 
B), agradou ao filho mais velho e, por isso, foi comprado. O filho mais novo possui um 
projeto arquitetônico de uma casa que quer construir, mas, para isso, precisa de um 
terreno na forma retangular (como mostrado na Figura A) cujo comprimento seja 7 m 
maior do que a largura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 114 
 
Para satisfazer o filho mais novo, esse senhor precisa encontrar um terreno retangular 
cujas medidas, em metro, do comprimento e da largura sejam iguais, respectivamente, a 
a) 7,5 e 14,5. 
b) 9,0 e 16,0. 
c) 9,3 e 16,3. 
d) 10,0 e 17,0. 
e) 13,5 e 20,5. 
Comentários 
Para calcular a área desse terreno, podemos traçar uma reta dividindo-o em dois triângulos. 
Calculando suas áreas separadamente, temos: 
 
𝐴1 =
15.15
2
=
225
2
= 112,5 𝑚2 
𝐴2 =
3.21
2
=
63
2
= 31,5 𝑚2 
𝐴 = 112,5 + 31,5 = 144 𝑚2 
Portanto, a área do terreno retangular também deve ser igual a 144 m². 
𝑥(𝑥 + 7) = 144 
𝑥2 + 7𝑥 − 144 = 0 
∆= 72 − 4.1. (−144) = 49 + 576 = 625 
𝑥 =
−7 ± 25
2
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 115 
𝑥′ = 9 
𝑥" = −16 (descartado) 
Portanto, as dimensões do retângulo são 9 m e 16 m. 
Gabarito: B. 
11. (ENEM / 2016) Um terreno retangular de lados cujas medidas, em metro, são x e y 
será cercado para a construção de um parque de diversões. Um dos lados do terreno 
encontra-se às margens de um rio. Observe a figura. 
 
Para cercar todo o terreno, o proprietário gastará R$ 7 500,00. O material da cerca custa 
R$ 4,00 por metro para os lados do terreno paralelos ao rio, e R$ 2,00 por metro para os 
demais lados. 
Nessas condições, as dimensões do terreno e o custo total do material podem ser 
relacionadospela equação 
a) 𝟒(𝟐𝒙 + 𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
b) 𝟒(𝒙 + 𝟐𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
c) 𝟐(𝒙 + 𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
d) 𝟐(𝟒𝒙 + 𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
e) 𝟐(𝟐𝒙 + 𝒚) = 𝟕𝟓𝟎𝟎 
Comentários 
Para cercar o terreno, o proprietário precisará de 2𝑥 + 2𝑦 = 2(𝑥 + 𝑦) metros de material. 
Sabemos que o custo do metro de material para cercar o lado 𝑥 é R$ 4,00 e o custo para o 
lado 𝑦 é R$ 2,00. Portanto, o custo é dado por: 
𝐶 = 2(4𝑥 + 2𝑦) 
𝐶 = 8𝑥 + 4𝑦 
𝐶 = 4(2𝑥 + 𝑦) = 7500 
Gabarito: A. 
12. (FUVEST/2021)Um marceneiro possui um pedaço de madeira no formato de um 
triângulo retângulo, cujos catetos medem 12 cm e 35 cm. A partir desta peça, ele precisa 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 116 
extrair o maior quadrado possível, de tal forma que um dos ângulos retos do quadrado 
coincida com o ângulo reto do triângulo. A medida do lado do quadrado desejado pelo 
marceneiro está mais próxima de 
(A) 80 cm. 
(B) 85 cm. 
(C) 9,0 cm. 
(D) 9,5 cm. 
(E) 10,0 cm. 
Comentários: 
Representando o maior quadrado inscrito no triângulo retângulo mencionado, temos: 
 
Note que o triângulo acima do quadrado e o triângulo à direita do quadrado são semelhantes. 
Utlizando a proporção para os lados homólogos desses dois triângulos menores, temos: 
𝟏𝟐 − 𝒙
𝒙
=
𝒙
𝟑𝟓 − 𝒙
 
𝟒𝟐𝟎 − 𝟑𝟓𝒙 − 𝟏𝟐𝒙 + 𝒙𝟐 = 𝒙𝟐 
−𝟒𝟕𝒙 = −𝟒𝟐𝟎 
𝒙 ≅ 𝟖, 𝟗𝟒 
Ou seja, um valor próximo de 9 𝑐𝑚. 
Gabarito: “e” 
13. (FUVEST/2021) 
 
Na figura, os segmentos AC e DE são paralelos entre si e perpendiculares ao segmento 
CD; o ponto B pertence ao segmento AC; F é o ponto médio do segmento AB; e ABE é 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 117 
um triângulo equilátero. Além disso, o segmento BC mede 10 unidades de comprimento 
e o segmento AE mede 6 unidades de comprimento. A medida do segmento DF, em 
unidades de comprimento, é igual a 
(A) 14. 
(B) 15. 
(C) 16. 
(D) 17. 
(E) 18. 
Comentários: 
Analisando a imagem, podemos encontrar o valor de DF (𝑥), através do Teorema de Pitágoras: 
 
Note que um dos catetos (ℎ) equivale à altura do triângulo equilátero AEB, dessa forma: 
ℎ =
𝑙√3
2
 
ℎ =
6√3
2
 
ℎ = 3√3 
Note ainda que FB vale 3, pois a altura do triângulo equilátero divide a base em dois 
segmentos iguais. 
Por fim, aplicando Pitágoras: 
(
𝟔√𝟑
𝟐
)
𝟐
+ 𝟏𝟑𝟐 = 𝒙𝟐 
𝟐𝟕 + 𝟏𝟔𝟗 = 𝒙𝟐 
𝒙𝟐 = 𝟏𝟗𝟔 
𝒙 = 𝟏𝟒 
Gabarito: “a” 
14. (FUVEST/2021) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 118 
 
 
Três triângulos equiláteros e dois quadrados formam uma figura plana, como ilustrado. 
Seus centros são os vértices de um pentágono irregular, que está destacado na figura. 
Se T é a área de cada um dos triângulos e Q a área de cada um dos quadrados, a área 
desse pentágono é 
(A) 𝑻 + 𝑸. 
(B) 
𝟏
𝟐
𝑻 +
𝟏
𝟐
𝑸. 
(C) 𝑻 +
𝟏
𝟐
𝑸. 
(D) 
𝟏
𝟑
𝑻 +
𝟏
𝟒
𝑸. 
(E) 
𝟏
𝟑
𝑻 +
𝟏
𝟐
𝑸. 
Comentários: 
Analisando a imagem, percebemos que cada quadradinho do pentágono equivale a um quarto 
do quadrado maior. 
Percebemos também que cada quadrilátero do pentágono equivale a um terço do triângulo 
equilátero. 
Veja: 
 
Somando os valores, obtemos: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 119 
𝑨 = 𝟑 ⋅
𝟏
𝟑
𝑻 + 𝟐 ⋅
𝟏
𝟒
𝑸 
𝑨 = 𝑻 +
𝟏
𝟐
𝑸 
Gabarito: “c” 
15. (Fuvest/2018) Prolongando-se os lados de um octógono convexo ABCDEFGH, 
obtém-se um polígono estrelado, conforme a figura. 
 
A soma 𝜶𝟏 +⋯+ 𝜶𝟖 vale 
a) 𝟏𝟖𝟎° b) 𝟑𝟔𝟎° c) 𝟓𝟒𝟎° d) 𝟕𝟐𝟎° e) 𝟗𝟎𝟎° 
Comentários: 
Para explicitar a relação entre os ângulos solicitados, vamos prolongar os lados do octógono, 
como instruções do enunciado. 
 
Vamos destacar algumas regiões de interesse para coletarmos informações. 
Na região a seguir, a soma dos ângulos internos, como em todo triângulo, deve valer 180°, ou 
seja, 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 120 
 
𝛼1 + 𝛼6 + �̂� = 180° 
�̂� = 180° − 𝛼1 − 𝛼6 
Vamos fazer o mesmo raciocínio com os outros ângulos solicitados, sempre dois a dois em um 
triângulo. 
 
𝛼2 + 𝛼5 + �̂� = 180° 
�̂� = 180° − 𝛼2 − 𝛼5 
Mais uma dupla de ângulos. 
 
𝛼3 + 𝛼8 + �̂� = 180° 
�̂� = 180° − 𝛼3 − 𝛼8 
 O último. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 121 
 
𝛼4 + 𝛼7 + �̂� = 180° 
�̂� = 180° − 𝛼4 − 𝛼7 
Muito bem, conseguimos quatro equações para quatro ângulos específicos. Vamos explicitá-
las. 
{
 
 
 
 
�̂� = 180° − 𝛼1 − 𝛼6
 
�̂� = 180° − 𝛼2 − 𝛼5
 
�̂� = 180° − 𝛼3 − 𝛼8
 
�̂� = 180° − 𝛼4 − 𝛼7
 
 
Para entender a relação entre esses ângulos, vamos marcá-los em nossa figura. 
 
 Perceba que nossos ângulos �̂�, �̂�, �̂� e �̂� são os quatro ângulos internos do quadrilátero 
𝐾𝑂𝑀𝑄, ou seja, produzem soma igual a 360°. 
 Desse modo, podemos dizer que 
�̂� + �̂� + �̂� + �̂� = 360° 
180° − 𝛼1 − 𝛼6 + 180° − 𝛼2 − 𝛼5 + 180° − 𝛼3 − 𝛼8 + 180° − 𝛼4 − 𝛼7 = 360° 
180° + 180° + 180° + 180° − 360° = 𝛼1 + 𝛼2 + 𝛼3 + 𝛼4 + 𝛼5 + 𝛼6+𝛼7 + 𝛼8 
360° = 𝛼1 + 𝛼2 + 𝛼3 + 𝛼4 + 𝛼5 + 𝛼6+𝛼7 + 𝛼8 
Gabarito: b) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 122 
16. (Fuvest/2018) O quadrilátero da figura está inscrito em uma circunferência de raio 
𝟏. A diagonal desenhada é um diâmetro dessa circunferência. 
 
Sendo 𝒙 e 𝒚 as medidas dos ângulos indicados na figura, a área da região cinza, em 
função de 𝒙 e 𝒚, é: 
𝒂) 𝝅 + 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) + 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒚) 
𝒃) 𝝅 − 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) − 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒚) 
𝒄) 𝝅 − 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒙) − 𝒄𝒐𝒔(𝟐𝒚) 
𝒅) 𝝅 −
𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙) + 𝐜𝐨 𝐬(𝟐𝒚)
𝟐
 
𝒆) 𝝅 −
𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒙) + 𝒔𝒆𝒏(𝟐𝒚)
𝟐
 
Comentários: 
Como a diagonal do quadrilátero é o diâmetro da circunferência, podemos dizer que ela separa 
o quadrilátero em dois triângulos retângulos, pois o ângulo oposto à diagonal está inscrito na 
circunferência. Além disso, se o raio é unitário, temos o diâmetro 𝑑 = 2. 
Façamos o exercício em duas partes, uma para cada triângulo retângulo. 
Primeiro, o triângulo com o ângulo 𝑥. 
 
No triângulo retângulo evidenciado, temos as seguintes relações trigonométricas: 
𝑠𝑒𝑛(𝑥) =
𝑐𝑜
𝑑
 𝑐𝑜𝑠(𝑥) =
𝑐𝑎
𝑑
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 123 
𝑑 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 𝑐𝑜 𝑑 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑥) = 𝑐𝑎 
2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) = 𝑐𝑜 2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑥) = 𝑐𝑎 
Por se tratar de um triângulo retângulo, podemos dizer que a área dele é igual a 
𝐴1 =
𝑐𝑜 ⋅ 𝑐𝑎
2
=
 2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ⋅ 2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑥)
 2 
= 2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑥) ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑥) = 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) 
Façamos o mesmo raciocínio com o triângulo com o ângulo 𝑦. 
 
𝑠𝑒𝑛(𝑦) =
𝑐𝑜
𝑑
 𝑐𝑜𝑠(𝑦) =
𝑐𝑎
𝑑
 
𝑑 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) = 𝑐𝑜 𝑑 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑦) = 𝑐𝑎 
2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) = 𝑐𝑜 2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑦) = 𝑐𝑎 
Novamente, por termos um triângulo retângulo, podemos dizer que 
𝐴2 =
𝑐𝑜 ⋅ 𝑐𝑎
2
=
 2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) ⋅ 2 ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑦)
 2 
= 2 ⋅ 𝑠𝑒𝑛(𝑦) ⋅ 𝑐𝑜𝑠(𝑦) = 𝑠𝑒𝑛(2𝑦) 
Como queremos a área da região cinza (𝐴𝑐), podemos pensar em subtrair a área dos dois 
triângulos, 𝐴1 e 𝐴2, da área total delimitada pela circunferência de raio unitário. 
𝐴𝑐 = 𝜋 ⋅ 𝑅
2 − 𝐴1 − 𝐴2 
𝐴𝑐 = 𝜋 ⋅ 1
2 − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑦) 
𝐴𝑐 = 𝜋 − 𝑠𝑒𝑛(2𝑥) − 𝑠𝑒𝑛(2𝑦) 
Gabarito: b) 
17. (Fuvest/2012) O segmento 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é lado de um hexágono de área √𝟑. O ponto 𝑷 
pertence à mediatriz de 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ de tal modo que a área do triângulo 𝑷𝑨𝑩 vale √𝟐. Então, a 
distância de 𝑷 ao segmento 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é igual a: 
a) √𝟐 
b) 𝟐√𝟐 
c) 𝟑√𝟐 
d) √𝟑 
e) 𝟐√𝟑 
Comentários 
Se o hexágono tem área √3, podemos encontrar o valor do lado desse polígono através da 
fórmula da área dele. 
6𝑙2√3
4
= √3 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 124 
6𝑙2
4
= 1 
6𝑙2 = 4 
𝑙2 =
4
6
 
𝑙 =
2
√6
 ⟶Comprimento do segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ 
A mediatriz é a reta que passa pelo ponto médio do segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ e é perpendicular a este. 
Nesse caso, o ponto 𝑃, pertencente à mediatriz, tem na suadistância até o segmento 𝐴𝐵̅̅ ̅̅ , a 
altura do triângulo 𝑃𝐴𝐵. 
Como esse triângulo tem área igual a √2, temos que: 
𝐴 = √2 
𝑙ℎ
2
= √2 
𝑙ℎ = 2√2 
2
√6
. ℎ = 2√2 
ℎ
√6
= √2 
ℎ = √12 = 2√3 
Gabarito: e) 
18. (Fuvest/2012) Em um plano, é dado um polígono convexo de seis lados, cujas 
medidas dos ângulos internos, dispostas em ordem crescente, formam uma progressão 
aritmética. A medida do maior ângulo é igual a 11 vezes a medida do menor. A soma das 
medidas dos quatro menores ângulos internos desse polígono, em graus, é igual a: 
a) 315 
b) 320 
c) 325 
d) 330 
e) 335 
Comentários 
 
A soma dos ângulos internos de um polígono é dada por: 
𝑆 = (𝑛 − 2). 180 
𝑆 = (6 − 2). 180 
𝑆 = 4 . 180 
𝑆 = 720° 
A soma de todos os ângulos internos do hexágono é 720°. Portanto, esse também é o valor da 
soma dos termos da PA formada por esses ângulos. 
Sabemos que o último termo (maior ângulo) é igual a 11 vezes o primeiro termo (menor 
ângulo). 
𝑆 =
(𝑎1 + 𝑎𝑛). 𝑛
2
= 720 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 125 
(𝑎1 + 11𝑎1). 6 = 1440 
12𝑎1 = 240 
𝑎1 = 20° 
Logo, o maior ângulo, que é 11 vezes maior que 𝑎1, é igual a 220°. 
Pela propriedade da PA, temos que: 
𝑎6 = 𝑎1 + 5𝑟 
220 = 20 + 5𝑟 
5𝑟 = 200 
𝑟 = 40° 
Como a razão da PA é igual a 40°, podemos afirmar que os 4 primeiros ângulos são dados por: 
20°, 60°, 100° e 140°. A soma desses valores é igual a 320°. 
Gabarito: b) 
19. (Fuvest/2012) Na figura, tem-se 𝑨𝑬̅̅ ̅̅ paralelo a 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ , 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ paralelo a 𝑫𝑬̅̅ ̅̅ , 𝑨𝑬 = 𝟐, 𝜶 = 𝟒𝟓° 
e 𝜷 = 𝟕𝟓°. Nessas condições, a distância do ponto E ao segmento 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ é igual a: 
 
 
a) √𝟑 
b) √𝟐 
c) 
√𝟑
𝟐
 
d) 
√𝟐
𝟐
 
e) 
√𝟐
𝟒
 
Comentários 
Na figura, podemos marcar dois pontos: o ponto 𝐹, de modo que 𝐸𝐹 é a distância entre 𝐸 e o 
segmento 𝐴𝐵; e o ponto 𝐺, intersecção entre o prolongamento do segmento 𝐷𝐸 e o segmento 
𝐴𝐵. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 126 
 
Como os segmentos 𝐵𝐶 e 𝐷𝐺 são paralelos, o ângulo 𝐴�̂�𝐸 é igual a 𝛼 = 45°. Também por 
paralelismo, temos que o ângulo 𝐴�̂�𝐺 é igual a 𝛽 = 75°. 
Com isso, a medida do ângulo do vértice A pode ser calculado pela soma dos ângulos internos 
de um triângulo, que deve ser igual a 180°. 
𝐴 + 75° + 45° = 180° 
𝐴 + 120° = 180° 
𝐴 = 60° 
Temos agora um triângulo 𝐴𝐸𝐹, retângulo. Para definir o comprimento do cateto 𝐸𝐹, podemos 
utilizar a trigonometria, dado que temos o valor da hipotenusa 𝐴𝐸 = 2. 
𝑠𝑒𝑛 60° =
𝐸𝐹
2
 
√3
2
=
𝐸𝐹
2
 
𝐸𝐹 = √3 
Gabarito: a) 
20. (Fuvest/2009) Na figura, B, C e D são pontos distintos da circunferência de centro 
O, e o ponto A é exterior a ela. Além disso: 
(1) A, B, C e A, O, D são colineares; 
(2) AB = OB; 
3) CÔD mede α radianos. 
 
Nessas condições, a medida de 𝑨�̂�𝑶, em radianos, é igual a: 
a) 𝝅−
𝜶
𝟒
 
b) 𝝅−
𝜶
𝟐
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 127 
c) 𝝅 −
𝟐𝜶
𝟑
 
d) 𝝅−
𝟑𝜶
𝟒
 
e) 𝝅−
𝟑𝜶
𝟐
 
Comentários 
 
No triângulo AOB, temos que AB = OB. Logo, os ângulos �̂� e �̂� são iguais. Identificaremos 
esse ângulo como 𝑥. 
A soma dos ângulos internos do triângulo AOB deve ser 180°, em radianos deve ser 𝜋. 
𝐴 + 𝐵 + 𝑂 = 𝜋 
𝑥 + 𝐵 + 𝑥 = 𝜋 
𝐵 = 𝜋 − 2𝑥 
Logo, o ângulo 𝑂�̂�𝐶 mede 2𝑥. 
Analisando a imagem, temos que OB = OC. Logo, o ângulo C também mede 2𝑥. No triângulo 
OBC: 
𝑂 + 𝐵 + 𝐶 = 𝜋 
𝑂 + 2𝑥 + 2𝑥 = 𝜋 
𝑂 + 4𝑥 = 𝜋 
𝑂 = 𝜋 − 4𝑥 
Sabemos que 𝐴�̂�𝐵 + 𝐵�̂�𝐶 + 𝐶�̂�𝐷 = 𝜋 
𝑥 + 𝜋 − 4𝑥 + 𝛼 = 𝜋 
−3𝑥 + 𝛼 = 0 
𝛼 = 3𝑥 ⟶ 𝑥 =
𝛼
3
 
Como o ângulo �̂� é 𝜋 − 2𝑥: 
�̂� = 𝜋 −
2𝛼
3
 
Gabarito: a) 
21. (Fuvest/2009) Os comprimentos dos lados de um triângulo ABC formam uma PA. 
Sabendo-se também que o perímetro de ABC vale 15 e que o ângulo �̂� mede 120°, então 
o produto dos comprimentos dos lados é igual a: 
a) 25 
b) 45 
c) 75 
d) 105 
e) 125 
Comentários 
Como os três lados do triângulo estão em PA, uma representação pode ser dada da seguinte 
forma: 
𝑃𝐴(𝑥 − 𝑟, 𝑥, 𝑥 + 𝑟) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 128 
 
O perímetro é a soma dos lados. Portanto: 
𝑥 − 𝑟 + 𝑥 + 𝑥 + 𝑟 = 15 
3𝑥 = 15 
𝑥 = 5 
Pela Lei dos Cossenos: 
(5 + 𝑟)2 = (5 − 𝑟)2 + 52 − 2. (5 − 𝑟). 5. cos 120° 
25 + 10𝑟 + 𝑟2 = 25 − 10𝑟 + 𝑟2 + 25 − 2. (25 − 5𝑟). (−
1
2
) 
10𝑟 = −10𝑟 + 25 + 25 − 5𝑟 
10𝑟 = 50 − 15𝑟 
25𝑟 = 50 
𝑟 = 2 
Logo, os lados do triângulo são iguais a 3, 5 e 7. 
Produto dos lados: 3 . 5 . 7 = 105 
Gabarito: d) 
22. (Fuvest/2009) A figura representa sete hexágonos regulares de lado 1 e um 
hexágono maior, cujos vértices coincidem com os centros de seis dos hexágonos 
menores. Então, a área do pentágono hachurado é igual a 
 
a) 𝟑√𝟑 
b) 𝟐√𝟑 
c) 
𝟑√𝟑
𝟐
 
d) √𝟑 
e) 
√𝟑
𝟐
 
Comentários 
Na figura, vemos 6 hexágonos menores. Vemos também um hexágono maior com vértices 
coincidindo com os centros dos hexágonos menores. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 129 
Podemos dividir um dos hexágonos menores em 6 triângulos equiláteros 
 
Assim, a área do pentágono hachurado será igual a área de um desses triângulos equiláteros, 
mais duas metades de triângulos equiláteros (1 e 2), totalizando 2 triângulos equiláteros: 
𝐴𝑃𝐸𝑁𝑇Á𝐺𝑂𝑁𝑂 = 2 ⋅
𝑙2√3
4
 
𝐴𝑃𝐸𝑁𝑇Á𝐺𝑂𝑁𝑂 = 2 ⋅
12√3
4
 
𝐴𝑃𝐸𝑁𝑇Á𝐺𝑂𝑁𝑂 =
√3
2
 
Gabarito: e) 
23. (Fuvest/2006) Na figura abaixo, a reta s passa pelo ponto P e pelo centro da 
circunferência de raio R, interceptando-a no ponto Q, entre P e o centro. Além disso, a 
reta t passa por P, é tangente à circunferência e forma um ângulo  com a reta s. Se 
𝑷𝑸 = 𝟐𝑹, então 𝒄𝒐𝒔 vale 
 
a) √𝟐 ∕ 𝟔 
b) √𝟐 ∕ 𝟑 
c) √𝟐 ∕ 𝟐 
d) 𝟐√𝟐 ∕ 𝟑 
e) 𝟑√𝟐 ∕ 𝟓 
Comentários 
Unindo o centro da circunferência com o ponto de tangencia da reta t, podemos obter um 
triângulo retângulo, de modo que sua hipotenusa seja 3𝑅 (𝑅 + 𝑃𝑄) e o cateto oposto a 𝛼 seja 𝑅. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 130 
 
Para descobrirmos o valor do 𝑐𝑜𝑠 𝛼, precisamos primeiramente do cateto adjacente. 
Pitágoras! 
ℎ𝑖𝑝2 = (𝐶𝐴)2 + 𝑅2 
(3𝑅)2 = (𝐶𝐴)2 + 𝑅2 
(𝐶𝐴)2 = 8𝑅2 
𝐶𝐴 = 2𝑅√2 
Por fim, podemos calcular o cosseno 
𝑐𝑜𝑠 𝛼 =
𝐶𝐴
ℎ𝑖𝑝
 
𝑐𝑜𝑠 𝛼 =
2𝑅√2
3𝑅
 
𝑐𝑜𝑠 𝛼 =
2√2
3
 
Gabarito: d) 
24. (UNESP/2018) A figura indica um trapézio 𝑨𝑩𝑪𝑫 no plano cartesiano. 
 
A área desse trapézio, na unidade quadrada definida pelos eixos coordenados, é igual a 
a) 𝟏𝟔𝟎 b) 𝟏𝟖𝟓 c) 𝟏𝟖𝟎 d) 𝟏𝟕𝟎 e) 𝟏𝟓𝟓 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 131 
Comentários: 
Para calcular a área total, podemos pensar na soma de duas áreas: do paralelogramo 𝐴𝐵𝐸𝐷 e 
do triângulo 𝐶𝐷𝐸, explicitados na figura a seguir. 
 
Dessa forma, a área do trapézio 𝐴𝐵𝐶𝐷 pode ser representada pela soma das áreas 𝐴𝐵𝐸𝐷 e 
𝐶𝐷𝐸. 
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝐴𝐴𝐵𝐸𝐷 + 𝐴𝐶𝐷𝐸 
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 +
1
2
⋅ 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = (15 − 3) ⋅ (10 − 0) +
1
2
⋅ (12 − 0) ⋅ (20 − 10) 
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 12 ⋅ 10 +
1
 2 
⋅ 12 
6 ⋅ 10 
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 120 + 60 
𝐴𝐴𝐵𝐶𝐷 = 180 
Gabarito: c) 
25. (UNESP/2018) Os estudantes 1, 2 e 3 concorreram a um mesmo cargo da diretoria 
do grêmio de uma faculdade da UNESP, sendo que 1 obteve 6,25% do total de votos que 
os três receberam para esse cargo. Na figura, a área de cada um dos três retângulos 
representa a porcentagem de votos obtidos pelo candidato correspondente. Juntos, os 
retângulos compõem um quadrado, cuja área representa o total dos votos recebidos 
pelos três candidatos. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 132 
 
Do total de votos recebidos pelos três candidatos, o candidato 2 obteve 
A) 61,75%. B) 62,75%. C) 62,50%. D) 62,00%. E) 62,25%. 
Comentários 
Podemos resolver por regra de trêssimples entre as áreas dos retângulos de cada candidato e 
suas respectivas porcentagens de votos. 
Candidato 1 
𝐴1 = 𝑏 ⋅ ℎ 
𝐴1 = 4,5 ⋅ 2 
𝐴1 = 9 
 
9𝑐𝑚² → 6,25
𝑥 → 100
 
 
𝑥 = 𝐴𝑇 = 144 
Como o total representa a área de um quadrado, temos que: 
𝐴𝑇 = 𝑙
2 
144 = 𝑙2 
𝑙 = 12 
Candidato 2 
𝐴2 = 𝑏 ⋅ ℎ 
𝐴2 = (12 − 4,5) ⋅ 12 
𝐴2 = 90𝑐𝑚
2 
 
90 → 𝑥
9 → 6,25
 
𝑥 = 62,5% 
Gabarito: c) 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 133 
26. (UNESP/2018) A sequência de figuras, desenhadas em uma malha quadriculada, 
indica as três primeiras etapas de formação de um fractal. Cada quadradinho dessa 
malha tem área de 𝟏 𝒄𝒎𝟐. 
 
Dado que as áreas das figuras, seguindo o padrão descrito por esse fractal, formam uma 
progressão geométrica, a área da figura 𝟓, em 𝒄𝒎𝟐, será igual a 
𝒂)
𝟔𝟐𝟓
𝟖𝟏
 
𝒃)
𝟔𝟒𝟎
𝟖𝟏
 
𝒄)
𝟏𝟐𝟓
𝟖𝟕
 
𝒅)
𝟔𝟎𝟓
𝟖𝟏
 
𝒆)
𝟐𝟏𝟓
𝟐𝟕
 
Comentários 
 Para estabelecer o padrão do fractal, vamos calcular as áreas das figuras 1, 2 e 3. 
 
 Nossa aula sobre áreas de figuras planas ainda está por vir, mas a área dos quadrados 
é conhecida no ensino fundamental, então, abriremos essa exceção, ok? Caso você não esteja 
lembrado, a área 𝐴 de um quadrado de lado 𝑙 é dada por: 
𝐴 = 𝑙2 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 134 
 Dessa forma, a área da Figura 1 é dada por: 
𝐴1 = 9
2 = 81 𝑐𝑚2 
 Próxima figura. 
 
 Podemos considerar aqui, que a área da Figura 2 é formada por 5 quadrados menores, 
de lado 𝑙 = 3 cada um. Dessa forma, a área dessa figura é dada por: 
𝐴2 = 5 ∙ 3
2 
𝐴2 = 5 ∙ 9 
𝐴2 = 45 𝑐𝑚
2 
 Mais uma. 
 
 Para essa, não precisamos, necessariamente, de um algoritmo, podemos fazer a 
contagem diretamente, visto que cada quadradinho tem 1 𝑐𝑚2. 
𝐴3 = 25 𝑐𝑚
2 
 De posse dessas áreas, veja o que o exercício nos informa acerca desses valores: 
“Dado que as áreas das figuras, ..., formam uma progressão geométrica...” 
 Assim, temos formamos a seguinte P.G.: 
(81, 45, 25,… ) 
com 𝑎1 = 81 e razão 𝑞 dada por 
𝑞 =
45 
5
81 
9 
𝑞 =
5
9
 
 Como a questão solicita o quinto termo da sequência, temos. 
𝑎𝑛 = 𝑎1 ∙ 𝑞
𝑛−1 
𝑎5 = 81 ∙ (
5
9
)
5−1
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 135 
𝑎5 = 81 ∙ (
5
9
)
4
 
𝑎5 = 9
2 ∙
54
94
 
𝑎5 = 9
2 ∙
54
94
 
 Divisão entre potências de mesma base: conserva-se a base e subtrai-se as potências. 
𝑎5 = 9
2−4 ∙ 54 
𝑎5 = 9
−2 ∙ 54 
 Potência negativa: lugar “errado”. Está lembrado? 
𝑎5 =
1
92
∙ 54 
𝑎5 =
54
92
 
𝑎5 =
625
81
 
Gabarito: a) 
27. (UNESP/2018.2) Sendo x um número real maior que 
𝟐
𝟑
, a área de um retângulo é 
dada pelo polinômio 𝟑𝒙𝟐 + 𝟏𝟗𝒙 − 𝟏𝟒. Se a base desse retângulo é dada pelo polinômio 
𝒙 + 𝟕, o quadrado da diagonal do retângulo é expresso pelo polinômio 
a) 𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝟔𝒙 + 𝟐𝟗. 
b) 𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟓𝟑. 
c) 𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟔𝟓. 
d) 𝟒𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝟓𝟑. 
e) 𝟏𝟎𝒙𝟐 + 𝟐𝒙 + 𝟓𝟑. 
Comentários 
O enunciado nos disse que a área do retângulo de base 𝑥 + 7 é dada por 𝐴(𝑥) = 3𝑥² + 19𝑥 −
14. Se temos a área e a base do retângulo, podemos descobrir o outro lado pela própria 
fórmula da área, veja. 
Á𝑟𝑒𝑎 = 𝑏𝑎𝑠𝑒 ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
3𝑥² + 19𝑥 − 14 = (𝑥 + 7) ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
Dividindo ambos os membros da equação por 𝑥 + 7. 
3𝑥² + 19𝑥 − 14
𝑥 + 7
=
 (𝑥 + 7) ⋅ 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎
 𝑥 + 7 
 
3𝑥² + 19𝑥 − 14
𝑥 + 7
= 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 
Vamos, então, fazer a divisão polinomial entre 3𝑥² + 19𝑥 − 14 e 𝑥 + 7. 
 3𝑥² +19𝑥 −14 𝑥 + 7 
 −3𝑥² −21𝑥 3𝑥 −2 
 −2𝑥 −14 
 +2𝑥 +14 
 0 
Portanto, podemos dizer que o polinômio que representa a área pode ser reescrito como: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 136 
𝐴(𝑥) = 3𝑥2 + 19𝑥 − 14 = (𝑥 + 7) ⋅ (3𝑥 − 2) 
Como o enunciado já nos disse que a base é 𝑥 + 7, podemos concluir que a altura do retângulo 
é dada por 3𝑥 − 2. 
 
Retomemos a pergunta feita: 
“...o quadrado da diagonal do retângulo é expresso pelo polinômio...” 
Assim, precisamos encontrar o valor do quadrado da diagonal, ou seja, 𝑑² pela indicação em 
nossa figura. 
Aplicando Pitágoras à diagonal do retângulo como hipotenusa e considerando os catetos como 
a base e a altura, temos: 
𝑑2 = (𝑥 + 7)2 + (3𝑥 − 2)² 
𝑑2 = 𝑥2 + 14𝑥 + 49 + 9𝑥2 − 12𝑥 + 4 
𝑑2 = 10𝑥2 + 2𝑥 + 53 
Muito cuidado, o problema nos pediu o quadrado da diagonal e não a diagonal em si, ok? 
Gabarito: e) 
28. (UNESP/2015) Para divulgar a venda de um galpão retangular de 5000 m², uma 
imobiliária elaborou um anúncio em que constava a planta simplificada do galpão, em 
escala, conforme mostra a figura. 
 
O maior lado do galpão mede, em metros, 
a) 200. 
b) 25. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 137 
c) 50. 
d) 80. 
e) 100. 
Comentários 
Da planta podemos concluir que o comprimento é o dobro da largura. Essa proporção se 
mantém para o galpão em tamanho real. 
Assim, podemos chamar o comprimento de 𝑏 e a largura de 2𝑏. 
𝑨 = 𝒃 ⋅ 𝒉 
5000 = 𝑏 ⋅ 2𝑏 
5000 = 2𝑏2 
𝑏2 = 2500 
𝑏 = ±√2500 
𝑏 = ±50 
Como a largura é positiva, temos as dimensões do terreno sendo 50 𝑚 𝑥 100 𝑚. 
Logo o maior lado do galpão mede 100 𝑚. 
Gabarito: e) 
29. (UNESP/2012) No dia 11 de março de 2011, o Japão foi sacudido por terremoto 
com intensidade de 8,9 na Escala Richter, com o epicentro no Oceano Pacífico, a 360 km 
de Tóquio, seguido de tsunami. A cidade de Sendai, a 320 km a nordeste de Tóquio, foi 
atingida pela primeira onda do tsunami após 13 minutos. 
(O Estado de S.Paulo, 13.03.2011. Adaptado.) 
 
Baseando-se nos dados fornecidos e sabendo que 𝒄𝒐𝒔 𝜶 ≅ 𝟎, 𝟗𝟑𝟒, onde α é o ângulo 
Epicentro-Tóquio-Sendai, e que 𝟐𝟖 ⋅ 𝟑𝟐 ⋅ 𝟗𝟑, 𝟒 ≅ 𝟐𝟏𝟓𝟏𝟎𝟎, a velocidade média, em 𝒌𝒎/𝒉, 
com que a 1.ª onda do tsunami atingiu até a cidade de Sendai foi de: 
a) 10. 
b) 50. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 138 
c) 100. 
d) 250. 
e) 600. 
Comentários 
Para calcularmos a distância x, em km, podemos utilizar a lei dos cossenos: 
𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 − 2 ⋅ 𝑏 ⋅ 𝑐 ⋅ 𝑐𝑜𝑠𝛼 
𝑥2 = 3202 + 3602 − 2 ⋅ 320 ⋅ 360 ⋅ 93,4 
𝑥2 = 102400 + 129600 − 28 ⋅ 32 ⋅ 93,4 
𝑥2 = 102400 + 129600 − 215100 
𝑥2 = 16900 
𝑥 = 130 𝑘𝑚 
Agora podemos calcular a velocidade, pois a onda atingiu Sendai após 13 min, ou 13/60 ℎ: 
𝑉 =
𝛥𝑠
𝑡
 
𝑉 =
130
13
60
= 600 𝑘𝑚/ℎ 
Gabarito: e) 
30. (UNESP/2012.2) No vazamento de petróleo da empresa americana Chevron do 
último dia 7 de novembro, na bacia de Campos/RJ, a mancha de óleo na superfície do 
mar assumiu grandes dimensões e teve seu pico de área entre os dias 12 e 14 daquele 
mês. O vazamento levou dias para ser contido, pois o petróleo continuava a escapar por 
fissuras, como mostrado na foto. 
 
A figura mostra, de forma hipotética e aproximada, em azul escuro, as áreas da mancha 
de óleo na superfície do mar. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 139 
 
Dados 𝟏 𝒅𝒎³ = 𝟏𝑳 e 𝝅 ≈ 𝟑 e sabendo que a altura média da lâmina de óleo sobre as 
águas era de 𝟎, 𝟎𝟎𝟑 𝒎𝒎 e que 1 barril de petróleo cru contém 160 litros de óleo, o 
número aproximado de barris que vazaram no incidente foi 
a) 2360. 
b) 2860. 
c) 2960. 
d) 3320. 
e) 5250. 
Comentários 
A área da mancha de óleo na superfície marinha, em km², pode ser dada pela soma da área de 
um círculo de raio igual a 6, somada com ¼ da área de outro círculo de raio 6, mais a área de 
um triângulo retângulo: 
 
𝜋 ⋅ 𝑅2 +
1
4
𝜋 ⋅ 𝑅2 +
𝑏 ⋅ ℎ
2
= 𝜋 ⋅ 62 +
1
2
⋅ 𝜋 ⋅ 62 +
6 ⋅ 6
2
= 153𝑘𝑚2 
Já o volume pode ser dado pela multiplicação da área pela espessura da mancha de óleo, 
vejamos: 
𝑉 = 153𝑘𝑚2 ⋅ 0,003mm 
𝑉 = 153 ⋅ 108 𝑑𝑚2 ⋅ 3.10−5 ⅆ𝑚 
𝑉 = 459000 𝑑𝑚3 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 140 
𝑉 = 459000 𝐿 
Calculando o número de barris que vazaram:𝑁 =
459000
150
= 2869 𝑏𝑎𝑟𝑟𝑖𝑠 
Assim, a alternativa mais próxima é a alternativa b). 
Gabarito: b) 
31. (UNICAMP/2020) A figura abaixo exibe o triângulo 𝑨𝑩𝑪, em que 𝑨𝑩 = 𝑩𝑪 e 𝑨𝑫 é 
uma altura de comprimento 𝒉. A área do triângulo 𝑨𝑩𝑪 é igual a 
 
a) 𝒉𝟐 
b) √𝟐𝒉𝟐 
c) √𝟑𝒉𝟐 
d) 𝟐𝒉𝟐 
Comentários: 
Percebendo que o triângulo 𝐴𝐷𝐵 é retângulo em 𝐷, temos: 
𝑠𝑒𝑛(30°) =
ℎ
𝐴𝐵
 
1
2
=
ℎ
𝐴𝐵
 
𝐴𝐵 = 2ℎ 
Bem, a área do triângulo 𝐴𝐵𝐶 pode ser escrita em função do lado 𝐵𝐶 e da altura ℎ: 
Á𝑟𝑒𝑎 =
1
2
⋅ 𝐵𝐶 ⋅ ℎ 
Á𝑟𝑒𝑎 =
1
2
⋅ 𝐴𝐵 ⋅ ℎ 
Á𝑟𝑒𝑎 =
1
2
⋅ 2ℎ ⋅ ℎ 
Á𝑟𝑒𝑎 = ℎ² 
Gabarito: a) 
32. (UNICAMP/2020) A figura abaixo exibe o triângulo retângulo 𝑨𝑩𝑪, em que 𝑨𝑩 =
𝑨𝑴 = 𝑴𝑪. Então, 𝒕𝒈𝜽 é igual a 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 141 
 
a) 𝟏/𝟐 
b) 𝟏/𝟑 
c) 𝟏/𝟒 
d) 𝟏/𝟓 
Comentários: 
Como 𝐴𝐵 = 𝐴𝑀 e o triângulo 𝐴𝐵𝑀 é retângulo em 𝐴, temos que 𝐴�̂�𝑀 = 𝐴�̂�𝐵 = 45°. 
Dessa forma, 𝐴�̂�𝑀 = 45° + 𝜃. 
O triângulo 𝐴𝐵𝐶 é retângulo em 𝐴 e, pelo enunciado, 𝐴𝐶 = 2𝐴𝑀. 
Dessa forma, podemos dizer que: 
𝑡𝑔(𝜃 + 45°) =
2𝑎
𝑎
 
𝑡𝑔(𝜃) + 𝑡𝑔(45°)
1 − 𝑡𝑔(𝜃) ⋅ 𝑡𝑔(45°)
= 2 
𝑡𝑔(𝜃) + 1
1 − 𝑡𝑔(𝜃) ⋅ 1
= 2 
𝑡𝑔(𝜃) + 1 = 2(1 − 𝑡𝑔(𝜃)) 
𝑡𝑔(𝜃) + 1 = 2 − 2 ⋅ 𝑡𝑔(𝜃) 
3 ⋅ 𝑡𝑔(𝜃) = 1 
𝑡𝑔(𝜃) =
1
3
 
Gabarito: b) 
33. (UNICAMP/2015) A figura abaixo exibe um retângulo 𝐀𝐁𝐂𝐃 decomposto em quatro 
quadrados. 
 
O valor da razão 𝐀𝐁/ 𝐁𝐂 é igual a 
a) 5/3. 
b) 5/2. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 142 
c) 4/3. 
d) 3/2. 
Comentários 
Podemos considerar que o lado do quadrado menor tenha medida igual a x. 
Dessa forma, o quadrado menor tem lado x, o quadrado médio tem lado 2x e o maior tem igual 
a 3x, conforme esquema abaixo: 
 
Podemos agora calcular a razão pedida: 
𝐴𝐵
𝐵𝐶
=
3𝑥 + 2𝑥
3𝑥
=
5𝑥
3𝑥
=
5
3
 
Gabarito: a) 
34. (UNICAMP/2015) A figura a seguir exibe um pentágono com todos os lados de 
mesmo comprimento. 
 
A medida do ângulo 𝜃 é igual a 
a) 𝟏𝟎𝟓𝟎. 
b) 𝟏𝟐𝟎𝟎. 
c) 𝟏𝟑𝟓𝟎. 
d) 𝟏𝟓𝟎𝟎. 
Comentários 
Podemos dividir a figura em triângulos. Começando pelo triângulo abaixo, onde o lado EB será 
a diagonal de um quadrado (𝑎√2). 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 143 
 
Dessa forma, podemos visualizar o ângulo de reto em roxo: 
 
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos que: 
𝑥2 = (𝑎√2)
2
+ 𝑎2 
𝑥2 = 2𝑎2 + 𝑎2 
𝑥2 = 3𝑎2 
Por último, temos outro triângulo: 
 
Podemos aplicar a lei dos cossenos para descobrir o ângulo 𝜃: 
𝑥2 = 𝑎2 + 𝑎2 − 2 ⋅ 𝑎𝑎 𝑐𝑜𝑠 𝜃 
3𝑎2 = 2𝑎2 − 2𝑎2 𝑐𝑜𝑠 𝜃 
𝑐𝑜𝑠 𝜃 =
−𝑎2
2𝑎2
 
𝑐𝑜𝑠 𝜃 = −
1
2
 
Logo 𝜃 = 1200. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 144 
Gabarito: b) 
35. (UNICAMP/2001) Um terreno tem a forma de um trapézio retângulo ABCD, 
conforme mostra a figura, e as seguintes dimensões: 𝑨𝑩̅̅ ̅̅ = 𝟐𝟓𝒎, �̅�𝑪 = 𝟐𝟒𝒎, 𝑪𝑫̅̅ ̅̅ = 𝟏𝟓𝒎. 
 
a) Se cada metro quadrado desse terreno vale R$50,00, qual é o valor total do terreno? 
b) Divida o trapézio ABCD em quatro partes de mesma área, por meio de três segmentos 
paralelos ao lado BC. Faça uma figura para ilustrar sua resposta, indicando nela as dimensões 
das divisões no lado. 
Comentários 
a) 
Para calcular a área do terreno, seja DX o segmento paralelo ao segmento CB: 
 
Então, a área do trapézio ABCD é a soma da área do triangulo AXD com a área do retângulo 
XBCD, ou seja: 
𝐴 =
10 ⋅ 24
2
= 15 ⋅ 24 = 120 + 360 = 480 
Sendo a área do trapézio, portanto, igual a 480m² e cada metro quadrado valendo R$50,00, 
chegamos ao valor do terreno: 
480 ⋅ 50,00 = 24.000,00 
 
b) 
Como a área do triangulo AXD é de 120m² e o terreno, cuja área total é de 480m², deve ser 
dividido em 4 partes de mesma área, concluímos que o triangulo AXD é uma dessas partes. 
Para completar, basta então dividir o retângulo XBCD em 3 retângulos de mesma área, ou seja, 
dividir o segmento XB em 3 segmentos de mesmo comprimento. 
Assim, cada um dos 3 segmentos terá 5m de comprimento. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 145 
 
Gabarito: 
a) O valor do terreno é R$24.000,00. 
b) A melhor maneira de apresentar esta resposta é por meio da figura acima. 
36. (UEA/2018) A figura mostra uma circunferência 𝝀, de centro O, e um triângulo AOB, 
que tangencia a circunferência no ponto A. 
 
Se 𝒔𝒆𝒏𝜶 = 𝟏/𝟐 e 𝑶𝑨 + 𝑶𝑩 = 𝟗 𝒄𝒎, o comprimento da circunferência 𝝀 é igual a 
(A) 12π cm. 
(B) 6π cm. 
(C) 8π cm. 
(D) 3π cm. 
(E) 9π cm. 
Comentários 
Podemos começar aplicando a razão seno ao ângulo 𝛼, contido no triângulo retângulo OAB: 
𝑠𝑒𝑛 𝛼 =
𝑂𝐴
𝑂𝐵
 
1
2
=
𝑂𝐴
𝑂𝐵
 
1
2
=
𝑂𝐴
9 − 𝑂𝐴
 
9 − 𝑂𝐴 = 2𝑂𝐴 
𝑂𝐴 = 3 
Como OA é o raio da circunferência 𝜆, basta calcularmos seu comprimento: 
𝑪 = 𝟐𝝅 ⋅ 𝒓 
𝐶 = 2𝜋 ⋅ 3 
𝐶 = 6𝜋 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 146 
Gabarito: b) 
37. (UEA/2018) De uma chapa metálica, com a forma do triângulo retângulo ABC, 
retirou-se uma região retangular AMNP, conforme indicado na figura. Sabe-se que 𝑩𝑪̅̅ ̅̅ 
mede 56 cm, que M é ponto médio de 𝑨𝑪̅̅ ̅̅ e que a medida de é 30º. 
 
Usando, AP + AM mede, aproximadamente, 
(A) 32,8 cm. 
(B) 38,2 cm. 
(C) 40,2 cm. 
(D) 36,1 cm. 
(E) 35,1 cm. 
Comentários 
Para calcularmos AP + AM, precisamos levar alguns dados em observação: 
1) AP = MN, pois são lados opostos do retângulo vermelho AMNP; 
2) CM = AM, pois M é o ponto médio do segmento AC; 
3) BC é a hipotenusa do triângulo maior, ABC, e vale 56 cm. 
4) O ângulo conhecido mede 𝟑𝟎𝟎. 
Vamos observar a figura, com o triângulo ABC destacado e algumas anotações que fiz: 
 
Analisando o triângulo ABC, conhecemos o ângulo de 300, o a hipotenusa, 𝑩𝑪 = 56 cm, 
podemos encontrar cateto adjacente (CA) 𝐴𝐵, que será útil à resolução do problema. A 
fórmula que contém esses três elementos é a do seno, 𝑠𝑒𝑛 𝛼 =
𝐶0
ℎ𝑖𝑝
. 
𝒔𝒆𝒏𝟑𝟎𝟎 =
𝑪𝑶
𝒉𝒊𝒑
 
(𝑜𝑠𝑒𝑛𝑜𝑑𝑒300𝑒𝑠𝑡á𝑛𝑎𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜𝑠𝑛𝑜𝑡á𝑣𝑒𝑖𝑠, 𝑡𝑒𝑚𝑞𝑢𝑒𝑚𝑒𝑚𝑜𝑟𝑖𝑧𝑎𝑟𝑛𝑎𝑐𝑎𝑐ℎ𝑜𝑙𝑎!) 
𝟏
𝟐
=
𝑨𝑪
𝟓𝟔
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 147 
(𝑞𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑜𝑠 𝐷𝐸𝑁𝑂𝑀𝐼𝑁𝐴𝐷𝑂𝑅𝐸𝑆 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑜𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜𝑠 𝑑𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜 𝑓𝑜𝑟𝑒𝑚 𝑚ú𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑜𝑠, 
𝑣𝑜𝑐ê 𝑝𝑜𝑑𝑒 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐á − 𝑙𝑜𝑠, 𝑎𝑞𝑢𝑖 𝑜𝑠 𝑑𝑜𝑖𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑓𝑜𝑟𝑎𝑚 𝑑𝑖𝑣𝑖𝑑𝑖𝑑𝑜𝑠 𝑝𝑜𝑟 2. ) 
𝟏
𝟏
=
𝑨𝑪
𝟐𝟖
 
(𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑓𝑟𝑎çõ𝑒𝑠 = 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎 − 𝑠𝑒 𝑐𝑟𝑢𝑧𝑎𝑑𝑜 𝑒 
é 𝑠ó 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑖𝑟 𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑢𝑚𝑎 𝑑𝑎𝑠 𝑣𝑎𝑟𝑖á𝑣𝑒𝑖𝑠) 
𝑨𝑪 = 𝟐𝟖 𝒄𝒎 
Sabendo que M divide AC em dois segmentos iguais, então basta dividirmos 28 por 2 que 
encontramos o valor de AM. 
𝑨𝑴 =
𝑨𝑪
𝟐
= 𝟏𝟒 𝒄𝒎 
 
Agora precisamos encontrar o valor de AP, para concluirmos a questão. Ora, AP = MN, 
portanto 
podemos 
encontrar MN, 
utilizando o 
triângulo que 
contém o 
segmento em 
questão: 
 
Analisando o triângulo CNM, conhecemos o ângulo de 𝟑𝟎𝟎, o cateto oposto, 𝐶𝑀 = 14 cm, e 
podemos encontrar cateto adjacente (CA), 𝑀𝑁, que será útil à resolução do problema. A 
fórmula que contém esses três elementos é a da tangente, 𝑡𝑔 𝛼 =
𝐶0
𝐶𝐴
. 
𝒕𝒈 𝟑𝟎𝟎 =
𝑪𝑴
𝑴𝑵
 
(𝑎𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑡𝑒𝑑𝑒300𝑒𝑠𝑡á𝑛𝑎𝑡𝑎𝑏𝑒𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠â𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜𝑠𝑛𝑜𝑡á𝑣𝑒𝑖𝑠, 𝑡𝑒𝑚𝑞𝑢𝑒𝑚𝑒𝑚𝑜𝑟𝑖𝑧𝑎𝑟!) 
√𝟑
𝟑
=
𝟏𝟒
𝑴𝑵
 
(𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑑𝑎𝑑𝑒𝑑𝑒𝑓𝑟𝑎çõ𝑒𝑠 = 𝑚𝑢𝑙𝑡𝑖𝑝𝑙𝑖𝑐𝑎 − 𝑠𝑒𝑐𝑟𝑢𝑧𝑎𝑑𝑜𝑒é𝑠ó𝑐𝑜𝑛𝑐𝑙𝑢𝑖𝑟𝑖𝑠𝑜𝑙𝑎𝑛𝑑𝑜𝑜𝑀𝑁) 
√𝟑𝑴𝑵 = 𝟒𝟐 
(𝑎 𝑞𝑢𝑒𝑠𝑡ã𝑜 𝑑𝑒𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡𝑜𝑢 𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑑𝑒 √3 = 1,73. ) 
𝑴𝑵 =
𝟒𝟐
𝟏, 𝟕𝟑
≅ 𝟐𝟒. 𝟐𝟕 = 𝑨𝑷 
Tudo certo! Agora podemos somar os valores encontrados e partir para o abraço: 
𝑨𝑷 + 𝑨𝑴 = 14 + 24,27 ≅ 𝟑𝟖, 𝟐𝟕 𝑐𝑚 
Gabarito: b) 
38. (UEA/2015) Em um sistema de eixos cartesianos com origem emO estão 
representadas uma circunferência tangente ao eixo das ordenadas, de centro C(–1,0), e 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 148 
uma reta t, que passa pelo ponto C (centro da circunferência) e pelo ponto M no eixo das 
ordenadas, conforme mostra a figura. 
 
Nessas condições, o valor da área do triângulo colorido é igual a 
(𝑨) 𝟑√𝟐 
(𝑩)
𝟐√𝟑
𝟑
 
(𝑪)𝟐√𝟑 
(𝑫)
√𝟑
𝟑
 
(𝑬)
√𝟑
𝟔
 
Comentários 
Note que, no triângulo retângulo COM, o cateto oposto ao ângulo de 30º equivale a altura do 
triângulo. Enquanto o cateto adjacente, medindo 1 unidade, equivale a base do triângulo. 
A fórmula que relaciona o ângulo e os dois catetos é a da tangente, logo: 
𝑡𝑔 300 =
𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑜𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜
𝑐𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝑎𝑑𝑗𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
 
√3
3
=
ℎ
1
 
ℎ =
√3
3
 
Por fim, vamos calcular a área do triângulo: 
𝐴𝛥 =
𝑏 ⋅ ℎ
2
 
𝐴𝛥 =
1 ⋅
√3
3
2
 
𝐴𝛥 =
√3
6
 
Gabarito: e) 
39. (UEA/2015) Examine a figura. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 149 
 
Sabendo-se que o quadrilátero ABCD e a reta r estão contidos no mesmo plano, e que a 
reta BC é paralela à reta r, é correto afirmar que a medida da projeção ortogonal do 
segmento DC sobre a reta r é igual a 
(A) 6 cm. 
(B) 𝟑√𝟐 𝒄𝒎. 
(C) 3 cm. 
(D) √𝟐 𝒄𝒎. 
(E) 𝟑√𝟑 𝒄𝒎. 
Comentários 
A projeção ortogonal do segmento DC sobre a reta r é a medida da distância 𝑥, na figura 
abaixo: 
 
No triângulo retângulo em destaque, podemos aplicar a razão cosseno para descobrir o valor 
de 𝑥: 
𝑐𝑜𝑠 600 =
𝐶𝑎𝑡𝑒𝑡𝑜 𝐴𝑑𝑗𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑒
ℎ𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎
 
1
2
=
𝑥
6
 
2𝑥 = 6 
𝑥 = 3 𝑐𝑚 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 150 
Gabarito: c) 
40. (UERJ/2020.2) Três pentágonos regulares congruentes e quatro quadrados são 
unidos pelos lados conforme ilustra a figura a seguir. 
 
Acrescentam-se outros pentágonos e quadrados, alternadamente adjacentes, até se 
completar o polígono regular ABCDEFGH...A, que possui dois eixos de simetria 
indicados pelas retas r e s. 
Se as retas perpendiculares r e s são mediatrizes dos lados AB e FG, o número de lados 
do polígono ABCDEFGH...A é igual a: 
a) 18 
b) 20 
c) 24 
d) 30 
Comentários 
Os eixos de simetria r e s dividem a região em quatro partes congruentes, de modo que, em 
cada uma, há: 
• dois pentágonos completos e metade de outro pentágono. 
• dois quadrados completos e metade de outro quadrado. 
Assim, por simetria, nos quatro quadrantes, haverá: 
4 × 2,5 𝑝𝑒𝑛𝑡á𝑔𝑜𝑛𝑜𝑠 + 4 × 2,5 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 = 
= 10 𝑝𝑒𝑛𝑡á𝑔𝑜𝑛𝑜𝑠 + 10 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑑𝑜𝑠 = 20 𝑝𝑜𝑙í𝑔𝑜𝑛𝑜𝑠 
Gabarito: b) 
41. (UERJ/2020 – Questão 31) O gráfico a seguir representa a função periódica 
definida por 𝒇(𝒙) = 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒙), 𝒙 ∈ 𝑹. No intervalo [
𝝅
𝟐
,
𝟓𝝅
𝟐
], A e B são pontos do gráfico nos 
quais 𝒇 (
𝝅
𝟐
) = 𝒇 (
𝟓𝝅
𝟐
) são valores máximos dessa função. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 151 
 
A área do retângulo ABCD é: 
a) 𝟔𝝅 
b) 𝟓𝝅 
c) 𝟒𝝅 
d) 𝟑𝝅 
Comentários 
A base do retângulo ABCD, indicada pelo segmento DC tem comprimento igual a 
𝟓𝝅
𝟐
−
𝝅
𝟐
=
𝟒𝝅
𝟐
=
𝟐𝝅 unidades de comprimento. 
A altura AD desse retângulo é dada pelo maior valor que a função 𝒇(𝒙) pode ter. Como a 
função seno sempre se localiza no intervalo [−𝟏, 𝟏], o maior valor de 𝒇(𝒙) é 𝟐𝒔𝒆𝒏(𝒙) = 𝟐 . 𝟏 =
𝟐. 
Portanto, a área do retângulo ABCD é 𝟐𝝅 . 𝟐 = 𝟒𝝅 unidades de área 
Gabarito: c) 
42. (UERJ/2020) Um valor aproximado da área do círculo pode ser obtido elevando-se 
ao quadrado 
𝟖
𝟗
 do seu diâmetro. Fazer esse cálculo corresponde a substituir, na fórmula 
da área do círculo, o valor de 𝝅 por um número racional. Esse número é igual a: 
a) 
𝟏𝟐𝟖
𝟗
 
b) 
𝟐𝟓𝟔
𝟗
 
c) 
𝟏𝟐𝟖
𝟖𝟏
 
d) 
𝟐𝟓𝟔
𝟖𝟏
 
Comentários 
Segundo o enunciado, a área do círculo (𝝅𝑹𝟐) pode ser substituída pelo valor aproximado do 
quadrado de 
𝟖
𝟗
 do diâmetro que, por sua vez, é o dobro do raio. Logo: 
𝝅𝑹𝟐 = (
𝟖
𝟗
. 𝟐𝑹)
𝟐
 
𝝅𝑹𝟐 =
𝟔𝟒
𝟖𝟏
. 𝟒𝑹𝟐 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 152 
𝝅 =
𝟐𝟓𝟔
𝟖𝟏
 
Gabarito: d) 
43. (UERJ/2018.2) No triângulo equilátero ABC, H corresponde ao ponto médio do lado 
𝑨𝑪̅̅ ̅̅ . Desse modo, a área do triângulo ABH é igual à metade da área de ABC. 
 
Sendo W o perímetro do triângulo ABH e Y o perímetro do triângulo ABC, uma relação 
correta entre W e Y é: 
a) 𝟎 < 𝑾 <
𝒀
𝟐
 
b) 𝑾 =
𝒀
𝟐
 
c) 
𝒀
𝟐
< 𝑾 < 𝒀 
d) 𝑾 = 𝒀 
Comentários: 
A altura 𝒉 do triângulo equilátero é um dos catetos do triângulo retângulo ABH, sendo o outro 
cateto igual a 
𝒍
𝟐
 e a hipotenusa 𝒍. 
𝒉𝟐 + (
𝒍
𝟐
)
𝟐
= 𝒍𝟐 
𝒉𝟐 +
𝒍𝟐
𝟒
= 𝒍𝟐 
𝟒𝒉𝟐 + 𝒍𝟐 = 𝟒𝒍𝟐 
𝟒𝒉𝟐 = 𝟑𝒍𝟐 
𝒉𝟐 =
𝟑𝒍𝟐
𝟒
 
𝒉 =
𝒍√𝟑
𝟐
 
Portanto, o perímetro W do triângulo ABH é dado por: 
𝑾 = 𝒍 +
𝒍
𝟐
+
𝒍√𝟑
𝟐
 
𝑾 =
𝟐𝒍 + 𝒍 + √𝟑𝒍
𝟐
=
𝟑𝒍 + √𝟑𝒍
𝟐
=
(𝟑 + √𝟑)𝒍
𝟐
 
O perímetro Y do triângulo ABC é dado por 𝒀 = 𝟑𝒍 
Como 
𝟑+√𝟑
𝟐
≅ 𝟐, 𝟑𝟓, podemos afirmar que 
𝒀
𝟐
< 𝑾 < 𝒀. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 153 
Gabarito: c) 
44. (UERJ/2018) Considere na imagem abaixo: 
Os quadrados ACFG e ABHI, cujas áreas medem, respectivamente, 𝑺𝟏 e 𝑺𝟐; 
O triângulo retângulo ABC; 
O trapézio retângulo BCDE, construído sobre a hipotenusa BC, que contém o ponto X. 
 
Sabendo que CD = CX e BE = BX, a área do trapézio BCDE é igual a: 
a) 
𝑺𝟏+𝑺𝟐
𝟐
 
b) 
𝑺𝟏+𝑺𝟐
𝟑
 
c) √𝑺𝟏𝑺𝟐 
d) √(𝑺𝟏)𝟐 + (𝑺𝟐)𝟐 
Comentários: 
Identificamos o lado do quadrado ACFG por 𝑚, sendo sua área 𝑆1 = 𝑚
2. 
O lado do quadrado ABHI é representado por 𝑛, sendo sua área 𝑆2 = 𝑛
2. 
Temos que 𝐶𝑋 = 𝐶𝐷 = 𝑎 e 𝐵𝐸 = 𝐵𝑋 = 𝑏. 
Em relação ao triângulo retângulo ABC, seus catetos medem 𝑚 e 𝑛, e sua hipotenusa mede 
𝑎 + 𝑏. 
Logo: 𝑚2 + 𝑛2 = (𝑎 + 𝑏)2 
A área do trapézio BCDE é dada por: 
𝐴 =
(𝐵 + 𝑏). ℎ
2
=
(𝑎 + 𝑏). (𝑎 + 𝑏)
2
=
(𝑎 + 𝑏)2
2
=
𝑚2 + 𝑛2
2
=
𝑆1 + 𝑆2
2
 
Gabarito: a) 
45. 9. (UFPR/2020) A figura ao lado representa um octógono regular com centro sobre 
a origem do sistema cartesiano. Se o vértice A desse octógono tem abscissa x = 8 e 
ordenada y = 6, conclui-se que a ordenada do vértice B é: 
a) 𝟏𝟎. 
b) 𝟏𝟐. 
c) 𝟐 + 𝟔√𝟐. 
d) 𝟕√𝟐. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 154 
e) 𝟑 + 𝟒√𝟑. 
Comentários: 
Analisando a figura, podemos inserir as seguintes informações: 
 
Chamamos de R a distância do centro do octógono até cada um de seus vértices, que é o raio 
da circunferência circunscrita ao polígono dado. Esse valor também é a hipotenusa do triângulo 
retângulo de catetos 6 e 8. 
𝑹𝟐 = 𝟔𝟐 + 𝟖𝟐 
𝑹𝟐 = 𝟑𝟔 + 𝟔𝟒 = 𝟏𝟎𝟎 
𝑹 = 𝟏𝟎 𝒖𝒄 
Em relação ao ângulo α, podemos calcular suas funções seno e cosseno, dadas por: 
𝒔𝒆𝒏 𝜶 =
𝟔
𝟏𝟎
=
𝟑
𝟓
 
𝒄𝒐𝒔 𝜶 =
𝟖
𝟏𝟎
=
𝟒
𝟓
 
Essas informações serão importantes mais à frente no cálculo. 
Quanto ao ângulo θ, vemos que é igual a um oitavo de uma volta completa, já que é referente a 
um segmento do octógono regular. Logo, 
𝜽 =
𝟑𝟔𝟎
𝟖
= 𝟒𝟓° 
A ordenadas de B pode ser visualizada no triângulo retângulo retirado da imagem: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 155 
 
𝑠𝑒𝑛 (𝛼 + 𝜃) =
𝑦
10
 
𝑠𝑒𝑛 (𝛼 + 45°) =
𝑦
10
 
𝑠𝑒𝑛 𝛼. cos 45° + 𝑠𝑒𝑛 45°. cos 𝛼 =
𝑦
10
 
3
5
.
√2
2
+
√2
2
.
4
5
=
𝑦
10
 
3√2
10
+
4√2
10
=
𝑦
10
 
7√2
10
=
𝑦
10
 
𝑦 = 7√2 
Gabarito: D 
46. (UFPR/2018) A figura ao lado apresenta um molde para construção de uma 
pirâmide hexagonal regular. Para montar essa pirâmide, basta recortar o molde seguindo 
as linhas contínuas, dobrar corretamente nas linhas tracejadas e montar a pirâmide 
usando as abas trapezoidais para fixar sua estrutura com um pouco de cola. Sabendo 
que cada um dos triângulos tracejadosnesse molde é isósceles, com lados medindo 5 
cm e 13 cm, qual das alternativas abaixo mais se aproxima do volume dessa pirâmide? 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 156 
 
a) 260 cm³. 
b) 276 cm³. 
c) 281 cm³. 
d) 390 cm³. 
e) 780 cm³. 
Comentários 
A base dessa pirâmide é um hexágono regular de lado 5 cm. Sua área é dada por: 
𝐴 =
6𝑙2√3
4
=
6.25√3
4
=
150√3
4
= 37,5√3 𝑐𝑚2 
Sua altura é um dos catetos do triângulo retângulo também formado pela aresta da base e 
aresta lateral. Logo: 
ℎ2 + 52 = 132 
ℎ2 + 25 = 169 
ℎ2 = 144 
ℎ = 12 𝑐𝑚 
𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒 =
𝐴𝑏 . ℎ
3
=
37,5√3. 12
3
= 37,5√3. 4 = 150√3 
Considerando √3 ≅ 1,73, temos: 150 . 1,73 = 259,5 𝑐𝑚3, aproximadamente 260 cm³. 
Gabarito: A 
47. (UFPR/2016) Um triângulo possui lados de comprimento 2 cm e 6 cm e área de 6 
cm² . Qual é a medida do terceiro lado desse triângulo? 
a) 𝟐√𝟔 cm. 
b) 𝟐√𝟏𝟎 cm. 
c) 𝟓 cm. 
d) 𝟓√𝟐 cm. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 157 
e) 7 cm. 
Comentários 
A área de um triângulo, dados dois de seus lados (𝑎 e 𝑏), é dada por: 
𝐴 =
𝑎. 𝑏. 𝑠𝑒𝑛 𝛼
2
= 6 
sendo 𝛼 o ângulo formado entre os lados dados. 
2.6. 𝑠𝑒𝑛 𝛼
2
= 6 
𝑠𝑒𝑛 𝛼 = 1 
Logo, 𝛼 = 90°. 
Com isso, descobrimos que esse triângulo é retângulo, com os catetos medindo 2 cm e 6 cm. 
Portanto, o lado restante é a hipotenusa. 
𝑦2 = 22 + 62 
𝑦2 = 4 + 36 = 40 
𝑦 = 2√10 𝑐𝑚 
Gabarito: B 
48. (UFPR/2016) Considere a seguinte sequência de polígonos regulares inscritos em 
um círculo de raio 2 cm: 
 
Sabendo que a área A de um polígono regular de n lados dessa sequência pode ser 
calculada pela fórmula 
𝑨 = 𝟐𝒏 ⋅ 𝒔𝒆𝒏 (
𝟐𝝅
𝒏
) 
considere as seguintes afirmativas: 
 
1. As áreas do triângulo equilátero e do quadrado nessa sequência são, 
respectivamente, 𝟑√𝟑 cm² e 8 cm². 
2. O polígono regular de 12 lados, obtido nessa sequência, terá área de 12 cm². 
3. À medida que 𝒏 aumenta, o valor 𝑨 se aproxima de 𝟒 𝒄𝒎². 
Assinale a alternativa correta. 
 
a) Somente a afirmativa 1 é verdadeira. 
b) Somente as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras. 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 158 
c) Somente as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras. 
d) Somente as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras. 
e) As afirmativas 1, 2 e 3 são verdadeiras. 
Comentários 
Calculando as áreas do triângulo (𝑛 = 3) e do quadrado (𝑛 = 4): 
𝐴 = 2.3. 𝑠𝑒𝑛 (
2𝜋
3
) = 6.
√3
2
= 3√3 𝑐𝑚2 
𝐴 = 2.4. 𝑠𝑒𝑛 (
2𝜋
4
) = 8. 𝑠𝑒𝑛
𝜋
2
= 8.1 = 8 𝑐𝑚2 
Portanto, a afirmativa 1 é verdadeira. 
 Calculando a área do polígono de 12 lados (𝑛 = 12): 
𝐴 = 2.12. 𝑠𝑒𝑛 (
2𝜋
12
) = 24. 𝑠𝑒𝑛
𝜋
6
= 24.
1
2
= 12 𝑐𝑚2 
Portanto, a afirmativa 2 é verdadeira. 
 Temos que a área da circunferência circunscrita aos polígonos é dada por 𝐴 = 𝜋. 22 = 4𝜋 𝑐𝑚2. 
É lógico afirmar que, quanto maior o polígono, maior o espaço ocupado por ele dentro da 
circunferência. 
Portanto, a afirmativa 3 é verdadeira. 
Gabarito: E 
49. (UFPR/2014) Dois navios deixam um porto ao mesmo tempo. O primeiro viaja a 
uma velocidade de 16 km/h em um curso de 𝟒𝟓𝟎 em relação ao norte, no sentido horário. 
O segundo viaja a uma velocidade 6 km/h em um curso de 𝟏𝟎𝟓𝟎 em relação ao norte, 
também no sentido horário. Após uma hora de viagem, a que distância se encontrarão 
separados os navios, supondo que eles tenham mantido o mesmo curso e velocidade 
desde que deixaram o porto? 
a) 10 km. 
b) 14 km. 
c) 15 km. 
d) 17 km. 
e) 22 km. 
Comentários 
Como se passou 1 hora, o navio A percorreu 16 km e o navio B percorreu 6 km. 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 159 
Utilizando a Lei dos Cossenos para encontrar a distância entre os navios, temos: 
 
𝒅𝟐 = 𝟏𝟔𝟐 + 𝟔𝟐 − 𝟐. 𝟏𝟔. 𝟔. 𝐜𝐨𝐬 𝟔𝟎° 
𝒅𝟐 = 𝟐𝟓𝟔 + 𝟑𝟔 − 𝟏𝟗𝟐.
𝟏
𝟐
 
𝒅𝟐 = 𝟐𝟗𝟐 − 𝟗𝟔 
𝒅𝟐 = 𝟏𝟗𝟔 
𝒅 = 𝟏𝟒 𝒌𝒎 
Gabarito: B 
50. (UFU/2018) Uma área delimitada pelas Ruas 1 e 2 e pelas Avenidas A e B tem a 
forma de um trapézio 𝑨𝑫𝑫’𝑨’, com 𝑨𝑫 = 𝟗𝟎 𝒎 e 𝑨’𝑫’ = 𝟏𝟑𝟓 𝒎, como mostra o esquema 
da figura abaixo. 
 
Tal área foi dividida em terrenos 𝑨𝑩𝑩’𝑨’, 𝑩𝑪𝑪’𝑩’ e 𝑪𝑫𝑫’𝑪’, todos na forma trapezoidal, 
com bases paralelas às avenidas tais que 𝑨𝑩 = 𝟒𝟎 𝒎, 𝑩𝑪 = 𝟑𝟎 𝒎 e 𝑪𝑫 = 𝟐𝟎 𝒎. 
De acordo com essas informações, a diferença, em metros, 𝑨’𝑩’ − 𝑪’𝑫’ é igual a 
a) 20. 
b) 30. 
c) 15. 
d) 45. 
Comentários 
Chamando 𝐴′𝐵′ = 𝑥, 𝐵′𝐶′ = 𝑦 e 𝐵′𝐶′ = 𝑧 e anotando os dados do problema, temos que: 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 160 
 
Podemos calcular x, y e z, através do teorema de Tales: 
𝑥
40
=
𝑦
30
=
𝑧
20
=
𝑥 + 𝑦 + 𝑧
90
 
Que pode ser simplificado para: 
𝑥
4
=
𝑦
3
=
𝑧
2
=
𝑥 + 𝑦 + 𝑧
9
 
Dessa forma: 
𝑥
4
=
𝑦
3
 
𝑦 =
3𝑥
4
 
E 
𝑥
4
=
𝑧
2
 
𝑧 =
𝑥
2
 
Substituindo 
𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 135 
𝑥 +
3𝑥
4
+
𝑥
2
= 135 
Multiplicando por 4 
4𝑥 + 3𝑥 + 2𝑥 = 540 
9𝑥 = 540 
𝑥 = 60 
Logo 
𝑧 =
𝑥
2
=
60
2
= 30 
Como a questão quer 𝐴’𝐵’ − 𝐶’𝐷’, temos: 
𝑥 − 𝑧 = 60 − 30 = 30 
Gabarito: b) 
 
 
 
 
 
 
ESTRATÉGIA VESTIBULARES 
 
AULA 14 – GEOMETRIA PLANA - PARTE 2. 161 
31. Considerações Finais 
 
Nossa, vimos muita coisa nessas duas aulas, não? 
No entanto, muito do que vimos você já trazia como bagagem, como definições de 
algumas figuras planas e área. 
Em nossa próxima aula, daremos seguimento a estes conceitos dentro da Geometria 
Espacial. 
Pratique sempre que possível e revise os conceitos. 
Se surgir aquela dúvida, é só perguntar no fórum, ok? 
Grande abraço e bons estudos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
32. Versões das Aulas 
 
Caro aluno! Para garantir que o curso esteja atualizado, sempre que alguma 
mudança no conteúdo for necessária, uma nova versão da aula será disponibilizada. 
05/05/2022: Versão original 
 
 
 
Boa aula! 
https://www.instagram.com/professorcaze
https://www.t.me/professorcaze
https://www.youtube.com/c/ProfessorCazé