ENEM Matemática - Curso Anglo - 7 Resoluções

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AULA 7
1.
Temos: 8x = 180° – 7x + 5x ⇔ 10x = 180° ⇔ x = 18°. (Alternativa C)
2. Temos ABˆJ = HBˆ J = 90° – 70° = 20°. Logo, Â = 180° – (60° + 40º) = 80°.
(Alternativa D)
3. Sejam M, N, O, P, Q e R os pontos de tangência dos lados AB, BC, CD, DE, EF e FA na circunferência inscrita, res-
pectivamente, e seja x = AM. Temos AR = AM = x, MB = 1 – x, BN = MB = 1 – x, NC = 2 – (1 – x) = 1 + x,
CO = NC = 1 + x, OD = 3 – (1 + x) = 2 – x, DP = OD = 2 – x, PE = 4 – (2 – x) = 2 + x, EQ = PE = 2 + x, QF = 5 – (2 + x) = 3 – x
e FR = QF = 3 – x.
Logo FA = FR + AR = 3 – x + x = 3. (Alternativa B)
4. Os triângulos ABE e ACD são isósceles de bases AE e AD, respectivamente, pois AB = BE = 20 e AC = CD = 21. Se
2β e 2γ são as medidas dos ângulos internos Bˆ e Cˆ do triângulo ABC, temos BÊA = BÂE = 90° – β e
CDˆA = CÂD = 90° – γ. Logo DÂE = 180° – (90° – β) – (90° – γ) = β + γ.
Como 202 + 212 = 292, pela recíproca do teorema de Pitágoras, o ângulo é reto. Logo 90° + 2β + 2γ = 180° ⇔β + γ = 45°.
Portanto o ângulo DÂE mede 45°. (Alternativa C)
1. ABˆC = BCˆD = 
ABˆF = 60°, FBˆC = 48°, BCˆF = Logo FCˆD = 108° – 66° = 42°. (Alternativa C)
2. Do enunciado temos BC = DC. Como m(BCˆD) = 90°, temos m(DBˆC) = m(BDˆC) = 45°.
Mas m(BCˆA) = m(DCˆE) = 80°. Portanto, α = 180° – (45° + 80°) = 55°. (Alternativa E)
180 48
2
66
–
º.=
180 5 2
5
108
( – )
.= °
CasaEm
B A
J
H
C
60°
70° I
3x + 4x = 7x 6x + 2x = 8x
2x
6x
3x
4x
5x
180° – 7x
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 1 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
Resoluções
NÍVEL 2
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Treinamento para
Olimpíadas de
Matemática2008
3.
Lembrando que o ângulo interno de um pentágono regular é igual a
, temos que AÊF = 360° – 108° – 90° = 162°.
Como o triângulo AEF é isósceles com AE = EF, temos EÂF = 
(Alternativa A)
4. Prolongando o segmento CD temos a figura:
m(AED) = β + γ (ângulo externo do ∆EBC) e m(ADC) = α + β + γ = x (ângulo externo do ∆AED). (Alternativa A)
5. No triângulo AFG, temos que Fˆ = Cˆ + Eˆ (ângulo externo do ∆CFE) e Gˆ = Bˆ + Dˆ (ângulo externo do ∆BGD). Como
Aˆ+ Fˆ + Gˆ = 180°, temos que Aˆ + Bˆ + Cˆ + Dˆ + Eˆ = 180°. (Alternativa B)
AULA 8
1.
A partir dos ângulos assinalados na figura podemos afirmar que o ∆DAB ∼ ∆BCE.
Assim, , então, . Portanto ym = xp, ou seja, (Alternativa B)
x
y
m
p
= .
y
p
x
m
=
DA
BC
AB
CE
=
D
y
A x B P C
m
E
ClasseEm
E
DA
C
B
F
G
x
A C
β + γ E
B
α β
γ
D
180 162
2
9
°
=
– º
º.
( – ) º
º
5 2 180
5
108=
C E
D
G
F
B A
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 2 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
2. Prolongando os segmentos AD e BC temos:
m(ECˆD) = m(EÂB) e m(EDˆC) = m(EBˆA), pois AB//CD (do
enunciado). Ainda, m(DEC) = m(EBA) = 75°, logo o ∆AEB é
isósceles, isto é, EA = AB. Assim podemos concluir que:
∆EAB ∼ ∆ECD, portanto:
, ou seja, ∴
∴ EA + 10 = 15 ∴ EA = 5. (Alternativa A)
3.
Pelo teorema de Pitágoras, PF2 + 52 = 132 e PQ2 = 122 + 92 ⇔ PQ = 15.
(Alternativa C)
1.
O raio de luz percorre o trajeto S-A-B-C-B-A-S. Temos SA = 1m, AC = CV = 0,5m,
Logo a distância percorrida pelo raio de luz é.
(Alternativa B)
2. A mesa pode ser empurrada pelo corredor de dois modos: utilizando apenas movimentos de translação ou giran-
do-a em torno do ponto de encontro dos dois corredores. No primeiro caso, é preciso um corredor de largura igual
à maior dimensão da mesa (ou seja b). No segundo caso, a posição crítica ocorre quando a mesa está igualmente
inclinada em relação aos dois corredores (isto é, faz um ângulo de 45° com a horizontal). Neste caso, a largura mí-
nima deve ser igual a Como 2a � b, este valor é menor que e, portanto, menor
que b. Logo, a largura mínima do corredor deve ser igual a 
(Alternativa D)
45°
b/2
a 2
2
���a
 b
2
 2
2
���
( ) .2
2
4
a b+
b
2
2
a
b
a b
2
2 2
2
2
2
2
4
+ = +⋅ ( ) .
2 2 1
3
3
3
6
2 3( ) .SA AB BC m+ + = + +





 = +
AC
AB
AB m e
BC
AC
tg BC m= ° = = =⇔ ⇔cos º .30
3
3
30
3
6
AS
30°
V
30°
60°
60° 60°
C
B
30°
CasaEm
Q 9 F 5 R
13
P
AB
EA
AB
CD+
=
10
EA
EC
AB
CD
=
E
A B
30°
75°
75°
10
75°30°
C D15
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 3 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
3.
Da figura temos:
m(CÂB) = 30° e AB = 40. Considerando o ∆ABC, temos:
m(CÂB) + m(ABˆC) + m(BCˆA) = 180° ∴
30° + 120° + m(BCˆA) = 180° ∴ m(BCˆA) = 30°.
Logo, o ∆ABC é isósceles, ou seja, BC = 40. Assim, para o ∆CDB (retângulo em D), temos:
sen30° = 
. (Alternativa A)
AULA 9
1. Sejam a e 50 – a os lados do retângulo. A área procurada é (50 – a) ⋅ a = 50a – a2.
Pelo teorema de Pitágoras, 
Deste modo, (Alternativa C)
2. Os três triângulos sombreados têm altura igual à altura do retângulo. Como a soma de suas bases é igual à base
do retângulo, a soma de suas áreas é igual à metade da área do retângulo. Alternativamente, pode-se observar
que as partes sombreadas e não sombreadas podem ser subdivididas de tal modo que a cada parte sombreada
corresponde exatamente uma parte congruente não sombreada, como mostra a figura abaixo.
Logo, a área sombreada corresponde à metade da área do retângulo. (Alternativa D)
3. AE = AF = AB = 3cm, m(FÂD) = 90° – 60° = 30°, m(FÂE) = 30° + 60° = 90°.
Logo ∆FAE é retângulo em A e tem área (Alternativa D)AE AF cm⋅ ⋅= =
2
3 3
2
4 5 2, .
A
B A
B C C
CC
50 1250
2
1250
2
2 2
2
2
2
a a a
x
a
x
– – – – .= + =
x a a x a a a a
x2 2 2 2 2 2
2
50 2500 100 2 50 1250
2
= + = + = +⇔ ⇔( – ) – – .
x a
50 – a
ClasseEm
∴ ∴= =
1
2 40
20
x
x
x
40
30°
B
D C
40
x
60°
30°
 40 x
E
A B
C
 40
 40
D
30°
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 4 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
4.
∆ABG ∼ ∆AMF
A área do ∆BFG é então (Alternativa D)
5.
A área a é igual à área de um círculo de raio r, ou seja, a = πr2 . A área b é igual á área de um quarto de círculo
de raio 3r subtraída de duas vezes a área de um semicírculo de raio r e da área de um quarto de círculo de raio r.
Logo Portanto (Alternativa C)
1. A caixa terá dimensões 20cm × 15cm × 10cm. Logo, seu volume será igual a 20 × 15 × 10 = 3000cm2.
(Alternativa B)
2. Do enunciado, temos a figura:
1º- Modo
A área da figura é dada por:
A = A�ABCD – A∆ABN – A∆NCM – A∆ADM
∴
 
A m= = =
⋅ ⋅ ⋅
4
2 1
2
1 1
2
2 1
2
3
2
15 2– – – ,
A B
N
M CD 1 1
1
1
2
2
20 cm
15 cm
40 cm
10 cm
CasaEm
a
b
r
r
= =
π
π
2
2
1.b r r r r= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅
1
4
3 2
1
2
1
4
2 2 2 2π π π π( ) – – .
a
b
2r
r
BG BM⋅ ⋅
= =
2
3
3
1
2
2
3
12
.
x
x
1
3
2
3
2
3
3
= =⇒ .
A B E
F
G
CD
1
2
M1
x
��� 3
2
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 5 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
2º- Modo
Aplicando o teorema de Pitágoras nos triângulos ∆ABN, ∆NCM e ∆ADM temos :
(AN)2 = (AB)2 + (BN)2 ∴ (AN)2 = 12 + 22 ∴ AN = 
(NM)2 = (NC)2 + (CM)2 ∴ (NM)2 = 12 + 12 ∴ NM = 
(AM)2 = (AD)2 + (DM)2 ∴ (AM)2 = 22 + 12 ∴ AM = 
Assim, temos que ∆AMN é isósceles, pois AM = AN, então:
Aplicando o teorema de Pitágoras no ∆AHN temos:
(AN)2 = (AH)2 + (HN)2 ∴ (AH)2 = 5 – ∴ (AH)2 = ∴ AH = 
A área do ∆AMN é: (Alternativa B)
3.
Temos que ∆ACE ∼ ∆FGE ⇒ = 
Logo BC = – 1 = .
Temos também que ∆BCD ∼ ∆ACE ⇒
Logo, a área do triângulo BCD é e, portanto, a área desejada é (Alternativa D)
4. A partir da figura, vemos que o comprimento a dos retângulos menores é o dobro da sua largura b. Temos então
que a + b = b + 2b = 3b =21, ou seja, b = 7cm e a = 14cm.
Portanto, o comprimento do retângulo maior é 4b = 28 e a sua área é 21 × 28 = 588cm2. (Alternativa E)
5. Inicialmente, sejam x o lado da folha e y o lado do quadrado menor de lado maior que 1cm. Como os demais 41 qua-
drados têm lado 1cm, x e y são inteiros positivos. Assim:
x2 = y2 + 41 ⋅ 1 ⇔ (x – y)(x + y) = 41 ⇔ x – y = 1 e x + y = 41 ⇔ x = 21 e y = 20
Portanto o lado da folha mede 21cm. (Alternativa C)
1
1
12
11
12
– .=
1
2
1
2
1
3
1
12
⋅ ⋅ =
BD
BD
1
1
2
3
2
1
3
= =⇔ .
1
2
3
2
1
2
3
2
⇔ =AC .AC
3
G
C B
D
F
A
E
A
MN AH
m=
⋅
= = =
⋅
2
2
3
2
2
3
2
15 2,
3
2
.
9
2
2
4
A
M N
���5���5
��� 2
2
��� 2
2
H
5 ;
2 ;
5 ;
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 6 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008