Matemática Curso Anglo n3 aulas4a6 Resoluções

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AULAS 4 a 6
1. Das paralelas traçadas aos bastões pelos pontos A, B, C, D e E (ver figura) e da propriedade dos ângulos alternos e
internos, resulta dos dados do enunciado a figura:
Donde obtém-se x = 39°. (Alternativa A)
2. (Solução Oficial) Como o triângulo ABC é eqüilátero, o ângulo interno  mede 60°. Se DG
——
é paralelo a AB
—
, então
o ângulo entre DG
——
e AC
—
é 60° ou 180° – 60° = 120°. Sendo x o maior ângulo entre esses dois segmentos, x = 120°.
(Alternativa E)
3. (Solução Oficial) Como ABC e DEF são triângulos eqüiláteros, cada um de seus ângulos internos mede 60°.
No triângulo AGD temos ∠GAD = 180° – 75° – 60° = 45° e ∠GDA = 180° – 65° – 60° = 55°
Logo, ∠AGD = 180° – 45° – 55° = 80°. Portanto, no triângulo CGH, temos x + 80° + 60° = 180°, ou seja, x = 40°.
(Alternativa B)
4. Sejam ∠TSM = x, ∠SKT = y, ∠KLS = α e ∠KTS = β
O triângulo KLM é isósceles porque tem dois lados iguais; conseqüentemente seus ângulos da base são medidas
iguais, isto é, ∠KLS = ∠KMS = α.
Analogamente, o triângulo KST também é isósceles e portanto ∠KST = ∠KTS = β.
Da soma dos ângulos internos de um triângulo, temos: 
• No triângulo STM: x + α + 180° – β = 180° ∴ x = β – α
• No triângulo KLM: α + α + 30° + y = 180° ∴ y = 150° – 2α.
Logo, β + β +150° – 2α =180° ∴ β – α =15°.
Portanto, x = 15°. (Alternativa B)
K
T
Mx
S
L
α
y
α
β
β
180° – β
x
24°
30°
30°
60° 60°
66°
66° 24°
51° 51°39°
E
r
D
A
B
C
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 1 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
2008
Resoluções
NÍVEL 3
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Treinamento para
Olimpíadas de
Matemática2008
5. A soma dos ângulos externos do Pentágono Regular ABCDE é 360°. Assim, a medida, em graus, do ângulo externo re-
lativo ao vértice B, é igual a , isto é, 72°. Conseqüentemente, a medida, em graus, do ângulo interno relativo a B,
é igual a 180° – 72°, isto é, ∠ABC = 108°.
Desde que o triângulo ABP é eqüilátero, AB = BP = PA e ∠PBA = 60°. Nestas condições, temos no triângulo PBC, 
PB = AB = BC, o que implica dizer que este triângulo é isósceles de base BC e como conseqüência ∠PCB = ∠BPC.
Por outro lado, ∠PBC = ∠ABC – ∠PBA = 108° – 60° = 48°. Portanto, do triângulo isósceles PBC, obtemos
∠BCP = (Alternativa D)
6. A medida, em graus, do menor arco BC deste círculo é 2 ∠BAC = 2 ⋅ 35° = 70°. 
Desde que CD é um de seus diâmetros, a medida, em graus, do arco DBC é 180°.
Nestas condições, a medida, em graus, do arco BAD é dada por:
180° – 2 ∠BAC = 180° – 70° = 110°.
Portanto, ∠BCD = . (Alternativa D)
1. Da intersecção dos dois quadrados, obtém-se o pentágono convexo ABCDE (figura). 
Onde ∠A = ∠E = ∠C = 90° (vértices dos quadrados sobrepostos) ∠B = x e ∠D = y
(opostos pelo vértice). Por outro lado, a soma das medidas, em graus, dos ângulos
internos do pentágono é 3 ⋅ 180°, ou seja, 540°.
Nestas condições, temos x + y + 90º + 90º + 90º = 540º.
Portanto, x + y = 270º. (Alternativa A)
2. Desde que ∠CBD = 30° e ∠DCB = 110°, temos no triângulo BDC, ∠BDC + 30° + 110° = 180°, ou seja, ∠BDC = 40°.
Por outro lado, sendo DC//AB, então ∠ABD = ∠BDC = 40° (alternos e internos). Desde que BD = AD, o triângulo
ABD é isósceles. Logo, ∠DAB = ∠ABD = 40°. Portanto, da soma dos ângulos internos do triângulo ABD, x = 100°.
(Alternativa C)
3. Sejam u, v e w medidas em graus. 
Sejam A, B, C, D, E, F e I pontos como indicados na figura ao lado. Nestas con-
dições, decorre dos quadriláteros inscritíveis AEID, EBFI e FCDI (cíclicos):
∠DIE = 180° – u; ∠EIF = 180° – v e ∠FID = 180° – w
Daí: 180° – u + 180° – v + 180° – w = 360°
Portanto, u + v + w = 180°. (Alternativa E)
4. Sejam E e F pontos sobre os segmentos DB e AD respectivamente, tais que: DF
——
= DE
——
= EB
——
= 1
Desta construção e dos dados do enunciado, temos sucessivamente:
O triângulo FDC é isósceles de base FC. Daí, ∠DFC = ∠DCF = ⋅ ∠ADB = 30°.
[1]
O triângulo FDE é eqüilátero. Daí, ∠ADB = ∠FDE = ∠DFE = ∠FED = 60°. [2]
O triângulo FBE é isósceles de base BF. Daí, ∠FBE = ∠BFE = [3]180
2
180 120
2
30
° −
=
− °
= °
∠BEF
1
2
v
w
u
I
A
E
B
D
C
F
A
E
D
C
B
CasaEm
medida do arco BAD
2
110
2
55=
°
= °
O
C
B
A
D
110°
70°
35°
180
2
132
2
66
°
=
°
= °
∠–
.
PBC
360
5
°
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como mostra na figura abaixo.
Por outro lado, desde que ∠ACD = 45°, tem-se de [1]:
∠FCD = 30° e ∠FCA = 15°
Como conseqüência deste resultado, [2] e [3]:
• ∠BFD= ∠BFE + ∠DFE = 30° + 60° = 90°.
• ∆AFC é isósceles onde ∠FAC = ∠FCA = 15° e CF = AF.
• ∆BFC é isósceles onde ∠FBC = ∠FCB = 30° e CF—— = BF——.
Nestas condições, o triângulo AFB é isósceles e 
Portanto, ∠ABC = ∠FAB + ∠FBC = 45° + 30° = 75°. (Alternativa D)
5. Do enunciado, tem-se no triângulo ABC:
 + Bˆ + Cˆ = 180° ∴ 20° + 120° + Cˆ = 180° ∴ Cˆ = 40° [1]
Por outro lado, seja M simétrico de B em relação a reta suporte de AQ.
Como ∠QAB = ∠QAC = 10°, então M pertence ao segmento AC. 
Marcando este ponto sobre AC e ligando-o a Q e a B por segmentos de reta obtém-se a figura:
Como conseqüência desta simetria, resulta:
AB
——
= AM
——
, QB
——
= QM
——
[2]
e ∠QMA = ∠QBA = 20° [3]
De [2], segue-se que os triângulos:
BAM e BQM são isósceles. [4]
Desde que ∠A = 10° + 10° = 20° e ∠ABC = ∠ABQ + ∠QBC = 20° + 100° = 120°, conclui-se de [3]:
como conseqüência ∠MBC = ∠ABC – ∠ABM = 120° – 80° = 40° [5]
Assim, de [4], ∠QBM = ∠QMB = 80° – 20° = 60°. Logo, o triângulo BQM é eqüilátero, o que implica
QB
——
= QM
——
= MB
——
[6]
Portanto, de [1], [5] e [6], conclui-se que QM
——
= MB
——
= MC
——
. Nestas condições, o triângulo QMC é isósceles e
∠QMA = 20° (medida do ângulo externo relativo ao vértice M do triângulo QMC), conseqüentemente
. (Alternativa A)∠ = ∠ = ° = °ACQ QMA
2
20
2
10
∠ ∠ ⋅= =



 ° − °( ) = °ABM AMB
1
2
180 20 80 .
20°
60°
40°
Q
60°
20°10°
10°
A M
B
C
∠ ∠ ∠= = ° − = °FAB FBA BFD180
2
45 .
A
45°
15°
F
30°
1
60°
60°
30°
120°
60° 1
1
E
D
1
30°
45°
B
30°
15°
1
C
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6. Desde que a soma dos ângulos externos de um polígono é 360°, ou seja, 2πrad e ABˆC um
dos ângulos internos do heptágono, . Por outro lado, com res-
peito aos ângulos de vértice B, e ∠ABˆC + ∠XBˆC + ∠CBˆA = 2π, conse-
qüentemente . Portanto, como XB = BC, o ∆XBC é
isósceles, então radianos. (Alternativa E)
7. (Solução Oficial)
Temos 252° = 180° + 72°, sendo o ângulo central do pentágono igual a (Alternativa B)
8. Usando a propriedade do ângulo externo, temos a figura.
Por outro lado, a soma dos ângulos externos do triângulo ABC é 360°, conseqüentemente 7x + 8x + (180º – 5x) = 360°,
ou seja, x = 18°. (Alternativa C)
9. Como a reta PQ é tangente à circunferência, os ângulos
LNP e LMN são congruentes, ou seja, ∠LMN = α (onde α é
uma medida em graus). Sendo o triângulo LMN isósceles
com LM = LN, os ângulos LNM e LMN são congruentes, e,
portanto,
∠MLN = 180° – ∠LNM – ∠LMN
= 180° – 2α.
O ângulo LNP é externo do triângulo LNR, logo ∠LNP = ∠NLR + ∠LRN. Assim, α = 180° – 2α + ∠LRP.
Portanto, ∠LRP = 3α – 180°. (Alternativa A)
180 – 5x
5x
7x
3x
4x
8x
6x
2x
A
O
B
252°
72°
B
A
O
180°
760
5
72
°
= °.
 
∠ ∠= − =
−
=BXC
XBCˆ π
π
π
π
2
11
14
2
3
28
∠ ∠= − − =XBC ABC radˆ ˆ2
2
11
14
π
π π
∠ =ABC radˆ π
2
 
∠ ⋅= − =ABC radˆ π π π2
7
5
7
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B
A
G
F
ED
C
XY
180
° – 2α
α
α
α
N
M
L
R QP
10. Desde que o pentágono ABCDE é regular, então cada um de seus ângulos externos medem, em graus, ,
portanto cada um de seus ângulos internos medem, em graus, 180° – 72°, ou seja, 108°. Nestas condições, obtemos
do enunciado a figura abaixo.
Do quadrilátero (convexo) APCB, ∠APC + 66° + 108° + 60° = 360°, o que implica ∠APC = 126°.
Por outro lado, construindo uma circunferência λ, de centro B e raio AB (figura), temos que o maior arco AC sobre
esta circunferência λ mede 360° – 108°, ou seja, 252°.
Como 2 ⋅ ∠APC = 252°, segue-se que a medida do arco maior AC é o dobro da medida do ângulo APC, o que implica
dizer que P pertence a circunferência λ e portanto BP = AB = BC. Ainda mais, como ∠PAB = 60°, conclui-se o
triângulo ABP é eqüilátero e o triângulo BPC é isósceles de base PC. Estes resultados levam-nos a concluir que
∠APB = ∠ABP = 60° no ∆BPC e ∠BPC = 66° e ∠PBC = 48° no ∆BPC, e ainda, como conseqüência a construção da
figura auxiliar abaixo.
Agora, do triângulo eqüilátero ABP, tem-se que AP = AB. Como, AB = AE (lados do pentágono regular), conclui-
se que o triângulo APE é isósceles de base PE, portanto 
Finalmente, dos ângulos da figura acima, com vértice em P, podemos escrever: 66° + 60° + 66° + ∠CPE = 360°,
donde conclui-se que ∠CPE = 168°. (Alternativa E)
∠ = ° − ° = °APE 180 48
2
66 .
A
B
C
D
E
48°
60°
66°
42°
P
66°
66°
60°
60°
48°
A
B
C
D
E
48°
60°
108°
66°
42°
P
252°
126°
A
B
C
D
E
48°
60°
108° 66°
42°
P
360
5
72
°
= °
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11. Dos dados do enunciado podemos concluir que os triângulos ADC e ABC são isósceles de bases AD e BC res-
pectivamente, então ∠ACB = y e ∠CAD = x.
Nestas condições, temos do vértice A:
∠EAD = ∠CAD – ∠CAE
= ∠CAD – ∠CAB 
= x – (180° – 2y)
Portanto, do triângulo AED, retângulo em E, segue-se x + [x – (180° – 2y)] = 90°, o que implica 2x + 2y = 270°, ou
melhor ainda, x + y = 135°. (Alternativa B)
12. O ângulo BDF é externo do triângulo ADF relativo ao vértice D. Como ∠EDF = 60° (∆DEF eqüilátero), segue-se
que β + 60° = α + 46°, donde obtém-se α – β = 14°. (Alternativa B)
13. Recordemos que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero
é 360°. Assim, dos quadriláteros da figura ao lado, obtidos ao ligar
os vértices, dos ângulos de medidas Eˆ e Fˆ, temos:
Aˆ + Bˆ + Eˆ1 + Fˆ1 = Cˆ + Dˆ + Eˆ2 + Fˆ2 = 360°.
Por outro lado, do vértice do ângulo de medida Eˆ, podemos escre-
ver: Eˆ1 + Eˆ2 = 380° – Eˆ, e de modo análogo para o vértice do ângulo
de medida Fˆ, temos Fˆ1 + Fˆ2 = 380° – Fˆ.
Finalmente, dos ângulos destes dois quadriláteros, segue-se que:
720° = Aˆ + Bˆ + Cˆ + Dˆ + Eˆ1 + Eˆ2 + Fˆ1 +Fˆ2 = Aˆ + Bˆ + Cˆ + Dˆ + 720°
Donde encontramos: Eˆ + Fˆ = Aˆ + Bˆ + Cˆ + Dˆ. (Alternativa A)
14. A afirmação que DF divide o ângulo BDA é falsa, pois caso contrário teríamos ∠BDF = 45° e conseqüentemente
∠BCA = ∠BDF = 45° (determinam o mesmo arco BD) o que implicaria o triângulo ABC ser isósceles; contradizen-
do o enunciado, que diz que o triângulo ABC é não isósceles. Deixo a cargo do leitor a verificação que as demais
alternativas são verdadeiras. (Alternativa C)
15. Sejam ∠DBG = ∠CBG = α, ∠EBF = ∠ABF = β e ∠FBG = x.
Desde que AD é bissetriz, tem-se que BD = DG, logo o triângulo BDG é isósceles de base BG. Portanto, a medida
do ângulo GDC, externo a este triângulo, é 2α. Raciocinando de modo análogo para a bissetriz CE, concluiremos que
o triângulo BEF é isósceles de base BF e que a medida do ângulo externo AEF deste triângulo é 2β (ver figura).
E
A
F
G
2β β
β
2α
α
α
x
DB C
D
B
C
yx
E
x
A
y
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A
B
C
D
E
F
F1
F2
E1
E2
Nestas condições resulta dos triângulos retângulos AFE e DGC, ∠BAF = 90° – 2β e ∠DCG = 90° – 2α.
Portanto, dos ângulos agudos Aˆ e Cˆ do triângulo retângulo ABC, segue 
∠BAF + ∠DCG = 90°
∴ (90° – 2β) + (90° – 2α) = 90°.
∴ β + α = 45°
conseqüentemente do vértice B (ângulo reto) do triângulo ABC, podemos escrever com os resultados obtidos
anteriormente
x + β + α = 90°
∴ x + 45° = 90°
∴ x = 45°. (Alternativa C)
16. Seja λ uma circunferência, construída com centro em A e raio AB. Como AB = AD = 1, D pertence à λ. Nestas con-
dições, a medida do arco BD maior é 360° – 80°, isto é, 280°, que corresponde ao dobro da medida do ângulo BCD.
Portanto, nestas condições, conclui-se que C também pertence à λ conseqüentemente AC = AB = AD = 1.
(Alternativa B)
A
λ
280°
1 180°
140°
B
C
D
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