GEOMETRIA PLANA AFA 1994 a 2019

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EXERCÍCIOS DE GEOMETRIA PLANA DA AFA 1994 a 2019 
 
ENUNCIADOS 
 
1) (AFA 1994) Num triângulo ABC, os ângulos B̂ e Ĉ medem, respectivamente, 45 e 
60 , o lado AC mede 2 cm. Então, a medida do lado BC (em cm) é: 
a) 
3
1
3
+ b) 
1
3
2
+ c) 1 3+ d) 2 2+ 
 
2) (AFA 1995) Na figura, todos os círculos têm raio r. Qual a área da parte hachurada? 
 
a) ( )2r 2 3 − b) ( )2r 3 3 − 
c) ( )2r 4 3 − d) ( )2r 5 3 − 
 
3) (AFA 1995) Num pentágono convexo, os ângulos internos estão em progressão 
aritmética. Qual o 3º termo, em graus dessa progressão? 
a) 54 b) 108 c) 162 d) 216 
 
4) (AFA 1995) Dados dois triângulos semelhantes, um deles com 4, 7 e 9 cm de lado, e 
o outro com 66 cm de perímetro, pode-se afirmar que o menor lado do triângulo maior 
mede, em cm. 
a) 9,8 b) 11,6 c) 12,4 d) 13,2 
 
5) (AFA 1995) Na figura abaixo, a razão 
x

 é: 
 
a) 5 b) 6 c) 2 2 d) 10 
 
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6) (AFA 1995) No retângulo ABCD, BC e PC medem, respectivamente, 5 cm e 3 cm. 
Qual a área, em 2cm , do triângulo ABP? 
 
a) 
32
3
 b) 16 c) 19 d) 
62
3
 
 
7) (AFA 1995) A razão entre as áreas de um quadrado de lado  e de um círculo de raio 
r, que possuem o mesmo perímetro, é: 
a) 
8

 b) 
6

 c) 
4

 d) 
2

 
 
8) (AFA 1995) Considere uma circunferência inscrita num quadrado de lado a. A área 
da região hachurada é: 
 
a) ( )
2a
4
64
− b) ( )
2a
4
32
− c) ( )
2a
4
16
− d) ( )
2a
4
8
− 
 
9) (AFA 1996) Seja ABC um triângulo retângulo com catetos AB e BC. Divide-se AB 
em 10 partes congruentes e, pelos pontos de divisão, traçam-se retas paralelas a BC, 
cortando o lado AC e determinando 9 segmentos paralelos a BC. Se BC 18,= então a 
soma das medidas desses segmentos é: 
a) 81 b) 64 c) 49 d) 100 
 
 
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10) (AFA 1996) A base maior de um trapézio mede 26 cm, a menor 14 cm e a altura 
6 cm. As alturas dos triângulos formados pelos prolongamentos dos lados não paralelos, 
em cm, são: 
a) 8 e 9 b) 7 e 13 c) 91 e 14 d) 15 e 18 
 
11) (AFA 1996) Qual a área do triângulo retângulo isósceles que inscreve uma 
circunferência de raio r 2 ?= 
a) ( )3 2 2+ b) ( )2 3 2 2+ c) ( )3 2 2+ d) ( )4 1 2+ 
 
12) (AFA 1996) Qual a diferença entre a área de um triângulo equilátero de lado a e a 
área da circunferência nele inscrita? 
a) 
( )2a 2 3
12
−
 b) 
( )2a 3 3
12
−
 
b) 
( )2a 4 3
12
−
 d) 
( )2a 5 3
12
−
 
 
13) (AFA 1996) O valor do menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 2h 
e 15min é: 
a) 15 b) 30 c) 17 30' d) 22 30' 
 
14) (AFA 1996) Na figura abaixo, OA 5,= AB 3,= ˆ ˆ ˆAOB BOC COD= = =  e 
ˆˆ ˆABO BCO CDO 90 .= = =  Se 2x cos ,=  então a área do triângulo CDO é: 
 
a) 23x b) 24x c) 
26x d) 28x 
 
15) (AFA 1996) Os lados de um triângulo ABC medem AB 20 cm,= BC 15 cm= e 
AC 10 cm.= Sobre o lado BC marca-se BD 3 cm= e traçam-se paralelas DE ao lado 
AB (E sobre AC) e DF ao lado AC (F sobre AB). O perímetro do paralelogramo AEDF, 
em cm, é: 
a) 24 b) 28 c) 32 d) 36 
 
16) (AFA 1997) Sejam os triângulos ABC e CDE. O triângulo ABC está inscrito em 
uma circunferência  de raio 3, o lado CA mede 3 e AB é diâmetro de . Os 
vértices D e E do triângulo CDE são a interseção do prolongamento dos lados CA e CB 
com a reta paralela a AB e tangente à circunferência . O valor de DE é: 
 
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a) 9 b) 5 3 c) 6 3+ d) ( )2 2 3+ 
 
 
 
17) (AFA 1997) Considerando-se a figura abaixo, NÃO se pode afirmar que 
 
a) Se o triângulo ABC é isósceles, então os triângulos ABD, ACE e BCD são sempre, 
dois a dois, congruentes. 
b) Os triângulos ABD e AEC são congruentes se os lados AB e BC forem congruentes e 
F o incentro do triângulo ABC. 
c) Os triângulos ABD e AEC são congruentes se os lados AB e BC forem congruentes e 
F o ortocentro do triângulo ABC. 
d) Os triângulos BEF e CDF são congruentes se os lados AB e BC forem congruentes e 
F o baricentro do triângulo ABC. 
 
18) (AFA 1998) Inscreve-se um quadrilátero convexo ABCD em uma circunferência 
tal que ˆABC x .= Então, ˆ ˆACB BDC,+ em graus, é o 
a) suplementar de x. 
b) suplementar de 2x. 
c) complementar de x. 
d) complementar de 2x. 
 
19) (AFA 1998) Dois vértices de um triângulo equilátero pertencem a dois lados de um 
quadrado cuja área é 21m . Se o terceiro vértice do triângulo coincide com um dos 
vértices do quadrado, então, a área do triângulo, em 
2m , é 
a) 2 3 1− b) 2 3 1+ c) 3 2 3− + d) 3 2 3+ 
 
20) (AFA 1998) Seja ABCD um quadrado, ABE um triângulo equilátero e E um ponto 
interior ao quadrado. O ângulo ˆAED mede, em graus, 
a) 55 b) 60 c) 75 d) 90 
 
 
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21) (AFA 1998) Seja o triângulo equilátero DEF, inscrito no triângulo isósceles ABC, 
com AB AC= e DE paralelo a BC (D sobre AB e E sobre AC). Tomando-se ˆADE ,= 
ˆCEF =  e ˆDFB =  pode-se afirmar que 
a) 2 + =  b) 2 + =  c) 2 3 +  =  d) 2 3+  =  
 
22) (AFA 1998) Um círculo com área 2100 cm possui uma corda de 16 cm. Qual a 
área, em 2cm , do maior círculo tangente a essa corda e a esse círculo em pontos 
distintos? 
a) 36 b) 49 c) 64 d) 81 
 
23) (AFA 1998) O pentágono ABCDE está inscrito em uma circunferência de centro O. 
Se o ângulo ˆAOB mede 40 , então a soma dos ângulos ˆBCD e ˆAED, em graus, é 
a) 144 b) 180 c) 200 d) 214 
 
24) (AFA 1999) Na figura abaixo o perímetro do triângulo equilátero ABC é 72 cm , M 
é o ponto médio de AB e CE 16 cm= . Então, a medida do segmento CN, em cm, é um 
sétimo de 
 
a) 51 b) 50 c) 49 d) 48 
 
25) (AFA 1999) Na figura abaixo, o lado do quadrado é 1 cm. Então, a área da região 
sombreada, em 
2cm , é 
 
 
a) 
1
4 2

− b) 
1
2 2

− c) 
1
4 4

− d) 
1
2 4

− 
 
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26) (AFA 1999) De 2h 45min a 4h 35min, o ponteiro das horas de um relógio 
percorre, em radianos, 
a) 
11
36

 b) 
3

 c) 
5
18

 d) 
7
24

 
 
27) (AFA 1999) A área do quadrado menor, da figura abaixo, vale 
 
a) 2 b) 2 c) 5 d) 8 
 
28) (AFA 1999) Considere um triângulo equilátero, um quadrado e um hexágono 
regular, todos com o mesmo perímetro. Sejam TA , QA e HA as áreas do triângulo, do 
quadrado e do hexágono, respectivamente. Então, pode-se afirmar que 
a) T Q HA A A .  b) T Q HA A A .= = 
c) T QA A e Q HA A . d) T QA A e Q HA A .= 
 
29) (AFA 2000) O valor de 2x , na figura abaixo, é 
 
a) 
2
2 ab
4
− b) 
4 2
2
a a
4b
− c) 
2 4
2
b b
4 a
− d) 
4
2
2
b
b
4a
− 
 
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30) (AFA 2000) Seja P um ponto interior a um triângulo equilátero de lado k. Qual o 
valor de k, sabendo-se que a soma das distâncias de P a cada um dos lados do triângulo 
é 2? 
a) 
2 3
3
 b) 3 c) 
4 3
3
 d) 2 3 
 
31) (AFA 2000) Na figura, O e M são centros das semicircunferências. O perímetro do 
triângulo DBC, quando AO r 2 AM,= =  é 
 
a) 
( )r 3 2 5
2
+
 b) 
( )r 2 3 5
2
+
 
c) 
( )r 2 3 10
2
+
 d) 
( )r 3 2 10
2
+
 
 
32) (AFA 2001) Conforme a figura abaixo, s e t são, respectivamente, retas secante e 
tangente à circunferência de centro O. Se T é um ponto da circunferência comum às 
retas tangente e secante, então o ângulo , formado por t e s, é 
 
a) 10 b) 20 c) 30 d) 40 
 
33) (AFA 2001) Sejam r e s retas paralelas. A medida do ângulo, na figura abaixo, é 
 
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a) 115 b) 125 c) 135 d) 145 
 
 
 
34) (AFA 2001) Na figura, O é o centro da circunferência de raio r, AD DE EB r= = = 
e  é o menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 9h 25min . O valor do 
ângulo ˆCBE = é 
 
a) 120 b) 119,45 c) 126,25 d) 135,50 
 
35) (AFA 2001) A figura abaixo representa um quadrado de 8 cm de lado. A área, em 
2cm , da figura sombreada é 
 
a) 23,02 b) 24,01 c) 25,04 d) 26,10 
 
36) (AFA 2002) No desenho abaixo, estão representados os terrenos I, II e III. 
 
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Quantos metros de comprimento deverá ter o muro que o proprietário do terreno II 
construirá para fechar o lado que faz frente com a rua B? 
a) 28 b) 29 c) 32 d) 35 
 
 
 
37) (AFA 2002) Na figura abaixo, os pontos A, B e C pertencem à circunferência de 
centro O e raio r. Se 140 = e 50 , = então, a área do triângulo BOC é 
 
a) 
r 3
2
 b) 
2r 2
3
 c) 
r 2
9
 d) 
2r 3
4
 
 
38) (AFA 2002) Na figura abaixo, os triângulos ABC e CDE são equiláteros. Se a razão 
entre as áreas desses triângulos é 
9
4
 e o perímetro do menor é 12, então, a área do 
quadrilátero ABDE é 
 
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a) 2 3+ b) 9 3 c) 11 3− d) 19 3 
 
39) (AFA 2003) As duas polias da figura giram simultaneamente em torno de seus 
respectivos centros O e O’, por estarem ligadas por uma correia inextensível. 
 
Quantos graus deve girar a menor polia para que a maior dê uma volta completa? 
a) 1080 b) 120 c) 720 d) 2160 
 
40) (AFA 2003) ABC é um triângulo retângulo em A e CX é bissetriz do ângulo ˆBCA, 
onde X é ponto do lado AB. A medida de CX é 4 cm e a de BC é 24 cm. Sendo 
assim, a medida do lado AC, em centímetros, é igual a 
a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 
 
41) (AFA 2003) Na figura, o triângulo AEC é equilátero e ABCD é um quadrado de 
lado 2 cm. A distância BE, em cm, vale. 
 
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a) 2 3 b) 6 1− c) 3 2+ d) 6 2− 
 
42) (AFA 2003) Na figura, RST é um triângulo retângulo em S. Os arcos RnSpT , 
RmS e SqT são semicircunferências cujos diâmetros são, respectivamente, RT , SR e 
ST . A soma das áreas das figuras hachuradas está para a área do triângulo RST na 
razão 
 
a) 
1
3
 b) 
1
2
 c) 1 d) 
3
2
 
 
43) (AFA 2004) Um trapézio  tem bases de medidas 80 m e 60 m, e altura de medida 
24 m. A 6 m da maior base, traça-se uma paralela situada entre as duas bases do 
trapézio , determinando, assim, dois outros trapézios  e . O módulo da diferença 
entre as áreas dos trapézios  e  é, em 
2m , igual a 
a) 700 b) 750 c) 820 d) 950 
 
44) (AFA 2004) Seja PQ tangente à circunferência de centro O e raio r. Se CQ r,= 
pode-se afirmar que PQ PC+ é igual a 
 
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a) r 3+ b) 2r r 3+ c) r 3 d) r r 3+ 
 
45) (AFA 2005) Considere o triângulo ABC, de lados AB 15,= AC 10,= BC 12= e 
seu baricentro G. Traçam-se GE e GF paralelos a AB e AC, respectivamente, conforme 
a figura abaixo. O perímetro do triângulo GEF é um número que, escrito na forma de 
fração irredutível, tem a soma do numerador com o denominador igual a 
 
a) 43 b) 40 c) 38 d) 35 
 
46) (AFA 2007) Um triângulo retângulo está circunscrito a um círculo de raio 15 m e 
inscrito em um círculo de raio 37,5 m. A área desse triângulo, em 2m , mede 
a) 350 b) 750 c) 1050 d) 1350 
 
47) (AFA 2008) Considere um triângulo MNP, equilátero, inscrito numa circunferência 
de centro O e raio r. Seja RS uma corda que intercepta os lados MN e MP do 
triângulo nos pontos T e V, pontos médios dos respectivos lados (R está no arco MN 
menor). Se RT VS 1 cm,  então o valor da área do quadrilátero NPVT, em 
2cm , é 
dado por um número do intervalo (Dados 3 1,73= e 5 2, 23)= 
a)  1,3 b)  5,7 c)  7,9 d)  3,5 
 
 
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48) (AFA 2008) Um triângulo ABC é não isósceles. Sejam M, N e P, respectivamente, 
os pontos médios dos lados AB, BC e AC desse triângulo, de forma que AN 3 cm= e 
BP 6 cm.= Se a área do triângulo ABC mede 
23 15 cm , então o comprimento da outra 
mediana, CM, em cm, é igual a 
a) 3 6 b) 6 15 c) 3 d) 2 
 
49) (AFA 2009) Considere num mesmo plano os pontos da figura abaixo, de tal forma 
que: 
(I) AW CW EW GW IW LW NW PW       
(II) BW DW FW HW JW MW OW QW       
(III) AWB BWC CWD PWQ QWA     
(IV) PC AE CG EI GL IN NA LP a        
 
A área da região sombreada da figura, em função de a, é: 
a) 
2 212a 8a 2− b) 
2 26a 4a 2+ 
c) 
2 212a 8a 2+ d) 
2 26a 4a 2− 
 
50) (AFA 2011) As circunferências 1 e 2 da figura abaixo interiores e a distância 
entre os centros 1C e 2C é igual a 11 cm 
 
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Se a área sombreada é igual à área não sombreada na figura, é correto afirmar que o raio 
de 2 , em cm, é um número do intervalo 
a) 





5
11
,2 b) 





10
23
,
5
11
 c) 





2
5
,
10
23
 d) 





5
13
,
2
5
 
 
51) (AFA 2011) Na figura abaixo têm-se quatro círculos, congruentes de centros 1O , 
2O , 3O e 4O e de raio igual a 10 cm . Os pontos M, N, P e Q são pontos de tangência 
entre os círculos e A, B, C, D, E, F, G e H são pontos de tangência entre os círculos e a 
correia que os contorna. 
 
Sabendo-se que essa correia é inextensível, seu perímetro, em cm, é igual a 
a) ( )2 40+ b) ( )5 16+ c) ( )20 4+ d) ( )5 8+ 
 
52) (AFA 2012) Conforme a figura abaixo, A é o ponto de tangência das 
circunferências de centros 1C , 2C e 3C . Sabe-se que os raios dessas circunferências 
formam uma progressão geométrica crescente. 
 
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Se os raios das circunferências de centros 1C e 2C medem, respectivamente, 2r e 3r , 
então a área da região sombreada vale, em unidades de área, 
a) 2
55
r
8
 b) 2
29
r
4
 c) 2
61
r
8
 d) 28 r 
 
53) (AFA 2013) Um triângulo é tal que as medidas de seus ângulos internos constituem 
uma progressão aritmética e as medidas de seus lados constituem uma progressão 
geométrica. Dessa maneira, esse triângulo NÃO é: 
a) acutângulo. b) equilátero. c) obtusângulo. d) isósceles. 
 
54) (AFA 2014) Na figura abaixo, os três círculos têm centro sobre a reta AB e os dois 
de maior raio têm centro sobre a circunferência de menor raio. 
 
 
 
A expressão que fornece o valor da área sombreada é 
 
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a) 2
17 6 3
r
9
−
 b) 2
11 9 3
r
12
 +
 c) 2
15 4 3
r
9
 −
 d) 2
13 6 3
r
12
 +
 
 
55) (AFA 2015) Seja o quadrado ABCD e o ponto E pertencente ao segmento AB . 
Sabendo-se que a área do triângulo ADE , a área do trapézio BCDE e a área do 
quadrado ABCD formam juntas, nessa ordem, uma Progressão Aritmética (P.A.) e a 
soma das áreas desses polígonos é igual a 2800 cm , tem-se que a medida do segmento 
EB 
a) é fração própria. 
b) é decimal exato. 
c) é decimal não exato e periódico. 
d) pertence ao conjunto 
*A + += − . 
 
56) (AFA 2017) Considere, no triângulo ABC abaixo, os pontos P AB, Q BC, 
R AC e os segmentos PQ e QR paralelos, respectivamente, a AC e AB. Sabendo 
que BQ 3 cm,= QC 1 cm= e que a área do triângulo ABC é 
28 cm , então a área do 
paralelogramo hachurado, em 2cm , é igual a 
 
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 
 
57) (AFA 2018) A figura aseguir é um pentágono regular de lado 2 cm. 
 
Os triângulos DBC e BCP são semelhantes. 
 
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A medida de AC, uma das diagonais do pentágono regular, em cm, é igual a 
a) 1 5+ b) 1 5− + c) 
5
2
2
+ d) 2 5 1− 
 
 
 
 
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RESPOSTAS 
 
1) c (Relações métricas nos triângulos) 
2) a (Áreas de regiões circulares) 
3) b (Polígonos angular e progressão aritmética) 
4) d (Semelhança de triângulos) 
5) d (Triângulos retângulos) 
6) a (Relações métricas nos triângulos retângulos) 
7) c (Áreas) 
8) b (Áreas de regiões circulares) 
9) a (Semelhança de triângulos) 
10) b (Semelhança de triângulos) 
11) b (Triângulos retângulos e áreas) 
12) b (Áreas) 
13) d (Ângulos no relógio) 
14) c (Triângulos retângulos e áreas) 
15) d (Semelhança de triângulos) 
16) d (Semelhança de triângulos) 
17) a (Congruência e pontos notáveis do triângulo) 
18) a (Quadriláteros inscritíveis) 
19) c (Áreas) 
20) c (Ângulos nos triângulos e quadriláteros) 
21) a (Ângulos no triângulo) 
22) c (Áreas de regiões circulares) 
23) c (Ângulos na circunferência) 
24) d (Teorema de Menelaus) 
25) a (Áreas de regiões circulares) 
26) a (Ângulos no relógio) 
27) b (Áreas) 
28) a (Áreas) 
29) d (Semelhança de triângulos) 
30) c (Áreas) 
31) d (Triângulos retângulos) 
32) a (Ângulos na circunferência) 
33) c (Ângulos entre paralelas) 
34) c (Ângulos no relógio e ângulos na circunferência) 
35) c (Áreas) 
36) c (Teorema de Thales) 
37) d (Ângulos na circunferência e áreas) 
38) d (Áreas) 
39) a (Comprimentos na circunferência) 
40) a (Trigonometria no triângulo retângulo) 
41) d (Relações métricas nos polígonos regulares) 
42) c (Áreas de regiões circulares) 
43) b (Áreas e semelhança de triângulos) 
44) d (Ângulos na circunferência e trigonometria no triângulo retângulo) 
45) b (Semelhança de triângulos) 
46) d (Áreas) 
47) d (Áreas) 
 
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48) a (Pontos notáveis e relações métricas nos triângulos) 
49) d (Áreas) 
50) c (Áreas) 
51) c (Comprimento da circunferência) 
52) c (Áreas) 
53) c (Relações métricas nos triângulos) 
54) d (Áreas) 
55) c (Áreas) 
56) b (Áreas) 
57) a (Relações métricas nos polígonos regulares) 
 
 
 
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RESOLUÇÕES 
 
1) (AFA 1994) Num triângulo ABC, os ângulos B̂ e Ĉ medem, respectivamente, 45 e 
60 , o lado AC mede 2 cm. Então, a medida do lado BC (em cm) é: 
a) 
3
1
3
+ b) 
1
3
2
+ c) 1 3+ d) 2 2+ 
 
RESOLUÇÃO: c 
 
Vamos inicialmente calcular o seno de 75 . 
( )sen 75 sen 45 30 sen 45 cos30 sen 30 cos 45
2 3 1 2 6 2
2 2 2 2 4
 = +  =  +   =
+
=  + + =
 
Vamos agora aplicar a lei dos senos no triângulo ABC. 
AC BC 2 BC 2 6 2
BC 3 1
ˆ ˆ sen 45 sen 75 4sen B sen A 2
2
+
=  =  =  = +
 
 
 
 
2) (AFA 1995) Na figura, todos os círculos têm raio r. Qual a área da parte hachurada? 
 
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a) ( )2r 2 3 − b) ( )2r 3 3 − 
c) ( )2r 4 3 − d) ( )2r 5 3 − 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
Como os quatro círculos possuem o mesmo raio, os triângulos ABC e BCD, formandos 
pelos seus centros, são equiláteros de lado 2r. 
Portanto, a área hachurada é igual à área dos dois triângulos equiláteros menos a área de 
seis setores circulares de 60 e raio r. Assim, temos: 
( )
( )
2 2
2
ABC BCD setor 60
2r 3 r
S S S 6 S 2 6 2 3 r
4 6


= + −  =  −  = −  
 
3) (AFA 1995) Num pentágono convexo, os ângulos internos estão em progressão 
aritmética. Qual o 3º termo, em graus dessa progressão? 
a) 54 b) 108 c) 162 d) 216 
 
RESOLUÇÃO: b 
Os ângulos internos do pentágono forma uma PA de 5 termos, então podem ser 
representados na forma PA : a 2r,a r,a,a r,a 2r.− − + + 
 
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A soma dos ângulos internos do pentágono convexo é ( )5S 180 5 2 540 ,=  − =  então 
esse é o valor da soma dos termos da PA. Assim, temos: 
( ) ( ) ( ) ( )a 2r a r a a r a 2r 540 5a 540 a 108− + − + + + + + =  =  =  
Portanto, o 3º termo da PA é a 108 .=  
 
 
4) (AFA 1995) Dados dois triângulos semelhantes, um deles com 4, 7 e 9 cm de lado, e 
o outro com 66 cm de perímetro, pode-se afirmar que o menor lado do triângulo maior 
mede, em cm. 
a) 9,8 b) 11,6 c) 12,4 d) 13,2 
 
RESOLUÇÃO: d 
Sejam a, b, c os lados do triângulo de perímetro 66 cm. Como os triângulos são 
semelhantes, os lados correspondentes são proporcionais. Assim, sem perda de 
generalidade, temos: 
a b c a b c 66 66
a 4 13,2
4 7 9 4 7 9 20 20
+ +
= = = =  =  =
+ +
 
Portanto, o menor lado do triângulo maior é a 13, 2= (pois ele é proporcional ao menor 
lado do triângulo menor). 
 
 
5) (AFA 1995) Na figura abaixo, a razão 
x

 é: 
 
a) 5 b) 6 c) 2 2 d) 10 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
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Aplicando o teorema de Pitágoras em (I), temos: 
( )22 2 2y 2 5=  +  =  
Aplicando o teorema de Pitágoras em (II), temos: 
2 2 2 2 2 2z y 5 6= + =  + =  
Aplicando o teorema de Pitágoras em (III), temos: 
( )22 2 2 2 2
x
x z 2 6 4 10 x 10 10= +  =  +  =   =   =

 
 
 
6) (AFA 1995) No retângulo ABCD, BC e PC medem, respectivamente, 5 cm e 3 cm. 
Qual a área, em 
2cm , do triângulo ABP? 
 
a) 
32
3
 b) 16 c) 19 d) 
62
3
 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
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Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo BCP, temos: 
2 2 2 2 2 2BP PC BC BP 3 5 BP 4.+ =  + =  = 
Sabemos que, em um triângulo retângulo, o quadrado da altura é igual à projeção dos 
catetos. Assim, no triângulo retângulo ABC, temos: 
2 2 16BP PC AP 4 3 AP AP
3
=   =   = 
A área do triângulo retângulo ABP é igual à metade do produto dos catetos, então 
2
ABP
AP BP 1 16 32
S 4 cm .
2 2 3 3

= =   = 
 
 
7) (AFA 1995) A razão entre as áreas de um quadrado de lado  e de um círculo de raio 
r, que possuem o mesmo perímetro, é: 
a) 
8

 b) 
6

 c) 
4

 d) 
2

 
 
 
 
RESOLUÇÃO: c 
O perímetro do quadrado de lado  é Q2p 4 ,=  e o perímetro do círculo de raio r é 
C2p 2 r.=  Assim, temos: 4 2 r .
r 2
 
 =   = 
A razão entre as áreas de um quadrado de lado  e de um círculo de raio r é 
2 22
Q
2
C
S 1 1
.
S r 2 4r
      
= =  =  =   
      
 
 
 
8) (AFA 1995) Considere uma circunferência inscrita num quadrado de lado a. A área 
da região hachurada é: 
 
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a) ( )
2a
4
64
− b) ( )
2a
4
32
− c) ( )
2a
4
16
− d) ( )
2a
4
8
− 
 
RESOLUÇÃO: b 
A área hachurada é 
1
8
 da diferença entre a área do quadrado e do círculo. 
A circunferência inscrita no quadrado de lado a tem diâmetro a, e consequentemente 
raio 
a
r .
2
= 
Assim, a área da região hachurada é 
( ) ( )
2 2 2
2
quadrado círculo
1 1 a a a
S S S a 1 4
8 8 2 8 4 32
     
 =  − = −  = − = −    
    
 
 
 
9) (AFA 1996) Seja ABC um triângulo retângulo com catetos AB e BC. Divide-se AB 
em 10 partes congruentes e, pelos pontos de divisão, traçam-se retas paralelas a BC, 
cortando o lado AC e determinando 9 segmentos paralelos a BC. Se BC 18,= então a 
soma das medidas desses segmentos é: 
a) 81 b) 64 c) 49 d) 100 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
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É dado que: 
1 1 2 2 3 8 99AB B B B B B B B B= = = = = 
1 1 2 2 3 3 9 9B C B C B C B C BC 
Assim, temos 1 1 2 2 9 9AB C ~ AB C ~ ~ AB C ~ ABC. 
3 3 9 91 1 2 2
1 2 3 9
B C B CB C B C BC
AB AB AB AB AB
 = = = = = 
3 3 9 91 1 2 2 B C B CB C B C 18
1 2 3 9 10
 = = = = = 
1 1 2 2 9 9B C B C B C 18
1 2 9 10
+ + +
 =
+ + +
 
( )
1 1 2 2 9 9
1 9 9 18
B C B C B C 81
2 10
+ 
 + + + =  = 
 
 
10) (AFA 1996) A base maior de um trapézio mede 26 cm, a menor 14 cm e a altura 
6 cm. As alturas dos triângulos formados pelos prolongamentos dos lados não paralelos, 
em cm, são: 
a) 8 e 9 b) 7 e 13 c) 91 e 14 d) 15 e 18 
 
RESOLUÇÃO: b 
 
 
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Como o quadrilátero ABCD é um trapézio, suas bases AB e CD são paralelas. Isso 
implica que os triângulos ABE e DCE são semelhantes. Assim, temos: 
( )
EH' CD x 14 x 14 x 14
x 7
EH AB x 6 26 x 6 x 26 14 6 12
=  =  =  =  =
+ + − −
 
Logo, as alturas dos triângulos formados pelos prolongamentos dos lados não paralelos 
são EH ' x 7 cm= = e EH x 6 7 6 13 cm.= + = + = 
Note que a diferença entre as duas alturas deve ser 6 cm, então a única opção possível é 
a b). 
 
 
11) (AFA 1996) Qual a área do triângulo retângulo isósceles que inscreve uma 
circunferência de raio r 2 ?= 
a) ( )3 2 2+ b) ( )2 3 2 2+ c) ( )3 2 2+ d) ( )4 1 2+ 
 
RESOLUÇÃO: b 
 
Sabemos que, em um triângulo retângulo, o raio do círculo inscrito é igual ao 
semiperímetro menos a hipotenusa, conforme indicado na figura. 
O triângulo retângulo isósceles de hipotenusa BC a= tem catetos 
a 2
AB AC .
2
= = 
O raio do círculo inscrito é dado por 
( )1 a 2 a 2 ar p a a a 2 1 2
2 2 2 2
 
= − = + + − = − = 
 
 
( )a 2 2 1 2 2 a 2 2 2
2 2 1 2 1
+
 =  = +  = +
− +
 
A área do triângulo retângulo isósceles é a metade do produto dos catetos, então 
( )
( )
2
2
ABC
AB AC 1 a 2 a 2 a 2 2 2
S 6 4 2 2 3 2 2
2 2 2 2 4 4
  + 
= =   = = = + = + 
 
 
 
 
 
 
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12) (AFA 1996) Qual a diferença entre a área de um triângulo equilátero de lado a e a 
área da circunferência nele inscrita? 
a) 
( )2a 2 3
12
−
 b) 
( )2a 3 3
12
−
 
b) 
( )2a 4 3
12
−
 d) 
( )2a 5 3
12
−
 
 
RESOLUÇÃO: b 
O raio do círculo inscrito em um triângulo equilátero é um terço da sua altura. 
Assim, em um triângulo equilátero de lado a, a altura mede 
a 3
h
2
= e o raio do círculo 
inscrito é 
h 1 a 3 a 3
r .
3 3 2 6
= =  = 
A diferença entre a área de um triângulo equilátero de lado a e a área da circunferência 
nele inscrita é 
( )
22 2 2 2 2
2
triâng. circ.
a 3 a 3 a 3 a 3 a a
S S r 3 3
4 4 6 4 12 12
  
− = − = − = − = − 
 
 
 
 
13) (AFA 1996) O valor do menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 2h 
e 15min é: 
a) 15 b) 30 c) 17 30' d) 22 30' 
 
RESOLUÇÃO: d 
Sabemos que o menor ângulo formado pelos ponteiros das horas e dos minutos de um 
relógio à H horas de M minutos é 
60 H 11 M
.
2
 − 
 = 
Assim, às 2h e 15min, temos H 2= e M 15,= então o ângulo é dado por 
60 2 11 15 120 165 45 45
22,5 22 30'
2 2 2 2
 −  − −
 = = = = =  =  
 
Bizu: Ângulo entre os ponteiros de um relógio 
Vamos analisar o problema de identificar o ângulo  entre os ponteiros das horas e dos 
minutos de um relógio às H horas e M minutos. 
 
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Figura 1 Figura 2 
O ângulo entre as marcações de horas é 
360
30
12
= e o ângulo entre as marcações de 
minutos é 
360
6
60
= . 
A velocidade angular do ponteiro das horas é 
30
0,5 min
60 min
= e a velocidade 
angular do ponteiro dos minutos é 
360
6 min
60 min
= . 
Às H horas em ponto, o ângulo entre os ponteiros do relógio é ˆAOB 30 H=  . 
Entre H horas em ponto e H horas e M minutos, passaram-se M minutos. Nesse 
período, o ponteiro das horas deslocou-se ˆBOD 0,5 min M min 0,5 M=  =  e o 
ponteiro dos minutos deslocou-se ˆAOC 6 min M min 6 M=  =  . Assim, há duas 
possibilidades para o ângulo entre os ponteiros das horas e dos minutos: 
1°) Se o ponteiro dos minutos não ultrapassou o ponteiro das horas (Figura 1), temos: 
ˆ ˆ ˆ ˆCOD AOB BOD AOC 30 H 0,5 M 6 M 30 H 5,5 M = = + − =  +  −  =  −  . 
2°) Se o ponteiro dos minutos ultrapassou o ponteiro das horas (Figura 2), temos: 
ˆ ˆ ˆ ˆCOD AOC AOB BOD 6 M 30 H 0,5 M 5,5 M 30 H = = − − =  −  −  =  −  . 
A expressão para o ângulo entre os ponteiros das horas e dos minutos de um relógio às 
H horas e M minutos pode ser representada de maneira única como 
60 H 11 M
2
 − 
 = . 
 
 
14) (AFA 1996) Na figura abaixo, OA 5,= AB 3,= ˆ ˆ ˆAOB BOC COD= = =  e 
ˆˆ ˆABO BCO CDO 90 .= = =  Se 2x cos ,=  então a área do triângulo CDO é: 
 
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a) 23x b) 24x c) 
26x d) 28x 
 
RESOLUÇÃO: c 
Os triângulos retângulos ABO, BCO e CDO possuem os mesmos ângulos, logo são 
semelhantes. 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulos ABO, temos: 
2 2 2 2 2 2AB OB OA 3 OB 5 OB 4+ =  + =  = 
Como ABO ~ BCO,  temos: 
BC OC OB BC OC 4 12 16
BC OC
AB OB OA 3 4 5 5 5
= =  = =  =  = 
Como ABO ~ CDO,  temos: 
CD OD OC CD OD 16 5 16 16
CD 3 OD 4
AB OB OA 3 4 5 25 25
= =  = =  =   =  
No triângulo retângulo ABO, temos: 
OB 4
cos ,
OA 5
 = = então 
2
2 4 16x cos .
5 25
 
=  = = 
 
 
A área do triângulo retângulo CDO é a metade do produto dos catetos, então 
2
2
CDO
1 1 16 16 16
S OD CD 4 3 6 6x
2 2 25 25 25
     
=   =     =  =     
     
 
 
 
15) (AFA 1996) Os lados de um triângulo ABC medem AB 20 cm,= BC 15 cm= e 
AC 10 cm.= Sobre o lado BC marca-se BD 3 cm= e traçam-se paralelas DE ao lado 
AB (E sobre AC) e DF ao lado AC (F sobre AB). O perímetro do paralelogramo AEDF, 
em cm, é: 
a) 24 b) 28 c) 32 d) 36 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
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Como DF AC, então FBD ~ ABC,  o que implica 
FB DF BD FB DF 3
FB 4 DF 2
AB AC BC 20 10 15
= =  = =  =  = 
Assim, temos: AE DF 2= = e DE AF AB FB 20 4 16.= = − = − = 
Logo, o perímetro do paralelogramo é ( )AEDF2p 2 2 16 36.=  + = 
 
 
16) (AFA 1997) Sejam os triângulos ABC e CDE. O triângulo ABC está inscrito em 
uma circunferência  de raio 3, o lado CA mede 3 e AB é diâmetro de . Os 
vértices D e E do triângulo CDE são a interseção do prolongamento dos lados CA e CB 
com a reta paralela a AB e tangente à circunferência . O valor de DE é: 
a) 9 b) 5 3 c) 6 3+ d) ( )2 2 3+ 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
Como AB é diâmetro da circunferência , então o triângulo ABC é retângulo em C. 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABC, temos: 
( ) ( )
2 22 2 2BC AB AC 2 3 3 9 BC 3= − = − =  = 
Vamos agora calcular a altura de ABC: 
3
AB CH AC BC 2 3 CH 3 3 CH
2
 =    =   = 
 
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A altura relativa ao lado DE do triângulo DCE é 
3
CH ' CH HH ' CH OT 3.
2
= + = + = + 
Como DE AB, então ACB ~ DCE.  Assim, temos: 
( )
( )
3
3
DE CH ' DE 3 2 3 2 3 3 2 32 DE 2 2 3
3AB CH 3 32 3
2
+
+ +
=  = =  = = + 
 
 
17) (AFA 1997) Considerando-se a figura abaixo, NÃO se pode afirmar que 
 
a) Se o triângulo ABC é isósceles, então os triângulos ABD, ACE e BCD são sempre, 
dois a dois, congruentes. 
b) Os triângulos ABD e AEC são congruentes se os lados AB e BC forem congruentes e 
F o incentro do triângulo ABC. 
c) Os triângulos ABD e AEC são congruentes se os lados AB e BC forem congruentes e 
F o ortocentro do triângulo ABC. 
d) Os triângulos BEF e CDF são congruentes se os lados AB e BC forem congruentese 
F o baricentro do triângulo ABC. 
 
RESOLUÇÃO: a 
a) INCORRETO 
Se AD AE, os triângulos ABD e ACE não serão congruentes. Note que AB AC= e o 
ângulo  é comum aos dois triângulos. Assim, se AD AE,= eles seriam congruentes 
pelo caso L.A.L. 
b) CORRETO 
Se F é o incentro do triângulo ABC, então BD e CE são bissetrizes internas, o que 
implica ˆ ˆABD DBC= e ˆ ˆACE ECB.= 
Se AB AC,= então ˆˆABC ACB,= o que implica ˆ ˆˆ ˆABD DBC ACE ECA.= = = 
A.L.A.
 comum
AB AC ABD ACE
ˆˆABD ACE


=    

= 
 
c) CORRETO 
 
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Se F é o ortocentro do triângulo ABC, então BD e CE são alturas do triângulo, o que 
implica ˆ ˆADB AEC 90 .= =  
A.L.A.
 comum
AB AC ABD ACE
ˆ ˆˆABD ACE 90 A


=    

= = − 
 
d) CORRETO 
Se F é o baricentro do triângulo ABC, então BD e CE são medianas, o que implica 
AE BE= e AD DC.= 
Se AB AC,= então AE BE AD DC.= = = 
L.A.L.
AB AC
ˆ ˆˆA comum ABD ACE ABD ACE
AD AE
= 

     =

= 
 
( )
oL.A.A .
BE CD
ˆˆEBF DCF BEF CDF
ˆ ˆBFE CFD o.p.v.
= 

=    

= 
 
Note que, nas letras b), c) e d), as figuras são simétricas em relação à altura do vértice, 
pois o incentro, o ortocentro e o baricentro estão sobre essa altura. Na letra a), o ponto F 
não está necessariamente sobre a altura, então não se pode garantir simetria. 
 
 
18) (AFA 1998) Inscreve-se um quadrilátero convexo ABCD em uma circunferência 
tal que ˆABC x .= Então, ˆ ˆACB BDC,+ em graus, é o 
a) suplementar de x. b) suplementar de 2x. 
c) complementar de x. d) complementar de 2x. 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
Como o quadrilátero ABCD é inscritível, então 
ABˆ ˆACB ADB .
2
= = Assim, temos: 
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆACB BDC ADB BDC ADC 180 ABC 180 x+ = + = = − = − 
 
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Portanto, ˆ ˆACB BDC+ é o suplementar de x . 
Note que utilizamos que, em um quadrilátero inscritível, os ângulos opostos são 
suplementares. 
 
 
19) (AFA 1998) Dois vértices de um triângulo equilátero pertencem a dois lados de um 
quadrado cuja área é 21m . Se o terceiro vértice do triângulo coincide com um dos 
vértices do quadrado, então, a área do triângulo, em 2m , é 
a) 2 3 1− b) 2 3 1+ c) 3 2 3− + d) 3 2 3+ 
 
RESOLUÇÃO: c 
Inicialmente, você pode observar a única alternativa válida é a letra (c), pois a área do 
triângulo equilátero deve ser menor que a do quadrado, ou seja, menor do que 21m . 
Dito isso, vemos descobrir como obter a área desse triângulo. 
 
Como o quadrado tem área 
21 m , seu lado tem medida 1 m. 
Vamos aplicar o teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos CDE e AEF. 
2 21 x= + 
( ) ( )2 22 21 x 1 x 2 4x 2x= − + − = − + 
2 2 2 4 2 31 x 2 4x 2x x 4x 1 0 x 2 3
2

 + = − +  − + =  = =  
x 1 x 2 3  = − 
( ) ( )
22 21 x 1 2 3 1 7 4 3 4 2 3 = + = + − = + − = − 
A área do triângulo equilátero é ( ) ( )
2
2
CEF
3 3
S 4 2 3 2 3 3 m .
4 4
= =  − = − 
 
 
20) (AFA 1998) Seja ABCD um quadrado, ABE um triângulo equilátero e E um ponto 
interior ao quadrado. O ângulo ˆAED mede, em graus, 
a) 55 b) 60 c) 75 d) 90 
 
 
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RESOLUÇÃO: c 
 
O ângulo ˆDAE é dado por ˆ ˆ ˆDAE BAD BAE 90 60 30 .= − = −  =  
O triângulo DAE é isósceles, então 
180 30ˆ ˆADE AED 75 .
2
 − 
 = = = =  
 
 
21) (AFA 1998) Seja o triângulo equilátero DEF, inscrito no triângulo isósceles ABC, 
com AB AC= e DE paralelo a BC (D sobre AB e E sobre AC). Tomando-se ˆADE ,= 
ˆCEF =  e ˆDFB =  pode-se afirmar que 
a) 2 + =  b) 2 + =  c) 2 3 +  =  d) 2 3+  =  
 
RESOLUÇÃO: a 
 
ˆ ˆDE BC CBA EDA = = 
ˆ ˆAB AC BCA CBA=  = = 
 
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ˆˆDE BC DEC BCA = = 
Observando o ângulo ˆAEC 180 ,=  temos: 60 180 120 .+ + =  + =  
No ângulo raso ˆADB, temos ˆ ˆ ˆ60 BDF 180 BDF 120 BDF .+ + = + =  = 
O triângulo BDF tem ângulos internos ,  e . Como 120 , + =  então 60 , =  o 
que implica 2 . + =  
 
 
22) (AFA 1998) Um círculo com área 2100 cm possui uma corda de 16 cm. Qual a 
área, em 2cm , do maior círculo tangente a essa corda e a esse círculo em pontos 
distintos? 
a) 36 b) 49 c) 64 d) 81 
 
RESOLUÇÃO: c 
 
O círculo de centro O com área 
2100 cm tem raio 10 cm. 
Traçando-se o diâmetro CD perpendicular à corda AB de 16 cm, determina-se o ponto 
de intersecção M que é médio da corda AB. Assim, AM MB 8 cm.= = 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AMO, temos: 
2 2 2 2 2OM OA AM 10 8 36 OM 6.= − = − =  = 
O diâmetro do maior círculo tangente à corda e ao círculo em pontos distintos é MD. 
Como MD MO OD 6 10 16,= + = + = então a área desse círculo é 
2
216S 64 cm .
2
 
=  =  
 
 
 
 
23) (AFA 1998) O pentágono ABCDE está inscrito em uma circunferência de centro O. 
Se o ângulo ˆAOB mede 40 , então a soma dos ângulos ˆBCD e ˆAED, em graus, é 
a) 144 b) 180 c) 200 d) 214 
 
RESOLUÇÃO: c 
 
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O ângulo ˆAOB 40=  é um ângulo central, então menorAB 40 .=  
Os ângulos ˆBCD =  e ˆAED =  são ângulos inscritos na circunferência, então 
menorBAED AB AEDˆBCD
2 2
+
 = = = 
menorABCD AB BCDˆAED
2 2
+
 = = = 
menor menorAB AB BCD AED 40 360ˆ ˆBCD AED 200
2 2 2 2
+ +  
+ = + = + = + =  
Note que menorAB BCD AED 360 .+ + =  
 
 
24) (AFA 1999) Na figura abaixo o perímetro do triângulo equilátero ABC é 72 cm , M 
é o ponto médio de AB e CE 16 cm= . Então, a medida do segmento CN, em cm, é um 
sétimo de 
 
a) 51 b) 50 c) 49 d) 48 
 
RESOLUÇÃO: d 
O triângulo equilátero ABC de perímetro 72 cm tem lados iguais a 
72
24 cm.
3
= 
 
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Aplicando o teorema de Menelaus no triângulo ABC com secante ENM, onde CN x,= 
temos: 
AM CN BE 12 x 40 48
1 1 x
BM AN CE 12 24 x 16 7
  =    =  =
−
 
Portanto, 
48
CN x
7
= = é um sétimo de 48. 
 
 
25) (AFA 1999) Na figura abaixo, o lado do quadrado é 1 cm. Então, a área da região 
sombreada, em 
2cm , é 
 
 
a) 
1
4 2

− b) 
1
2 2

− c) 
1
4 4

− d) 
1
2 4

− 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
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A região sombreada é igual à soma de quatro segmentos circulares de 90 e raio 
1
2
. 
2
2
1 1
1 1 12 2S 4 cm
4 2 2 4 2
 
     
 =   − = −    
    
 
 
Bizu: Área do setor circular e do segmento circular 
Um setor circular é a região da circunferência delimitada por dois raios e um arco e é 
caracterizado pelo ângulo central por ele determinado. 
A área do setor circular é igual à metade do produto do quadrado do raio pelo ângulo 
central em radianos. 
 
Seja um setor circular de ângulo central  em radianos e de raio R , então sua área é 
2R
S .
2
 
= 
Observe que, se o ângulo central estiver expresso em graus, a expressão resultante é 
2R
S .
360
  
= 
Demonstração: 
A área do setor circular é proporcional ao ângulo central. Assim, um setor circular de  
radianos representa 
2


 da área total do círculo, ou seja, 
2
2 RR
2 2
  
  =

. 
 
 
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Um segmento circular é uma região da circunferência delimitada por uma corda e um 
arco e também é caracterizado pelo ângulo central associado à corda. 
 
Seja um segmento circular de  em radianos e de raio R , então sua área é obtida a 
partir da área do setor circular de ângulo central  e raio R, menos aárea do triângulo 
determinado pelos raios e pela corda, ou seja, 
( )
2
segmento setor triângulo
R
S S S sen .
2
 = − =   −  
 
 
26) (AFA 1999) De 2h 45min a 4h 35min, o ponteiro das horas de um relógio 
percorre, em radianos, 
a) 
11
36

 b) 
3

 c) 
5
18

 d) 
7
24

 
 
RESOLUÇÃO: a 
A posição do ponteiro das horas às 2h 45min é 
45 2 33
2 rad
60 12 12 6
  
+  =  
 
 e às 
4h 35min é 
35 2 55
4 rad.
60 12 12 6
  
+  =  
 
 
Portanto, foram percorridos 
55 33 11
rad.
12 6 12 6 36
  
 −  = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
27) (AFA 1999) A área do quadrado menor, da figura abaixo, vale 
 
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a) 2 b) 2 c) 5 d) 8 
 
RESOLUÇÃO: b 
 
Como o enunciado informa que o quadrilátero menor é um quadrado, então os ângulos 
ˆˆ ˆ ˆAFB BGC CHD DEA 90 .= = = =  
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABF, temos: 
( ) ( )
2 22 2 2AF AB BF 10 2 8 AF 2 2.= − = − =  = 
Observe que os quatro triângulos retângulos da figura são congruentes. 
A área do quadrado menor é igual à área do quadrado maior menos a área dos quatro 
triângulos retângulos. Assim, temos: 
( )
2
EFGH ABCD ABF
2 2 2
S S 4 S 10 4 10 8 2
2

= −  = −  = − = unidades de área. 
 
 
 
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28) (AFA 1999) Considere um triângulo equilátero, um quadrado e um hexágono 
regular, todos com o mesmo perímetro. Sejam TA , QA e HA as áreas do triângulo, do 
quadrado e do hexágono, respectivamente. Então, pode-se afirmar que 
a) T Q HA A A .  b) T Q HA A A .= = 
c) T QA A e Q HA A . d) T QA A e Q HA A .= 
 
RESOLUÇÃO: a 
Seja 2p o perímetro dos três polígonos regulares, então o lado do triângulo equilátero é 
T
2p
L ,
3
= o lado do quadrado é Q
2p
L
4
= e o lado do hexágono regular é H
2p
L .
6
= 
A área do triângulo equilátero é 
2
2
T
3 2p 3
A p .
4 3 9
 
=  = 
 
 
A área do quadrado é 
2
2
Q
2p 1
A p .
4 4
 
= = 
 
 
A área do hexágono regular é 
2
2
H
3 2p 3
A 6 p .
4 6 6
 
=   =  
 
 
2 2 2
T Q H
3 1 3
p p p A A A
9 4 6
     
29) (AFA 2000) O valor de 2x , na figura abaixo, é 
 
a) 
2
2 ab
4
− b) 
4 2
2
a a
4b
− c) 
2 4
2
b b
4 a
− d) 
4
2
2
b
b
4a
− 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
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Teorema de Pitágoras no AMC : 
2
2 2 2 2 bAM MC AC AM a
4
+ =  = − 
2 2 4A.A.
2 2 2
2 22
2
BD BC x b b b b
BDC AMC x a b
a 4AM AC a 4ab
a
4
 
   =  =  =  − = − 
 
−
 
 
 
30) (AFA 2000) Seja P um ponto interior a um triângulo equilátero de lado k. Qual o 
valor de k, sabendo-se que a soma das distâncias de P a cada um dos lados do triângulo 
é 2? 
a) 
2 3
3
 b) 3 c) 
4 3
3
 d) 2 3 
 
RESOLUÇÃO: c 
 
A área do triângulo equilátero ABC é igual à soma das áreas dos triângulos APB, BPC e 
CPA. Assim, temos: 
 
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ABC APB BPC CPA
k CH k PF k PD k PE
S S S S CH PF PD PE
2 2 2 2
   
= + +  = + +  = + + 
A altura CH do triângulo equilátero de lado k é 
k 3
CH .
2
= 
Portanto, 
k 3 4 4 3
CH PD PE PF 2 k .
2 33
= + +  =  = = 
 
 
31) (AFA 2000) Na figura, O e M são centros das semicircunferências. O perímetro do 
triângulo DBC, quando AO r 2 AM,= =  é 
 
a) 
( )r 3 2 5
2
+
 b) 
( )r 2 3 5
2
+
 
c) 
( )r 2 3 10
2
+
 d) 
( )r 3 2 10
2
+
 
 
RESOLUÇÃO: d 
Inicialmente, observemos que A, D e C são colineares, pois 
r
MA MD
2
= = implica 
ˆMAD 45=  e OA OC r= = implica OAC 45 .=  
O ângulo ˆACB 90 ,=  pois é um ângulo inscrito na semicircunferência. 
O triângulo BOC é um triângulo retângulo isósceles de catetos OB OC r,= = então sua 
hipotenusa é BC r 2.= 
O triângulo AMD é um triângulo retângulo isósceles de catetos 
r
MA MB ,
2
= = então 
sua hipotenusa é 
r 2
AD .
2
= 
O cateto CD do triângulo BCD é 
r 2 r 2
CD AC AD r 2 .
2 2
= − = − = 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo BCD, temos: 
( )
2 2 222 2 2 2r 2 2r 10r r 10BD BC CD r 2 2r BD
2 4 4 2
 
= + = + = + =  = 
 
 
Portanto, o perímetro do triângulo BCD é 
 
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( )
BCD
r 2 r 10 r
2p BC CD BD r 2 3 2 10
2 2 2
= + + = + + = + 
 
32) (AFA 2001) Conforme a figura abaixo, s e t são, respectivamente, retas secante e 
tangente à circunferência de centro O. Se T é um ponto da circunferência comum às 
retas tangente e secante, então o ângulo , formado por t e s, é 
 
a) 10 b) 20 c) 30 d) 40 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
Como OT OA,= então ˆˆOTA OAT 80= = . 
Como t é uma reta tangente à circunferência de centro O no ponto T, então OT t.⊥ 
Portanto, 90 80 10 . = − = 
 
 
33) (AFA 2001) Sejam r e s retas paralelas. A medida do ângulo , na figura abaixo, é 
 
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a) 115 b) 125 c) 135 d) 145 
 
RESOLUÇÃO: c 
Analisando as duas transversais à esquerda, temos: y 50 40 90 .= + = 
Analisando a transversal à direita, temos: 
( )y 180 2 180 y 180 90 270 135 .+ − =   = + = + =   = 
 
 
34) (AFA 2001) Na figura, O é o centro da circunferência de raio r, AD DE EB r= = = 
e  é o menor ângulo formado pelos ponteiros de um relógio às 9h 25min . O valor do 
ângulo ˆCBE = é 
 
a) 120 b) 119,45 c) 126,25 d) 135,50 
 
RESOLUÇÃO: c 
O ângulo entre os ponteiros das horas e dos minutos de um relógios às H horas e M 
minutos é 
60 H 11 M
.
2
 − 
 Assim, temos: 
60 9 11 25
132 30'
2
 − 
 = = 
Se AD DE EB r,= = = então essas cordas são lados do hexágono regular inscrito na 
circunferência, o que implica AD DE EB 60 .= = = 
O ângulo  é um ângulo inscrito na circunferência, então 
menorAC ADE 2 60 252 30'
126 15' 126,25 .
2 2 2
+ + 
 = = = = = 
 
 
35) (AFA 2001) A figura abaixo representa um quadrado de 8 cm de lado. A área, em 
2cm , da figura sombreada é 
 
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a) 23,02 b) 24,01 c) 25,04 d) 26,10 
RESOLUÇÃO: c 
 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo EAB , temos: 
2 2 2AE 6 8 100 AE 10= + =  = . 
A.A. AH GH AG AH GH 2 6 8
AGH EAB AH GH
EB AB AE 6 8 10 5 5
   = =  = =  =  = 
EFGH ABCD ABE CEF DFG AGH
2
S S S S S S
6 8
6 8 2 5 3 6 245 58 26 25,04 u.a.
2 2 2 2 25
 = − − − − =

  
= − − − − = − =
 
 
 
36) (AFA 2002) No desenho abaixo, estão representados os terrenos I, II e III. 
 
 
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Quantos metros de comprimento deverá ter o muro que o proprietário do terreno II 
construirá para fechar o lado que faz frente com a rua B? 
a) 28 b) 29 c) 32 d) 35 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÃO: c 
 
A figura apresenta um feixe de retas paralelas (todas perpendiculares à Rua C). 
Portanto, podemos aplicar o teorema de Thales. Assim, temos: 
x 20 4
x 24 32 m
24 15 3
=  =  = . 
 
 
37) (AFA 2002) Na figura abaixo, os pontos A, B e C pertencem à circunferência de 
centro O e raio r. Se 140 = e 50 , = então, a área do triângulo BOC é 
 
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a) 
r 3
2
 b) 
2r 2
3
 c) 
r 2
9
 d) 
2r 3
4
 
 
RESOLUÇÃO: d 
O ângulo ˆABC 50=  = é um ângulo inscrito na circunferência. Assim, temos: 
AC ˆ50 AC 100 AOC 100
2
 = =  =  = (ângulo central) 
O ângulo central ˆBOC é dado por 
ˆ ˆ ˆBOC 360 AOC AOB 360 100 140 120= − − = − − = . 
Portanto, a área do BOC é dada por: 
2 2
BOC
OB OC r r r 3 r 3ˆS senBOC sen120 .
2 2 2 2 4
 
= = =  = 
 
 
38) (AFA 2002) Na figura abaixo, os triângulos ABC e CDE são equiláteros. Se a razão 
entre as áreas desses triângulos é 
9
4
 e o perímetro do menor é 12, então, a área do 
quadrilátero ABDE é 
 
a) 2 3+ b) 9 3 c) 11 3− d) 19 3 
 
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RESOLUÇÃO: d 
 
Seja L o lado do triângulo equilátero ABC e o lado do triângulo equilátero CDE e, 
sabendo que a razão entre as áreas de figuras semelhantes é o quadrado da razão de 
semelhança, temos: 
2
L 9 L 3
4 2
 
=  = 
 
 
Como o perímetro do menor triângulo CDE é 12 , então CDE2p 3 12 4= =  = . 
Assim, temos: 
L L 3
L 6
4 2
= =  = . 
A área do quadrilátero ABDE é dada por: 
2 2
ABDE ABC CDE BCD
6 3 4 3 6 4
S S S S sen 60 13 3 6 3 19 3 u.a.
4 4 2

= + + = + + = + = 
 
 
39) (AFA 2003) As duas polias da figura giram simultaneamente em torno de seus 
respectivos centros O e O’, por estarem ligadas por uma correia inextensível. 
 
Quantos graus deve girar a menor polia para que a maior dê uma volta completa? 
a) 1080 b) 120 c) 720 d) 2160 
 
RESOLUÇÃO: a 
Como a correia é inextensível, os comprimentos percorridos nas duas polias são iguais. 
Se a maior polia dá uma volta completa, a correia percorre 2 3R 6 R. =  
 
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Na polia menor, isso corresponde a 
6 R
3
2 R

=

 voltas, o que equivale a 3 360 1080 . = 
 
 
40) (AFA 2003) ABC é um triângulo retângulo em A e CX é bissetriz do ângulo ˆBCA, 
onde X é ponto do lado AB. A medida de CX é 4 cm e a de BC é 24 cm. Sendo 
assim, a medida do lado AC, em centímetros, é igual a 
a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
No triângulo retângulo ACX , temos: 
AC AC
cos
4CX
 = = . 
No triângulo retângulo ABC , temos: 
AC AC
cos 2
24BC
 = = . 
Como 2cos 2 2cos 1 = − , temos: 
2 2
2AC AC AC AC 8
2 1 1 3AC AC 24 0 AC AC 3
24 4 24 8 3
 
=  −  = −  − − =  = −  = 
 
 
Como AC 0, então AC 3 cm.= 
 
 
41) (AFA 2003) Na figura, o triângulo AEC é equilátero e ABCD é um quadrado de 
lado 2 cm. A distância BE, em cm, vale. 
 
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a) 2 3 b) 6 1− c) 3 2+ d) 6 2− 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
A diagonal BD do quadrado e a altura EM do triângulo equilátero estão sobre a mesma 
reta suporte, pois ambas são perpendiculares a AC em M . Assim, BE EM BM= − . 
As diagonais do quadrado são AC BD 2 2= = e 
BD 2 2
BM 2.
2 2
= = = 
O triângulo equilátero AEC tem lado AC 2 2= e, portanto, altura 
( )2 2 3
EM 6.
2

= = 
Logo, BE EM BM 6 2 cm.= − = − 
 
 
42) (AFA 2003) Na figura, RST é um triângulo retângulo em S. Os arcos RnSpT , 
RmS e SqT são semicircunferências cujos diâmetros são, respectivamente, RT , SR e 
ST . A soma das áreas das figuras hachuradas está para a área do triângulo RST na 
razão 
 
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a) 
1
3
 b) 
1
2
 c) 1 d) 
3
2
 
 
RESOLUÇÃO: c 
 
A área sombreada é igual à área das duas semicircunferências de diâmetros RS e ST 
menos a área da semicircunferência de diâmetro RT mais a área do triângulo RST . 
Aplicando o teorema de Pitágoras ao RST , temos: 2 2 2 2 2 24c 4b 4a c b a= +  = + . 
Assim, a área sombreada é dada por: 
( )2 2 2 2 2 2
RST RST RST
RST
1 1 1 1 S
S b a c S b a c S S 1
2 2 2 2 S
=  +  −  + =  + − + =  = 
 
 
 
 
 
 
43) (AFA 2004) Um trapézio  tem bases de medidas 80 m e 60 m, e altura de medida 
24 m. A 6 m da maior base, traça-se uma paralela situada entre as duas bases do 
trapézio , determinando, assim, dois outros trapézios  e . O módulo da diferença 
entre as áreas dos trapézios  e  é, em 
2m , igual a 
 
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a) 700 b) 750 c) 820 d) 950 
 
RESOLUÇÃO: b 
 
Seja DG BC, então o #BGDC é um paralelogramo e BG CD 60,= = logo AG 20.= 
Seja EF a reta paralela citada no enunciado, distante 6 m da maior base, e o ponto I a 
sua interseção com o segmento DG, então DEI DAG,  o que implica 
EI 18 EI 18
EI 15
24 20 24AG
=  =  = , onde usamos a razão entre as alturas dos dois 
triângulos como razão de semelhança. 
Dessa foram, temos EF EI IF 15 60 75= + = + = . 
As áreas dos trapézios determinados são 
( ) 2
DEFC
75 60 18
S 1215 m
2
+ 
= = e 
( ) 2
AEFB
80 75 6
S 465 m ,
2
+ 
= = cujo módulo da diferença é 21215 465 750 m .− = 
 
 
44) (AFA 2004) Seja PQ tangente à circunferência de centro O e raio r. Se CQ r,= 
pode-se afirmar que PQ PC+ é igual a 
 
a) r 3+ b) 2r r 3+ c) r 3 d) r r 3+ 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
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Se CQ r,= então CQ é o lado do hexágono inscrito na circunferência e ˆCOQ 60= . 
Se PQ tangente à circunferência, então PQ OQ,⊥ o que implica ˆPQO 90 .=  
No triângulo retângulo OPQ, temos: 
PQ PQ
tg 60 3 PQ r 3
rOQ
= = =  = 
PQ r 3 3
sen 60 PC r
2OP r PC
= = =  =
+
 
Portanto, PQ PC r 3 r.+ = + 
 
 
45) (AFA 2005) Considere o triângulo ABC, de lados AB 15,= AC 10,= BC 12= e 
seu baricentro G. Traçam-se GE e GF paralelos a AB e AC, respectivamente, conforme 
a figura abaixo. O perímetro do triângulo GEF é um número que, escrito na forma de 
fração irredutível, tem a soma do numerador com o denominador igual a 
 
a) 43 b) 40 c) 38 d) 35 
 
RESOLUÇÃO: b 
Como G é o baricentro do triângulo ABC , então 
GM 1
.
3AM
= 
Como GE AB e GF AC, então GEF ABC  (A.A.) e a razão de semelhança é 
GM 1
,
3AM
= obtida a partir das medianas homólogas. 
 
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Como a razão entre os perímetros dos triângulos também é igual à razão de semelhança, 
temos: GEF GEF GEF
ABC
2p 2p 1 37
2p .
2p 15 10 12 3 3
= =  =
+ +
 
Como a fração obtida acima já se encontra em sua forma irredutível, então a soma de 
seu numerador e seu denominador é igual à 37 3 40.+ = 
 
 
46) (AFA 2007) Um triângulo retângulo está circunscrito a um círculo de raio 15 m e 
inscrito em um círculo de raio 37,5 m. A área desse triângulo, em 2m , mede 
a) 350 b) 750 c) 1050 d) 1350 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
Seja um triângulo retângulo de hipotenusa a, raio do círculo inscrito r 15 m,= , raio do 
círculo circunscrito R 37,5 m= e semiperímetro p, então 
a 2R a 2 37,5 75=  =  = 
r p a 15 p 75 p 90= −  = −  = 
A área do triângulo é 2S p r 90 15 1350 m .=  =  = 
Esse problema também poderia ser resolvido da seguinte forma, sem a utilização da 
fórmula S p r :=  
a b c
p 90 a b c 180 75 b c 180 b c 105
2
+ +
= =  + + =  + + =  + = 
Pelo teorema de Pitágoras, 
2 2 2 2b c a 75 .+ = = 
( )( )
2 2 2 2 2
2 2
b c 105 b 2bc c 105 75 2bc 105
2bc 105 75 105 75 105 75 bc 2700
+ =  + + =  + = 
 = − = + −  =
 
2bc 2700S 1350 m
2 2
= = = . 
 
 
 
 
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47) (AFA 2008) Considere um triângulo MNP, equilátero, inscrito numa circunferência 
de centro O e raio r. Seja RS uma corda que intercepta os lados MN e MP do 
triângulo nos pontos T e V, pontos médios dos respectivos lados (R está no arco MN 
menor). Se RT VS 1 cm,  então o valor da área do quadrilátero NPVT, em 2cm , é 
dado por um número do intervalo (Dados 3 1,73= e 5 2, 23)= 
a)  1,3 b)  5,7 c)  7,9 d)  3,5 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
Considerando a potência do ponto T em relação à circunferência, temos: 
0
2MT TN RT TS 1 1 2 4 0 1 5 1 5
2 2 2
 
 =    =  +  − − =  =   = + 
 
 
O segmento TV é base média do MNP, portanto TV NP e 
NP 1 5
TV .
2 2
+
= = 
A alturah do #NPVT é igual à metade da altura do MNP equilátero, logo, 
1 3 3
h .
2 2 4
=  = 
Portanto, a área do #NPVT é dada por 
( )
( )
( ) ( ) ( )  
2 2
NPVT
NP TV 3 3 3 3 32S h 1 5
2 2 4 16 16
3 3 3 3 3 1,73 3 2, 23
6 2 5 3 5 3, 4 3,5
16 8 8
 
+ +  =  =  = =  + =
  +
=  + = +   
 
 
 
48) (AFA 2008) Um triângulo ABC é não isósceles. Sejam M, N e P, respectivamente, 
os pontos médios dos lados AB, BC e AC desse triângulo, de forma que AN 3 cm= e 
BP 6 cm.= Se a área do triângulo ABC mede 
23 15 cm , então o comprimento da outra 
mediana, CM, em cm, é igual a 
a) 3 6 b) 6 15 c) 3 d) 2 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
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Sabemos que o baricentro do triângulo divide cada uma das medianas na razão 2 para 1 
e que as três medianas dividem o triângulo em seis triângulos equivalentes. 
AGP ABC
1 1 15
S S 3 15
6 6 2
=  =  = AGP
2 2 15 15
S sen sen
2 2 4

 =  =   = 
2
2 15 1 1cos 1 cos
4 16 4
 
 = − =   =  
 
 
Seja D o ponto médio de AG, então DP é base média do ANC e 
CN
DP x.
2
= = 
Aplicando a lei dos cossenos ao GDP, temos: 
1° caso: 2 2 2
1 1
cos x 1 2 2 1 2 4 x 2
4 4
 =  = + −    =  = 
Nesse caso, temos CM 3x 3 2 6 BP,= =  = = o que implica que o ABC é isósceles e 
que contradiz o enunciado. 
2° caso: 2 2 2
1 1
cos x 1 2 2 1 2 6 x 6
4 4
 
 = −  = + −    − =  = 
 
 
Nesse caso, temos CM 3x 3 6 cm.= = 
 
 
49) (AFA 2009) Considere num mesmo plano os pontos da figura abaixo, de tal forma 
que: 
(I) AW CW EW GW IW LW NW PW       
(II) BW DW FW HW JW MW OW QW       
(III) AWB BWC CWD PWQ QWA     
(IV) PC AE CG EI GL IN NA LP a        
 
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A área da região sombreada da figura, em função de a, é: 
a) 2 212a 8a 2− b) 2 26a 4a 2+ 
c) 2 212a 8a 2+ d) 2 26a 4a 2− 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
Como PC AE CG EI GL IN NA LP a        , então os quadriláteros AEIN e 
CGLP são losangos e suas diagonais são perpendiculares e cortam-se ao meio. 
Como AW CW EW GW IW LW NW PW       , as diagonais de AEIN e 
CGLP são iguais e consequentemente os quadriláteros são quadrados. 
L.A.L.
AW CW
ˆ ˆAWB BWC AWB CWB AB BC
BW comum


      


 
 
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Analogamente, CD DE . Sejam AB BC CD DE x= = = = . 
O BCD é retângulo isósceles de catetos BC CD x= = e, portanto, a sua hipotenusa é 
BD x 2= . 
Assim, temos 
1 2 2
AE AB BD DE x x 2 x a x a a
22 2
−
= + + = + + =  = =
+
 
Pela simetria da figura, observa-se que a área sombreada é igual à área de oito 
triângulos retângulos isósceles de catetos 
2 2
x a
2
−
= . Portanto, 
( )
2
21 2 2S 8 a 6 4 2 a
2 2
 −
=   = −  
 
 unidades de área. 
 
 
50) (AFA 2011) As circunferências 1 e 2 da figura abaixo interiores e a distância 
entre os centros 1C e 2C é igual a 11 cm 
 
Se a área sombreada é igual à área não sombreada na figura, é correto afirmar que o raio 
de 2 , em cm, é um número do intervalo 
a) 





5
11
,2 b) 





10
23
,
5
11
 c) 





2
5
,
10
23
 d) 





5
13
,
2
5
 
 
RESOLUÇÃO: c 
Chamando o raio de 2 de x, que é a distância entre o centro 2C de 2 e o ponto de 
tangência entre 2 e 1 , então o raio de 1 será x 1+ . 
Como a área sombreada (área de 2 ) é igual à área não sombreada (área de 1 menos a 
área de 2 ) na figura, temos: 
( )22 2 2x x 1 x x 2x 1 0 x 1 2 =  + −  − − =  =  
x 0 x 1 2  = + 
23 5
1,3 2 1,5 2,3 1 2 2,5 x ,
10 2
 
    +    
 
 
 
 
51) (AFA 2011) Na figura abaixo têm-se quatro círculos, congruentes de centros 1O , 
2O , 3O e 4O e de raio igual a 10 cm . Os pontos M, N, P e Q são pontos de tangência 
 
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entre os círculos e A, B, C, D, E, F, G e H são pontos de tangência entre os círculos e a 
correia que os contorna. 
 
Sabendo-se que essa correia é inextensível, seu perímetro, em cm, é igual a 
a) ( )2 40+ b) ( )5 16+ c) ( )20 4+ d) ( )5 8+ 
 
RESOLUÇÃO: c 
Os arcos HA, BC, DE e FG são iguais a 
1
4
 da circunferência de raio 10 cada um, então 
a soma dos comprimentos desses quatro arcos é igual ao comprimento de uma 
circunferência completa, ou seja, 2 10 20 =  . 
Os segmentos de reta AB, CD, EF e GH são iguais a 2 raios, ou seja, 20 cm cada. 
Portanto, o perímetro da correia é dado por ( )20 4 20 20 4 cm+  =  + . 
 
 
52) (AFA 2012) Conforme a figura abaixo, A é o ponto de tangência das 
circunferências de centros 1C , 2C e 3C . Sabe-se que os raios dessas circunferências 
formam uma progressão geométrica crescente. 
 
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Se os raios das circunferências de centros 1C e 2C medem, respectivamente, 2r e 3r , 
então a área da região sombreada vale, em unidades de área, 
a) 2
55
r
8
 b) 2
29
r
4
 c) 2
61
r
8
 d) 28 r 
 
RESOLUÇÃO: c 
Seja 3R o raio da circunferência de centro 3C . 
( ) ( )2
3 3 3
9r
PG : 2r,3r,R 3r 2r R R
2
 =   = 
A área da região sombreada é igual à metade da área da circunferência de centro 3C 
menos metade da área da circunferência de centro 2C mais metade da área da 
circunferência de centro 1C . Logo, 
( ) ( )
2
2 2 2 21 9r 1 1 81 9 61S 3r 2r 2 r r
2 2 2 2 8 2 8
   
=  −  +  = − +  =    
   
. 
 
 
53) (AFA 2013) Um triângulo é tal que as medidas de seus ângulos internos constituem 
uma progressão aritmética e as medidas de seus lados constituem uma progressão 
geométrica. Dessa maneira, esse triângulo NÃO é: 
a) acutângulo. b) equilátero. c) obtusângulo. d) isósceles. 
 
RESOLUÇÃO: c 
Sejam a ( )PA x r, x, x r− + , com r 0 , cujos elementos são os ângulos internos do 
triângulo, e a 
y
PG , y, yq
q
 
 
 
, com q 1 , cujos elementos são os lados do triângulo. 
A soma dos ângulos internos do triângulo é 180 , portanto, 
( ) ( )x r x x r 180 3x 180 x 60− + + + =  =  = . 
Aplicando a lei dos cossenos, temos: 
 
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( ) ( )
2
22 2 4 2
2
y y 1
y yq 2 yq cos60 1 q 1 q 2q 1 0 q 1
q q q
   
= + −    = + −  − + =  =   
   
. 
Portanto, os lados do triângulo são todos iguais, ou seja, o triângulo é equilátero, 
isósceles e acutângulo, porém não é obtusângulo. 
 
 
54) (AFA 2014) Na figura abaixo, os três círculos têm centro sobre a reta AB e os dois 
de maior raio têm centro sobre a circunferência de menor raio. 
 
 
 
A expressão que fornece o valor da área sombreada é 
a) 
217 6 3 r
9
−
 b) 2
11 9 3
r
12
 +
 c) 2
15 4 3
r
9
 −
 d) 2
13 6 3
r
12
 +
 
 
RESOLUÇÃO: d 
 
 
 
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Sejam O , 1O e 2O os centros da circunferência menor de raio 
r
2
 e das duas 
circunferências maiores de raio r , respectivamente. 
Como 1 2
r
O O O O
2
= = , a corda CD é o lado do triângulo equilátero inscrito nas 
circunferências maiores e determina segmentos circulares de 120 . 
Dessa forma, a área sombreada é igual à área de duas circunferências de raio r menos a 
área de dois segmentos circulares de 120 e raio r e menos a área de uma 
circunferência de raio 
r
2
. 
22
2 2 2 2r r r r 2 1 3 13 6 3S 2 r 2 sen120 2 r r r
3 2 2 3 4 2 12
   +   
=  −  − −  = − −  + =     
    
 
 
 
55) (AFA 2015) Seja o quadrado ABCD e o ponto E pertencente ao segmento AB . 
Sabendo-se que a área do triângulo ADE , a área do trapézio BCDE e a área do 
quadradoABCD formam juntas, nessa ordem, uma Progressão Aritmética (P.A.) e a 
soma das áreas desses polígonos é igual a 2800 cm , tem-se que a medida do segmento 
EB 
a) é fração própria. 
b) é decimal exato. 
c) é decimal não exato e periódico. 
d) pertence ao conjunto 
*A + += − . 
 
RESOLUÇÃO: c 
 
ADE
BCDE ADE BCDE ABCD
ABCD
S S r
800
PA : S S S S S 3 S 800 S
3
S S r
= −

=  + + =  =  =
 = +
 
ABCD ADE BCDE
S 400
S S S S r S r S r
2 3
= +  + = − +  = = 
 
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2
ABCD
800 400
S 400 20 cm
3 3
= = + =  = 
( )
BCDE
20 EB 20 800 20
S EB cm
2 3 3
+ 
= =  = 
Assim, 
20
EB cm
3
= é um decimal não exato e periódico. 
 
 
56) (AFA 2017) Considere, no triângulo ABC abaixo, os pontos P AB, Q BC, 
R AC e os segmentos PQ e QR paralelos, respectivamente, a AC e AB. Sabendo 
que BQ 3 cm,= QC 1 cm= e que a área do triângulo ABC é 
28 cm , então a área do 
paralelogramo hachurado, em 2cm , é igual a 
 
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 
 
RESOLUÇÃO: b 
 
Como os segmentos PQ e QR paralelos, respectivamente, a AC e AB, então os 
triângulos ABC, PBQ e RQC são semelhantes. 
Sabendo que, no caso de figuras semelhantes, a razão entre as áreas é igual ao quadrado 
da razão de semelhança. Assim, podemos escrever: 
PBQ RQC PBQ RQCABC
PBQ RQC2 2 2 2 2 2
S S S SS 8 9 1
S S
2 2BQ QC BC 3 1 4
= =  = =  =  = 
A área do paralelogramo APQR é igual à área do triângulo ABC menos a área dos 
triângulos PBQ e RQC. 
2
APQR ABC PBQ RQC
9 1
S S S S 8 3 cm
2 2
= − − = − − = 
 
 
 
 
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57) (AFA 2018) A figura a seguir é um pentágono regular de lado 2 cm. 
 
Os triângulos DBC e BCP são semelhantes. 
A medida de AC, uma das diagonais do pentágono regular, em cm, é igual a 
a) 1 5+ b) 1 5− + c) 
5
2
2
+ d) 2 5 1− 
 
RESOLUÇÃO: a 
 
O pentágono regular divide a circunferência em 5 arcos iguais de 
360
72 .
5

=  Sabendo 
que a medida de um ângulo inscrito é metade da medida do arco por ele determinado, 
podemos identificar os ângulos da figura. 
No triângulo ABP, temos ˆ ˆABP APB 72 ,= =  então o triângulo é isósceles e 
AP AB 2.= = 
Todas as diagonais do pentágono regular são iguais, pois são cordas que determinam 
arcos de 2 72 144 .  =  
Sejam AC BD x= = e, como ABC BPC,  temos: 
2x 2 x 2x 4 0 x 1 5
2 x 2
=  − − =  = 
−
 
Como x 0, então x AC 1 5 cm.= = + 
Alternativamente, poderia ter sido usado o teorema de Ptolomeu diretamente no 
quadrilátero inscritível ABCD. Assim, 
2AB CD AD BC AC BD 2 2 x 2 x x x 2x 4 0. +  =    +  =   − + =