Cad C2 Teoria 2serie 2bim Matematica

Sistemas Sist emas Line Lineares ares – Análi Análise se Combinatór Combi natória ia – Proba Probabilid bilidade ade – Mó Mód dul ulos os  –  17  –

Discussão de um sistema sistema linear  18 – Discussão de um sistema sistema linear  19 – Sistema linear homogêneo  20 – Fatorial e número binomial  21 – Propriedades dos números binomiais  22 – Binômio de Newton – Desenvolvimento de (x + y) n  23 – Binômio de Newton – Desenvolvimento de (x + y) n combinatória –  24 – Análise combinatória Princípio da contagem e arranjos

 25 –

Permutações

 26 –

Combinações simples

 –  27  –

Arranjos, permutações e combinações: exercíci exercícios os

 28 –

Arranjos completos e combinações completas

 29 –

Probabilidade – definição

 30 –

União de eventos

 31 –

Intersecção de eventos

 32 –

Lei binomial binomial de probabilidade probabilidade

Blaise Pascal (19/06/1623 – 19/08/1662) Criação da Teoria das probabilidades

Discussão de 17 e 18 um sistema linear  1. Teorema de Rouché-Capelli Seja o sistema linear:

(S)



a 11x 1 + a 12 x 2  + ................... a 1n x n  = b 1 a 21x 1 + a 22 x 2  + ................... a 2n x n  = b 2 

M.C. =

• Característica Característica • Incógnitas Incógnitas

p

q

S é Impossível 

p=q=n

S é Possível e Determinado 

p=q b2 + c2 ⇔ A > 90° ⇔ ∆ABC é obtusângulo, pois o maior ângulo é obtuso.

Exercícios Resolvidos 

(FUVEST) – Uma folha de papel ABCD de formato retangular é dobrada em torno do — segmento EF de maneira que o ponto A ocupe a posição de G, como mostra a figura. Se AE = 3 e BG = 1, então a medida do segmento — AF é

a)

d)

3  5 ––––– 2

7  5 b) ––––– 8

3  5 ––––– 5

  5 e) ––– 3

Resolução

3  5 c) ––––– 4

Como os triângulo AEF e GEF são congruentes, temos: AF = GF = x e EA = EG = 3.

– –

Sendo EH ⊥ BC, temos HB = 3 e HG = 3 – 1 = 2 Assim, no triângulo EHG, temos: (EH)2 + 22 = 32 ⇔ EH =   5 Logo, FB =   5 – x e portanto, no triângulo FBG, temos: (GF)2 = (FB)2 + (BG)2 ⇔ ⇔ x2 = (  5 – x)2 + 12 ⇔ ⇔ x2 = 5 – 2  5x + x2 + 1 ⇔ ⇔ 2  5x = 6 ⇔

3  5 5

⇔ x = –––––

Resposta: D

MATEMÁTICA

43

Resolução



(FUVEST) – Um banco de altura regulável, cujo assento tem forma retangular, de comprimento 40cm, apóia-se sobre duas barras iguais, de comprimento 60 cm (ver figura 1). Cada barra tem três furos, e o ajuste da altura do banco é feito colo cando-se o parafuso nos primeiros, ou nos segundos, ou nos terceiros furos das barras (visão lateral do banco, na figura 2).

1) A altura mínima é obtida com a configuração esboçada na figura. 2) Considerando-se o triângulo retângulo de catetos de medidas 20 e h 1 e hipotenusa de medida 25, obtém-se

A menor altura que pode ser obtida é: a) 36 cm

b) 38 cm

c) 40 cm

d) 42 cm

e) 44 cm

h21 + 202 = 252 ⇒ h1 = 15 h1 25 3) Por semelhança de triângulos: ––– = ––– 35 h2 Para h1 = 15 ⇒ h2 = 21 Portanto, a altura mínima será h1 + h2 = 15 + 21 = 36 Resposta: A

Exercícios Propostos 

Classificar os triângulos das figuras, quanto aos ângulos.

b)

a)

RESOLUÇÃO: (

85)2

= 85

72 + 62 = 85 ( 85)2 = 72 + 62 (retângulo)

44

MATEMÁTICA

RESOLUÇÃO: 102 = 100 52 + 82 = 89 102 > 52 + 82 (obtusângulo)

c)

 (USF-Modificado) – A figura seguinte representa como 5 sabonetes cilíndricos, tangentes uns aos outros e às paredes da caixa de secção quadrada, poderiam ser dispostos. Sendo 16 cm o comprimento do lado do quadrado, então o raio do sabonete cilíndrico central, em centímetros, mede:

RESOLUÇÃO: ( 115)2 = 115 42 + 102 = 116 ( 115)2 < 42 + 102 (acutângulo)

a)   2–1

b) 2  2–2

d) 4  2–4

e)   2

c) 4  2–2

RESOLUÇÃO:

^



Determinar para que valores inteiros de x, o ângulo A do triângulo ABC é obtuso.

RESOLUÇÃO:



x2 > 52 + 82 x 89 x < 13

{10, 11, 12}

 xx 9,4 13

9,4 < x < 13

Seja r, a medida em centímetros, do raio do sabonete cilíndrico central. 4 + r + r + 4 = 8 2 (diagonal do quadrado ABCD) Assim: 8 + 2r = 8 2

2r = 8 2 – 8

8 2–8 r = ––––––––– 2

r=4 2–4

Resposta: D

MATEMÁTICA

45



–– Calcular a altura AH do triângulo ABC da figura

RESOLUÇÃO: I.

x2 + h2 = 49 (8 – x)2 + h2 = 65

(8 – x)2 + 49 – x2 = 65

64 – 16x + x 2 + 49 – x2 = 65 2 2 II. x + h = 49 x=3

h=

49 – 9

20

– 16x = – 48

x=3

h = 40

h = 2 10

Lugares geométricos

• Circunferência • Mediatriz • Bissetriz

 1. Distância entre duas figuras Dadas duas figuras planas F1 e F2, a distância d entre elas é a medida do menor segmento de reta que se pode obter, tomando um ponto em cada figura.

2) Retas paralelas

3) Retas concorrentes

Exemplos 1) Ponto e reta

46

MATEMÁTICA

4) Ponto e circunferência

5) Reta e circunferência

2. Definição de lugar geométrico Uma figura é um lugar geométrico se, e somente se, todos os seus pontos e apenas eles possuem uma certa propriedade. Apresentaremos, a seguir, os prin cipais lugares geométricos.

3. Circunferência A circunferência é o lugar geométrico dos pontos de um plano, cujas distâncias a um ponto fixo O deste plano é uma constante r dada.

é o par de retas paralelas à reta r e a uma distância k da mesma.

Observe que qualquer ponto de uma das retas do par de paralelas está a uma distância k da reta r, e que qualquer ponto do plano que está a uma distância k da reta r, é elemento de uma das retas do par de paralelas.

5. Mediatriz A mediatriz é o lugar geométrico dos pontos de um plano que equidistam dos extremos de um segmento deste plano.

Assim, qualquer ponto da mediatriz mAB do seg–– mento de reta AB da figura equidista de A e B, e qualquer ponto do plano que equidista de A e B pertence a mAB.

6. Par de retas perpendiculares

O ponto O é o centro da circunferência e a constante r é a medida do raio. Observe que, qualquer ponto da circunferência está a uma distância r do ponto O e que qualquer ponto do plano que está a uma distância r do ponto O pertence à circunferência.

4. Par de paralelas O lugar geométrico dos pontos de um plano, que distam uma constante k dada de uma reta r desse plano,

O lugar geométrico dos pontos de um plano, que equidistam de duas retas concorrentes deste plano, é um par de retas perpendiculares entre si e que contém as bissetrizes dos ângulos formados pelas concorrentes.

MATEMÁTICA

47

Exercícios Resolvidos 

(FGV-SP – MODELO ENEM) – Usando régua e compasso, procedemos à seguinte construção: I. segmento de reta AB de comprimento 5 cm (com a régua); II. circunferência λ1 de centro A e raio 4 cm (com o compasso); III. circunferência λ2 de centro B e raio 3 cm (com o compasso); IV. reta r ligando os pontos C e D de inter secção de λ1 e λ2, e intersectando o segmento AB em E (com a régua). Na construção realizada, a medida do segmen to CE, em cm, é igual a a) 2,4. b) 2,5. c) 2,6. d) 2,8. e) 3,2. Resolução

O triângulo ABC, retângulo em A, tem hipotenusa AB = 5 cm e catetos AC = 4 cm e BC = 3 cm.

Resolução A figura a seguir ilustra uma possível distribui ção das cidades A, B, C e D, de acordo com os dados do enunciado.

Como CE é a altura relativa à hipotenusa, te mos: —

AB . CE = AC . BC ⇒ 5 . CE = 4 . 3 ⇒ ⇒ CE = 2,4 cm

Resposta: A



(FGV – MODELO ENEM) – A cidade D localiza-se à mesma distância das cidades A e B, e dista 10 km da cidade C. Em um mapa rodoviário de escala 1:100 000, a localização das cidades A, B, C e D mostra que A, B e C não estão alinhadas. Nesse mapa, a cidade D está localizada na intersecção entre a) a mediatriz de AB e a circunferência de centro C e raio 10 cm. b) a mediatriz de AB e a circunferência de centro C e raio 1 cm. c) as circunferências de raio 10 cm e centros A, B e C. ^ ^ d) as bissetrizes de CAB e CBA e a circunferência de centro C e raio 10 cm. ^ ^ e) as bissetrizes de CAB e CBA e a circunferência de centro C e raio 1 cm.

I. A cidade D equidista das cidades A e B e, portanto, está na mediatriz do segmento AB. II. A cidade D dista 10km = 1.000.000 cm da cidade C. Assim, em um mapa de escala 1 : 100 000, a cidade D está na circunfe rência de centro C e raio 10 cm. III. De I e II, conclui-se que a cidade D está localizada na intersecção entre a mediatriz de AB e a circunferência de centro C e raio 10 cm. Resposta: A

Exercícios Propostos 

Defina Lugar Geométrico.

RESOLUÇÃO: Definição de lugar geométrico: uma figura é um lugar geométrico se, e somente se, todos  os seus pontos  e apenas eles possuem uma certa propriedade.



O lugar geométrico dos pontos de um plano equidistantes de duas retas concorrentes desse plano é: a) uma circunferência; b) uma mediatriz; c) duas retas concorrentes e não perpendiculares; d) duas retas concorrentes e perpendiculares; e) uma semirreta (bissetriz). RESOLUÇÃO:



Dê exemplos de quatro lugares geométricos planos.

RESOLUÇÃO: Circunferência, par de paralelas, mediatriz e par de retas perpendiculares.

48

MATEMÁTICA

Resposta: D



Considere duas retas r e s paralelas distintas e uma reta t transversal às duas. O número de pontos do plano das paralelas equidistantes das retas r, s e t é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 RESOLUÇÃO:



Na figura sguinte, o ponto A representa uma árvore e a reta r representa um riacho. Um tesouro está escondido a 10 m da árvore e a 2 m do riacho. Se a distância do riacho até a árvore é 8 m, a quantidade de pontos onde pode estar escondido o tesouro, é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO:

Resposta: B

O tesouro está escondido num ponto que pertence à intersecção da circunferência de centro em A e raio 10 m com o par de retas r1 e r2 paraleas à reta r e distantes 2 m da mesma. A reta r1 intercepta a circunferência nos pontos P e Q e r2 tangência a circunferência em R. Resposta: C

21 e 22 Pontos notáveis do triângulo

• Baricentro • Incentro • Circuncentro • Ortocentro

 1. Incentro Incentro é o ponto de intersecção das bissetrizes internas do triângulo. O incentro equidista dos lados do triângulo e é o centro da circunferência inscrita (circunferência tangente aos lados) no triângulo. MATEMÁTICA

49

2. Circuncentro

4. Ortocentro Ortocentro é o ponto de intersecção das retas suportes das alturas do triângulo. É importante saber que: a) O ortocentro do triângulo acutângulo é sempre um ponto da região interior do triângulo.

b) O ortocentro do triângulo obtusângulo é sempre um ponto da região exterior do triângulo.

Circuncentro é o ponto de intersecção das mediatrizes dos lados do triângulo. O circuncentro equidista dos vértices do triângulo e é o centro da circunferência circunscrita (que contém os vértices) ao triângulo. É importante saber que:

c) O ortocentro do triângulo retângulo é o vértice do ângulo reto.

a) O circuncentro do triângulo acutângulo é sempre um ponto da re gião interior do triângulo.

5. Particularidades a) No triângulo isósceles, os quatro pontos notáveis são alinhados.

b) O circuncentro do triângulo obtusângulo é sempre um ponto da região exterior do triângulo. c) O circuncentro do triângulo retângulo é o ponto médio da hipo tenusa.

3. Baricentro Baricentro é o ponto de intersecção das medianas do triângulo.

b) No triângulo equilátero, os quatro pontos notáveis são coincidentes.

O baricentro é o centro de gravidade do triângulo e divide cada mediana na razão 2 : 1. Assim,

50

PB QB RB 2   –––––– = –––––– = –––––– = ––– BM P  BM Q  BM R  1

MATEMÁTICA

Exercícios Resolvidos – Módulos 21 e 22 

(VUNESP) – Sejam A, B, C pontos distintos no interior de um círculo, sendo C o centro do mesmo. Se construirmos um triângulo inscrito no círculo com um lado passando por A, outro por B e outro por C, podemos afirmar que este triângulo: a) é acutângulo; b) é retângulo; c) é obtusângulo; d) não é isósceles; e) pode ser equilátero. Resolução

Um dos lados do triângulo inscrito no círculo contém o circuncentro C e, portanto, esse triân gulo é necessariamente retângulo. Resposta: B

Resolução



Três canos de forma cilíndrica e de mesmo raio r, dispostos como indica a figura adiante, devem ser colocados dentro de outro cano cilíndrico de raio R, de modo a ficarem presos sem folga. Expresse o valor de R em termos de r para que isso seja possível. R = OC + r ⇔ 2 2r  3 ⇔ R = ––– . –––––– + r ⇔ 3 2 2  3r + 3r 3

r(3 + 2   3) 2

⇔ R = ––––––––––– ⇔ R = –––––––––––

r(3 + 2 3 ) Resposta: R = ––––––––––– 2

Exercícios Propostos – Módulo 21 

Defina Baricentro, Incentro, Circuncentro e Ortocentro de um triângulo.



Sendo I o incentro do triângulo, determine o valor do ^ ângulo BAC.

RESOLUÇÃO: I) Baricentro é o ponto de intersecção das medianas do triân gulo.

O baricentro é o centro de gravidade do triângulo e divide cada mediana na razão 2 : 1. II) Incentro é o ponto de intersecção das bissetrizes internas do triângulo. O incentro equidista dos lados do triângulo e é o centro da circunferência inscrita. III)Circuncentro é o ponto de intersecção das mediatrizes dos lados do triângulo. O circuncentro equidista dos vértices do triângulo e é o centro da circunferência circunscrita. IV)Ortocentro é o ponto de intersecção das retas suportes das alturas do triângulo.

RESOLUÇÃO:

MATEMÁTICA

51

I. + + 100° = 180° II.. x + 2 + 2 = 180° II x + 2 . 80° = 180°

+ = 80°

O perímetro do triângulo CDE é dado por: CD + DO + OE + EC = CD + DA + BE + EC = CA + BC = 12 + 10 = 22 Resposta: D

x + 2( + ) = 180°

x = 20°



Na figura, sendo B o baricentro, determine AB.



Na figura seguinte, o centro O da circunferência inscrita no — triângulo ABC pertence ao segmento DE, que é paralelo ao — — — lado AB. Se AB, BC e CA medem, respectivamente, 8 cm, 10 cm e 12 cm, então o perímetro do triângulo CDE é igual a:

RESOLUÇÃO:

a ) 15 c m d) 22 c m

b) 18 cm e) 24 cm

c ) 20 c m I) B é barice baricentr ntro o do triân triângulo, gulo, então, AM é media mediana na (segmen (segmento to

—

que liga o vértice ao ponto médio do lado oposto).

RESOLUÇÃO: O é incentro do ABC



^

AO é bissetriz de CAB CAB ^ BO é bissetriz de ABC

II)) (A II (AM) M)2 = 32 + 22

52

MATEMÁTICA

AM = 13 cm

2 III)AB III) AB = ––– . AM (propriedade do baricentro) 3 2 13 cm AB = –––––– 3

assim: DA = DO e OE = BE

(AM)2 = 13

Exercíci Exer cícios os Proposto Propostoss – Módul Módulo o 22 

 (PUC-MG) – Na figura, o triângulo ABC é eqüilátero e está

a)

circunscrito ao círculo de centro O e raio 2 cm. AD é altura do — triângulo. Sendo E ponto de tangência, a medida de AE, em centímetros, é

b) c) d) e)

Assinale a afirmação falsa. Os pontos notáveis notáveis de um triângul triânguloo equilátero equilátero são coincoincidentes. ciden tes. O incentro incentro de qualquer qualquer triângulo triângulo é sempre sempre um ponto ininterno. O ortocentro ortocentro de um triângulo triângulo retângulo retângulo é o vértice vértice do ângulo ângulo reto. O circuncentro circuncentro de um triângul triânguloo retângulo retângulo é o ponto médio médio da hipotenusa. O baricentro de qualquer triângulo é o ponto médio de cada mediana.

RESOLUÇÃO: O baricentro de qualquer triângulo não é o ponto médio de cada mediana, me diana, pois o baricentro, invariavelmente, invariavelmente, divide cada mediana na razão 2:1. Resposta: E

a)

Considere um triângulo equilátero de lado 2   3 cm. DeterDetermine: a) o raio da circunferê circunferência ncia inscrita inscrita nesse nesse triângulo. triângulo. b) o raio da circunferênci circunferênciaa circunscrita circunscrita a esse triângulo. triângulo.



RESOLUÇÃO:

2. 3. 3 . 3 I) h = –––––– = ––––––––– = 3 cm 2 2 II) O centro da circunfe circunferência rência ins inscrita (incentro), o centro da circir-

2  3

b) 2  5

c) 3

RESOLUÇÃO: 1o.) OD = OE = 2 2o.) OA = 2 . OD OA = 4 3o.) (AE)2 = (OA)2 – (OE)2 Assim: (AE)2 = 4 2 – 22 (AE)2 = 12 Resposta: A



d) 5

AE =   12

e)     26

AE = 2  3

Com os dados da figura, determine o valor de x.

RESOLUÇÃO:

cunferência circunscrita (circuncen cunferência (circun centro) tro) e o baricentro de um triân gulo equilátero são coincidentes, assim:

1 1 a) r = –– . h = –– . 3 = 1 cm 3 3 2 2 b) R = –– . h = –– . 3 = 2 cm 3 3

I. htriâng.equil. = 3 . r II. x + 10 = 18

h=3.6

h = 18

x=8

MATEMÁTICA

53



Na figura a seguir seguir,, B é o baricentro do triângulo PQR, cujo — — perímetro é 21 cm. Sabendo-se que ST é paralelo paralelo a QR, determine o perímetro do triângulo PST.

—

I) Send Sendo o M o ponto médio do lado lado QR e B o baricentro do 2 triângulo PQR, então PB = ––– . PM 3

—

II) Co Como mo ST // QR, os triângulos PQR e PST são semelhantes semelhantes pelo critério AA~, assim: 2 . PQ PS = ––– 3 2 . QR ST = ––– 3 2 . PR PT = ––– 3

—



III)O perímetro do triângulo PST é: 2p = PS + ST + PT 2 . PQ + 2 . QR + 2 . PR 2p = ––– ––– ––– 3 3 3 2 . (PQ + QR + PR) 2p = ––– 3 2 . 21 = 14 cm 2p = ––– 3

RESOLUÇÃO:

23

 Ângulo  Âng uloss na circ circunf unferê erênci nciaa

 1. Elementos da circunferência Numa circunferência de centro O e raio r, define-se:

a) Co Corrda Corda de uma circunferência é qualquer seg mento de reta cujas extremidades são pontos distintos da cir cunferência. cun ferência.

b) Diâmetro Diâmetro de uma circunferência é qualquer corda que passa pelo centro da circunferência. A medida do diâmetro da circunferência é o dobro do raio.

54

MATEMÁTICA

• Central • Inscrito • Excêntrico

c)Arco Arco de circunferência é cada uma das partes em que fica dividida uma circunferência quando tomamos dois pontos distintos na mesma.

d) Semicircunferência extremi Semicircunferência é todo arco cujas extremidades são também extremidades de um diâmetro da cir cunferência. cun ferência.

2. Pos Posiçõ ições es relativ relativas as de reta e circunferência

u é u  é secante à circunferênc circunferência; ia; dist (O; u) < r  v é v  é externa à circunferênc circunferência; ia;

Tangente

dist (O; v) > r 

Toda reta com um único ponto em comum com uma circunferência é chamada reta tangente ou simplessimplesmente tangente à circunferência. Se a reta t é tangente à circunferência de centro O e –– raio r no ponto T então t é perpendicular a OT e a distândistância do ponto O à reta t é igual a r.

t

–– OT

e

3. Ângu Ângulos los na na circunf circunferên erência cia Ângulo central Ângulo central de uma circunferência é todo ângulo que tem o vértice no centro da circunferência.

dist (T (T;; O) = r



Na figura, AB é o arco corres correspondente pondente ao ângulo ^

Secante Toda reta que possui dois pontos em comum com uma circunferência é chamada reta secante ou simplessimplesmente secante à circunferênc circunferência. ia. A distância do centro da circunferência a uma reta secante é menor que o raio.

Externa

central AOB. Se tomarmos para unidade de arco (arco unitário), o arco defini definido do na circunferência por um ân gulo central ^ unitário uni tário,, teremos teremos a medida medida do ângulo ângulo AO B igual à meme

dida do arco AB . 

Assim,

= AB 

Ângulo inscrito Ângulo inscrito numa circunferência é todo ângulo que tem o vértice na circunferência e os lados secantes a ela.

Toda reta que não possui ponto em comum com uma circunferência é chamada reta externa ou simsimplesmente externa à circunferên circunferência. cia. A distância do centro da circunferência a uma reta externa é maior que o raio.

A medida do ângulo inscrito é a metade da medida do arco que ele determina na circun ferência. Assim, 

AB  = ––––  2 

MATEMÁTICA

55

^

Ângulo de segmento

Na figura, o ângulo APB é excêntrico interior e deter↔ ↔ mina na circunferência o arco AB. As retas PA e PB interceptam a circunferência nos pontos C e D, respec tivamente, determinando o arco CD. 

Ângulo de segmento é todo ângulo que tem como vértice um ponto da circunferência, sendo um dos lados secante e o outro tangente à circunferência.



^

A medida do ângulo AP B é a metade da soma dos arcos AB e CD . 





Assim,



AB  + CD  = ––––––  ––––––  2 

Ângulo excêntrico exterior Na figura, α é um ângulo de segmento e ele deter mina na circunferência o arco AB. 

Ângulo excêntrico exterior é todo ângulo que tem como vértice um ponto da região exterior de uma circun ferência e lados secantes ou tangentes à circunferência.

A medida do ângulo de seg mento é a metade da medida do arco por ele determinado. 

AB  = ––––  2 

Ângulo excêntrico interior Ângulo excêntrico interior é todo ângulo que tem como vértice um ponto (distinto do centro) da região interior de uma circunferência.

^

Na figura, o ângulo APB é excêntrico exterior e deter



mina na circunferência os arcos AB e CD . ^

A medida do ângulo A PB é a metade da diferença 



entre os arcos AB e CD, por ele determinados. 

Assim,



AB  – CD  = ––––––  ––––––  2 

Exercícios Resolvidos 

(MACKENZIE) – Percorrendo uma estrada de 20 m de largura, um veículo inicia um retorno em um ponto A, utilizando a trajetória circular da figura, cujo raio é 20 m. Se nessa rotatória a velocidade máxima permitida é de 20 km/h, o menor tempo necessário para que esse veículo percorra o arco AB é: (adote π = 3)

a) 12 seg

b) 18 seg

d) 25 seg

e) 22 seg

Resolução

c) 15 seg

Admitindo que a trajetória do veículo seja a representada na figura, concluímos que o 

comprimento do arco AB, em metros, é 300° 5 d = –––––– . 2π . r ⇒ d = ––– . 2π . 20 ⇒ 360° 6 ⇒ d = 100 m, (para π = 3)

20 000 m Então, 100 m = ––––––––– . t ⇔ t = 18 s 3600 s

Resposta: B

56

MATEMÁTICA



(FUVEST) – Na figura abaixo, ABCDE é um petágono regular. A medida, em graus, do ângulo α é:

Resolução

Como α é um ângulo inscrito, que determina na circunferência de centro O, circunscrita ao pen 

tágono regular, o arco CD, temos: 360° CD = ––––– = 72° 5 



72° CD Assim: α = ––––– = ––––– = 36° 2 2 a) 32°

b) 34°

d) 38°

e) 40°

Resposta: C

c) 36°

Exercícios Propostos 

Na figura ao lado, o ponto O é o centro da circunferência.



Determine x na figura a seguir:



AB Demonstrar que α = –––– . 2

RESOLUÇÃO: 112° x = ––––– 2

x = 56°





RESOLUÇÃO:

=x+y = 2x + 2y

}



AB + CD Com os dados da figura, provar que α = –––––––––– . 2

RESOLUÇÃO: =2

Como AB = , temos:

= ––– 2 AB = –––– 2

CD x = –––– 2 AB y = –––– 2 =x+y

AB + CD = –––––––––– 2

MATEMÁTICA

57







AB – CD Com os dados da figura, provar que α = –––––––––– . 2

RESOLUÇÃO: 110° – 40° x = –––––––––– 2

70° x = –––– 2

x = 35°

RESOLUÇÃO:

 (FUVEST) – A, B, C e D são vértices consecutivos de um hexágono regular. A medida, em graus, de um dos ângulos — — formados pelas diagonais AC e BD é: a) 90

b) 100

c) 110

d) 120

RESOLUÇÃO: AB x = ––––– 2 CD y = ––––– 2 +y=x

=x–y



AB – CD = ––––––––– 2





AD + BC = ––––––––––– 2 Resposta: D



Determine x na figura a seguir:

58

MATEMÁTICA

180° + 60° = ––––––––––– 2

= 120°

e) 150

24

Potência de ponto

• Secante • Tangente

 1. Potência de um ponto em relação a uma circunferência Dados um ponto P e uma circunferência λ, consideremos uma reta r que passa por P e intercepta λ nos pontos A e B. –– –– Chama-se potência do ponto P em relação a λ, o produto das medidas dos segmentos PA e PB.

Potência de P em relação a

= PA . PB 

É importante observar que: a) Se P é um ponto de λ, temos PA = 0 ou PB = 0 e portanto a potência é nula. b) Se P ∉ λ e r é tangente a λ, temos A = B = T e portanto a potência do ponto, em relação à circunferência , é PA . PB = PT . PT = (PT) 2.

2. Propriedade da potência de ponto A potência é uma característica do ponto em relação à circunferência, e portanto não depende da reta escolhida, desde que intercepte a circunferência. É importante destacar, pois:

MATEMÁTICA

59

Exercícios Resolvidos representa uma estátua de 3,6 m sobre um pedestal BC de 6,4 m, a distância OC, para que o ângulo AÔB de visão da estátua seja máximo, é



As estradas representadas pelas retas r, s e t da figura seguinte, tangenciam o lago λ nos pontos P, Q e R. Se AB = 14 km, BC = 16 km e AC = 18 km, então, a distância do ponto A até o ponto P mede: a) 6 km b) 7 km c) 8 km d) 9 km e) 10 km

a) 10 m. b) 8,2 m. c) 8 m. d) 7,8 m. e) 4,6 m.

Resolução: Calculando a potência do ponto C em relação à circunferência da figura, tem-se: (CO)2 = CB . CA

Como BC = 16 km, temos: 18 – x + 14 – x = 16 ⇒ – 2x = – 16 ⇒ x = 8 km

Resposta: C



(UNIFESP) – Na figura, o segmento AC é perpendicular à reta r. Sabe-se que o ângulo AÔB, com O sendo um ponto da reta r, será máximo quando O for o ponto onde r tangencia uma circunferência que passa por A e B. Se AB

Resolução — Sendo x a medida de AP, temos:

Assim, (OC)2 = 6,4 . 10 ⇔ ⇔ (OC)2 = 64 ⇔ OC = 8

Resposta: C

Exercícios Propostos 

Com os dados da figura abaixo, provar que: PA . PB = PM . PN

De acordo com os dados das figuras, calcular x nos exercícios  a , associando com: a) 4

b) 12

c) 5  7



d) 15

RESOLUÇÃO: x . 9 = 12 . 3 x = 4 Resposta: A

RESOLUÇÃO:



^ = BNP ^ = BM , temos: Como MAP –––– 2 ∆ PAM ~ ∆ PNB

60

PA PM –––– = –––– PN PB

MATEMÁTICA

PA . PB = PM . PN

RESOLUÇÃO: 2x . x = 32 . 25 Resposta: E

e) 20

x2 = 16 . 25

x = 20



 (UNESP – MODELO ENEM) – Em uma residência, há uma área de lazer com uma piscina redonda de 5 m de diâmetro. Nessa área há um coqueiro, representado na figura por um ponto Q.

Se a distância de Q (coqueiro) ao ponto de tangência T (da — piscina) é 6 m, a distância d = QP, do coqueiro à piscina, é: a) 4 m. b) 4,5 m. c) 5 m. d) 5,5 m. e) 6 m.

RESOLUÇÃO: x . x = 25 . 9 x = 15 Resposta: D

RESOLUÇÃO:

QP . QR = (QT) 2 d . (d + 5) = 36 d2 + 5d – 36 = 0 d = 4 m, pois d > 0 Resposta: A

25

 Ângulos na circunferência e potência de ponto Exercícios Propostos

 (FUVEST – MODELO ENEM) – Os pontos A, B e C pertencem a uma circunferência γ e AC é lado de um polígono regular ^ inscrito em γ. Sabendo que o ângulo A BC mede 18°, podemos concluir que o número de lados do polígono é igual a:

a) 5

b) 6

c) 7

d) 10

RESOLUÇÃO: ^ ^ Se o ângulo ABC mede 18°, então o ângulo central AOC desse polígono regular mede 36°. Assim, sendo n o número de lados 360° desse polígono regular, tem-se: n = –––––– 36° Resposta: D

n = 10

e) 12 MATEMÁTICA

61



 (UFMA – MODELO ENEM) – De um ponto exterior a uma

Determine x na figura a seguir: RESOLUÇÃO: 360° – 200° x = –––––––––––– 2

x = 80°

circunferência, são traçadas uma tangente e uma secante, con— forme a figura seguinte. A tangente AB mede 10 m e as — — medidas de AC e CD são iguais. Assim, o comprimento da — secante AD é igual a a) 10 m b) 5  2m

 (PUC) – O ângulo x, da figura a seguir, mede

c) 10  2m d) 15  2m

a) b) c) d) e)

60° 80° 90° 100° 120°

e) 15 m RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: (AB)2 = AC . AD x 102 = –– . x 2

x2 = 200

x =   200

x = 10   2

Resposta: C

+ 90° x = 70° –––––––– 2



Na figura abaixo, t1, t2 e t3 são retas tangentes à circunferência nos pontos A, B e C, respectivamente:

x = 80°

Resposta: B



Na circunferência da figura abaixo os comprimentos das –– –– cordas AB e CD são, respectivamente, a) 5 e 4 b) 5 e 5 c) 4 e 5 d) 4 e 3 e) 3 e 6

RESOLUÇÃO: I. AM . MB = CM . MD (x – 1) . 2x = (3x – 4) . x 2x2 – 2x = 3x2 – 4x x2 – 2x = 0 x = 2 II. AB = 3x – 1 AB = 5 CD = 4x – 4 CD = 4 Resposta: A

62

MATEMÁTICA

Se AP = 12 cm, o perímetro do triângulo PQR: a) é 24 cm b) é 30 cm c) é 32 cm d) é 36 cm e) não pode ser determinado por falta de dados. RESOLUÇÃO: I. PA = 12 cm QA = QC II. PB = PA = 12 cm RB = RC

PQ + QC = PA PR + RC = PB

III.2p = PR + RC + PQ + QC = PA + PB = 24 cm Resposta: A

26

 Área dos quadriláteros

• Base • Altura

 1. Definição Área de uma figura é um número, associado à sua superfície, que exprime a relação existente entre esta superfície e a superfície de um quadrado de lado unitário. Dizemos que duas superfícies são equivalentes quando possuem a mesma área.

2. Área do retângulo A área S de um retângulo é o produto das medidas a e b de dois de seus lados consecutivos.

Assim,

S = b . h 

5. Área do losango O retângulo ABCD está dividido em oito triângulos retângulos congruentes. O losango PQRS cujas diago nais medem D e d é composto por quatro desses triân gulos. A área S do losango é, portanto, a metade da área do retângulo.

Assim,

Assim,

D . d  S = –––––––  2 

S = a . b 

3. Área do quadrado Sendo o quadrado um caso particular do retângulo, a área S de um quadrado de lado é S =  . .

6. Área do trapézio O trapézio PQRS, cujas bases medem B e b e cuja altura mede h, é equivalente ao trapézio P’Q’SR. A união dos dois trapézios é o paralelogramo PQP’Q’, cuja base mede B + b e a altura mede h. A área S do trapézio PQRS é, portanto, a metade da área do paralelogramo. Assim,

S=

2 

4. Área do paralelogramo Os triângulos RST e QPU são congruentes pelo critério LAAo e, portanto, são equivalentes. O paralelogramo PQRS e o retângulo UQRT ambos de base b e altura h possuem, portanto, a mesma área S.

Assim,

(B + b) . h  S = –––––––––––  2  MATEMÁTICA

63

Exercícios Resolvidos  (ENEM) –

Em uma empresa, existe um galpão que precisa ser dividido em três depó sitos e um hall de entrada de 20 m 2, conforme a figura abaixo. Os depósitos I, II e III serão construídos para o armazenamento de, res pectivamente, 90, 60 e 120 fardos de igual volume, e suas áreas devem ser proporcionais a essas capacidades.

1o. ) S1 + S2 + S3 + 20 = 11 . 10 ⇔ ⇔ S1 + S2 + S3 = 90

2o. )

S1 + S2 + S3 90 1 = –––––––––––––– = –––– = ––– 270 3 90 + 60 + 120

A largura do depósito III dever ser, em metros, igual a: 3o. ) a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.

S1 S2 S3 –––– = –––– = ––––– = 90 60 120 a) 15,80 d) 23,15

b) 18,75 e) 26,03

c) 20,84

Resolução

S3 1 –––– = ––– ⇔ S3 = 40 120 3

4o. ) S3 = b . 10 Assim: b . 10 = 40 ⇔ b = 4 Resposta: D

 Resolução Sendo S1, S2 e S3 as áreas, em metros quadrados, dos depósitos I, II e III, respectiva mente e b a largura, em metros, do depósito III, tem-se:

(UNISINOS) – Um homem deixou como herança para seus dois filhos um terreno que tem a forma de um trapézio retângulo (conforme figura a seguir). Para que a parte de cada um tivesse a mesma área, os dois filhos resolveram dividir o terreno, traçando uma para— lela ao lado AD. A que distância do ponto D, em metros, deve ser traçada esta paralela?

(45 – x + 30 – x)20 SAEFD = SEBCF  x . 20 = ––––––––––––––––– ⇔ 2 ⇔ 2x = 75 – 2x ⇔ 4x = 75 ⇔ 75 4 Resposta: B

⇔ x = –––– ⇔ x = 18,75

Exercícios Propostos 

Calcular a área de um quadrado cuja diagonal mede

2    7 cm.



Num trapézio isósceles, as bases medem 8 cm e 18 cm e os lados transversos medem 13 cm cada um. Determinar a área do trapézio. RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: I.

2

+ 2 = (2 7 )2 2 2=4.7 2 = 14

II. A =

2=

14 cm2

I. h2 + 52 = 132

h = 12 cm

(B + b) . h II. A = ––––––– 2

64

MATEMÁTICA

(18 + 8) A = –––––––– . 12 2

A = 156 cm2

A medida de uma das diagonais de um losango é 6 cm. Calcular a área do losango, sabendo-se que ele tem 20 cm de perímetro.

I. h = 4 m

RESOLUÇÃO:

Resposta: A



(B + b) . h II. A = –––––––––– 2

(8 + 5) . 4 A = –––––––––– 2

A = 26 m2

I. 4 = 20 =5 II.

52 = x2 + 32 D.d III. A = –––––– 2

x = 4 cm 8.6 A = –––––– = 24 cm2 2



Determinar a área do paralelogramo da figura abaixo.

RESOLUÇÃO:

 (MODELO ENEM)

– Uma escola de educação artística tem seus canteiros de forma geométrica. Um deles é o trapézio retângulo com as medidas indicadas na figura. A área do canteiro representado pela figura é:

h I. sen 60° = ––– 4

a) 26 m2

II. A = b . h

h 3 –––– = ––– 2 4

A = 10 .

3.2.

h = 2 3 cm 3

A = 60 cm2

b) 13 m2 c) 6,5 m2 d) 52 m2 e) 22 m2

RESOLUÇÃO:

MATEMÁTICA

65

27

 Área dos triângulos

 1. Em função da base e da altura O triângulo PQR, cuja base mede b e a altura h, é equivalente ao triângulo RQ’P. A área S do triângulo PQR é, portanto, a metade da área do paralelogramo PQRQ’, cuja base mede b e a altura mede h. Assim, b . h 

S = ––––––  2 

• Equilátero • Semiperímetro

=



a+b+c

––––––– 2



a+b+c

. r = p . r, onde p = ––––––––– é o semi2

perímetro. Assim,

S = p . r 

4. Em função de dois lados e do ângulo entre eles Sejam a e b as medidas de dois lados de um triângulo ABC e α a medida do ângulo entre eles.

2. Triângulo equilátero Seja ABC um triângulo equilátero cujo lado mede , a altura h e a área S. Lembrando que .h   3 h = ––––– e S = ––––– , 2 2 temos: 2  .

3  S = ––––––––  4 

3. Em função do raio da circunferência inscrita Seja S a área do triângulo ABC, cujo raio da circunferência inscrita mede r. Sendo a, b e c as medidas dos lados do triângulo ABC, podemos calcular sua área somando as áreas dos triângulos BOC, COA e AOB.

A altura h relativa ao lado a é dada por h = b . sen α Assim, a área S do triângulo ABC é:

a . b . sen S = –––––––––––––  2 

5. Em função do raio da circunferência circunscrita Sendo S a área do triângulo ABC, cujos lados medem a, b e c e cujo raio da circunferência circunscrita mede R, temos:

a . b . c  S = –––––––––  4R 

No Portal Objetivo Assim,

a.r b.r c.r S = SBOC + SCOA + SAOB = –––– + –––– + –––– = 2 2 2

66

MATEMÁTICA

Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”, digite MAT2M206

6. Em função dos lados

Sendo a, b e c as medidas dos lados do triângulo ABC de área S, temos:

S = p . (p – a) . (p – b) . (p – c)  (Fórmula de Hierão) + b + c é o semiperímetro. onde p = a–––––––– 2

Exercícios Resolvidos 

(ENEM) – Um terreno com o formato mostrado na figura foi herdado por quatro irmãos e deverá ser dividido em quatro lotes de mesma área. Um dos irmãos fez algumas propostas de divisão para que fossem analisadas pelos demais herdeiros.

Dos esquemas apresentados, onde lados de mesma medida têm símbolos iguais, o único em que os quatro lotes não possuem, neces sariamente, a mesma área é: Resolução Nos esquemas (A), (B), (C) e (D) cada um dos 1 quatro lotes desenhados tem exatamente –– 4 da área do terreno original. No esquema (E) os quatro lotes desenhados só terão a mesma área se os lados indicados pelo 1 símbolo –––  / tiverem exatamente –– do com4 primento da base do paralelogramo configurado pelo terreno original. Assim sendo, os quatro lotes do esquema (E) não possuem, necessariamente, a mesma área. Resposta: E

 (ENEM) – Um engenheiro, para calcular a área de uma cidade, copiou sua planta numa

folha de papel de boa qualidade, recortou e pesou numa balança de precisão, obtendo 40g. Em seguida, recortou, do mesmo desenho, uma praça de dimensões reais 100m x 100m, pesou o recorte na mesma balança e obteve 0,08g. Com esses dados foi possível dizer que a área da cidade, em metros quadrados, é de, aproximadamente,

a) 800. b) 10000. c) 320000. d) 400000. e) 5000000. Resolução A planta da área da cidade pesou 40g. A praça tem dimensões 100 m por 100 m. A área é de 10 000 m2 e o recorte da planta pesou 0,08g. Logo, a área da cidade é de 5 000 000 m 2, pois A 10 000 —– = ———— ⇒ A = 5 000 000 40 0,08 Resposta: E

Exercícios Propostos  (FGV-SP)

– Na figura plana abaixo, os triângulos ABC e CDE são equiláteros.

RESOLUÇÃO: Sendo S a área do quadrilátero ABDE, em centímetros quadrados e supondo A, C e E alinhados, temos: S = SABC + SCDE + SBCD = 62 3 4 . 6 . sen60° 42 3 = –––––––– + –––––––– + ––––––––––––– = 4 3 + 9 3 + 6 3 = 19 3 4 4 2

Os lados medem 4 cm e 6 cm res pectivamente. Calcule a área do quadrilátero ABDE.

Resposta: A área do quadrilátero ABDE é 19 3 cm2

MATEMÁTICA

67



Calcular a área de um triângulo cujos lados medem 5 cm, 6 cm e 7 cm. RESOLUÇÃO: 5+6+7 I. p = –––––––– 2 II. A =

p = 9 cm

p(p – a)(p – b)(p – c)

A=

A = 6 6 cm2

9.4.3.2



O raio da circunferência inscrita no triângulo da questão anterior mede: a) 3  2 cm   6 d) –––– cm 3

6 6 = 9. r

pécie de quebra-cabeça, constituído de sete peças: 5 triângulos retângulos e isósceles, 1 paralelogramo e 1 quadrado. Essas peças são obtidas recortando-se um quadrado de acordo com o esquema da figura 1. Utilizando-se todas as sete peças, é possível representar uma grande diversidade de formas, como as exemplificadas nas figuras 2 e 3.

Se o lado AB do hexágono mostrado na figura 2 mede 2 cm, então a área da figura 3, que representa uma “casinha”, é igual a a) 4 cm2. b) 8 cm2. c) 12 cm2. d) 14 cm2. e) 16 cm2. RESOLUÇÃO: Se o lado AB do hexágono mostrado na figura 2 mede 2 cm, então, na figura 1, teremos as seguintes medidas:

2  6 e) ––––– 3 cm

RESOLUÇÃO: A=p.r

  6 c) –––– cm 2

b) 2  3 cm

 (ENEM) – O tangram é um jogo oriental antigo, uma es-

2 6 r = –––––– cm 3

Resposta: E



O raio da circunferência circunscrita ao triângulo descrito A área das três figuras é a mesma e todas são iguais à área de um

na questão  mede, em centímetros: a) 4

5  6 b) ––––– 4

25  6 c) –––––– 18

35  6 d) ––––– 24

quadrado de lado 2 2 cm, que é (2 2 cm) 2 = 8 cm 2.

e) 6

RESOLUÇÃO: A=

a.b.c –––––––– 4R

R=

a.b.c ––––––– 4A

Resposta: D

68

MATEMÁTICA

R=

6.5.7 –––––––– 4.6 6

R=

35 6 ––––––– 24

cm

Resposta: B

28

 Área das figuras circulares

• Setor circular • Segmento circular

 1. Área do círculo



Sendo S a área do círculo de raio R, temos:

S=

• Círculo • Coroa circular

S = –––––– . π R2 ⇒ 2π R

. R  S = ––––––  2 

. R 2 

Observação O comprimento da circunferência de raio R é dado por C = 2 R , onde π ≅ 3,1416.

4. Área do segmento circular

2. Área da coroa circular

A área S do segmento circular limitado pela corda –– AB e pelo arco AB é obtida da diferença entre a área do setor circular AOB e a área do triângulo AOB. 

Sendo S a área da coroa circular de raios R e r, temos: S = π R2 – π r 2. Assim,

S=

. (R 2  – r 2 ) 

Assim,

3. Área do setor circular Sendo S a área do setor circular de raio R limitado por um arco de comprimento , temos:

R.h  .R S = ––––– – ––––– ⇔ 2 2

R  S = ––– . (  – h)  2 

Exercícios Resolvidos  (FGV – MODELO ENEM) – Em uma cidade do interior, a praça principal, em forma de um setor circular de 180 metros de raio e 200 metros de comprimento do arco, ficou lotada no comício político de um candidato a prefeito. Admitindo uma ocupação média de 4 pessoas por metro quadrado, a melhor estimativa do número de pessoas presentes ao comício é: a) 70 mil

b) 30 mil

c) 100 mil

d) 90 mil

e) 40 mil

Resolução

^

dianos, do ângulo central AOB e S a área do setor circular correspondente, temos 20 –––– rad –––––––– S m2 18 2π rad –––––––––––– π . 1802 m2 20 ––– 18 S 10 . 1802 ––––– = –––––––– ⇔S= ––––––––– =18000 m2 2π π . 1802 18

200 20 Sendo α = ––––– = –––– a medida, em ra180 18

O número estimado de pessoas no comício é: 4 . 18 000 = 72 000 pessoas Resposta: A

MATEMÁTICA

69



(ENEM) – Uma empresa produz tampas circulares de alumínio para tanques cilíndricos a partir de chapas quadradas de 2 metros de la do, conforme a figura. Para 1 tampa grande, a empresa produz 4 tampas médias e 16 tampas pequenas.

As sobras de material da produção diária das tampas grandes, médias e pequenas dessa empresa são doadas, respectivamente, a três entidades: I, II e III, para efetuarem reciclagem do material. A partir dessas informações, podese concluir que a) a entidade I recebe mais material do que a entidade II. b) a entidade I recebe metade de material do que a entidade III. c) a entidade II recebe o dobro de material do que a entidade III. d) as entidade I e II recebem, juntas, menos material do que a entidade III. e) as três entidades recebem iguais quantidades de material.

Em metros quadrados, as sobras S I, SII e SIII das tampas grandes, médias e pequenas são, respectivamen-te, tais que: SI = 4 – π . 1 2 = 4 – π SII = 4 – 4 . π .

2



SIII = 4 – 16 . π .

1 –– 2

=4–π 2

 1 –– 4

=4–π

Supondo que as quantidades de chapas quadradas usadas diariamente para produzir as tampas grandes seja a mesma para as tampas

Resolução Os raios das tampas grandes, médias e peque1 1 nas são, respectivamente, 1 m, –– m e –– m. 2 4

médias e para as tampas pequenas, as sobras serão iguais, pois S I = SII = SIII.

Resposta: E

Exercícios Propostos 

Calcular a área da superfície assinalada:

 (FUVEST) – Na figura seguinte, estão representados um quadrado de lado 4, uma de suas diagonais e uma semicircunferência de raio 2. Então a área da região hachurada é π +2 a) –– 2

b) π + 2 c) π + 3 d) π + 4 e) 2π + 1 RESOLUÇÃO:

RESOLUÇÃO: Acirc. S = Aquad. – ––––– 4 42 S = 42 – –––– 4 S = 4(4 – ) cm2

A__semicircunferência e a diagonal AC passam pelo centro O do quadrado ABCD de lado 4. Assim, a área S da região hachurada é igual à soma das áreas do triângulo retângulo MOA e do setor circular MOB, ou seja, 2.2 1 S = ––––– + –– . . 22 2 4 S=

+2

Resposta: B

70

MATEMÁTICA

 (UELON) – Na figura a seguir, têm-se a reta r tangente à circunferência de centro C e o triângulo equilátero ABC, cujo lado mede 8  3 cm.

 (UNAERP – MODELO ENEM) – Uma pista de

atletismo tem a forma de coroa circular, e a maior distância que pode ser percorrida em linha reta nessa pista é 40 m. A área da pista, em metros quadrados, é: a) 200π b) 300π c) 400π d) 1600π e) 2000π RESOLUÇÃO:

A área da região sombreada é, em centímetros quadrados, a) 52π b) 48π c) 36π d) 30π e) 24π RESOLUÇÃO: A região sombreada é um setor circular de 60° e raio 8 3. 3 R = –––––––––– = 12 2 60° Assim, S = ––––– . . 122 360°

S = 24

R2 = r2 + 202 R2 – r2 = 400 Scoroa = (R2 – r2) =  . 400 Scoroa = 400  cm2

Resposta: E

Resposta: C

29

 Área dos polígonos

 1. Polígonos circunscritos Dizemos que um polígono é circunscritível quando ele admite uma circunferência inscrita. A área S de um polígono circunscrito a uma circunferência de raio r é:

S = p . r  onde p é semiperímetro do polígono.

• Apótema • Polígono regular

De fato: S = SO A

1 A2

+ SO A

a .r 2

+ … + SO A

2 A3

a .r 2

n–1 A n

+ SO A

n A1

⇒

a .r 2

1 2 n + ––––– + … + ––––– = ⇒ S = –––––

a1 + a2 + … + an = –––––––––––––––– .r⇒S=p.r 2 Se o polígono for regular então o raio da circunferência inscrita recebe o nome de apótema e é representado por a.

2. Área dos polígonos regulares A área S de um polígono regular de perímetro 2p e apótema a é, portanto:

S = p . a  MATEMÁTICA

71

3. Triângulo equilátero

a) Diagonal: d =

2 

Sendo a medida do lado do triângulo equilátero da figura, temos: b) Apótema:

a = –––  2 

c) Raio da circunferência circunscrita: 2  d R = –– ⇒ R = –––––  2  2

d) Área:

3  a) Altura: h = –––––  2  3  1 b) Apótema: a = –– h ⇒ a = –––––  3 6 

S=

2 

5. Hexágono regular Sendo

a medida do lado do hexágono regular da

figura, temos:

c) Raio da circunferência circunscrita: 3  2 R = –– h ⇒ R = –––––  3 3  2 

3 

d) Área: S = ––––––  4 

e) O raio da circunscrita é o dobro do raio da inscrita:

R = 2r 

4. Quadrado Sendo temos:

a medida do lado do quadrado da figura,

a) Apótema:

3  a = –––––  2 

(altura do triângulo

equilátero AOB)

b) Raio da circunferência circunscrita: (lado do triângulo equilátero AOB).

c) Área: S = 6 . S∆ AOB ⇒

72

MATEMÁTICA

3  2  3  S = –––––––  2 

R=

Exercícios Resolvidos Se k é a área do hexágono, a soma das áreas desses dois triângulos é igual a: a) k. b) 2k. c) 3k. d) 4k. e) 5k. Resolução



(FUVEST) – 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

Assim: 3   12 .   3 S = 2 . ––––––– ⇔ S = –––– 2 4

Resposta: E

 3  3 c) ––––– 2

a) 3  3

b) 2  3

d)   3

  3 e) –––– 2

(UNIFESP) – O hexágono cujo interior aparece destacado em cinza na figura é regular e origina-se da sobreposição de dois triângulos equiláteros.

Na figura, o triângulo ABC e o triân gulo DEF estão divididos em 9 triângulos equiláteros menores, dos quais o hexágono ocupa seis deles. Desta forma, se SABC, SDEF e k, são as áreas, respectivamente, dos triângulos ABC, DEF e do hexágono regular então: SABC SDEF 9 –––––– = –––––– = ––– ⇒ 6 k k 3

⇒ SABC = SDEF = ––– k 2

Resolução: A área S do pentágono hachurado é igual à soma das áreas de dois triângulos equiláteros congruentes de lado 1.

3 3 e SABC + SDEF = ––– k + ––– k = 3k 2 2

Resposta: C

Exercícios Propostos 

O apótema de um hexágono regular inscrito numa circunferência de raio 8 cm, vale em cm: a) 4 b) 4  3 c) 8 d) 8  2 e) 12

 (UNESP – MODELO ENEM)

– Um salão de festas na forma de um hexágono regular, com 10 m de lado, tem ao centro uma pista de dança na forma de um círculo, com 5 m de raio.

RESOLUÇÃO:

A área, em metros quadrados, da região do salão de festas que não é ocupada pela pista de dança é:

 3 a = h ∆ eq ⇔ a = ––––– 2 Resposta: B

8 3 a = ––––– 2

a) 25 (30  3 – π)

b) 25 (12  3 – π)

d) 10 (30  3 – π)

e) 10 (15  3 – π)

c) 25 (6  3 – π)

RESOLUÇÃO: A área do salão não ocupada pela pista de dança é de a = 4 3 cm



6 . 102 . 3 –––––––––––– –  . 5 2 4



m2 = (150 3 – 25 ) m2 =

= 25 . (6 3 – ) m2 Resposta: C

MATEMÁTICA

73

 (MACKENZIE – MODELO ENEM) – Na figura, ABCDEF é

 (MACKENZIE) – Na figura, um octógono regular e um qua-

um hexágono regular de lado 1 cm. A área do triângulo BCE, em cm2, é

drado estão inscritos na circunferência de raio r =   2. A área da região sombreada é:

  2 a) –––– 3   3 b) –––– 2

c) 3  2 d) 2  3 e)   3 RESOLUÇÃO:

a) 4 . (  2 – 1)

  2 +1 b) –––– 2

4 . (   2 + 1) c) ––––––––––––– 5

8  2 d) –––– 7

  2 + 11 e) ––––––––– 8

Sendo SOBC, SOCD e SODE, respectivamente, as áreas dos triângulos OBC, OCD e ODE, equiláteros de lado medindo 1cm, a área S do triângulo BCE é tal que

RESOLUÇÃO:

1 1 S = SOBC + ––– . SOCD + ––– SODE = 2 2 12 3 12 3 12 3 1 1 = ––––––– = ––– . ––––––– + ––– . ––––––– 4 4 4 2 2

 3 S = ––––– cm2 2

Resposta: B

1) Soctógono = 8.S

OCD

2 . 2 . sen 45° = 8 . ––––––––––––––––– = 4 2 2

2) Squadrado = 4.S

AOB

2. 2 = 4 . ––––––––– =4 2

Assim, a área S da região sombreada é: S = Soctógono – Squadrado = 4 2 – 4 = 4( 2 – 1) Resposta: A

74

MATEMÁTICA

30

 Área de figuras semelhantes

A razão entre as áreas de duas figuras semelhantes é igual ao quadrado da razão de semelhança. Exemplo Os polígonos ABCDE e PQRST são semelhantes e a razão de semelhança é k.

• Razão de semelhança

Sendo S1 e S2 as áreas dos polígonos ABCDE e PQRST, respectivamente, temos:

a b c d e   ––– = ––– = ––– = ––– = ––– = k  a’ b’ c’ d’ e’   e

S 1 –––– = k 2  S 2 

Exercícios Resolvidos 

(MODELO ENEM) – O terreno plano ABC da figura seguinte tem 760 metros quadrados de área e o muro da divisa BC tem 38 metros de comprimento. Seu proprietário resolveu dividi-lo em dois terrenos menores de mesma área, construindo o muro DE paralelo ao muro BC. Considerando   2 = 1,4, pode-se afirmar que a distância entre os muros paralelos DE e BC, em metros, é aproximadamente igual a: a) 12

b) 16

c) 18

d) 20

e) 28

S∆ADE ––––––– = S∆ABC



40 – x ––––––– 40

2



1 = ––– 2

Resolução

Assim:   2 40 – x ––––––– = –––––– ⇔ 2 40

⇔ x = 40 – 20  2 ⇔ x ≅ 40 – 28 = 12

Resposta: A



(MODELO ENEM) – No terreno ABC da figura, uma pessoa pretende construir uma residência, preservando a área verde da região assinalada. Se BC = 80 m, AC = 120 m e MN = 40 m, a área livre para a construção, em metros quadrados, é de:

Sendo SAMN, SABC e SL, respectivamente, as áreas, em m 2, dos triângulos AMN, ABC e a área livre, tem-se: 80 . 120 . sen 30°

1)

SABC = ––––––––––––––––– = 2400

2)

∆AMN ~ ∆ABC ⇔

Resolução

2

SAMN ⇔ ––––––– = SABC SAMN ⇔ ––––––– = 2400

2



MN ––––– BC

⇔



40 –––– 80

2

⇔

⇔ SAMN = 600

a) 1400 d) 2000

b) 1600 e) 2200

c) 1800

3)

SL = SABC – SAMN = 2400 – 600 = 1800

Resposta: C

MATEMÁTICA

75

Exercícios Propostos  (UNIFESP – MODELO ENEM) – Você tem dois pedaços de arame de mesmo comprimento e pequena espessura. Um deles você usa para formar o círculo da figura I, e o outro você corta em 3 partes iguais para formar os três círculos da figura II.

RESOLUÇÃO: Os triângulos ADE e ABC são semelhantes pelo critério (AA~). Assim, S∆ ADE –––––––– = S∆ ABC

(

AD ––––– AB

(AD)2 = 32

)

2

AD = 32

1 (AD)2 ––– = ––––– 2 82 AD = 4 2

Resposta: A

Se S é a área do círculo maior e s é a área de um dos cír culos menores, a relação entre S e s é dada por a) S = 3s. b) S = 4s. c) S = 6s. d) S = 8s. e) S = 9s. RESOLUÇÃO: Sendo R o raio do círculo de área S e r o raio de cada círculo menor de área s, de acordo com o enunciado, tem-se: R 1) 2 R = 2 r + 2 r + 2 r R = 3r ––– = 3 r 2 S R 2) ––– = ––– s r



S Assim: ––– = 32 s

foi dividido em  (MACKENZIE) – O triângulo ABC da figura —

duas partes de mesma área pelo segmento DE, que é paralelo —

BC a BC. A razão –––– — vale DE —

a) 2

S = 9.s

3 b) ––– 2

Resposta: E

5 c) ––– 2 d)   2

 (FUVEST) – No papel quadriculado da figura abaixo, adota-se como unidade de comprimento o lado do quadrado ha— — churado. DE é paralelo a BC. Para que a área do triângulo ADE — seja a metade da área do triângulo ABC, a medida de AD, na unidade adotada, é

3   2 e) –––––– 2

RESOLUÇÃO: Os triângulos ABC e ADE são semelhantes e como a área do triângulo ADE é igual à área do trapézio DECB, pode-se concluir que a área do triângulo ABC é igual ao dobro da área do triângulo ADE. BC 2 BC Assim: –––– = 2 –––– =   2 DE DE

(  )

Resposta: D

a) 4  2

b) 4

8  3 d) ––––– 3

7  3 e) ––––– 2

76

MATEMÁTICA

c) 3  3



A razão entre a área do círculo inscrito e a área do círculo circunscrito a um mesmo hexágono regular é igual a: 1 a) ––– 4

1 b) ––– 2

3 c) ––– 4

2 d) ––– 3

4 e) ––– 5

RESOLUÇÃO:

Consideremos o hexágono regular do lado “ ”. I. r = h∆ eq II. A1 = r2 III. R = IV. A2 = R2

3 r = ––––– 2 2.3 A1 = . –––––– 4

A2 =

2

3 2 –––––– A1 4 3 –––– = –––––––– = ––– 2 A2 4

Resposta: C

31 e 32 Prismas  1. Definição de prisma Sejam e dois planos paralelos distintos. Consideremos uma região poligonal com n lados contida em e uma reta r que intercepta os planos e nos pontos A e B respectivamente. Chama-se prisma a união de todos os segmentos paralelos ao segmento de –– reta AB, com uma extremidade na região poligonal e a outra extremidade em .

• Base • Face • Aresta

Os segmentos A1A2 , A 2A3, … An – 1An, A nA1, B 1B2, B2B3,…Bn – 1Bn, BnB1 são chamados arestas das bases. A1A2B2B1, A2A3B3B2, … são paralelogramos chamados faces laterais. A distância h, entre os planos que contêm as bases do prisma, é chamada altura do prisma.

3. Classificação Prisma reto é todo prisma cujas arestas laterais são perpendiculares aos planos que contêm as bases. Prisma oblíquo é todo prisma cujas arestas laterais são oblíquas aos planos que contêm as bases. Prisma regular é todo prisma reto cuja base é um polígono regular.

2. Elementos A1A2A3 … An e B1B2B3 … Bn são polígonos côngruos e paralelos chamados de bases. –––– –––– –––– A1B1, A2B2 , … AnBn são segmentos côngruos e paralelos chamados arestas laterais. MATEMÁTICA

77

4. Nomenclatura Os prismas são chamados triangulares, quadrangulares, pentagonais etc., conforme as bases sejam triângulos, quadriláteros, pentágonos, etc.

Assim, sendo A a área lateral de um prisma, Ab a área de uma das bases e At a área total, temos:

At  = 2 . Ab  + A 

6. Volume Definição Volume de um sólido é um número, associado a ele, que exprime a razão existente entre o espaço por ele ocupado e o espaço ocupado por um cubo de aresta unitária.

Volume dos prismas O volume V de um prisma com área da base Ab e altura h é dado por:

5. Áreas Área de uma face lateral é a área de um dos polígonos que constitui uma face lateral do prisma. Se o prisma for regular, todas as faces laterais terão mesma área. Área lateral é a soma das áreas de todas as faces laterais de um prisma. Área total é a soma das áreas de todas as faces do prisma.

V = A b  . h 

Exercícios Resolvidos – Módulos 31 e 32 

(MODELO ENEM) – Uma piscina de forma retangular tem 15 m de comprimento, 8 m de largura, 1 m de profundidade num de seus extremos e 2 m de profundidade no outro extremo, sendo seu fundo um plano inclinado. Quantos litros de água são necessários para encher completamente essa piscina? a) 60 000 b) 90 000 c) 120 000 d) 150 000 e) 180 000 Fonte: Jornal O Estado de S. Paulo  – 13/10/01

Resolução V = Ab . h (20 + 10) . 150 V = –––––––––––––– . 80 dm3 2 V = 180 000 litros

Resposta: E

 (PUC) – Suponha que o bolo mostrado na tira a seguir apóie-se sobre um suporte circular feito de chocolate que, por sua vez, encontra-se sobre uma mesa de madeira de tampo retangular, cujas dimensões são 0,90 m de comprimento, 0,80 m de largura e 0,02 m de espessura. Assim, a parte dura que o Cebolinha mordeu diz respeito apenas a um pedaço do tampo da mesa.

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MATEMÁTICA

Se o pedaço de madeira na fatia tem a forma de um prisma regular triangular, cuja aresta da base mede 6 cm, o volume de madeira do pedaço equivale a que porcentagem do volume do tampo da mesa? (Use   3 =1,7) a) 0,2125% b) 0,425% c) 2,125% d) 4,25% e) 21,25% Resolução Sejam VT e VP, respectivamente, os volumes do tampo da mesa e do pedaço de madeira, em centímetros cúbicos. Supondo que o tampo da mesa tem a forma de um paralelepípedo reto retângulo, temos: a) VT = 90 . 80 . 2 = 14400 62  3 b) VP = –––––– . 2 = 9 . 1,7 . 2 = 30,6 4 Assim, o volume de madeira do pedaço equivale a 30,6 ––––––– = 0,002125 = 0,2125% do volume do tampo da mesa. 14400

Resposta: A

Exercícios Propostos – Módulo 31  (VUNESP – MODELO ENEM) – Se dobrarmos convenientemente as linhas tracejadas da figura abaixo, obteremos uma figura espacial cujo nome é: a) pirâmide de base pentagonal b) paralelogramo c) octaedro d) tetraedro e) prisma RESOLUÇÃO:

2o.) Cálculo da altura h do prisma V = Ab . h 48 . h = 528 h = 11 Resposta: B



Calcular a área lateral e a área total de um prisma hexagonal regular cujas arestas da base medem 2 cm e cuja altura mede 5 cm. RESOLUÇÃO: I) A = 6 . Aretângulo

Resposta: E

A =6.2.5 A = 60 cm2 II) At = A + 2AB



At = 60 + 2 Ahexágono

RESOLUÇÃO:

22 3 At = 60 + 2 . 6 . ––––– 4 At = 60 + 12 3

Calcular a área lateral e a área total de um prisma triangular regular cujas 9 arestas medem 2 cm cada. I) A = 3 . A A =3.2.2 A = 12 cm2 II) At = A + 2AB

At = 12(5 + 3) cm2

At = 12 + 2A 22 3 At = 12 + 2 . ––––– 4 At = 12 + 2 3 At = 2(6 +

3 )cm2



O volume, em cm 3, do prisma da questão anterior é igual

a: a) 60

b) 120

c) 120  3

d) 30  3

e) 40  3

RESOLUÇÃO: V = AB . h

 (UFRN) – Um triângulo isósceles cujos

V = Ahexágono . h

lados medem 10 cm, 10 cm e 12 cm é a base do prisma reto de volume igual a 528 cm3, conforme a figura ao lado. Pode-se afirmar que a altura h do prisma é igual a: a) 8 cm b) 11 cm c) 12 cm d) 13 cm

V = 30 3 cm3 Resposta: D

22 3 V = 6 . –––––– . 5 4

RESOLUÇÃO: 1o.)

No Portal Objetivo 12 . 8 Ab = –––––– cm2 = 48 cm2 2

Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”, digite MAT2M207 MATEMÁTICA

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