Resposta da questão 21: [B] Considere o pentágono equilátero ABCDE de lado l da figura.

É fácil ver que o triângulo CDE é isósceles, com CD ED.=

Sabendo que BAE = 90°, tem-se que o triângulo ABE é retângulo isósceles, com BE 2.= l Em consequência,

sendo ABC =135°, concluímos que o triângulo ABC é retângulo em B. Agora, pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo BCE, encontramos CE 3.= l Finalmente, aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo CDE, vem

( 3)2 = 2 + 2 − 2 ⋅ ⋅ ⋅cosø⇔ cosø = − 12ø⇒ ø =120°.

Resposta da questão 22: [B] Aplicando o teorema de Tales na figura, temos:

2 2 2x x 6 2x 7x x 8x 12 x x 12 0 x 4x 2 2x 7

+= ⇔ + = + + ⇔ − − = ⇔ =

+ +

x 3= − (não convém). Portanto, x = 4. Resposta da questão 23: [D]

∆PHS: PS2 = 92 +122 ⇒PS =15m.

∆PHS− ∆PSR ⇒9

15=

12SR

⇒ SR = 20m.

Portanto, a área do terreno será: 2A 20 15 300m= ⋅ =

Resposta da questão 24: [C] É fácil ver que os triângulos AEC e BED são semelhantes. Logo, AFBF

=ACBD

⇔AFBF

=46⇔AF+BFAF

=2+32

⇔AF

AF+BF=25.

Além disso, como os triângulos AEF e ABD também são semelhantes, vem AFAB

=EFBD

⇔AF

AF+BF=EF6⇔EF6=25⇔EF = 2,4m.

Resposta da questão 25: [A]

EÂC 180 : 2 90= ° = ° No triângulo retângulo AEC, temos: 2h 9 4 h 36.Logo, h 6.

= ⋅ ⇒ =

=

Portanto, a área do triângulo AED será dada por: 2A (6 9) : 2 27cm= ⋅ =

Resposta da questão 26: [B]

O lado que mede 16 cm é diâmetro da circunferência e a ângulo ˆACB 90 ,= ° logo:

2 2 2

2

2

x x 16

2x 1256

x 128

x 8 2.

+ =

=

=

=

Resposta da questão 27: [E]

Na figura y = 180° – 130° = 50° 130 = 2x ⇒ x = 65° Os ângulos internos do triângulo medem 50°, 65° e 65°.

Resposta da questão 28: [D]

CH: Altura do triângulo Equilátero

h = L 32

→ h = 32

ΔATB ~ ΔCHE

CHAT

=CEAB

→3

2

x + 32

=13

Resolvendo a igualdade, temos: H =5 3

6

Resposta da questão 29: [D]

42 = h2 + 2,42→16 = h2 +5,76→ h = 3,2m Resposta da questão 30: [C] Considere a figura abaixo, em que a, b e c são os lados procurados.

Sabemos que m n 7 m n 7− = ⇔ = + e que h 12.= Das relações métricas no triângulo retângulo, obtemos h2 =mn⇔ (n+7)n =144⇔ n2 +7n−144 = 0⇔ n = 9 oun = −16. Logo, m 9 7 16= + = e a m n 16 9 25 5 5.= + = + = = ⋅ Daí, como o triângulo dado é semelhante ao triângulo retângulo de lados 3, 4 e 5, segue que b 5 4 20= ⋅ = e c 5 3 15.= ⋅ = Resposta da questão 31: [C]

( )22 2 2 2 2d x 1 e d x 4 4= + = − +

Logo, ( )22 2 2x 1 x 4 4+ = − +

8x = 31x = 3,875km = 3875m

Resposta da questão 32: [B]

Na figura 2: y2 = x2 + x2 ⇔ y = x 2 Na figura 1: y2 = 42 + (x – 1)2 ⇔(x 2 )2 = 16 + x2 -2x + 1⇔ x2 + 2x – 17 = 0 Resolvendo a equação temos: x 3 2 1 ou x -3 2 1 (não convém)= − = − Resposta da questão 33: [A] Sejam l i e ic , respectivamente, as medidas do maior lado e do menor lado do papel Ai, com i = 0,1, 2,…,10.

Sabemos que =l 1 0c e =l 0

1c .2

Além disso, como as

folhas de papel 0A e 1A são retângulos semelhantes,

segue que: ⎛ ⎞

= ⇔ = ⇔ = ⇒ =⎜ ⎟⎝ ⎠

l l l lll

20 0 0 0 01

00 1 0 0 0

c 2 2.c c c c c

2

Por outro lado, as folhas de papel 0A e 4A também são

retângulos semelhantes. Desse modo, = =ll 04

4 02.

c c

Resposta da questão 34: [A]

Sabendo que AC R r= + e BC R r,= − pelo Teorema de Pitágoras, vem

AC2= AB

2+BC

2⇔ (R + r)2 = AB

2+ (R − r)2⇔ AB

2= 4Rr⇒ AB = 2 Rr.

Portanto, como AD 2 AB,= ⋅ segue que o resultado pedido

é 2 2 Rr 4 Rr.⋅ = Resposta da questão 35: [E]

Determinando o valor de k no triângulo XZP: K2 = 1202 + 1602 K = 200 km. XZP XDY:Δ Δ 200 120 2d 360 d 180km300 d

= ⇔ = ⇔ =

Resposta da questão 36: [B]

Utilizando o Teorema de Tales, temos:

GF 600 GF 1 GF 660m1980 1800 1980 3

= ⇒ = ⇒ =

Resposta da questão 37: [B]

2 2 2

2 2 2

y 6 10 y 8

x (8 x) 4 x 55 10A 252

+ = ⇔ =

= − + ⇔ =

⋅= =

Resposta da questão 38: [C]

o o

o

o

2 90 360

2 270

135

α

α

α

+ =

⋅ =

=

Resposta da questão 39: [E]

Aplicando o Teorema de Pitágoras e a utilizando a

proporção dada no enunciado, pode-se montar o seguinte

sistema:

2 2 2

2 2

x y (32 2,5)x 16y 9

x y 6400

+ = ⋅

⎧=⎪

⎨⎪ + =⎩

Resposta da questão 40: [C] Pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo ABC, encontramos facilmente AC 20m.= Os triângulos ABC,CDE,EFG,… são semelhantes por AA. Logo, como a razão de semelhança é igual a CD 12 3 ,

16 4AB= = segue-se que AC 20m,= CE 15m,=

EG =454m,… constituem uma progressão geométrica cujo

limite da soma dos n primeiros termos é dado por 20 80 m.314

=−

Resposta da questão 41: [D] Os ângulos e são alternos internos. Portanto, que é um divisor de Resposta da questão 42: [A] Sejam a e b as quantidades de palitos em cada um dos outros 2 lados do triângulo. Tem-se que {a, b} {{1,10}, {2,9}, {3, 8}, {4, 7}, {5, 6}}.∈ Mas, pela condição de existência de um triângulo, só pode ser {a, b} {{3, 8}, {4, 7}, {5, 6}}∈ . Resposta da questão 43: [D]

3a+3b =180o → a+b = 60o

x = 2a+ 2b → x = 2 a+b( )x = 2 . 60o

x =120o

Resposta da questão 44: [C] No triângulo PRS, temos: PR̂S+38o + (45o +18o) =180o

Logo, PR̂S = 79o

Como PR̂S e PQ̂S são iguais, pois são medidas de ângulos inscritos que derterminam o mesmo arco na circunferência, concluímos que:

PQ̂S = 79o

Resposta da questão 45: [E]

X + 20o +90o =180o

X = 70o

(60 4 ) (60 3 )α α α°− + = ° + 2 90α + °

60 3 2 90 30 ,α α α° + = + °⇔ = °60.