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Circunferência e Polígonos. Rotações
SOLUÇÕES – Compilação de Exercícios de Exames e Testes Intermédios


1.1. Ponto G; 1.2. Porque os dois ângulos estão inscritos no
mesmo arco de circunferência.

1.3. ver construção geométrica ao lado.

2.1. valor aproximado por defeito: 14,4;

valor aproximado por excesso: 14,5;

2.2. (A);

3.1. A amplitude do arco AB é 120 graus;

3.2. A amplitude do ângulo BAD é 60 graus. Na justificação deve estar implícito o conhecimento de que uma recta
tangente à circunferência é perpendicular ao raio no ponto de tangencia.

4. Os quatro lados do quadrilátero são iguais, porque a arcos iguais correspondem cordas iguais e cada um dos
seus ângulos é recto, pois cada um destes ângulos está inscrito num arco de circunferência cuja amplitude é 180
graus.

5. (B); 6. (B); 7. A amplitude do arco CB é 40 graus;

8.1. 60º (a amplitude do arco é o dobro da amplitude do ângulo inscrito);
                                    ED
8.2.   ED = 2,5 . Nota: sen 30º =      ⇔ ED = 5sen 30º ⇔ ED = 2, 5
                                     5
8.3. A recta BD é um eixo de simetria. O ângulo AED tem de amplitude 90º . A imagem do ponto A é o ponto C e
os pontos E e D são imagens de si próprios. Uma simetria em relação a uma recta transforma uma figura noutra
geometricamente igual, logo os triângulos    [ ADE ] e [CDE ]    são geometricamente iguais.

9. O ângulo ACB está inscrito no arco AB, logo é um ângulo inscrito numa semicircunferência e como tal tem 90º
de amplitude. O triângulo ABC não pode ser equilátero, pois todos os ângulos internos de qualquer triângulo
equilátero têm uma amplitude de 60º . Nota: Um triângulo rectângulo nunca pode ser equilátero, a hipotenusa é
sempre o lado maior do triângulo.

10. (C)

11.1. Aplicando a fórmula que nos dá a amplitude de um polígono regular com n lados podemos concluir que
180 × 3                ˆ
        = 108º , logo TPQ = 108º . OU Tendo em conta que o ângulo TPQ é um ângulo inscrito no arco maior
   5
TQ, cuja amplitude é 216º, porque 360º ÷5 = 72º e 72º ×3 = 216º , a sua amplitude será metade deste valor, ou
       ˆ
seja, TPQ = 108º .

11.2.   Asombreada = A⊙ − Apentágono = A⊙ − 5 × A∆ = 25π − 60 ≃ 18, 5

Cálculo Auxiliares:   A⊙ = π × 52 = 25π     e   Apentágono = 5 × A△ = 5 ×12 = 60

12.                   ˆ                                           ˆ      ˆ
     α = 30º . Nota: AOC = 180º −60º = 120º ; 180º −120º = 60º = OAC + OCA , como o triângulo [AOC] é
            ˆ       ˆ
isósceles ACO = OAC = 60º ÷2 = 30º , ou seja, α = 30º . OU Tendo em conta que CB = 60º , uma vez que se
trata do arco correspondente ao ângulo ao centro COB, podemos concluir que o ângulo inscrito BAC vai ter uma



Soluções                         Ex. Exame + TI (9º Ano) – Circunferência e Polígonos. Rotações           1/2
amplitude de 30º (metade de 60º). Dado que o triângulo [AOC] é isósceles, a lados iguais opõem-se ângulos
iguais, ou seja,     ˆ     ˆ
                    BAC = ACO = α = 30º .

13.1. Trata-se de um ângulo inscrito numa semicircunferência.

13.2.   Asombreada = A⊙ − A∆ = 56, 25π − 54 ≃ 123

                                                                                         9 × 12
Cálculo Auxiliares:     A⊙ = π × 7, 52 = 56, 25π                          e       A△ =          = 54
                                                                                           2

Para determinar a base do triângulo,                    BC , usamos o Teorema de
                2        2               2                        2                        2                       2
Pitágoras: AB       + BC = AC ⇔ 122 + BC = 152 ⇔ BC = 225 − 144 ⇔ BC = 81 ⇔ BC = ± 81 ⇔ BC = ±9
, como se trata de um comprimento não pode ser negativo logo                                        BC = 9 .

14. (A);     15. (D);        16.1.       AC = 56º ;               16.2.           DE = 0,8 . Nota: DE = OE − OD ; OE = AO = 6,8 (raio da
circunferência) e    OD pode ser calculado usando o Teorema de Pitágoras, uma vez que o triângulo [AOD] é
                                             2          2             2              2          2       2
rectângulo. Sendo assim OD + AD = AO ⇔ OD + 3, 2 = 6,8 ⇔ (...) ⇔ OD = ±6 , como se trata de um

comprimento não pode ser negativo logo                        OD = 6 . Deste modo DE = OE − OD = 6,8 − 6 = 0,8 .

17.1.    ˆ
        ACB = 45º (ângulo inscrito num quarto de circunferência). 17.2. (D); 17.3.                                        2 . Nota: Pelo Teorema de
                                                    2         2               2
Pitágora podes concluir que                  OG + GB = OB ⇔ x 2 + x 2 = 2 2 ⇔ 2 x 2 = 4 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2 , como se
trata de um comprimento não pode ser negativo logo                                  x = OG = 2 .

       ˆ
18.1. DOC = 60º ; 18.2.          Asombreada = A⊙ − Ahexágono = 16π − 24 3 ≃ 9

Cálculo Auxiliares:     A⊙ = π × 42 = 16π                     e       Ahexágono = 6 × A△ = 6 × 4 3 = 24 3

                                                                                               4,35         4, 35
18.3. F;   19.1.    AB = 140º ;                   19.2. 2 ;       19.3. sen 70° =                   ⇔ BD =         ⇔ BD ≃ 4, 63cm
                                                                                               BD          sen 70º

20.1.    ˆ
        BIH = 45º (ângulo inscrito num quarto de circunferência).

20.2.   ASombreada = A□ − 4 × A1 = A□ − A⊙ = 16 − 4π ≃ 3, 4
                                         ⊙
                                     4

Cálculo Auxiliares:     A□ = 4 × 4 = 16 e A⊙ = π × 22 = 4π .

20.2. IO = IA + AO ⇔ IO = 2 + 8 ⇔ IO ≃ 4,8 . Nota: Usando o Teorema de Pitágoras podes concluir

que AO = 8 , uma vez que                           [ AO ]     é a hipotenusa do triângulo                      [ AHO ]   e AH = HO = 2 (raio da
circunferência).




Soluções                                         Ex. Exame + TI (9º Ano) – Circunferência e Polígonos. Rotações                               2/2

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Circunferência e polígonos resolução

  • 1. Circunferência e Polígonos. Rotações SOLUÇÕES – Compilação de Exercícios de Exames e Testes Intermédios 1.1. Ponto G; 1.2. Porque os dois ângulos estão inscritos no mesmo arco de circunferência. 1.3. ver construção geométrica ao lado. 2.1. valor aproximado por defeito: 14,4; valor aproximado por excesso: 14,5; 2.2. (A); 3.1. A amplitude do arco AB é 120 graus; 3.2. A amplitude do ângulo BAD é 60 graus. Na justificação deve estar implícito o conhecimento de que uma recta tangente à circunferência é perpendicular ao raio no ponto de tangencia. 4. Os quatro lados do quadrilátero são iguais, porque a arcos iguais correspondem cordas iguais e cada um dos seus ângulos é recto, pois cada um destes ângulos está inscrito num arco de circunferência cuja amplitude é 180 graus. 5. (B); 6. (B); 7. A amplitude do arco CB é 40 graus; 8.1. 60º (a amplitude do arco é o dobro da amplitude do ângulo inscrito); ED 8.2. ED = 2,5 . Nota: sen 30º = ⇔ ED = 5sen 30º ⇔ ED = 2, 5 5 8.3. A recta BD é um eixo de simetria. O ângulo AED tem de amplitude 90º . A imagem do ponto A é o ponto C e os pontos E e D são imagens de si próprios. Uma simetria em relação a uma recta transforma uma figura noutra geometricamente igual, logo os triângulos [ ADE ] e [CDE ] são geometricamente iguais. 9. O ângulo ACB está inscrito no arco AB, logo é um ângulo inscrito numa semicircunferência e como tal tem 90º de amplitude. O triângulo ABC não pode ser equilátero, pois todos os ângulos internos de qualquer triângulo equilátero têm uma amplitude de 60º . Nota: Um triângulo rectângulo nunca pode ser equilátero, a hipotenusa é sempre o lado maior do triângulo. 10. (C) 11.1. Aplicando a fórmula que nos dá a amplitude de um polígono regular com n lados podemos concluir que 180 × 3 ˆ = 108º , logo TPQ = 108º . OU Tendo em conta que o ângulo TPQ é um ângulo inscrito no arco maior 5 TQ, cuja amplitude é 216º, porque 360º ÷5 = 72º e 72º ×3 = 216º , a sua amplitude será metade deste valor, ou ˆ seja, TPQ = 108º . 11.2. Asombreada = A⊙ − Apentágono = A⊙ − 5 × A∆ = 25π − 60 ≃ 18, 5 Cálculo Auxiliares: A⊙ = π × 52 = 25π e Apentágono = 5 × A△ = 5 ×12 = 60 12. ˆ ˆ ˆ α = 30º . Nota: AOC = 180º −60º = 120º ; 180º −120º = 60º = OAC + OCA , como o triângulo [AOC] é ˆ ˆ isósceles ACO = OAC = 60º ÷2 = 30º , ou seja, α = 30º . OU Tendo em conta que CB = 60º , uma vez que se trata do arco correspondente ao ângulo ao centro COB, podemos concluir que o ângulo inscrito BAC vai ter uma Soluções Ex. Exame + TI (9º Ano) – Circunferência e Polígonos. Rotações 1/2
  • 2. amplitude de 30º (metade de 60º). Dado que o triângulo [AOC] é isósceles, a lados iguais opõem-se ângulos iguais, ou seja, ˆ ˆ BAC = ACO = α = 30º . 13.1. Trata-se de um ângulo inscrito numa semicircunferência. 13.2. Asombreada = A⊙ − A∆ = 56, 25π − 54 ≃ 123 9 × 12 Cálculo Auxiliares: A⊙ = π × 7, 52 = 56, 25π e A△ = = 54 2 Para determinar a base do triângulo, BC , usamos o Teorema de 2 2 2 2 2 2 Pitágoras: AB + BC = AC ⇔ 122 + BC = 152 ⇔ BC = 225 − 144 ⇔ BC = 81 ⇔ BC = ± 81 ⇔ BC = ±9 , como se trata de um comprimento não pode ser negativo logo BC = 9 . 14. (A); 15. (D); 16.1. AC = 56º ; 16.2. DE = 0,8 . Nota: DE = OE − OD ; OE = AO = 6,8 (raio da circunferência) e OD pode ser calculado usando o Teorema de Pitágoras, uma vez que o triângulo [AOD] é 2 2 2 2 2 2 rectângulo. Sendo assim OD + AD = AO ⇔ OD + 3, 2 = 6,8 ⇔ (...) ⇔ OD = ±6 , como se trata de um comprimento não pode ser negativo logo OD = 6 . Deste modo DE = OE − OD = 6,8 − 6 = 0,8 . 17.1. ˆ ACB = 45º (ângulo inscrito num quarto de circunferência). 17.2. (D); 17.3. 2 . Nota: Pelo Teorema de 2 2 2 Pitágora podes concluir que OG + GB = OB ⇔ x 2 + x 2 = 2 2 ⇔ 2 x 2 = 4 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2 , como se trata de um comprimento não pode ser negativo logo x = OG = 2 . ˆ 18.1. DOC = 60º ; 18.2. Asombreada = A⊙ − Ahexágono = 16π − 24 3 ≃ 9 Cálculo Auxiliares: A⊙ = π × 42 = 16π e Ahexágono = 6 × A△ = 6 × 4 3 = 24 3 4,35 4, 35 18.3. F; 19.1. AB = 140º ; 19.2. 2 ; 19.3. sen 70° = ⇔ BD = ⇔ BD ≃ 4, 63cm BD sen 70º 20.1. ˆ BIH = 45º (ângulo inscrito num quarto de circunferência). 20.2. ASombreada = A□ − 4 × A1 = A□ − A⊙ = 16 − 4π ≃ 3, 4 ⊙ 4 Cálculo Auxiliares: A□ = 4 × 4 = 16 e A⊙ = π × 22 = 4π . 20.2. IO = IA + AO ⇔ IO = 2 + 8 ⇔ IO ≃ 4,8 . Nota: Usando o Teorema de Pitágoras podes concluir que AO = 8 , uma vez que [ AO ] é a hipotenusa do triângulo [ AHO ] e AH = HO = 2 (raio da circunferência). Soluções Ex. Exame + TI (9º Ano) – Circunferência e Polígonos. Rotações 2/2