nivel-3-triangulo-retangulo-e-areas-resolucao

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AULAS 16 A 19
1. Seja AH = h a altura relativa a BC e AB = x, comprimento do lado AB.
Desde que os comprimentos dos lados AB, BC e CA, nessa ordem, são números inteiros e consecutivos, segue-
se que BC = x + 1 e AC = x + 2.
Aplicando aos triângulos ABH e AHC, o Teorema de Pitágoras, encontramos: n2+ h2 = x2 e (x + 2)2 = m2 + h2;
daí, h2 = x2 – n2 = (x + 2)2 – m2.
Nestas condições, podemos escrever: (x + 2)2 – x2 = m2 – n2, o que implica 4(x + 1) = (m + n )( m – n ).
Desde m + n = BC = x + 1, então 4(x + 1) = (x + 1)(m – n), e portanto m – n = 4.
Resposta: A
2. Seja AE a altura relativa ao vértice A, e seja h o comprimento desta altura. Note que o triângulo ACD é isósceles,
e então ED = EC = .
Assim, aplicando ao triângulo AED, retângulo em E, o teorema de Pitágoras, temos: , e daí
Por outro lado, o triângulo AEB é retângulo em E. Desde que EB = ED + BD = , tem-se do teorema de
Pitágoras aplicado a este triângulo: Portanto, AB = 9.
Resposta: 9
 
AB h EB2 2 2
2
35
4
17
2
35 289
4
324
4
81= + = +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= + = = .
1
2
8
17
2
+ =
h2 9
1
4
35
4
= =– .
h2
2
21
2
3+
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
=
A
C B
3 3h
E D 81
2
1
2
1
2
A
B Cn m
h
x + 2
H
x
x + 1
ClasseEm
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 1 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
22000099
Resoluções
NÍVEL 3
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TTrreeiinnaammeennttoo ppaarraa
OOlliimmppííaaddaass ddee
MMaatteemmááttiiccaa22000099
3. Desde que AED e BED são triângulos retângulos em E, então do teorema de Pitágoras aplicado a estes
triângulos, podemos escrever: BD2 – BE2 = ED2 = AD2 – AE2, o que implica BD2 = BE2 + AD2 – AE2.
Desde que AB = BC = CD = DA = x + y (lado do losango), segue que:
BD2 = y2 + (x + y)2 – x2, e portanto 
Por outro lado, denominando de O, o centro, do losango; 
Assim, aplicando ao triângulo AOB, retângulo em O, o teorema de Pitágoras, obtemos: AO2 + BO2 = AB2, e daí
, ou melhor ainda AC2 = 4(x + y)2 – BD2.
Substituindo, o valor de BD encontrado acima, resulta: AC2 = 4(x + y)2 – (2y2 + 2xy), e consequentemente
Portanto, os comprimentos das diagonais são: (menor) e (maior)
Resposta: (diagonal menor) e (diagonal maior)
4. O segmento C2C4 tem comprimento (R – r). O triângulo C1C2C4 é retângulo, com catetos C2C4 e C1 C2
medindo (R – r) e R respectivamente, e hipotenusa C1C4 de comprimento (R + r).
Nestas condições, do teorema de Pitágoras e o triângulo C1C2C4, podemos escrever:
(R – r)2 + R2 = (R + r)2 ∴ R2 – 2Rr + r2 + R2 = R2 + 2Rr + r2
∴ R2 = 4Rr ∴
Resposta: A
5. Notamos primeiro que o triângulo PQR é equilátero de lado 2 cm. Como o segmento RS também mede
2cm, o triângulo PRS é isósceles de base PS. 
A
C B
S R Q
P
T
 
R
r
= 4
C1 C2 C3
C4
4 6 22 2x xy y+ +2 22y xy+
4 6 22 2x xy y+ +2 22y xy+
AC x y y xy x xy y= + + = + +4 2 2 4 6 22 2 2 2( ) – ( ) .
AC
x y
BD
2 2
2
2
2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
( ) –
AO
AC
e BO
BD= =
2 2
.
BD y x y x y xy= + + = +2 2 2 22 2( ) – .
A
x
E
B
0
D
C
x + yx + y
y
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O ângulo PR̂S mede 120º, pois ele é externo ao triângulo PRQ, e igual à soma dos dois ângulos internos não
adjacentes, cada um medindo 60º. Logo, cada um dos ângulos RŜP e RP̂S mede 30º, e portanto o triângulo PQS
é retângulo em P, com PQ̂S = 60º e PŜQ = 30º. Além disso, o triângulo ABC é semelhante ao triângulo PQS,
pois seus lados distando de 1cm dos lados deste triângulo, são paralelos a estes. Nestas condições, o triângulo
ABC é retângulo com AB̂C = 60º e AĈB = 30º, e consequentemente AB é o menor lado deste triângulo. 
Para calcular o comprimento do lado AB, basta calcular BT, pois claramente AT = 3cm . Notamos que o triângulo
QBT é retângulo em T. Como BQ é bissetriz do ângulo AB̂C, segue que TB̂Q = 30º. Como QT = 1cm, segue que
BQ = 2cm, e portanto do teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo QBT, temos:
TB2 + QT2 = BQ2, o que implica TB2 + 1 = 22, e consequentemente TB = .
Portanto, AB = AT + TB = 3 + 
Resposta: 3 + 
6. Para resolver essa questão, precisamos saber qual é a área coberta de cada um
dos três quadrados de centros A, B e C. Para isso, vamos considerar a figura ao
lado, onde representamos os quadrados de centros A e B. 
A região sombreada no quadrado de centro A é o quadrilátero AQRT.
Pelo ponto A traçamos as perpendiculares AP e AS aos lados do quadrado.
Como A é o centro do quadrado, é imediato que APRS é um quadrado; sua área
é da área do quadrado maior, ou seja, é
Além disso os ângulos PÂQ e SÂT, marcados na figura, são de medidas iguais;
de fato, temos:
∠PAQ = ∠PAS – ∠QAS = 90º – ∠QAS = ∠QAT – ∠QAS = ∠SAT
Nestas condições, concluímos que os triângulos APQ e AST são congruentes, pois são triângulos retângulos
com um lado e um ângulo comuns.
Logo,
(AQRT) = (AST) + (AQRS) = (APQ) + (AQRS) 
= (APRS) = 25cm2.
Do mesmo modo, as áreas sombreadas nos quadrados de centros B e C são iguais a 25cm2.
Portanto, a área, em cm2, da região sombreada, é 3 × 75 + 100 = 325.
Resposta: E
7. a) Na figura estão desenhadas as duas circunferências concêntricas, de raios r e
R, e uma circunferência de raio x simultaneamente tangente a essa duas. 
Logo, temos: r + 2x = R, donde, x = 
b) A área pedida é dada pela seguinte diferença:
área da coroa circular – 12 ⋅ área do círculo de raio x
Desde que a área da coroa circular é π(R2 – r2) e a área do círculo de raio x é
segue-se que a área Ap, pedida, é dada por
Resposta: a) DEMONSTRAÇÃO 
b) 2π(3Rr – 2r2 – R2)
 
A R r
R Rr r
Rr r Rp =
+ =⋅ ⋅π π π( – ) – – ( – – )2 2
2 2
2 212
2
4
2 3 2
 
π π π⋅ ⋅ ⋅= ⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= +x R r R Rr r2
2 2 2
2
2
4
– –
,
R r–
.
2
1
4
100 25 2× = cm .
1
4
3
3
3
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22000099
A P
Q
R
B
ST
R
r x x
8. Seja O centro do círculo maior de raio OA = OD = 2r.
Sejam OA e OD diâmetros de dois dos círculos menores (destacados na figura) e
AOD um setor de 90º do círculo maior.
Note que o diâmetro OA (ou OD) divide a região vermelha de um círculo menor em
duas regiões simétricas em relação ao diâmetro OA (ou OD).
Indicando por S, a área, em cm2, de cada uma destas regiões simétricas do vidro
vermelho, conforme figura, tem-se da simetria dos vidros, no vitral:
área (em cm2) do setor de AOD = 2S + G + B e
área (em cm2) do círculo menor = 2S + 2G.
Por outro lado, a área do setor AOD, em cm2, é , ou seja, πr2. Logo, o
setor AOD é equivalente ao círculo menor, isto é, têm áreas iguais (verifique!!).
Então, 2S + G + B = 2S + 2G, o que implica, B = G = 400 (enunciado).
Resposta: 400cm2
1. Pelo ponto P traçam-se paralelas aos lados do quadrado. Estas paralelas
determinam com os lados do quadrado, 4 triângulos retângulos, como
mostra-se na figura ao lado.
Aplicando teorema de Pitágoras aos triângulos retângulos destacados
na figura de hipotenusas ⎯AP e ⎯CP, temos respectivamente:
a2 + b2 = 22
c2 + d2 = 92
Adicionando-se, membro a membro, obtém-se: a2 + b2 + c2 + d2 = 22 + 92.
Raciocinando de modo análogo para os outros dois triângulos retângulos, obtém-se: a2 + b2 + c2 + d2 = x2 + 72.
Nestas condições, podemos escrever: x2 + 72 = 22 + 92.
Donde encontra-se x = 6.
Resposta: C
2. Seja P a intersecção das retas suportes dos lados ND e AM.
Do enunciado, tem-se que os triângulos MBA e NDC são congruentes.
Assim, da construção do ponto P e do enunciado decorre que :
∠PAD = ∠MBA = ∠NDC e ∠PDA = ∠MAB = ∠NCD
Mas, como AD = AB = 1, segue-se que os triângulos PAD e MBA são con-
gruentes (ALA), consequentemente, ∠APD = 90°, MA = DP e BM = AP.
Nestas condições, o triângulo MPN é isósceles e retângulo em P, com
MP = MA + AP = a + b = DP + ND = NP.
Portanto, 
Resposta: D
3. Desde que AC = AB, temos que 2r = AB = 4, isto é, r = 2 (r é o raio circunferência).
Desde que DE // AB e AB̂C = 45°, então CE = DE = 2x.
Nestas condições, OE = CE – r = 2x – r = 2x – 2 e (M é ponto médio de DE).
Substituindo estes resultados no triângulo retângulo OEM, tem-se do teorema de Pitágoras:
OM2 = OE2 + ME2, ou seja, 22 = (2x – 2)2 + x2
Resolvendo, encontramosou x = 0 (não convém)
Portanto, 
Resposta: B
 
DE x= =2 16
5
x = 8
5
DM ME
DE
x= = =
2
MN a b= +( ) 2
CasaEm
 
1
4
2 2π ( )r
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S + S
���
B
G
S
S
A
D
2r
r
R
G
0
G
r
A
a
c
D
x
b
2
P
7
d
9
a
c
C
B
P
N
M
B
ba
A
b
a
b a
CD
4. Dos dados do enunciado podemos construir a figura ao lado, onde o triângulo AOB
é retângulo em O enquanto que o triângulo ACD, é retângulo em C.
Denotando por r o raio da circunferência temos:
Do ΔAOB: [1]
Do ΔACD: [2]
Portanto, de [1] e [2], resulta AC = 15.
Resposta: B
5. Sejam A, B e C os centros das circunferências de raios a, b e c res-
pectivamente.
Seja A´, B´, C´as projeções ortogonais de A, B e C respectivamente
sobre a reta dada.
Seja D e E as projeções ortogonais de C sobre as retas AA´ e BB´
respectivamente.
Seja F a interseção da reta BB´ com a paralela a A´B´ por A.
Nestas condições, os triângulos ADC, BEC, e BFA são retângulos
em D, E e F respectivamente, conforme mostra-se na figura ao lado.
Dos triângulos retângulos ADC, BEC e BFA:
Por outro lado, da figura acima: 
Dividindo ambos os membros por resulta: 
Resposta: E
6. Solução oficial
Os triângulos ABE e EHF são retângulos em A e H, respecti-
vamente; a medida do ângulo BÊF é de 90°; se a medida do ângu-
lo HÊF é x, então a medida dos ângulos EF̂H e AÊB é 90° – x e,
consequentemente, a medida do ângulo AB̂E é x; como BE = EF
(são lados do mesmo quadrado), então os triângulos mencionados
são congruentes (pelo caso ALA de congruência de triângulos).
Utilizando o teorema de Pitágoras, podemos escrever
BE2 = AB2 + AE2, o que mostra que a área do quadrado BEFG
é a soma das áreas dos quadrados ABCD e FHIJ, ou seja,
64 + 36 = 100cm2.
Resposta: D
7. (Solução Oficial)
Ligando o ponto de interseção das retas que representam as duas cercas aos
vértices, obtemos a figura ao lado.
Observemos que, como AQ = QD e as alturas de OAQ e OQD que passam por
O são iguais, as áreas de OAQ e OQD são iguais. Analogamente, as áreas de
OAM e OMB; OBN e ONC; OCP e OPD são iguais.
Logo, (OAQ) + (OAM) + (OCP) + (ONC) = (OQD) + (OMB)+ (OPD) + (OBN)
∴ (AMOQ) + (CNOP) = (DPOQ) + (BMON)
∴ (AMOQ) = 200 + 250 – 210 = 240.
Resposta: A
 
1 1 1
b a c
+ = 2 abc
DC CE A B ac bc ab+ = + =∴’ ’ 2 2 2
DC a c a c ac CE b c b c bc e A= + − − = = + − − =( ) ( ) , ( ) ( )2 2 2 22 2 FF ab= 2
AC r r= ° =2 30 3cos
tg
r
r30
5 3
3
5 3° = = =∴
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30°
60° 60°
30°
OA
C
B
Drr
r
5
a – c
c
b – c
A
D
A’ C’ B’
b + c
a + b
a + c
C
a – b
F
E
B
A E H I
JF
G
BC
D
Q N
O
A
M
B
P
D
C
8. Sejam D e E (ver figura) áreas de regiões planas limitadas pelo semicírculo construído sobre a hipotenusa e cada
um dos catetos do triângulo retângulo.
Nestas condições, temos: 
Por outro lado, (Teorema de Pitágoras)
Assim, 
Portanto, S + D + R + E = D + T + E, ou seja, S + R = T.
Resposta: C
9. Seja H a intersecção da reta AC com a paralela a reta AB por D, conforme figura ao lado.
Nestas condições, o triângulo GHD é retângulo em H. Além disso, o triângulo CHD é con-
gruente ao triângulo BAC, pois ∠DCH = ∠CBA = α, ∠CDH = ∠BCA = β e CD = BC;
como consequência, DH = CA = b e CH = BA = c.
Portanto, do teorema de Pitágoras e do ΔGHD, resulta:
GD2 = GH2 + DH2
GD2 = (GA + CA + CH)2 + DH2
GD2 = (c + b + c)2 + b2
GD2 = 2b2 + 4bc + 4c2
Resposta: D
10. Seja N a projeção ortogonal de P sobre QR.
Seja NM = x , NQ = y – x e MR = y.
Aplicando o teorema de Pitágoras, temos:
ΔPNM: PN2 + x2 = 3,52 [1]
ΔPNQ: PN2 + (y – x)2 = 42 [2]
ΔPNR: PN2 + (y + x)2 = 72 [3]
De [2] e [3], obtém-se: [4]
De [1] e [3], obtém-se: [5]
Portanto, de [4] e [5], resulta: , logo QR = 2y = 9.
Resposta: D
11. Sejam 2x o comprimento do lado do quadrado e α, β medidas, em graus, dos ângulos ADM e CDP respectivamente.
Nestas condições, resulta do enunciado:
• AD = DC = 2x e AM = x.
• α + β = 90°, ∠DMA = β e ∠DCP = α, conforme figura a seguir.
 
y = 9
2
y xy2 2
147
4
+ =
2
33
2
xy =
S D R E
AB AC
AB AC
BC+ + + = + = +⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
=⋅ ⋅ ⋅π π π π
2 2
2 2
2
4 4 4 44
= + +D T E
AB AC BC
2 2 2
+ =
S D
AB
R E
AC
e D T E
BC+ = + = ⋅ + + =⋅ ⋅π π π
2 2 2
4 4 4
, .
A
R
S
T
B C
E
D
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a
b
c
A B
C
D
E
FG
H b
c
c
α
α
β
β
P
4 7
Q N M R
yy – x x
3,5
Desde que o triângulo ADM é retângulo em A, resulta do teorema de Pitágoras:
DM2 = AM2 + DA2 = x2 + (2x)2 = 5x2
Por outro lado, ΔADM ∼ ΔPCD (∼ AA), logo:
Como MP = 3 e DM = 3 + DP, segue-se , ou seja, 
Portanto, o comprimento do lado do quadrado é 2x, isto é, 
Resposta: C
12. ΔAHC: 
ΔBHC: 
Portanto, a área do triângulo ABC é igual a 
Resposta: E
13. Sejam b e c medidas dos catetos e a medida da hipotenusa.
Do teorema de Pitágoras, b2 + c2 = a2 [I]
Da soma e produto das raízes da equação do segundo grau, temos: [II]
De [I] e [II] podemos escrever: 
(b + c)2 = 196 ∴ b2 + c2 + 2bc = 196 ∴ a2 + 96 = 196 ∴ a2 = 100 ∴ a = 10.
Portanto, a medida da hipotenusa, em cm, é 10 enquanto que a do perímetro, em cm, é a + b + c , ou seja,
24 (10 + 14).
Resposta: D
14. Seja C2M a mediatriz do segmento AB, decorre daí que os triângulos OCC3 e OMC2 são semelhantes, logo
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AC2M
Resposta: D
 
∴ ∴= = = =AM r AB r r4
5
8
5
8 5( )
AM AC MC r MC r r r2 2 2 2 2
2 2
2
23
5
16
25
= − = − = −
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
=
MC
CC
OC
OC
MC
r r
r
r2
3
2
3
2
3
5
3
5
= = =∴ ⋅
⋅
b + c = 14
b ⋅ c = 48
⎧
⎨
⎩
 
1
2
2
1
2
3 2
3
2 2
3
3
1AH BH+( ) = +⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = +
⋅ ⋅
tg
BH BH
BH45
2 2
1 2° = = =∴ ∴
tg
AH AH
AH30
2 2
3
3
3 2
3
° = = = ⋅∴ ∴
2 5.
x = 5.x x5 3
2 5
5
= +
DM
DC
AM
DP
x
x
x
DP
DP x= = =∴ ∴5
2
2 5
5
∴ =DM x 5
A
B
C
D
P
M
α2x
x
x
β
2x
α
β
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22000099
A
B
C
O
C1 C2 C3
M
15. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retân-
gulo destacado na figura ao lado, obtemos:
d2 + (R – r )2 = (R + r)2
Daí, d2 = 2R ⋅ 2r. Desde que 2R e 2r são os diâmetros
das circunferências de raio maior e menor respectiva-
mente, tem-se do enunciado que 2R ⋅ 2r = 25.
Portanto, d2 = 25, ou seja, PQ = d = 5.
Resposta: A
16. No octógono regular: AE, BF, CG e HD são diâmetros de comprimento igual a 1.
Assim, os triângulos: PAE, PBF, PCG e PHD estão inscritos em uma semi-
circunferência, consequentemente são retângulos em P respectivamente.
Nestas condições, decorre do teorema de Pitágoras:
+ 
Adicionando-se membro a membro, resulta:
PA
——2 + PB
——2 + PC
——2 + PD
——2 + PE
——2 + PF
——2 + PG
——2 + PH
——2 = 4.
Resposta: A
17. Seja O ponto médio de PQ e PQ = 2a.
Desde que PQRS é um quadrado, tem-se:
• O é centro do semicírculo com OP = OQ = a e QU = TP = x.
• RQ = PQ = 2a e 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ORQ, temos OR2 = a2 + (2a)2, ou seja, .
Como OR é o raio, temos OR = OU = a + x. Logo, , ou seja, .
Portanto, com os resultados acima conclui-se que: .
Resposta: D
18. Seja N ponto médio de AM, isto é, NA
——
= NM
——
Desde que ∠SAB = 45°, o triângulo retângulo ASM é isósceles e
∠SMA = 45°. Nestas condições, o segmento SN é mediana como
também altura, relativa a hipotenusa AM, isto é, SN é perpendicu-
lar a AM.
Daí, [1]
Os triângulos CAB e SNB são semelhantes (SN // CA) [2]
Portanto, de [1] e [2] resulta: 
Resposta: B
 
SN
CA
NB
AB
AB NB
AB
AB
AB
AB= = = =∴ ∴
1
4
1
3
4 3
SN AN NM AB= = = ⋅1
4
x
y
= −5 1
2 2
x a= −( )5 1a x a+ = 5
OR a= 5
y PR a= = 2 2.
PA
——2 + PE
——2 = 1
PB
——2 + PF
——2 = 1
PC
——2 + PG
——2 = 1
PH
——2 + PD
——2 = 1
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
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22000099
R – r
R + r
d
P Q t
A
B
C
D
E
F
G
H
P
A M B
S
C
45°45°
1
N
19. Desde que o posto do observador é equidistante dos quatro pontos, a sua posição deve coincidir com o centro
do circuncírculodo quadrilátero ABCD. Sendo O centro e R raio deste círculo, temos que:
∠BOD = 2 ⋅ ∠BAD = 2 ⋅ 45° = 90° e OB = OD = R.
O comprimento da hipotenusa BD do triângulo retângulo OBD é 16m, então pelo teorema de Pitágoras:
.
Portanto, a distância que o posto guarda de cada ninho, será de metros.
Resposta: D
20. Decorre dos dados do enunciado que o triângulo BDC é retângulo em B, com hipotenusa e catetos:
e DB = R – r. Aplicando o teorema de Pitágoras, obtém-se 
Daí, resulta, R = 3r.
Resposta: B
21. Sejam A, B e C os centros das circunferências de raios 1, 2 e 3 respectivamente.
Nestas condições, AC = 1 + 3 = 4; AB = 1 + 2 = 3 e BC = 3 + 2 = 5, logo BC2 = AC2 + AB2 e consequentemente
(recíproco de Pitágoras) ABC é um triângulo, retângulo em A, com hipotenusa BC = 5. Portanto, o raio R da
circunferência circunscrita a este triângulo é a metade da sua hipotenusa (propriedade), isto é, 2,5.
Resposta: B
22. Seja O o centro da circunferência C. Seja α a medida do arco menor AB. Desde que o arco maior AB é duas vezes o
comprimento do arco AB menor, o arco AB maior mede 2α. Logo, 3α = 360°, ou seja, α = 120°. Nestas condições,
∠AOB = α = 120°. Por outro lado, A e B são pontos de tangência, logo ∠OAP = ∠OBP = 90°. 
Portanto, do quadrilátero PAOB (cíclico), segue-se que ∠APB = 60°, mas como PA = PB (propriedade), conclui-se
que PAB é um triângulo equilátero de lado AB = 7, ou seja, o comprimento da corda AB é 7.
Resposta: D
23. Solução Oficial 
Um quadrado com área 144cm2 tem lado 12cm, e se foi formado juntando-se dois retângulos iguais lado a lado,
esses retângulos tem um lado igual ao lado do quadrado e ou outro igual a metade do lado do quadrado, ou seja,
seus lados medem 12cm e 6cm.
Juntando-se agora esses dois retângulos e formando um retângulo de largura diferente do comprimento, formamos
um retângulo de lados 24cm e 6cm.
E o perímetro desse retângulo é 24 + 6 + 24 + 6 = 60cm.
Resposta: D
24. Solução Oficial
A área do jardim é 5a2, onde a é o lado do quadrado. Pelo Teorema de Pitágoras, AB2 = a2 + (2a)2 = 5a2.
Daí, 5a2 = 100, que é a área do jardim.
Observação: também é possível resolver o problema sem usar o Teorema de Pitágoras, formando o quadrado
de lado AB e observando que sua área é equivalente à de 5 quadrados menores.
Resposta: C
 
R
r
R
R r
2 2
2 2
2+
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
+ ( – ) .BC R=
2
DC
R
r= +
2
8 2
R R R m2 2 216 128 8 2+ = = =∴
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 9 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
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25. Desde que BC // AE e BD // CE, segue-se que BCED é um paralelogramo. Consequentemente, DE = BC e os
triângulos CDE e ABC, relativo as bases DE e BC, têm a mesma altura. Portanto, (CDE) = (ABC).
Nestas condições, (ABCD) = (ABC) + (ACD) = (CDE) + (ACD) = (ACE), isto é, x = y.
Resposta: A
26. Solução oficial
Os triângulos isósceles junto à base têm área igual a do quadrado. Os dois junto aos vértices superiores tem
área igual a da área do quadrado. Finalmente, o central no topo tem área igual à metade da área do quadrado.
Logo, a área total é 
Resposta: C
27. Sejam A1, A2 e A3 áreas dos quadrados 1, 2 e 3 respectivamente. Do teorema de Pitágoras, podemos escrever:
A1 + A3 = A2. Portanto, A3 = 100 – 36 = 64cm2.
Resposta: A
28. Solução oficial
A área do triângulo ADF é , ou seja, da área do quadrado. Como os triângulos ADF e AEF são
congruentes, a área da região comum aos dois quadrados é 2 ⋅ 25 = 50cm2.
Resposta: E
29. Desde que R é ponto médio de NA, os triângulos ARM e ANM, em relação as bases AR e NA têm a mesma altura e 
AN = 2 AR, logo: [1]
Desde que N é ponto médio de MC, os triângulos ANM e AMC, em relação as bases MN e MC têm a mesma
altura e
MC = 2 MN, logo: [2]
Desde que M é ponto médio de AB, os triângulos AMC e ACB, em relação as bases AM e AB têm a mesma
altura e
AB = 2AM, logo: [3]
Multiplicando membro a membro as igualdades [1], [2] e [3] encontramos:
Resposta: B
30. (Solução Oficial)
Sendo x, y e z as áreas das partes brancas, a área pedida é: 
(121 – x) + (49 – y – z) – (81 – x – y) – (25 – z) = 121 + 49 – 81 – 25 = 64cm2.
Resposta: D
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
ARM
ANM
ANM
AMC
AMC
ABC
⋅ ⋅ ⋅ ⋅= =1
2
1
2
1
2
1
88
1
8 2000
1
8
250∴ ∴ ∴= = =( )
( )
( )
( )
ARM
ABC
ARM
ARM
( )
( )
AMC
ABC
= 1
2
( )
( )
ANM
AMC
= 1
2
( )
( )
ARM
ANM
= 1
2
B A10
10
E
C
10
5
5
F D
5
5 10
10
10
1
4
5 10
2
25 2
⋅ = cm
3 2
1
2
1
2
6+ + + = .
1
4
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31. Na construção ao lado, obtém-se os triângulos retângulos II e I,
congruentes ao triângulo retângulo original III.
Destas congruências, temos que:
q é a medida da altura relativa a base EB (p) no ΔEBD,
p é a medida da altura relativa a base CH (q) no ΔHCI.
Nestas condições resulta da figura ao lado,
(EBD) = (FAG) = (HCI) = (ABC) = ;
(EBAF) = p2, (ACHG) = q2
(BCID) = BC2 = p2 + q2 (teorema de Pitágoras)
Portanto, a área do hexágono EFGHID determinado pela figura ao lado,
é dada pela soma S:
S = (EBD) + (FAG) + (HCI) + (ABC) + (EBAF) + (ACHG) + (BCID)
+ 2(p2 + q2) = 2pq + 2(p2 + q2)
Resposta: B
32. Sendo O o centro do semicírculo maior, temos Como O pertence à semicircunferência me-
nor, o ângulo QÔR é reto. Logo, pelo teorema de Pitágoras, o diâmetro do semicírculo menor é .
A área destacada é, então, igual à soma das áreas do semicírculo menor e do quarto de círculo de centro O e
extremidades Q e R subtraída da área do triângulo OQR, ou seja, 
Resposta: A
33. Sejam x, y, z e w as áreas das regiões branca, amarela, azul e verde, respectivamente. Seja R o raio do semi-círculo.
Temos 
Assim, x + y = y + z = x + w, logo x = z e y = w.
Como x é a área de um segmento circular de ângulo 90° e raio R,
Assim x = z � y = w. 
Resposta: A
34. Seja EDF um triângulo retângulo isósceles, reto em D, conforme figura.
Seja r raio e I o centro do círculo inscrito.
Seja R o raio e O o centro do círculo circunscrito.
Seja T e S pontos de tangência do círculo inscrito com os
catetos DE e DF respectivamente. Nestas condições:
• O é ponto médio de EF; consequentemente DO é mediana
relativa a hipotenusa EF, portanto DO = R (propriedade).
• DTIS é um quadrado de lado r; consequentemente 
Por outro lado, D, I e O são colineares. Então: DO = DI + IO = + r = R.
Daí, segue-se que , ou seja, 
Portanto, a razão da área do círculo A para a área do círculo B é dada por
Resposta: D
 
π
π
r
R
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
=
+
⎛
⎝
⎜
⎞
⎠
⎟ = ( ) =
2 2 21
2 1
2 1 3 2 2– – .
r
R
=
+
1
2 1
.r R2 1+( ) =
r 2
 DI r= 2.
 
x
R R
R e y R= − = −
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= +
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
π ππ2 2 2 2
4 2
2
4
2
4
.
x y
R
e y z x w R
R+ = + = + = =π π π
2
2
2
2
1
8
2
2
( ) .
1
2
2
1
4
2
2 2
2
2 2
2 2π π π⋅ ⋅( ) + ⋅ − = − .
2 2
OQ OR
PS= = =
2
2.
S
pq= ⋅4
2
pq
2
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 11 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
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p
q
p
p
E
F
G H
q q
C
q
p
I
q
p
D
II
III
β
α
β
α
α
β
α
B
A
I
w
y
z
x
D S F
O
R
RT
I r
E
35. Seja ABC um triângulo retângulo em C.
Seja a = CB, b = CA e c = AB.
A figura ao lado mostra o incírculo do triângulo retângulo, e os
pontos (X, Y e Z) de tangência com os lados, logo BX = BZ,
AY = AZ e CX
——
= CY
—— 
(segmentos tangentes conduzidos por um
mesmo ponto ao incírculo).
Nestas condições, IXCY é um quadrado, pois seus ângulos são retos
e além disso,
(raio do incírculo). Portanto:
a + b = (BX
——
+ CX
——
) + (AY
——
+ CY
——
) = (BZ
— —
+ CX
——
) + (AZ
——
+ CY
——
)
a + b = (BZ
——
+ AZ
——
) + (CX
——
+ CY
——
) = c + d.
Resposta: C
36. Note que podemos mover C para C´ sobre o arco menor BC, de modo que CC´
seja paralelo ao diâmetro AB. Executando esta construção, obtemos:
• CD = BC´ = 3. Consequentemente, BC´DC é um trapézio isósceles. Logo,
as diagonais BD e CC’ são congruentes; portanto CC´= BD = 7.
• CA = C´B = 3. Consequentemente, ABC´C é um trapézio isósceles. Logo,
sendo E a projeção ortogonal de C sobre a reta AB, O centro da circunfe-
rência e r o seu raio segue-se que:
Nestas condições, os triângulosΔAEC e ΔOEC, são retângulos em E. 
Assim, aplicando o teorema de Pitágoras, podemos escrever:
AC2 – AE2 = CE2 = OC2 – OE2
Daí, 
Donde resulta, 2r = 9.
Resposta: D
37. Como os triângulos sombreados são congruentes, os segmentos AP e PC da figura medem ambos 1cm. 
Logo os catetos do triângulo ABC medem 1cm e 2cm.
Aplicando ao triângulo ABC, o teorema de Pitágoras, temos:
AB2 = 12 + 22 = 5, o que implica AB = 
Portanto, o perímetro, em cm, do triângulo ABC, é 1 + 2 + , ou seja, 3 + .
Resposta: A
38. Desde que a área do quadrado ABCD é 100cm2, o lado do quadrado é 10cm. Logo, AB = BC = 10cm.
Desde MC // AB (DC e AB são lados opostos do quadrado), segue que ΔABF ~ ΔMCF. Como DM = MC = ,
segue que CF = . Logo, CF = BC = 10cm e BF = 20cm.
 
BF
2
AB
2
55
5 cm.
A B
1 cm
C
P
1 cm
1 cm
 
3
7
2
7
2
2
2
2
2
− −
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
= −
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
r r
OE
CC= =’ .
2
7
2
CX CY
d= =
2
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 12 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
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Z
A
B
C
X
Y
I
C
D
C’
B
33
A
E
73
a) (ABF) = 
b) (ADF) = (DC é a altura deste triângulo relativa a base AD)
Resposta: a) 100cm2 b) 50cm2
39. Como o hexágono é regular, suas diagonais são iguais. Logo, o triângulo ACE da figura I é equilátero, e segue
que CÂE = 60º. Além disso, como AD é um dos eixos de simetria do hexágono, o triângulo APQ é isósceles;
como ele já tem um ângulo de 60º segue que ele é equilátero.
O mesmo raciocínio mostra que o triângulo FRP também é equilátero. Como o hexágono tem outro eixo de simetria
que passa por P, os triângulos APQ e FRP são congruentes; como ambos são equiláteros todos os seus lados
são iguais, e em particular temos PQ = FP. Assim, os triângulos AFP e APQ têm bases iguais e a mesma altura,
que denotamos por h na figura II.
Denotemos agora por S, a área, do triângulo APQ; temos então
Isso mostra que na figura III o hexágono está dividido em 18 triângulos de área S; segue que 18S = 45, donde
Resposta: B
40. A figura é constituída de 4 cubos. Sendo três juntos, constituindo um bloco de três e que ocupa a posição inferior
na figura.
Denominando de C a projeção ortogonal do ponto B, no plano ADC (ver figura) que contém as faces inferiores de
3 cubos, destacamos dois triângulos retângulos: 
• ΔADC, de catetos AD = 3 e DC = 2.
Logo, a hipotenusa AC mede (Pitágoras), ou seja, AC = e 
• ΔACB, de catetos AC = e BC = 2.
Portanto, a hipotenusa AB mede (Pitágoras) , ou seja, AB .
Resposta: 17
1713 2
2 2( ) +
13
133 22 2+
A
B B
2
C
2
DA 3
S cm= =45
18
2 5 2, .
S PQ h FP h AFP= ⋅ = ⋅ =1
2
1
2
( ).
A
F
E D
C
B
QP
R
Figura I
Figura II
F P Q
A
h
Figura III
AD DC× ×= =
2
10 10
2
50 2cm .
AB BF× ×= =
2
10 20
2
100 2cm .
SISTEMA ANGLO DE ENSINO • 13 • Treinamento para Olimpíadas de Matemática
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SISTEMA ANGLO DE ENSINO – Coordenação Geral: Nicolau Marmo; Coordenação do TOM: Marco Antônio Gabriades; Supervisão de
Convênios: Helena Serebrinic; Nível 3: Antonio Carlos ROSSO Junior, GLENN Albert Jacques Van Amson, Luís Antonio PONCE Alonso, ROBERTO
Miguel El Jamal; Projeto Gráfico, Arte e Editoração Eletrônica: Gráfica e Editora Anglo Ltda;