Exercícios Resolvidos de Matemática

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MatemáticaCurso Extensivo – ACurso Extensivo – B

3a. Série – Ensino Médio

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1. Resolva, em �, as equações dadas a seguir:

a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0

b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0

RESOLUÇÃO:a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x2 – 18x + 32)2 = 0 ou (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x = 2 ou x = 16) ou (x = 2 ou x = 6) ⇔

⇔ x = 2 ou x = 6 ou x = 16 ⇔ V = {2; 6; 16}

b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x2 – 18x + 32 = 0) e (x2 – 8x + 12 = 0) ⇔

⇔ (x = 2 ou x = 16) e (x = 2 ou x = 6) ⇔ x = 2 ⇔ V = {2}

Respostas: a) V = {2; 6; 16}

b) V = {2}

2. (UNICAMP) – Uma confeitaria produz dois tipos de bolos de festa.Cada quilograma do bolo do tipo A consome 0,4 kg de açúcar e 0,2 kgde farinha. Por sua vez, o bolo do tipo B consome 0,2 kg de açúcar e0,3 kg de farinha para cada quilograma produzido. Sabendo que, nomomento, a confeitaria dispõe de 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha,responda às questões abaixo.a) Será que é possível produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo

do tipo B? Justifique sua resposta.b) Quantos quilogramas de bolo do tipo A e de bolo do tipo B devem

ser produzidos se a confeitaria pretende gastar toda a farinha e todoo açúcar de que dispõe?

RESOLUÇÃO:a) I) Para produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, a

quantidade de açúcar é (0,4 . 7 + 0,2 . 18)kg = 6,4 kg.

II) De modo análogo, a quantidade de farinha é:(0,2 . 7 + 0,3 . 18)kg = 6,8 kg

III) Com 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha, não é possível, portanto,produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, pois afarinha não é suficiente.

b) Se a for o número de quilogramas de bolo do tipo A e b o do tipo B,então:

⇔ ⇔

⇔ ⇔ ⇔

Respostas: a) Não.b) 22,5 kg do tipo A; 5 kg do tipo B.

� 0,4a + 0,2b = 10

0,2a + 0,3b = 6 � 4a + 2b = 100

2a + 3b = 60

� 2a + b = 50

2a + 3b = 60 � 2a + b = 50

2b = 10 � a = 22,5

b = 5

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Revisão MATEMÁTICA

MÓDULO 11 Equações e Inequações

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3. (FGV) – No seu livro Introdução à Álgebra, Leonhard Eulerpropõe um curioso e interessante problema aos leitores:Duas camponesas juntas carregam 100 ovos para vender em uma feirae cada uma vai cobrar seu preço por ovo. Embora uma tivesse levadomais ovos que a outra, as duas receberam a mesma quantia emdinheiro. Uma delas disse, então:— Se eu tivesse trazido o mesmo número de ovos que você trouxe,teria recebido 15 kreuzers (antiga moeda austríaca).Ao que a segunda respondeu:— Se eu tivesse trazido a quantidade de ovos que você trouxe, teria

recebido kreuzers.

Releia o texto com atenção e responda:Quantos ovos carregava cada uma?

RESOLUÇÃO:Vamos admitir que a primeira camponesa vendeu x ovos a m kreuzers cadaum e a segunda camponesa vendeu y ovos a n kreuzers cada um. Então:

Resposta: A primeira carregava 60 ovos e a segunda, 40.

4. (UNICAMP) – Um restaurante a quilo vende 100 kg de comidapor dia, a R$ 15,00 o quilograma. Uma pesquisa de opinião revelouque, a cada real de aumento no preço do quilo, o restaurante deixa devender o equivalente a 5 kg de comida. Responda às perguntas abaixo,supondo corretas as informações da pesquisa e definindo a receita dorestaurante como o valor total pago pelos clientes.a) Em que caso a receita do restaurante será maior: se o preço subir

para R$ 18,00/kg ou para R$ 20,00/kg?b) Formule matematicamente a função f(x), que for nece a receita do

restaurante como função da quantia x, em reais, a ser acrescida aovalor atualmente cobrado pelo quilo da refeição.

c) Qual deve ser o preço do quilo da comida para que o restaurantetenha a maior receita possível?

RESOLUÇÃO:Supondo que os 5 kg de comida que o restaurante deixa de vender sejampor dia, temos:a) Se o preço por quilo subir para (15 + 3) reais = 18 reais, então o

restaurante venderá (100 – 3 . 5) kg = 85 kg de comida. Neste caso, areceita será (85 . 18) reais = 1 530 reais.Se o preço por quilo subir para (15 + 5) reais = 20 reais, então orestaurante venderá (100 – 5 . 5) kg = 75 kg. Neste caso, a receita será(75 . 20) reais = 1 500 reais.Assim sendo, a receita será maior quando o preço subir para 18 reais/kg.

b) Se x for o número de reais a ser acres centado ao preço, então ele passarápara (15 + x) reais e a quantidade vendida será (100 – 5x) kg. Assim, afunção f(x), que fornece a receita do restaurante como função da quantiax, em reais, a ser acrescida ao valor atualmente cobrado pelo quilo darefeição, é:f(x) = (100 – 5x) (15 + x)

c) O máximo da função f, definida por f(x) = (100 – 5x) (15 + x), ocorre quando

x = = 2,5, pois o gráfico de f(x) é do tipo:

O preço a ser cobrado por quilo de comida, pa ra que o restaurante tenhaa maior receita pos sível, deve ser (15 + 2,5) reais = 17,5 reais.Respostas: a) R$ 18,00

b) f(x) = (100 – 5x) (15 + x)c) R$ 17,50

–15 + 20––––––––

2

20–––3

x + y = 100

n . x = 15

20m . y = –––

3

m . x = n . y

x + y = 100

n . x 15––––– = ––––m . y 20

–––3

n x–– = ––m y

x + y = 100

x x 45–– . –– = –––y y 20

x + y = 100

x2 9––– = ––y2 4

x + y = 100

x 3–– = ––y 2

x = 60

y = 40

� �⇒ ⇒

� ⇒� ⇒� ⇒ �

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1. (FGV) – Uma certa mercadoria foi promovida por uma subs tan cialcampanha de propaganda e, pou co antes de encerrar a promoção, aquantidade diária de vendas era 10 000 unidades. Imediatamente após,as vendas diárias decresceram a uma taxa proporcional às vendasdiárias, tal que V(t) = B . ek . t, sendo: B o número de unidades vendidasem um determinado dia; V(t) a quantidade de vendas por dia, após tdias; e = 2,72; k um número real.Sabe-se que, 10 dias após encerrar a promoção, o volu me diário devendas era 8 000 unidades.a) Qual o volume diário de vendas 30 dias após o encerramento da

promoção?b) Quando se espera que a venda diária seja reduzida a 6 400 uni -

dades?

Considere que log 2 = , sendo log 2 o logaritmo de 2 na base 10.

RESOLUÇÃO:Supondo que para t = 0 o volume de vendas tenha sido de 10 000 unidades,temos:

1) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000

2) 10 000 . e10k = 8 000 ⇒ e10k =

3) V(30) = 10 000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 =

= 10 000 .

3

= 5 120

4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) =

= ⇔ =

2

⇔ = 2 ⇔ t = 20

Respostas: a) 5 120 unidades

b) 20 dias após o encerramento

2. (UNICAMP) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x.

a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo

vertical fornece log2(y).

b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações:

Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente.

RESOLUÇÃO:

a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔

⇔ log2

y = log2 8 – log2 (42x) ⇔

⇔ log2

y = 3 – 2x . log2 4 ⇔

⇔ log2

y = 3 – 4x, cujo gráfico é o representado a seguir.

3–––10

8–––10

t–––10

t–––10

t–––106 400

–––––––10 000

� �

8––10

� 8–––10 � � 8

–––10 �

� f(z) = g(y)f(y) / g(z) = 1

8–––42x � 8

–––42x �

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MÓDULO 22 Exponenciais e Logaritmos


b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔

⇔ 8 = 42z . 4y

⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3

II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒

⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3

III) ⇔ ⇔

⇔ ⇔

Respostas: a) Ver gráfico.

b) y = z =

3. Considerando x e y dois números inteiros maiores que 1, resolva osistema:

RESOLUÇÃO:Para x e y inteiros e maiores que 1, temos:

a) log4x – logxy = ⇔ log4x – =

b) xy = 16 ⇔ log4(xy) = log416 ⇔ log4x + log4y = 2 ⇔

⇔ log4y = 2 – log4x

De a e b, obtém-se:

log4x – =

Substituindo-se log4x por m, têm-se:

m – = ⇔ 6 m2 – 12 + 6 m = 7 m ⇔

⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ⇔ m = ou m =

m = ⇒ log4x = ⇒

x = 4 = (22) = 23 = 8 ⇒ y = 2

m = – ⇒ log4x = – ⇒ x = 4 = (22) = 2 ⇒

⇒ x não é inteiro.

Resposta: x = 8 e y = 2

�7

log4x – logxy = ––6

x . y = 16

7–––6

log4y–––––––

log4x

7–––6

2 – log4x–––––––––

log4x

7–––6

2 – m–––––––

m

7–––6

1 ± 17–––––––

12

3–––2

4– ––

3

3–––2

3–––2

3–––2

3–––2

4–––3

4–––3

4– ––3

4– ––3

8– ––3

f(y)––––g(z)

8––––42y

� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 � 4y + 8z = 6

– 4y – 2z = – 3

� 2y + 4z = 36z = 3 �

1y = –––

2

1z = –––

2

1––2

8–––42z

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1. (FGV) – Resolva as inequações:

a) 1 < < 8

b) �2 – 5x� > 10

RESOLUÇÃO

a) 1 < < 8 ⇔ 2 < 4 – x < 16 ⇔

⇔ –2 < –x < 12 ⇔ 2 > x > –12 ⇔ –12 < x < 2

b) �2 – 5x� > 10 ⇔ 2 – 5x < –10 ou 2 – 5x > 10 ⇔

⇔ –5x < –12 ou –5x > 8 ⇔ x < – ou x >

Respostas: a) –12 < x < 2

b) x < – ou x >

2. (FUVEST)a) Represente, num sistema de coordenadas, os gráficos das fun ções

f(x) = �4 – x2� e g(x) = .

b) Resolva a inequação �4 – x2� ≤ .

RESOLUÇÃO:a) O gráfico de h(x) = 4 – x2 é do tipo:

e, portanto, o gráfico de f(x) = �4 – x 2� é:

O gráfico de g(x) = é:

As abscissas dos pontos de intersecção dos dois grá ficos são as soluções

da equação f(x) = g(x) ⇔ �4 – x 2� = .

Para x ≤ – 2 ou x ≥ 2, temos:

– 4 + x2 = ⇔ – 8 + 2x2 = x + 7 ⇔

4 – x––––––

2

4 – x–––––

2

12––––

5

8–––5

8–––5

12––––

5

x + 7–––––

2

x + 7––––––

2

x + 7––––––

2

x + 7–––––

2

x + 7––––––

2

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MÓDULO 33 Função Modular


⇔ 2x2 – x – 15 = 0 ⇔ x = ou x = 3

Para –2 ≤ x ≤ 2, temos:

4 – x2 = ⇔ 8 – 2x2 = x + 7 ⇔

⇔ – 2x2 – x + 1 = 0 ⇔ x = – 1 ou x =

Representando os dois gráficos num mesmo siste ma de coordenadas,temos:

b) Analisando os gráficos esboçados no item anterior, com as corres -pondentes abscissas dos pontos comuns, concluímos que:

�4 – x2� ≤ ⇔ f(x) ≤ g(x) ⇔ ≤ x ≤ –1 ou ≤ x ≤ 3


b) S = x ∈ � � ≤ x ≤ –1 ou ≤ x ≤ 3

3. Resolva, em �, a inequação (�x – 1� – 3) . (�x + 2� – 5) < 0.

RESOLUÇÃO:

x + 7––––––

2

5– ––

21––2

� 5– ––

2

1––2 �

5– ––

2

1––2

x + 7––––––

2

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1. (UERJ) – Terno pitagórico é a denominação para os três númerosinteiros que representam as medidas, com a mesma unidade, dos trêslados de um triângulo retângulo.Um terno pitagórico pode ser gerado da seguinte forma:– escolhem-se dois números pares consecutivos ou dois números

ímpares consecutivos;– calcula-se a soma de seus inversos, obtendo-se uma fração cujo

numerador e denominador representam as medidas dos catetos deum triângulo retângulo;

– calcula-se a hipotenusa.a) Utilizando o procedimento descrito, calcule as medidas dos três

lados de um triângulo retângulo, considerando os números pares 4e 6.

b) Considere x um número inteiro maior do que 1 e que (x – 1) e (x + 1) representam dois pares ou dois ímpares consecutivos.Demonstre que esses dois números geram um terno pitagórico.

RESOLUÇÃO:

a) + = =

A hipotenusa a é tal que a2 = 52 + 122 ⇔ a2 = 169 ⇔ a = 13 (a > 0).

As medidas dos lados são 5, 12 e 13.

b) Sendo x ∈ � e x > 1, temos:

+ = =

A hipotenusa a é tal que

a2 = (2x)2 + (x2 – 1)2 ⇔ a2 = 4x2 + x4 – 2x2 + 1 ⇔

⇔ a2 = x4 + 2x2 + 1 ⇔ a2 = (x2 + 1)2 ⇔ a = x2 + 1

(a > 0). Logo, a ∈ �.

As medidas dos lados são x – 1, x + 1 e x2 + 1.

Respostas: a) 5, 12 e 13

b) x – 1, x + 1 e x2 + 1

2. (UNICAMP) – Uma sala retangular medindo 3 m por 4,25 m deveser ladrilhada com ladrilhos quadrados iguais. Supondo-se que não hajaespaço entre ladrilhos vizinhos, pergunta-se:a) Qual deve ser a dimensão máxima, em centímetros, de cada um

desses ladrilhos para que a sala possa ser ladrilhada sem cortarnenhum ladrilho?

b) Quantos desses mesmos ladrilhos são necessários?

RESOLUÇÃO:

a) Nas condições do problema, a dimensão máxima, em centímetros, de

cada um dos ladrilhos é o mdc (425, 300) = 25.

b) O total de ladrilhos necessários é . = 12 . 17 = 204.

Respostas: a) 25 cmb) 204 ladrilhos

1––4

1––6

3 + 2–––––

125

–––12

1–––––x – 1

x + 1 + x – 1––––––––––––(x – 1)(x + 1)

2x––––––x2 – 1

1–––––x + 1

300––––25

425––––25

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MÓDULO 44 Aritmética


3. (FUVEST) – Um número inteiro positivo n de 4 algarismosdecimais satisfaz às seguintes condições:

I) A soma dos quadrados do 1o. e 4o. algarismos é 58.

II) A soma dos quadrados do 2o. e 3o. algarismos é 52.

III)Se deste número n subtrairmos o número 3816, ob teremos um

número formado pelos mesmos algarismos do número n, mas na

ordem con trária. Qual é esse número?

RESOLUÇÃO:

1) Se o número inteiro positivo é n = abcd, em que a é o 1o. algaris mo, b é

o 2o. , c é o 3o. e d é o 4o. , então:

(I) a2 + d2 = 58

(II) b2 + c2 = 52

(III) abcd – 3816 = dcba

2) Os quadrados dos algarismos decimais que podem satisfazer (I) e (II)

são: 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 16, 52 = 25, 62 = 36, 72 = 49

3) Os únicos algarismos que satisfazem (I) são:

(a = 3 e d = 7) ou (a = 7 e d = 3), pois 9 + 49 = 58.

4) Os únicos algarismos que satisfazem (II) são:

(b = 4 e c = 6) ou (b = 6 e c = 4), pois 16 + 36 = 52.

5) Os possíveis números n são 3467, 3647, 7463 ou 7643.

6) O único número n que satisfaz (III) é 7463, pois

7463 – 3816 = 3647.Resposta: O número n é 7463.

4. Um livro tem entre 200 e 400 páginas. Contando-as de 7 em 7, sobra 1; contando-as de 9 em 9, sobram 3; contando-as de 11 em 11, sobram 4. Obtenha:a) o número n de páginas do livro;b) o número de divisores naturais de n.

RESOLUÇÃO:a)

⇔ ⇒ (n + 6) é múltiplo

comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ �*

Visto que 200 < n < 400, temos:

n = 252 – 6 = 246, para k = 4

n = 315 – 6 = 309, para k = 5

n = 378 – 6 = 372, para k = 6

Dos valores obtidos, apenas 246 dividido por 11 deixa resto 4.

b)⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒

⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8

Respostas: a) n = 246 b) 8

n + 6 7�–––––––0 q1 + 1

n + 6 9�–––––––0 q2 + 1

�n 7�––––1 q1

n 9�––––3 q2

�

2341

246123411

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1. Sejam z1 = x + 4i e z2 = 1 + xi dois números complexos, em que x

é um número real e i a unidade imaginária. Obtenha:

a) ; b) x para que seja um número real.

RESOLUÇÃO:

a) = . = =

= = + i

b) ∈ � ⇔ = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2

Respostas: a) = + i

b) x = 2 ou x = – 2

2. Sendo i a unidade imaginária, considere o número complexo z = 2 – 2��3 i.a) Escreva z na forma trigonométrica.

b) Calcule z5.

RESOLUÇÃO:

a) z = 2 – 2��3 i = a + bi, a, b ∈ � ⇒ a = 2 e b = – 2��3

�z� = ρ = ��a2 + b2 = ��22 + (– 2��3 )2= ��4 + 12 = 4

⇒ θ = 300°

z = ρ(cos θ + i sen θ) = 4(cos 300° + i sen 300°)

b) z5 = 45 . [cos(5 . 300°) + i sen(5 . 300°)]

z5 = 1024(cos 1500° + i sen 1500°)

z5 = 1024(cos 60° + i sen 60°)

z5 = 1024 + i

z5 = 512 + 512��3 i

Respostas: a) z = 4(cos 300° + i sen 300°)

b) z5 = 512 + 512��3 i

z1–––z2

z1–––z2

z1–––z2

(x + 4i)––––––––(1 + xi)

(1 – xi)––––––––

(1 – xi)

x – x2i + 4i + 4x–––––––––––––––

1 + x2

5x + (4 – x2)i–––––––––––––

1 + x2

5x–––––––

1 + x2

4 – x2–––––––

1 + x2

z1–––z2

4 – x2–––––––

1 + x2

z1–––z2

5x–––––––

1 + x2

4 – x2–––––––

1 + x2

�0° ≤ θ < 360°

a 2 1cos θ = –– = –– = ––

ρ 4 2

b – 2��3 ��3sen θ = –– = –––––– = – ––––

ρ 4 2

� 1–––2

��3––––

2 �

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MÓDULO 55 Números Complexos


3. (FUVEST) – A figura a seguir representa o número

no plano complexo, sendo i = ��– 1 a unidade ima gi -

nária. Nessas condições,

a) determine as partes real e imaginária de e de ω3;

b) represente e ω3 na figura abaixo;

c) determine as raízes complexas da equação z3 – 1 = 0.

RESOLUÇÃO:

Se ω = , então:

ω = = – + i . = cos 120° + i . sen 120°

Assim:

a) = = cos(– 120°) + i . sen(– 120°) =

= cos 240° + i . sen 240° = – – i

ω3 = cos(3 . 120°) + i . sen(3 . 120°) = cos 360° + i . sen 360° = 1

b)

c) z3 – 1 = 0 ⇔ z3 = 1 = cos 0° + i . sen 0°

As raízes da equação são as raízes cúbicas de 1 e, portanto:

z1 = 1 . (cos 0° + i . sen 0°) = 1 = ω3

z2 = 1 . (cos 120° + i . sen 120°) = = ω

z3 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = =

Respostas: a) Re = – ; Im = –

Re(ω3) = 1; Im(ω3) = 0

b) Ver figura.

c) 1; ;

– 1 + i ��3ω = –––––––––

2

1–––ω

1–––ω

– 1 + i��3–––––––––

2

– 1 + i��3–––––––––

2

1–––2

��3––––

2

1–––ω

cos 0° + i . sen 0°–––––––––––––––––––cos 120° + i . sen 120°

1–––2

��3––––

2

– 1 + i��3––––––––––

2

– 1 – i��3––––––––––

2

1––––

ω

� 1–––ω � 1

–––2 � 1

–––ω � ��3

––––2

� – 1 + i��3––––––––––

2

– 1 – i��3––––––––––

2 �

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a .S

MÓDULO 66 Polinômios e Equações Algébricas

1. (IBMEC-adaptado) – A figura a seguir representa o gráfico de umpolinômio P(x), de grau 3 e coeficientes reais, cujas raízes têm mul -tiplicidade 1.

Utilizando as informações do gráfico, determine:a) as soluções inteiras da equação [P(x)]3 – 10[P(x)]2 = 21P(x);b) o resto da divisão de P(x) por x2 – 4x + 3.

RESOLUÇÃO:a) [P(x)]3 – 10[P(x)]2 = 21P(x) ⇔ [P(x)]3 – 10[P(x)]2 – 21P(x) = 0 ⇔

⇔ P(x) = 0 ou P(x) = 3 ou P(x) = 7P(x) = 0 não tem solução inteira (ver gráfico).A única solução inteira de P(x) = 3 é x = 1 (ver gráfico).As soluções inteiras de P(x) = 7 são x = – 1, x = 2 e x = 3 (ver gráfico).As soluções inteiras da equação são, portanto, – 1, 1, 2 e 3.

b)

P(x) = (x2 – 4x + 3)(Q(x) + ax + b)

⇔

Logo, R(x) = ax + b = 2x + 1

Respostas: a) – 1, 1, 2 e 3b) 2x + 1

2. (FUVEST) – O produto de duas das raízes do polinômio p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 é igual a – 1. Determinar:a) o valor de m;b) as raízes de p.

RESOLUÇÃO:Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:

a)

⇒ c = ⇒

⇒ 2 .

3

– m .

2

+ 4 .

2

+ 3 = 0 ⇒

⇒ 2 . – m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7

b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e é raiz ⇒

⇒ P(x) = x – (x2 – 2x – 1) = 0, pois o quociente da divisão de

P(x) por x – é x2 – 2x – 1.

Logo, x = ou x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x = ou x = 1 ± �2

Respostas: a) m = 7 b) V = {(1 – �2 ), (1 + �2 ), 3/2}

� P(1) = a + b = 3P(3) = 3a + b = 7 � a = 2

b = 1

3a . b . c = – –––

2

ab = – 1 � 3––2

�27

–––8

9–––4

P(x) x2 – 4x + 3

ax + b Q(x)

R(x)

� 3––2 � 3

––2 � � 3

––2 �

3––2

� 3––2 �

3––2

3––2

3––2

– 11


3. Seja x ≠ 0 um número complexo.

a) Obtenha x2 + , sabendo que x + = y.

b) Mostre que 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 ⇔

⇔ 3�x2 + � – 13�x + � + 16 = 0.

c) Resolva, em �, a equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0.

RESOLUÇÃO:

a) x + = y ⇒ �x + �2

= y2 ⇒ x2 + 2 + = y2 ⇒ x2 + = y2 – 2

b) Dividindo-se ambos os membros da equação

3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se:

3x2 – 13x + 16 – 13 . + 3 . = 0 ⇔

⇔ 3 x2 + – 13 x + + 16 = 0

c) Substituindo-se x + por y e x2 + por y2 – 2, tem-se a

equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔

⇔ y = ⇔ y = ou y = 1

y = ⇒ x + = ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒

⇒ x = 3 ou x =

y = 1 ⇒ x + = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x =

Logo, o conjunto-verdade da equação é:

V = ; 3; ;

Respostas: a) x2 + = y2 – 2

b) Ver demonstração.

c) V = ; 3; ;

1–––x2

1–––x

1–––x2

1–––x

1––x

1––x

1–––x2

1–––x2

1––x

1–––x2

1–––x2

1––x

1––x

1–––x2

13 ± 7––––––

6

10–––3

10–––3

1––x

10–––3

1––3

1––x

1 ± ��3 i––––––––

2

1––3

1 + ��3 i––––––––

2

1 – ��3 i––––––––

2

1–––x2

1––3

1 + ��3 i––––––––

2

1 – ��3 i––––––––

2

��

��

��

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

12 –


1. Calcule o valor de cada soma:

a) + + + … +

b) 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1) para n ∈ � e n ≥ 2.

RESOLUÇÃO:

a) + + +…+ = , pois esses números são de

uma mesma coluna do triângulo de Pascal e = = 560.

b) S = 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1) ⇔

⇔ = + + + … + ⇔

⇔ = + + + … + ⇔

⇔ = ⇔ S = 2 . ⇔

⇔ S =

Respostas: a) 560 b)

2. Seis pessoas, entre elas A e B, devem ser colocadas em fila. Calcule:a) de quantas maneiras diferentes essa fila pode ser disposta;b) em quantas delas A e B ficam juntas;c) em quantas delas A antecede B.

RESOLUÇÃO:

a) P6 = 6! = 720

b) P2 . P5 = 2!5! = 240

c) A e B, com A antecedendo B, podem ser dispostas de C6; 2 = 15 maneiras

diferentes. Para cada uma delas, os demais ele men tos podem ser

colocados de P4 = 4! = 24 formas.

Pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos:

15 . 24 = 360.

Respostas: a) 720 b) 240 c) 360

3. Considere o conjunto dos 20 primeiros números natu rais estrita -men te positivos. Três deles serão esco lhidos simultanea mente. Cal cule:a) de quantas maneiras diferentes podem ser feitas as escolhas;b) em quantas delas o produto dos três números é ímpar;c) em quantas delas a soma dos três números é par.

RESOLUÇÃO:

a) C20; 3 = = 1140

b) C10; 3 = = 120, pois o produto é ímpar se, e somente se, os três

forem ímpares.

c) A soma dos três números será par se, e somente se, forem escolhi dos

3 pares ou 1 par e 2 ímpares, resultando em:

C10; 3 + C10; 1 . C10; 2 = 120 + 10 . 45 = 120 + 450 = 570

Respostas: a) 1140 b) 120 c) 570

4. (IBMEC-ADAPTADO) – Vinte equipes estão participando docampeonato brasileiro de futebol de 2010. Ao final do campeonato,cada equipe terá enfrentado cada uma das outras dezenove equipesduas vezes: uma em seu estádio e a outra no estádio do adversário. Seisdessas vinte equipes são do Estado de São Paulo, ou seja, têm osrespectivos estádios nesse Estado. Em cada partida, uma equipe podesomar 3, 1 ou 0 ponto(s), em caso de vitória, empate ou derrota. Nessascondições:a) calcule quantos jogos estão previstos para todo o campeonato

brasileiro de 2010;b) determine o número de jogos que serão realizados no Estado de São

Paulo;c) sabendo que cada rodada tem dez jogos (entre as 20 equipes) e que,

terminada a 11a. rodada, a soma dos pontos obtidos por todas asequipes era exatamente 295, calcule quantos empates ocorreram atéa 11a. rodada, inclusive.

RESOLUÇÃO:

a) A20; 2 = 20 . 19 = 380

b) 6 . 14 + A6; 2 = 84 + 30 = 114

c) 11 . 10 . 3 – 295 = 330 – 295 = 35

Respostas: a) 380 b) 124 c) 35

� 2

2 � � 3

2 � � 4

2 � � 15

2 �

� 22 � � 3

2 � � 42 � � 15

2 � � 163 �

� 163 � 16 .15 .14

–––––––––3 . 2 . 1

S––2

1 . 2––––

2

2 . 3––––

23 . 4

–––––2

n(n + 1)––––––––

2

S––2 � 2

2 � � 3

2 � � 4

2 � � n + 1

2 �S––2 � n + 2

3 � (n + 2) . (n + 1) . n––––––––––––––––

3 . 2 . 1

n(n + 1) (n + 2)––––––––––––––

3

n(n + 1) (n + 2)––––––––––––––

3

20!–––––3!17!

10!–––––3!7!

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 13

MÓDULO 77 Binômio de Newton e Análise Combinatória


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

14 –

1. Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma caixapreta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar uma bola deuma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma resultantedos dois dados for menor que 4, retira-se uma bola da caixa branca.Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a proba -bilidade de se retirar uma bola verde?

RESOLUÇÃO:No lançamento de dois dados, são possíveis 36 (pares) resultados diferentes,mas em apenas 3 deles a soma resultante é menor que 4. São eles: (1;1),(1;2), (2;1). Admitindo-se que os dois dados são “honestos”, a proba -bilidade de que uma bola verde seja retirada da urna branca é

. e da urna preta é . .

Assim, a probabilida de de se retirar uma bola verde é:

P = . + . ⇔ P =

Resposta: P =

2. (UNICAMP) – Dois prêmios iguais serão sorteados entre dez pes -soas, sendo sete mulheres e três homens. Admitindo que uma pessoanão possa ganhar os dois prêmios, responda às perguntas abaixo.a) De quantas maneiras diferentes os prêmios podem ser distribuídos

entre as dez pessoas?b) Qual é a probabilidade de que dois homens sejam premiados?c) Qual é a probabilidade de que ao menos uma mulher receba um

prêmio?

RESOLUÇÃO:a) Os dois prêmios podem ser distribuídos entre as dez pessoas de

C10; 2 = = 45 maneiras diferentes.

b) A probabilidade de dois dos três homens serem premia dos é:

p = = =

c) A probabilidade de que ao menos uma mulher rece ba um prêmio é:

1 – =

Respostas: a) 45 b) c)

3––––36

5–––8

33––––36

3–––5

3––––36

5–––8

33––––36

3–––5

289––––480

289––––480

10 . 9–––––––

2 . 1

C3; 2––––––C10; 2

3––––45

1–––15

1––––15

14––––15

1–––15

14––––15

MÓDULO 88 Probabilidade


3. (FUVEST) – Uma urna contém 5 bolas brancas e 3 bolas pretas.Três bolas são retiradas ao acaso, sucessivamente, sem reposição.Determine:a) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola

branca;b) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola

branca, sabendo que as três bolas retiradas não são da mesma cor.

RESOLUÇÃO:A urna tem exatamente 5 bolas brancas e 3 pretas. Assim,a) a probabilidade de que sejam obtidas, em 3 extrações sem reposição,

duas bolas pretas e uma branca é:

3 . . . =

b) 1o. ) a probabilidade de que sejam obtidas, de modo análogo, duasbrancas e uma preta é:

3 . . . =

2o. ) a probabilidade de que sejam obtidas duas brancas e uma preta,sabendo-se que as bolas não têm a mesma cor, é:

= =

Respostas: a) b)

Obs.: Para o item (b), outra maneira de resolver é:

O número de maneiras de retirar 2 bolas pretas e uma branca é:

C3; 2 . C5; 1 = 3 . 5 = 15

O número de possibilidades de retirar 3 bolas que não sejam da mesma cor

é: C8; 3 – C5; 3 – C3; 3 = 56 – 10 – 1 = 45

A probabilidade pedida é = .

4. (UERJ) – Uma prova é composta de 6 questões com 4 alternativasde resposta cada uma, das quais apenas uma é correta. Cada respostacorreta corresponde a 3 pontos ganhos; cada erro ou questão nãorespondida, a 1 ponto perdido. Calcule a probabilidade de um alunoque tenha respondido aleatoria mente a todas as questões obter um totalde pontos exatamente igual a 10.

RESOLUÇÃO:Se ele acertar x e errar y, então devemos ter:

⇒

A probabilidade pedida é, então, p = C6; 4 . 4

. 2

=

= 15 . = 3,3%.

3––8

2––7

5––6

15–––56

5––8

4––7

3––6

30–––56

15–––56

––––––––––––15 30

–––– + ––––56 56

15–––45

1––3

15–––56

1––3

15––––45

1–––3

x + y = 63x – y = 10� � x = 4

y = 2

1––4� � � 3

––4 �

9–––––4096

135–––––4096

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 15


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

16 –

1. (UNICAMP) – O transporte de carga ao porto de Santos é feito pormeio de rodovias, ferrovias e dutovias. A tabela abaixo fornece algunsdados relativos ao transporte ao porto no primeiro semestre de 2007 eno primeiro semestre de 2008, indicando claramente o aumento daparticipação percentual do transporte ferroviário nesse período. Combase nos dados da tabela, responda às questões abaixo.

a) Determine a carga total (em milhões de toneladas) transportada aoporto no primeiro semestre de 2007. Calcule também quantastoneladas foram transpor tadas por dutos no primeiro semestre de2007.

b) Sabendo que, no primeiro semestre de 2008, foram transportadospor rodovias 2,7 milhões de toneladas a menos do que o valorregistrado pelo mesmo meio de transporte no primeiro semestre de2007, calcule a participação percentual do transporte rodoviário noprimeiro semestre de 2008.

RESOLUÇÃO:a) Se x for a carga total (em milhões de toneladas) transportada no

primeiro semestre de 2007 e d o número de milhões de toneladastransportadas por dutos, então:1) 77% x = 29,1 ⇔ x � 37,82) 6,8 + 29,1 + d = 37,8 ⇔ d = 1,9

b) Se y for a carga total (em milhões de toneladas) transportada noprimeiro semestre de 2008, então:24% . y = 8,8 ⇔ y = 36,7A carga total transportada por rodovias, nesse período, foi (em milhõesde toneladas) igual a:29,1 – 2,7 = 26,4Se p for a participação percentual do transporte rodoviário no primeirosemestre de 2008, então:p . 36,7 = 26,4 ⇔ p � 0,72 = 72%

Respostas: a) 37,8 milhões de toneladas1,9 milhão de toneladas

b) 72%

2. (UNESP) – Num curso de Inglês, a distribuição das idades dosalunos é dada pelo gráfico seguinte:

Com base nos dados do gráfico, determine:a) o número total de alunos do curso e o número de alunos com no

mínimo 19 anos;b) escolhido um aluno ao acaso, qual a probabilidade de sua idade ser

no mínimo 19 anos ou ser exatamente 16 anos.

RESOLUÇÃO:a) O número de alunos do curso é:

4 + 5 + 3 + 1 + 2 + 5 = 20O número de alunos com no mínimo 19 anos é:1 + 2 + 5 = 8

b) A probabilidade P da idade de um aluno, escolhido ao acaso, ter nomínimo 19 ou exatamente 16 anos é tal que:

P = = = 0,60 = 60%

Respostas: a) 20 alunos e 8 alunosb) 60%

Meio detransporte

Participação no totaltransportado ao porto

Carga transportada(em milhões de toneladas)

2007 2008 2007 2008

Ferroviário 18% 24% 6,8 8,8

Rodoviário 77% 29,1

Dutoviário

8 + 4––––––

20

12––––20

MÓDULO 99 Grandezas Proporcionais, Juros e Porcentagem


3. (FGV)a) O faturamento de uma empresa neste ano foi 120% superior ao do

ano anterior. Obtenha o faturamento do ano anterior, sabendo queo deste ano foi de R$ 1 430 000,00.

b) Um comerciante compra calças a um custo de R$ 26,00 a unidade.Pretende vender cada unidade com um ganho líquido (ganho menosos impostos) igual a 30% do preço de venda. Sabendo que, porocasião da venda, ele tem que pagar um imposto igual a 18% dopreço de venda, qual deve ser esse preço?

RESOLUÇÃO:a) Se x for o faturamento do ano anterior, então:

220% . x = 1430000 ⇔ x = ⇔ x = 650000

b) Se V for o preço de venda (incluindo os impostos), então:

V – 18%V = 26 + 30% . V ⇔ 0,82V – 0,30V = 26 ⇔

⇔ 0,52V = 26 ⇔ x = 50

Respostas: a) R$ 650 000,00 b) R$ 50,00

4. (FUVEST) – Um comerciante compra calças, camisas e saias e asrevende com lucro de 20%, 40% e 30%, respec tiva mente. O preço xque o comerciante paga por uma calça é três vezes o que ele paga poruma camisa e duas vezes o que ele paga por uma saia. Um certo dia,um cliente comprou duas calças, duas camisas e duas saias e obteveum desconto de 10% sobre o preço total. a) Quanto esse cliente pagou por sua compra, em fun ção de x? b) Qual o lucro aproximado, em porcentagem, obtido pelo comerciante

nessa venda?

RESOLUÇÃO:

a)

Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um cliente pa -garia:

2 . 1,20x + 2 . 1,40 . + 2 . 1,30 . = 2,40x + + 1,30x =

= =

Com 10% de desconto, o cliente paga:

90% . = 0,90 . = 4,17x

b) O preço de custo dos produtos vendidos foi:

2 . x + 2 . + 2 . = =

O lucro obtido nessa venda foi:

4,17x – = , correspondendo a

= 0,1372 = 13,72%.

Respostas: a) 4,17 . x b) 13,72%

1430000––––––––

2,2

x––3

x––2

2,80x––––––

3

7,20x + 2,80x + 3,90x–––––––––––––––––––––

3

13,90x–––––––

3

13,90x–––––––

3

13,90x–––––––

3

x–––3

x–––2

6x + 2x + 3x–––––––––––––

3

11x––––

3

11x––––

3

1,51x––––––

3

1,51x––––––

3–––––––––

11x––––

3

1,51––––

11

Preço de custo Lucro Preço de venda

Calça x 20% 1,20 . x

Camisax

–––3

40%x

1,40 . ––3

Saia x

–––2

30% x1,30 . ––

2

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 17


1. (UERJ) – Em uma cidade, a população que vive nos subúrbios édez vezes a que vive nas favelas. A primeira, porém, cresce 2% ao ano,enquanto a segunda cresce 15% ao ano. Admita que essas taxas decrescimento permaneçam constantes nos próximos anos.a) Se a população que vive nas favelas e nos subúrbios hoje é igual a

12,1 milhões de habitantes, calcule o número de habitantes dasfavelas daqui a um ano.

b) Essas duas populações serão iguais após um determinado tempo t,

medido em anos. Se t = , determine o valor de x.

RESOLUÇÃO:a) Se S é a população dos subúrbios e F a das favelas (em milhões de

habitantes), então:

⇔ ⇔

Daqui a um ano, o número de habitantes das favelas será:

F . 1,15 = 1,1 . 1,15 = 1,265

b) S . (1,02)t = F . (1,15)t ⇒ 10F . (1,02)t = F . (1,15)t ⇒

⇒t

= 10 ⇒ t . log = log 10 ⇒

⇒ t = = ⇒ x =

Respostas: a) 1 265 000 habitantes

b) x =

2. (FGV) – O Sr. Macedo possui uma loja de sapatos. Cada par écomprado por um certo valor e é vendido com uma margem decontribuição (diferença entre o preço de venda e o de compra) igual a30% do preço de venda.a) Se cada par for vendido por R$ 60,00, qual o preço de compra?b) Se o preço de compra for de R$ 40,00, qual a mar gem de

contribuição, expressa como porcen tagem do preço de compra?

RESOLUÇÃO:

a) Sendo R$ x (o preço de compra) e R$ y (o preço de venda), conforme o

enunciado, temos: y – x = 30% . y ⇔ y – x = 0,3 . y ⇔ x = 0,7 . y.

Para um preço de venda de R$ 60,00, temos o preço de custo de

R$ 42,00, pois x = 0,7 . 60 ⇔ x = 42.

b) Para um preço de compra de R$ 40,00, o preço de venda y será tal que:

40 = 0,7 . y ⇔ y =

Assim, a margem de contribuição, expressa como por centagem dopreço de compra, será:

p = = � 42,86%

Respostas: a) R$ 42,00 b) 42,86%

1––––––log x

� S + F = 12,1S = 10F � 11F = 12,1

S = 10F � F = 1,1S = 11

� 1,15–––––1,02 � 115

–––––102

1––––––––––

115log ––––

102

1–––––––

log x

115–––––102

115–––––102

400–––––

7

y – x–––––––

x

400–––– – 40

7––––––––––––

40

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

18 –

MÓDULO 11 00 Grandezas Proporcionais, Juros e Porcentagem


3. (UNICAMP) – “Pão por quilo divide opiniões em Campinas”(Correio Popular, 21/10/2006). Uma padaria de Campinas vendia pães por unidade, a um preço de R$ 0,20 por pãozinho de 50 g. Atual mente, a mesma padaria vende opão por peso, cobrando R$ 4,50 por quilograma do produto.a) Qual foi a variação percentual do preço do pãozinho provocada pela

mudança de critério para o cálculo do preço?b) Um consumidor comprou 14 pãezinhos de 50 g, pa gando por peso,

ao preço atual. Sabendo que os pãezinhos realmente tinham o pesoprevisto, calcule quantos reais o cliente gastou nessa compra.

RESOLUÇÃO:a) Se cada pãozinho de 50 g custava R$ 0,20, o preço por quilo, antes da

mudança de critério, era de . R$ 0,20 = R$ 4,00.

Se, após a mudança, passou a custar R$ 4,50, houve um aumento de

12,5%, pois = 1,125 = 112,5%.

b) 14 pãezinhos de 50 g equivalem a 700 g. Ao preço atual, o consumidor

pagou 0,700 . R$ 4,50 = R$ 3,15.

Respostas: a) 12,5%b) R$ 3,15

4. (FGV) – A massa de gordura de uma pessoa corresponde a 30% desua massa total. Essa pessoa, pesando 110 kg, fez um regime e perdeu40% de sua gordura, mantendo os demais índices inalterados. Quantosquilos essa pessoa pesava ao final do regime?

RESOLUÇÃO:Antes do regime, a massa de gordura dessa pessoa era de

. 110 kg = 33 kg. Se ela perdeu 40% de sua gordura, mantendo os

demais índices inalterados, então no final do regime ela pesava:

110 kg – . 33 kg = 110 kg – 13,20 kg = 96,8 kg

Resposta: 96,8 kg

30––––100

40––––100

1000 g––––––––

50 g

R$ 4,50––––––––R$ 4,00

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 19


1. Considere os conjuntos A = {2; 3}, B = {2; 3; 5; 7} e Xi, com i ∈ �*, tais que A � Xi � B.a) Determine todos os conjuntos Xi possíveis.b) Seja P(Xi) o conjunto de todos os conjuntos Xi. Mostre que a função

f: P(Xi) → �, que a cada Xi associa o produto dos elementos de Xi,é injetora, mas não é sobrejetora.

RESOLUÇÃO:

a) A � Xi ⇔ {2;3} � Xi ⇔ 2 ∈ Xi e 3 ∈ Xi� ⇒ X1 = {2;3},Xi � B

X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7}

b)

⇒

⇒ f(Xm) ≠ f(Xn); ∀m;n ∈ {1; 2; 3; 4}, com m ≠ n e, por tanto, f é injetora.Im(f) = {6; 30; 42; 210} ≠ �, portanto, f não é sobrejetora.

2. (UDESC-adaptado) – Uma cidade possui 10 000 habitan tes, quefrequentam três clubes recreativos, divididos da seguinte for ma: 45%frequentam o clube A; 40% frequentam o clube B; 53% frequentam oclube C; 25% frequentam somente o clube A; 11% frequentam somenteo clube B; 30% frequentam somente o clube C; somente 9%frequentam os clubes A e C. Sabendo que A, B e C possuemfrequentadores em comum, e que sempre existem frequentadores emcomum a dois clubes, determine o número de habitantes quefrequentam mais de um clube.

RESOLUÇÃO:

Considere o diagrama acima. Temos, em porcentagem:

⇔

⇔

O diagrama fica

Resposta: Frequentam mais de um clube (11 + 4 + 5 + 14) % = 34% de10.000, ou seja, 3 400 habitantes.

f(X1) = 2 . 3 = 6f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210

�

�25 + x + y + z = 4511 + x + y + w = 4030 + y + z + w = 53y + z = 9

�x + y + z = 20x + y + w = 29y + z + w = 23y + z = 9

�w = 14y + z = 9x + y = 15x + y + z = 20

�x = 11y = 4z = 5w = 14

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

20 –

MÓDULO 11 11 Conjuntos e Funções


3. (UDESC) – A população (em milhares) de uma colônia debactérias, no período de t horas de um certo processo da industria -lização do leite, é representada pela função:

a) Esboce o gráfico que representa esse fenômeno.b) Determine os conjuntos domínio e imagem dessa função.c) Quanto tempo essa colônia leva para se extinguir?

RESOLUÇÃO:

a) O gráfico de f é

b) D(f) = [0; 9]

Im(f) = [0; 32]

c) A colônia é extinta quando f(t) = 0. Isto ocorre para t = 9

4. Considere a função y = f(x) definida pelas equações paramétricas

x = cos t e y = (9 – 4 cos t – 4sen2t), com t ∈ �. Construa o gráfico

de y em função de x, determine o domínio e o conjunto imagem de f.

RESOLUÇÃO:

1) x = cos t, com t ∈ � ⇔ – 1 � x � 1

2) y = (9 – 4 cos t – 4 sen2t) ⇔ y = [9 – 4 cos t – 4(1 – cos2t)] ⇔

⇔ y = cos2t – cos t + ⇔ y = x2 – x + , pois cos t = x

3) O gráfico de y é

e o gráfico de f é o arco de pará bola�

AB.

4) O domínio e o con jun to imagem de f são, respec tivamente,

[– 1; 1] e 1; .

5. (UEM) – Com respeito à função f : � → � definida por f(x) = 4x + 2, assinale o que for correto.

a) A função inversa de f é f–1 : � → � definida por f –1(x) = .

b) A função composta fof(x) é definida por (4x + 2)2.c) Para todo x pertencente ao domínio de f, tem-se que f(x) é um

número par.d) Se um ponto (a; b) pertence ao gráfico de f, então a ≠ b.e) f não é uma função decrescente.

RESOLUÇÃO:

1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = ⇔ f–1(x) =

2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10

3) f = 4 . + 2 = 3, que é ímpar, por exemplo.

4) Existe um ponto (a; b) pertencente ao gráfico de f para o qual a = b.

Esse ponto é – ; – , pois (a; b) ∈ f ⇒ f(a) = 4a + 2 = b e

⇒ a = b = –

5) O gráfico de f é

e f é estritamente crescente.

Resposta: E

1––4

1––4

5––4

5––4

� 13–––4

1––––––4x + 2

y – 2––––––

4

x – 2––––––

4

� 1––4 � 1

––4

� 2––3

2––3 �

� 4a + 2 = ba = b

2–––3

1––4

t2 + 7, se 0 ≤ t ≤ 532, se 5 < t ≤ 7– 16t + 144, se 7 < t ≤ 9

�f(t) =

32

7

0 5 7 9 t

y = f(t)

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 21


1. (ESPM) – Numa progressão aritmética cuja razão é um númerointeiro, o primeiro termo é 3, o último termo é 99 e um de seus termosé 39. A soma dos possíveis valores da razão é:a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32

RESOLUÇÃO:1) am = a1 + (m – 1) . r = 39 ⇒ am = 3 + (m – 1) . r = 39 ⇒

⇒ (m – 1) . r = 36 ⇒ r é divisor de 36, pois m ∈ �*

2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒

⇒ (n – 1) . r = 96 ⇒ r é divisor de 96, pois n ∈ �*

3) r é divisor do mdc(36; 96) = 12 e, portanto, r ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}, pois

r > 0. A soma dos possíveis valores de r é 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28.

Resposta: C

2. (UFRJ) – Moedas idênticas de 10 centavos de real foramarrumadas sobre uma mesa, obedecendo àdisposição apresentada no desenho: uma moedano centro e as demais formando camadastangentes.Considerando que a última camada é compostapor 84 moedas, calcule a quantia, em reais, dototal de moedas usadas nessa arrumação.

RESOLUÇÃO:

1) Admitindo-se que a configuração seja possível, a quantidade de moedas

em cada camada são os termos da sequência (1; 6; 12; 18; …; 84).

2) Como (6, 12, 18, … 84) é uma PA, temos:

an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14

3) A soma dos termos da 1a. sequência é

1 + = 1 + 90 . 7 = 631

4) 631 moedas de R$ 0, 10 equivalem a R$ 63, 10.

3. (U.F.PARANÁ) – Considere a sequência finita de números (1, 2, 5, 7, 10, 11, 13, 14, 17, 19, ..., 1001), na qual comparecem todosos números naturais menores ou iguais a 1001, exceto os múltiplos de3 e de 4.a) Quantos termos possui essa sequência?b) Qual é a soma dos termos dessa sequência?

RESOLUÇÃO:1) A sequência (1; 2; 3; 4; 5; …; 1001) é uma progressão aritmética com

1001 termos e soma

S1 = = 501501

2) A sequência (3; 6; 9; 12; …; 999) possui 333 termos, pois999 = 3 + (n – 1) . 3 ⇔ n = 333 e soma

S2 = = 166 833

3) A sequência (4; 8; 12; 16; …; 1000) possui 250 termos, pois1000 = 4 + (n’ – 1) . 4 ⇔ n’ = 250 e soma

S3 = = 125 500

4) A sequência (12; 24; 36; …; 996) possui 83 termos, pois996 = 12 + (n” – 1) . 12 ⇔ n” = 83 e soma

S4 = = 41 832

5) A sequência dada possui 1001 – 333 – 250 + 83 = 501 termos e somaS = S1 – S2 – S3 + S4 = 501 501 – 166 833 – 125 500 + 41 832 = 251 000

Respostas: a) 501 termosb) 251 000

4. (FGV) – Na sequência não decrescente de naturais ímpares(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,...), cada número ímpar k aparece k vezes.a) Determine o 101.º termo dessa sequência.b) Determine a soma dos 1024 primeiros termos dessa sequência.

Dado:

RESOLUÇÃO:Lembrando que 1 + 3 + 5 + … + an = n2 para todo an ∈ � e ímpar, temos:a) 1 + 3 + 5 + 7 + … + 19 = 102 = 100, pois 19 é o décimo natural ímpar.

Dessa forma, a sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 19, 19, …, 19)

19 termospossui 100 termos. Portanto, o 101o. termo da sequência dada é 19 + 2 = 21

b) 1 + 3 + 5 + … + an = n2 = 1024 ⇔ n = 32 e a32 = 2 . 32 – 1 = 63A soma dos termos da sequência(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 63, 63, 63, … 63) é 12 + 32 + 52 + … + 632 =

63 termos

= =

=

Respostas: a) 21 b) 43 680

(1 + 1001) . 1001––––––––––––––––

2

(3 + 999) . 333––––––––––––––

2

(4 + 1000) . 250––––––––––––––

2

(12 + 996) . 83––––––––––––––

2

(6 + 84) . 14––––––––––––

2

m

Σk = 0

(m + 1)(2m + 1)(2m + 3)(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––

3

31

Σk = 0

(31 + 1).(2.31 + 1)(2.31 + 3)(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––––

3

32.63.65––––––––––– = 43680

3

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

22 –

MÓDULO 11 22 Progressões Aritméticas


1. (U. F. TRIÂNGULO MINEIRO/adaptado) – Toma-se um seg -mento de reta inicial de tamanho 1. Divide-se esse segmento em 3 par -tes iguais e tira-se a parte do meio. Cada uma das duas partesre manescentes também é dividida em 3 partes iguais e as respectivaspartes do meio também são retiradas. Procede-se de maneira análogaindefinidamente, conforme figura, sendo que a fração do que sobrou dosegmento de reta inicial na 1a. divisão é denotado por F1, na 2a. divisão,por F2 e na n-ésima divisão, por Fn.

a) Calcule F7 b) Obtenha Fk

c) Se o processo continuar infinitamente, quanto terá sido tirado dosegmento inicial?

RESOLUÇÃO:

Observemos que:

F1 = 2 . =

F2 = 4 . . =

F3 = 8 . . . =

A sequência (F1, F2, F3,…) é uma progressão geométrica de primeiro termo

F1 = e razão q =

Assim:

a) F7 = F1 . q7 – 1 = . � �6

= � �7

=

b) Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =

= = = 2 . =

c) Terá sido retirado + + … = ou seja,

o segmento inteiro.

2. (AFA) – João Victor e Samuel são dois atletas que competem numamesma maratona. Num determinado momento, João Victor encontra-se no ponto M, enquanto Samuel se encontra no ponto N, 5 m à suafrente.A partir desse momento, um observador passa a acompanhá-losregistrando as distâncias percorridas em cada intervalo de tempo de 1 segundo, conforme tabelas abaixo.

Sabe-se que os números da tabela acima que representam as distânciaspercorridas por João Victor formam uma progressão geométrica,enquanto os números da tabela acima que representam as distânciaspercorridas por Samuel formam uma progressão aritmética.Com base nessas informações, é INCORRETO afirmar que ao final doa) 5o. segundo, João Victor já terá atingido o ponto N.b) 5o. segundo, Samuel percorreu uma distância igual à que os separava

nos pontos M e N.c) 6o. segundo, João Victor terá alcançado Samuel.d) 8o. segundo, João Victor estará mais de 8 metros à frente de Samuel.

RESOLUÇÃO:

1) No instante inicial, Samuel está 5 m à frente de João Victor.

2) As distâncias percorridas por João Victor são termos da P.G.

; ; ; … de razão e soma

St = =

7∑

k = 1

1––3

2––3

1––3

1––3

4––9

1––3

1––3

1––3

8––27

2––3

2––3

2––3

2––3

2––3

128–––––2187

7∑

k = 1

2 2 –– ��––�

7

– 1 3 3––––––––––––––

2–– – 13

2 128 –– �––––– – 1 3 2187

–––––––––––––––1

– ––3

128�1 – ––––– 2187

4118–––––2187

1––3

2––9

4––27

1 ––3

–––––––– = 1,2

1 – ––3

João Victor

Intervalo Distância (m)

1o.1

–––2

2o.3

–––4

3o.9

–––8

� �

Samuel


1o.1

–––2

2o.3

–––4

3o. 1,0

� �

� 1–––2

3–––4

9–––8 � 3

–––2

1 3 t

–– ��––� – 1 2 2–––––––––––––––

3–– – 12

3 t

�––� – 12

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 23

MÓDULO 11 33 Progressões Geométricas


3) As distâncias percorridas por Samuel são termos da P.A.

; ; 1; … de razão e soma

St’ = = + =

a) verdadeira, pois S5 =

5

– 1 = > 5

b) verdadeira, pois S’5 = = 5 = MN

c) falsa, pois S6 =

6

– 1 =

S’6 = =

S6 – S’6 = – = 3,6 < 5

d) verdadeira, pois S8 =

8

– 1 =

S’8 = = 11

S8 – S’8 = – 11 = 13,6

Descontados os 5 metros iniciais, João Victor estará mais de 8,6 m

à frente.

3. (UNIFESP) – Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, emdireção ao ponto B, percorrendo, a cada minuto, a metade da distânciaque o separa do ponto B, conforme figura. Considere como sendo de800 metros a distância entre A e B.

Deste modo, ao final do primeiro minuto (1º. período) ele deveráencontrar-se no ponto A1; ao final do segundo minuto (2º. período), noponto A2; ao final do terceiro minuto (3º. período), no ponto A3, e,assim, sucessiva mente.

Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada períodoconsiderado.a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos 10 primeiros

minutos. Constate que, nesse ins tante, sua distância ao ponto B éinferior a 1 metro.

b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = dis tância per -corrida pelo objeto em t minu tos”, a partir do instante t = 0.

RESOLUÇÃO:

A distância, em metros, percorrida pelo objeto em cada minuto é termo da

progressão geométrica (400; 200; 100; …) de razão .

a) Ao final de 10 minutos, a distância percorrida pelo objeto foi

f(10) = = 800 � � ⇒

⇒ f(10) = 800 . 799,22m.

No instante t = 10, a distância do objeto ao ponto B é, aproxi mada -

mente, (800 – 799,22)m = 0,78m, inferior a 1 metro.

b) A função que determina a distância percorrida pelo objeto em t

minutos, a partir do instante t = 0, é

f(t) = ⇒f(t) = 800 �

� 3–––2 � 6305

–––––256 �8 . (8 + 3)

–––––––––8

6305–––––256

3489–––––256

�665

–––––64�3

–––2�

27––––

4

6 . (6 + 3)–––––––––

8

233–––––

64

27––––

4

665–––––

64

1 ––2

1400 �1 – �–– �

10 2–––––––––––––––––

11 – ––

2

11 – –––––

1024

1023 ––––––1024

1400 �1 – �–– �

t 2––––––––––––––––

11 – ––

2

1 t1 – �––�2

5 . (5 + 3)–––––––––

8

211–––––

32�3–––2�

t(t + 3)–––––––

8�3–––4

t–––4�t

–––2

1 1 1 �–– + –– + (t – 1) . –– t2 2 4

–––––––––––––––––––––2

1–––4�3

–––4

1–––2�

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

24 –


O gráfico de f(t) é o que se destaca na figura seguinte:

Respostas: a) 799,2 m; a distância ao ponto B é 0,78 m

b) Gráfico

4. (FGV) – Um círculo é inscrito em um quadrado de lado m. Emseguida, um novo quadrado é inscrito nesse círculo, e um novo círculoé inscrito nesse quadrado, e assim sucessivamente. A soma das áreasdos infinitos círculos descritos nesse processo é igual a

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

O quadrado ABCD tem lado m e o círculo nele inscrito possui raio .

O quadrado EFGH tem diagonal m e lado . O círculo nele inscrito

possui raio .

O quadrado IJKL tem diagonal e lado .

O círculo nele inscrito tem raio .

Assim, sendo S a soma das áreas dos infinitos círculos, temos:

π m2Portanto: S = –––––– unidades de área.

2

Resposta: A

m–––2

m��2––––––

2

m��2––––––

4

m–––2

m��2––––––

2

m–––4

+ … =�2

m–––4�+ π�

2m��2

––––––4 �+ π�

2m

–––2�S = π

m2––––

2= π .

m2––––

4––––––––

11 – ––

2

� = π .m2 m2 m2

––– + ––– + –––– + …4 8 16

�= π

π m2–––––

33π m2–––––

8π m2––––

2

π m2–––––

8π m2

–––––4

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 25


1. (UDESC) – Sejam A = e B = duas matrizes

e I a matriz identidade de ordem dois. Encontre a matriz X tal que

AX + I = B.

RESOLUÇÃO:

Sendo X = , temos

A . X + I = B ⇒ . + = ⇔

⇔ + = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ e ⇔ e ⇔

⇔ e desta forma: X =

Resposta: X =

2. (UNESP) – Sejam A = ,

B = e C = matrizes reais.

a) Calcule o determinante de A, det(A), em função de x e y, e repre -sente no plano cartesiano os pares ordenados (x; y) que satisfazema inequação det(A) ≤ det(B).

b) Determine x e y reais, de modo que A + 2B = C.

RESOLUÇÃO:

a) 1) A = ⇒ det(A) = y – 4x

B = ⇒ det(B) = – 3

2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3

b) A + 2 . B = C

+ 2 . = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ ⇔ ⇔

Respostas: a) det(A) = y – 4x e gráfico

b) x = 1 e y = 2

� x – 2y

3x + y

1– 1

� 2– 1

1– 2 � 1

33

– 5

x – 2y 1� 3x + y – 1

2 1� – 1 – 2

x – 2y 1� 3x + y – 1

2 1� – 1 – 2

1 3� 3 – 5

x – 2y + 4 3 � 3x + y – 2 – 5

1 3� 3 – 5

x – 2y + 4 = 1�3x + y – 2 = 3

x – 2y = – 3�3x + y = 5

x = 1� y = 2

� 1

4

2

1 � 14

17

5

7

� a

c

b

d

� 1

4

2

1 � a

c

b

d � 1

0

0

1

� a + 2c

4a + c � 1

0

0

1 b + 2d

4b + d

� a + 2c + 1

4a + c

b + 2d

4b + d + 1

� a + 2c = 13

4a + c = 17

� 14

17

5

7

� 14

17

5

7

� 14

17

5

7

� b + 2d = 5

4b + d = 6 � a + 2c = 13

7a = 21 � b + 2d = 5

7b = 7

� a = 3

c = 5 � b = 1

d = 2 � 3

5

1

2

� 3

5

1

2

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

26 –

MÓDULO 11 44 Matrizes e Determinantes


3. (UFCE) – O valor de 2A2 + 4B2 quando A = e

B = é igual a:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

A2 = A . A = . =

B2 = B . B = . =

2A2 + 4B2 = 2 . + 4 . =

= + =

Resposta: B

4. (FGV) – Seja a matriz A = (aij)2×2, na qual aij = .

Sendo n um número natural não nulo, então a matriz An é igual a:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:Se A = (aij)2 x 2 tal que

aij =

I) A =

II) A2 = A . A = . =

III) A3 = A2 . A = . =

...........................................................................................

...........................................................................................

...........................................................................................

An = An – 1 . A = . =

Resposta: A

5. Determine a soma das raízes da equação, em �.

RESOLUÇÃO:

⇔ 2(x + 6)[x(x – 3) + 3 + 12 – 3x – x + 3 – 12] = 0 ⇔⇔ 2(x + 6)(x2 – 7x + 6] = 0 ⇔ x = – 6, x = 1 ou x = 6A soma das raízes é 1.Resposta: 1

� 1

0

n – 1

1 � � 1

0

1

1 � � 1

0

n

1 �

� 1

0

2

1 � � 1

0

1

1 � � 1

0

3

1 �

� 1

0

1

1 � � 1

0

1

1 � � 1

0

2

1 �� 1

0

1

1 �

� 1

0

n

1 � 1

1

n

1 � 1

n

0

1 � n2

0

0

n � 1

0

n2

1

0, se i > j� 1, se i � j, então:

� 0, se i > j1, se i ≤ j

� 0

4

4

0 � 6

0

0

6

� 2

0

0

– 2 � 2

0

0

– 2 � 4

0

0

4

� 0

1

– 1

0 � 0

1

– 1

0 � – 1

0

0

– 1

� 4

0

0

4 � – 1

0

0

– 1

� 8

0

0

8 � – 4

0

0

– 4 � 4

0

0

4

� 2

0

0

– 2

� 0

1

– 1

0

� 4

4

4

4 � 4

0

0

4 � 0

0

0

0

x

x – 2

1

3

2

4

2

2

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

A = = 0

= 0 ⇔

2

4

2

2

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

x

x – 2

1

3

x + 6

x + 6

x + 6

x + 6

2

4

2

2

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

= 0 ⇔

1

1

1

1

2

4

2

2

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

= 0 ⇔⇔ (x + 6) .

⇔ (x + 6) .

1

1

1

1

0

2

0

0

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

= 0 ⇔

⇔ (x + 6) . 2 . (– 1)2 + 2 .

1

1

1

1

x

4

3

3

x – 3

= 0 ⇔

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 27


1. (UNESP) – Para quais valores de k ∈ � o sistema linear homo -gêneo:

será possível e determinado, será possível e indeter minado, será im -pos sível?

RESOLUÇÃO:O sistema será possível e determinado se, e somente se,

D = ≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1

Esse mesmo sistema será possível e indeterminado se, e somente se,

D = = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1

O sistema linear dado, por ser homogêneo, nunca será impossível.Respostas: Possível e determinado para k ≠ – 7 e k ≠ 1.

Possível e indeterminado para k = – 7 ou k = 1.Impossível, nunca.

2.. (UNESP) – Considere a matriz

A =

a) Determine todos os números reais λ para os quais se tem det(A – λI) = 0, em que I é a matriz identidade de ordem 3.

b) Tomando λ = – 2, dê todas as soluções do sistema

RESOLUÇÃO:

a) Se A = e λI =

então A – λI =

Portanto:

det (A – λI) = 0 ⇒ = 0 ⇔

⇔ (2 – λ) . [(6 – λ)2 – 9] = 0 ⇔ 2 – λ = 0 ou (6 – λ)2 = 9 ⇔

⇔ λ = 2 ou 6 – λ = ± 3 ⇔ λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 b) Se det(A – λI) = 0 ⇔ λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 então, para

λ = – 2, temos:

≠ 0

Assim sendo, o sistema homogêneo

⇔

é determinado e a única solução é x = 0, y = 0, z = 0.

Respostas: a) λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9

b) (0; 0; 0)

� kx + 2y – z = 02x – y + 2z = 03x + y + kz = 0

k 2 – 1

2 – 1 2

3 1 k

k 2 – 1

2 – 1 2

3 1 k

� 6– 3

1

– 36

– 1

002

�(6 – λ) x –3y = 0–3x + (6 – λ) y = 0x – y + (2 – λ) z = 0

� 6– 3

1

– 36

– 1

002 � � λ

00

0λ0

00λ �

� 6 – λ– 31

– 36 – λ– 1

00

2 – λ �6 – λ– 31

– 36 – λ– 1

00

2 – λ

6 – λ– 31

– 36 – λ– 1

00

2 – λ

�(6 – λ)x – 3y = 0– 3x + (6 – λ)y = 0x – y + (2 – λ)z = 0 �

(6 – λ)x – 3y + 0z = 0– 3x + (6 – λ)y + 0z = 0x – y + (2 – λ)z = 0

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

28 –

MÓDULO 11 55 Sistemas Lineares (I)


3. (UFES) – Para obter um complemento nutricional, Pedro vai mis -turar x gramas de óleo do tipo I, y gramas de óleo do tipo II e z gramasde óleo do tipo III. O preço, por grama, e a quantidade de vitaminaspresentes em 1 grama de óleo de cada tipo estão dispostos na tabelaabaixo.

Para Pedro obter um complemento nutricional que contenha exata -mente 7 unidades de vitamina A, 8 unidades de vitamina B e 15 uni -dades de vitamina C, determine a) todos os possíveis valores de x , y e z ;b) os valores de x , y e z de forma que o preço do complemento seja

1 real;c) os valores de x , y e z de forma que o preço do complemento seja

mínimo.

RESOLUÇÃO:

1) Na matriz A = , cada elemento aij é a quantidade de

unidades de vitamina i fornecida por um grama do óleo j.

2) A matriz B = representa as quantidades de unidades de gotas

de cada tipo de óleo e a matriz C = representa as quantidades

de unidades de vitaminas que o complemento nutricional deverá ter.Desta forma, A . B = C.

3) . = ⇒ ⇒

⇒ ⇒ ⇒ x = 5k – 1, y = 3 – 5k e z = k,

como ⇔

4) O preço do complemento nutricional é

0,30x + 0,50y + 0,50z = 0,30(5k – 1) + 0,50 (3 – 5k) + 0,50k = 1,20 – 0,5k

O preço do complemento nutricional é de R$ 1,00 quando

1,20 – 0,5k = 1,00 ⇒ k =

Neste caso x = 5 . k – 1 = 5 . – 1 = 1

y = 3 – 5k = 3 – 5 . = 1

z = = 0,4

5) O preço do complemento é mínimo quando (1,20 – 0,5k) for mínimo e,

portanto, k for máximo. Para k = , temos

x = 5 . – 1 = 2

y = 3 – 5 . = 0

z = = 0,6

Resposta: Em gramas,

a) x = 5k – 1, y = 3 – 5k e z = k, com ≤ k ≤

b) x = 1, y = 1 e z = 0,4

c) x = 2, y = 0 e z = 0,6

�2

4

6

3

4

7

5

0

5 �

x

y

z �

7

8

15 �

2x + 3y + 5z = 7

4x + 4y + 0z = 8

6x + 7y + 5z = 15

�x + y = 2

2x + 3y + 5z = 7

6x + 7y + 5z = 15�

x + y = 2

y + 5z = 3

y + 5z = 3

1x ≥ 0 ⇒ 5k – 1 ≥ 0 ⇒ k ≥ –––

5

3y ≥ 0 ⇒ 3 – 5k ≥ 0 ⇒ k ≤ –––

5� 1 3

–– ≤ k ≤ ––5 5

2––5

2––5

2––5

2––5

3––5

3––5

3––5

3––5

1––5

3––5

7

8

15�

�x

y

z

Óleo tipo I Óleo tipo II Óleo tipo III

Unidades devitamina A

2 3 5

Unidades devitamina B

4 4 0

Unidades devitamina C

6 7 5

Preço por grama R$ 0,30 R$ 0,50 R$ 0,50

�2

4

6

3

4

7

5

0

5

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 29


4. (UNICAMP) – Seja dado o sistema linear:

a) Mostre graficamente que esse sistema não tem solução. Justifique.b) Para determinar uma solução aproximada de um sistema linear

Ax = b impossível, utiliza-se o método dos quadrados mínimos, queconsiste em resolver o sistema ATAx = ATb. Usando esse método,encontre uma solução aproximada para o sistema dado acima.Lembre-se de que as linhas de MT (a transposta de uma matriz M)são iguais às colunas de M.

RESOLUÇÃO:

a) Sejam (r), (s) e (t) as representações gráficas dos pon tos definidos pelos

pares ordenados (x1 ; x2 ) num sis tema cartesiano orgonal de abscissa

x1 e or de nada x2 .

Graficamente, não há um ponto comum às 3 retas e portanto o sistemanão tem solução.

b) Se A . x = b é . = , então

A x bAT . Ax = AT . b é

. . =

= . ⇔ . = ⇔

⇔ ⇔

Respostas: a) ver gráfico

b) A solução aproximada do sistema é dada por

(x1; x2 ) =

�– x1 + 2x2 = 22x1 – x2 = 2x1 + x2 = 2

� – 121

2– 1

1 � x1

x2 � 2

22

� – 12

2– 1

11 � – 1

21

2– 1

1 � x1

x2

� – 12

2– 1

11 � 2

22 � 6

– 3

– 3

6 � x1

x2 � 4

4

6x1 – 3x2 = 4� – 3x1 + 6x2 = 4 �4

x1 = ––3

4x2 = ––

3

4 4�–– ; ––�3 3

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

30 –


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 31

1. (ITA) – Sejam a, b ∈ �. Considere os sistemas lineares em x, y e z:

e

Se ambos admitem infinitas soluções reais, então:

a) = 11 b) = 22 c) ab =

d) ab = 22 e) ab = 0

RESOLUÇÃO:

⇔ ⇔

⇔ ⇔

Se o sistema tem infinitas soluções, então a – = 0 ⇔ a = .

Se o segundo sistema tem infinitas soluções, então:

D = = 0 ⇔ b = 11 e = = 22

Resposta: B

2. Para que valores de k o sistema de equações lineares

nas incógnitas x e y com k ∈ � é indeterminado?

RESOLUÇÃO 1:

⇔ ⇔ ⇔

⇔

Conclusão: Se k = 1 ou k = – 1, o sistema é possível e determinado e se k ≠ 1 e k ≠ – 1, o sistema é impossível.

RESOLUÇÃO 2:

Sejam p e q as características das matrizes incompleta e completa, tais que

MI = MC =

A matriz incompleta de característica, pois ≠ 0

Como det(MC) = 1 – k2; se k = 1 ou k = – 1 tem-se det(MC) = 0 e q = 2 e, se

k ≠ 1 e k ≠ – 1 tem-se det(MC) ≠ 0 e q = 3.

Assim, para k = 1 ou k = – 1, p = q = 2 e S.P.D.k ≠ 1 e k ≠ – 1, p = 2 ≠ q = 3 e S.Imp.

�x + y – z = 0x – 3y + z = 1– 2y + z = a

�x – y = 0x + 2y – z = 02x – by + 3z = 0

a–––b

b–––

a

1–––4

� x + y – z = 0x – 3y + z = 1– 2y + z = a �

x + y – z = 0

– 4y + 2z = 1

– 2y + z = a

�x + y – z = 0

– 12y – z = ––––

2– 2y + z = a

�x + y – z = 0

12y – z = – –––

21

0z = a – –––2

1–––2

1–––2

112

– 12

– b

0– 1

3

b–––a

11––––

1––2

� x + y = 1x – y = kx + ky = k

� x + y = 1x – y = kx + ky = k �

x + y = 1

k + 1x = ––––––

2x + ky = k �

k + 1x = ––––––

2

1 – ky = ––––––

2

x + ky = k

�k + 1

x = ––––––2

1 – ky = ––––––

2

k + 1 1 – k–––––– + k . �––––––� = k

2 2

⇔ ⇔�k + 1

x = ––––––2

1 – ky = ––––––

2

1 – k2 = 0

� k = 1 ⇒ x = 1 e y = 0

k = – 1 ⇒ x = 0 e y = 1

⇔

� � 1

1

1

1

– 1

k

1

1

1

1

– 1

k

1

k

k

11

1– 1

MÓDULO 11 66 Sistemas Lineares (II)


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

32 –

3. Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:

a) Encontre o valor de a que torna o sistema im pos sível ouindeterminado.

b) Para o valor de a obtido no item anterior o sistema é impossível ouindeterminado?

RESOLUÇÃO:

a) Para o sistema ser impossível ou indeterminado, devemos ter

D = = 0 e, portanto, – 11a + 44 = 0 ⇔ a = 4

b) Para a = 4, tem-se que a

MI = tem característica 2, pois = 11 � 0

Também a matriz

MC = tem característica 2.

Portanto, o sistema é possível e indeterminado.

4. (FGV) – Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:


b) Utilize o valor de a encontrado no item anterior para verificar se osistema dado é impossível ou indeter mi na do.

RESOLUÇÃO:

a) O sistema será impossível ou indeterminado se,

e somente se, = 0 ⇔ – 5a + 5 = 0 ⇔ a = 1

b) Para a = 1, o sistema será:

⇔ ⇔ ,

que é impossível, pois 0 . z = – 18 não admite solução.

Respostas: a) a = 1

b) sistema impossível

� x – 2y – z = 8

2x + y + 3z = – 2

x + y + 2z = 8 � x + y + 2z = 8

3y + 3z = 0

5y + 5z = – 18 � x + y + 2z = 8

y + z = 0

0z = – 18

12a

– 211

– 132

� x – 2y – z = 82x + y + 3z = – 2ax + y + 2z = 8

�x – 2y – z = 8

2x + y + 3z = – 2

ax + y + 2z = 8

�1

3

4

– 3

2

– 1

– 2

5

3

– 4

10

6

13

– 32

1

3

4

– 3

2

– 1

– 2

5

3�

13a

– 32

– 1

– 253

x – 3y – 2z = – 43x + 2y + 5z = 10ax – y + 3z = 6

�


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 33

1. (UFES) – Uma pessoa, quando situada a 300 metros de uma torre,avista o topo da torre sob um ângulo α em relação à horizontal. Quandoestá a 100 metros da torre, ela avista o topo da torre sob um ângulo 2α(veja a figura). O nível dos olhos dessa pessoa está a 1,6 metro dahorizontal em que está situada a base da torre.

a) Calcule o valor de α.b) Determine a altura dessa torre.

RESOLUÇÃO:

a) 1) Δ ABD é isósceles (D^ � A

^= α)

2) x + 100 = 300 ⇒ x = 200 m

3) BD = AB = x = 200 m

4) Δ BCD

cos (2α) = = =

Portanto: 2α = 60° ⇔ α = 30°

b) Δ BCD

tg (2α) = ⇒ tg 60° = ⇔ �3 ⇔ CD = 100 �3 m

Portanto:altura da torre = 1,6 + CD = 1,6 + 100 �3 m

Respostas: a) 30°b) 1,6 + 100 �3 m

2. (UNICAMP-2010) – Laura decidiu usar sua bicicleta nova parasubir uma rampa. As figuras abaixo ilustram a rampa que terá que servencida e a bicicleta de Laura.a) Suponha que a rampa que Laura deve subir tenha ângulo de

inclinação α, tal que cos(α) = �� 0,99. Suponha também que cadapedalada faça a bicicleta percorrer 3,15 m. Calcule a altura h(medida com relação ao ponto de partida) que será atingida porLaura após dar 100 pedaladas.

b) O quadro da bicicleta de Laura está destacado a seguir. Com base nosdados da figura e sabendo que a mede 22 cm, calcule o comprimentob da barra que liga o eixo da roda ao eixo dos pedais.

RESOLUÇÃO:

a) Após 100 pedaladas, Laura subiu

3,15 . 100 = 315 me tros da rampa, atingindo a altura, em metros, de:

h = 315 . sen α = 315 . �1 – cos2 α =

= 315 . ��1 – (�0,99)2= 315 . �0,01 = 31,5

b) A figura seguinte esquematiza o quadro da bici cleta de Laura.

Sendo sen 75° = sen (45° + 30°) =

= sen 45° . cos 30° + sen 30° . cos 45° =

= , temos, pela lei dos senos e em centímetros:

100––––BD

100––––200

1––2

CD–––BD

CD–––100

CD–––100

��6 + ��2–––––––––

4

MÓDULO 11 77 Trigonometria I


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

34 –

= ⇒ = ⇒ b = 11 ��2 ��3 + 1�

Respostas: a) 31,5 m

b) 11��2 ��3 + 1� cm

3. (FUVEST) – O triângulo ABC da fi gura abaixo é equilátero de lado 1.Os pontos E, F e G pertencem, respecti vamente, aos lados

–––AB,

–––AC e

–––BC do triângulo. Além disso, os ângulos A

^FE e C

^GF são retos e a

medida do segmento –––AF é x.

Assim, determine:a) a área do triângulo AFE em função de x;b) o valor de x para o qual o ângulo F

^EG também é reto.

RESOLUÇÃO:

a) No triângulo AFE, temos:

tg 60° = ⇒ ��3 = ⇒ EF = x��3

Assim, a área do triângulo AFE é:

SAFE = = =

b) 1.o) Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AFE, temos:

(AE)2 = (AF)2 + (EF)2 = x2 + (x��3 )2 ⇒

⇒ AE = 2x e, portanto, BE = AB – AE ⇒ BE = 1 – 2x.

2.o) Se FEG é reto, então GEB = 60° e, portanto, o triângulo GEB é

equilátero.

Assim, EG = BE = 1 – 2x.

3.o) No triângulo FEG, temos:

tg 30° = ⇒ = ⇒

⇒ ��3 – 2x ��3 = 3x ��3 ⇒ x =

Respostas: a) b)

4. (UNESP) – Determinando m, de modo que as raízes da equaçãox2 – mx + m + m2 = 0 sejam o seno e o cosseno do mesmo ângulo,os possíveis valores desse ângulo no 1.º ciclo trigonométrico são:a) 0° ou π. b) 3π/2 ou 2π. c) π ou 2π.d) π/2 ou 3π/2. e) π ou 3π/2.

RESOLUÇÃO:Sendo sen θ e cos θ, 0 ≤ θ ≤ 2π, raízes da equação x2 – mx + m + m2 = 0,temos:sen θ + cos θ = m e sen θ . cos θ = m + m2

Assim: sen θ + cos θ = m ⇒ sen2θ + 2 sen θ cos θ + cos2θ = m2 ⇒⇒ 1 + 2 sen θ cos θ = m2

Como sen θ cos θ = m + m2, então 1 + 2(m + m2) = m2 ⇒ m = – 1.Dessa forma, temos:

⇔ ou ⇒ θ = π ou θ =

Resposta: E

b–––––––sen 75°

a––––––sen 30°

b––––––––––––

��6 + ��2––––––––

4

22–––––

1––2

EF—––

x

EF—––

x

(AF) . (EF)——–––––––––

2

x . x��3——–––––––

2

x2 ��3——––––

2

EF—–––EG

��3——–

3

x��3–––––––1 – 2x

1—–5

x2 ��3——––––

2

1—–5

3π–––2

sen θ = – 1

cos θ = 0�sen θ = 0

cos θ = – 1�sen θ + cos θ = – 1

sen θ . cos θ = 0�


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 35

1. (UFBA) – No plano cartesiano, considere a reta r que passa pelospontos P (24,0) e Q (0,18) e a reta s, perpendicular a r, que passa peloponto médio de P e Q. Assim sendo, determine a hipotenusa dotriângulo cujos vértices são o ponto Q e os pontos de intersecção dareta s com a reta r e com o eixo Oy.

RESOLUÇÃO:

1.o) Ponto médio de PQ–––

:

M ⇔ M (12; 9)

2.o) mr = = – ⇒ ms = (pois r ⊥ s).

3.o) Equação da reta s, que passa pelo ponto M (12; 9) e tem coeficiente

angular ms = : y – 9 = . (x – 12).

4.o) A reta s intercepta o eixo Oy no ponto P,

tal que: x = 0 → y – 9 = . (–12) ⇔ y = –7.

Assim: P (0; –7).

5.o) O triângulo em questão é constituído pelos pontos Q (0; 18), M (12; 9)

e P (0; –7), cuja hipotenusa é: PQ = �18 � + �–7 � = 25

2. (UFJF) – Considere o retângulo ABCD abaixo. Os pontos C e Dtêm coordenadas cartesianas respectivamente iguais a (9; 4) e (1; 4). O

ponto E é um ponto no segmento CD tal que EC = CD e AEBé um

ângulo reto.

A reta que passa pelos pontos B e E tem equação na forma y = αx + β,em que:

a) α ∈ [–2; –1] e β < –7. b) α ∈ [–4; –2] e 0 < β < 1.

c) α ∈ [–1; 0] e β < 9. d) α ∈ [–2; –1] e β > 11.

e) α ∈ [–3; –2] e β > 10.

RESOLUÇÃO:

Conforme o enunciado, temos:

1.o) CD = 8 = AB

2.o) EC = . CD = 2 ⇒ ED = 6

3.o) E (7; 4)

4.o)

⇒

5.o) tg γ = = = ⇒ γ = 30°

6.o) Coeficiente angular da reta BE:

m = tg θ = tg (90° + γ) = tg 120° = – �3

7.o) Equação da reta BE, que passa pelo ponto E (7; 4), com coeficiente

angular m = – �3:

y – 4 = – �3 . (x – 7) ⇔ y = – �3 x + 7 �3 + 4.

� 24 + 0––––––;

2

0 + 18 ––––––

2 �18 – 0

—–––––0 – 24

3—–4

4––3

4––3

4––3

4––3

1––4

1––4

a2 + b2 = 82

a2 = c2 + 22

b2 = c2 + 62 � 2c2 + 40 = 64

c2 = 12

c = 2�3

2––c

2–––––2�3

�3––––

3

MÓDULO 11 88 Geometria Analítica I


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

36 –

Na forma y = α . x + β, temos:

α = – �3 � – 1,7 ⇒ α ∈ [– 2; – 1]

β = 7�3 + 4 � 7 . 1,3 + 4 � 13,1 ⇒ β > 11.

Resposta: D

3. (UNICAMP-2010) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x.





RESOLUÇÃO:

a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔

⇔ log2

y = log2 8 – log2 (42x) ⇔

⇔ log2

y = 3 – 2x . log2 4 ⇔

⇔ log2


b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔

⇔ 8 = 42z . 4y

⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3

II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒

⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3

III) ⇔ ⇔

⇔ ⇔


b) y = z =

� f(z) = g(y)f(y) / g(z) = 1

8–––42x � 8

–––42x �

8–––42z

f(y)––––g(z)

8––––42y

� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 � 4y + 8z = 6

– 4y – 2z = – 3

� 2y + 4z = 36z = 3 �

1y = –––

2

1z = –––

2

1––2


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 37

4. (UNIFESP) – Considere, num sistema ortogonal, conforme afigura, a reta de equação r : y = kx (k > 0 um número real), os pontosA (x0; 0) e B (x0; kx0) (com x0 > 0) e o semicírculo de diâmetro AB.

a) Calcule a razão entre a área S, do semicírculo, e a área T, do

triângulo OAB, sendo O a origem do sistema de coordenadas.

b) Calcule, se existir, o valor de k que acarrete a igualdade S = T, para

todo x0 > 0.

RESOLUÇÃO:

De acordo com os dados representados na figura acima:

1) a área do triângulo OAB é:

T = =

2) a área do semicírculo de raio é:

S = =

3) a razão entre S e T é:

= =

4) se T = S, então = 1 ⇔ k = .

Respostas: a) = b) k =

k . x0π . �––––––�2

2–––––––––––––

2

π k2 . x02

––––––––8

S–––T

π k2 . x02

–––––––––8

––––––––––––k . x0

2

––––––2

π k––––

4

π k––––

4

4–––π

S–––T

π k––––

44

–––π

k . x0––––––2

x0 . kx0––––––––2

k . x02

––––––––2


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

38 –

1. (UFJF) – Esta questão se destina a estabelecer uma demonstraçãopara a fórmula:

sen (α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α

a) No círculo trigonométrico apresentado, observe os triângulos HFBe HCO e mostre que os ângulos α e θ são congruentes.

b) Mostre que GB = sen β . cos α.c) Admitindo que já tenha sido provado que FD = sen α . cos β,

conclua que:sen (α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α

d) Calcule o valor de sen75°.

RESOLUÇÃO:

a) Se H é o ponto de intersecção dos segmentos OA–––

e CB–––

, então OH^

C � BH^

F

(opostos pelo vértice).

Assim, Δ HFB � Δ HCO (critério AA�) e, portanto,

CO^

H � FB^

H ⇔ α � θ.

b) 1.o) Δ BGF é retângulo: cos θ = ⇔ GB = BF . cos θ.

2.o) Como α = θ, temos cos θ = cos α.

3.o) Δ OFB é retângulo: sen β = ⇔ BF = OB . sen β = 1 . sen β = sen β.

Portanto: GB = sen β . cos α.

c) 1.o) Δ OCB é retângulo: sen (α + β) = ⇔

⇔ CB = 1 . sen (α + β) = sen (α + β)

2.o) O quadrilátero CDFG é um retângulo; assim, CG = FD = sen α . cos β.

Portanto, sen (α + β) = CB = CG + GB = sen α . cos β + sen β . cos α.

d) sen 75° = sen (30° + 45°) = sen 30° . cos 45° + cos 30° . sen 45° =

= . + . =

2. (FGV) – Um estudante tinha de calcular a área do triângulo ABC,mas um pedaço da folha do caderno rasgou-se. Ele, então, traçou osegmento

—A’C’ paralelo a

—AC, a altura C’H do triângulo A’BC’ e, com

uma régua, obteve estas medidas:C’H = 1,2 cm, A’B = 1,4 cm e AB = 4,2 cm.a) Use essas medidas e calcule a área do triângulo ABC.b) Com a régua, ele mediu também o lado

—A’C’ e obteve A’C’ = 1,5 cm.

Se as medidas em graus dos ângulos agudos ^A e

^B são

respectivamente a e b, calcule o valor de sen(a – b).

RESOLUÇÃO:

GB–––BF

BF–––OB

CB–––OB

1–––2

�2–––2

�2 + �6––––––––

4

�3–––2

�2–––

2

MÓDULO 11 99 Trigonometria II


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 39

a) Sendo SABC e SA’BC’ respectivamente as áreas, em cm2, dos triângulos

semelhantes ABC e A’BC’, temos:

⇒ SABC = 9 . 0,84 = 7,56

b) 1) No triângulo retângulo A’HC’, em cm, temos:

A’H2 + C’H2 = A’C’2 ⇔ A’H2 + (1,2)2 = 1,52 ⇔

⇔ A’H = 0,9, pois A’H > 0.

2) HB = A’ B – A’H = 1,4 – 0,9 = 0,5

3) No triângulo retângulo C’HB, em cm, temos:

C’B2 = HB2 + C’H2 ⇔ C’B2 = 0,52 + 1,22 = 1,69 ⇒

⇒ C’B = 1,3, pois C’B > 0.

4) sen a = = =

cos a = = =

sen b = = =

cos b = = =

sen(a – b) = sen a . cos b – sen b . cos a =

= . – . =

= – = –

Respostas: a) 7,56 cm2 b) –

3. (UFJF) – Considere a função f: [0; 2π] → �definida por f(x) = 2 + cos x.

a) Determine todos os valores do domínio da função f para os quais

f(x) > 3/2.

b) Seja g: [0,2π] → � a função definida por g(x) = 2x.

Determine a função composta h = fog.

c) Verifique que a lei da função composta h pode ser escrita na forma

h(x) = 3 – 2 sen2x.

RESOLUÇÃO:

a) f(x) > ⇔ 2 + cos x > ⇔ cos x > –

Com base no ciclo ao lado, conclui-se que:

0 ≤ x < ou < x ≤ 2π

b) f(x) = 2 + cos x

g(x) = 2x

h = fog = f [g(x)] = 2 + cos (2x)

c) h(x) = 2 + cos(2x) = 2 + 1 – 2 . sen2x = 3 – 2 . sen2x

4–––5

1,2––––1,5

C’H––––––A’C’

3–––5

0,9––––1,5

A’H––––––A’C’

12–––13

1,2––––1,3

C’H–––––C’B

5–––13

0,5––––1,3

HB–––––C’B

3––5

12–––13

5–––13

4–––5

16–––65

36–––65

20–––65

16–––65

1–––2

3–––2

3–––2

4π–––3

2π–––3

⇒

4,2SABC = �––––�2

. SA’BC’1,4

1,4.1,2SA’BC’ = –––––– = 0,842

�⇔�SABC AB–––––– = �–––––�2

SA’BC’ A’B

A’B . C’HSA’BC’ = –––––––––2


4. (UFG) – Em um jogo de sinuca, uma bola é lançada do ponto O paraatingir o ponto C, passando pelos pontos A e B e seguindo a trajetória indicadana figura a seguir.

Nessas condições, calcule:a) o ângulo β em função do ângulo θ;b) o valor de x indicado na figura.

RESOLUÇÃO:a)

Considerando-se os triângulos, conclui-se que:

θ = ⇔ β = 2 θ

b)

⇔ = ⇒ y = . x

Sendo y + y + x = 2, temos:

x + x + x = 2 ⇔ 4x = 2 ⇔ x = 0,5 m

β–––2

α + θ = 90°

βα + ––– = 90°

2�

3–––2

y–––1,2

x–––0,8

xtg θ = –––

0,8y

tg θ = –––1,2�3

–––2

3–––2

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

40 –


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 41

1. (UFV-2010) – Considere a circunferência de centro C (1; 0) e a retat que a tangencia no ponto P (0; 2).a) Determine o raio e a equação da circunferência.b) Determine a equação da reta t.

RESOLUÇÃO:

a) Raio: r = PC = � (1 – 0)2 + (0 – 2)2 = �5

Equação: (x – 1)2 + (y – 0)2 = (�5)2 ⇒ (x – 1)2 + y2 = 5

b)

1.o) mPC = = –2 ⇒ mt = = pois t ⊥ PC–––

.,

2.o) Equação da reta t, que passa pelo ponto P (0; 2) e tem coeficiente

angular mt = :

y – 2 = . (x – 0) ⇔ x – 2y + 4 = 0

2. (VUNESP) – No plano cartesiano, o segmento AB–––

é um diâmetroda circunferência λ, sendo A = (0; 0) e B = (4; 0). a) Escreva uma equação da circunferência λ.

b) Considere as retas ↔ACe

↔BC, de equações y = kx e y = x + (6 – 2k),

respectivamente, em que k é uma constante real. Sabendo que otriângulo ABC está inscrito na circunferência λ, determine o valorde k.

RESOLUÇÃO:

a) Se A (0; 0) e B (4; 0) são as extremidades do diâmetro da circunferência

λ, então o centro é o ponto (2; 0), que é o ponto médio de–––AB, e o raio é

r = = = 2.

Uma equação de λ é: (x – 2)2 + y2 = 4.

b) Se AB–––

é o diâmetro da circunferência e o triângulo ABC está inscrito na

circunferência, o triângulo é retângulo, sendo AC–––

e BC–––

perpendiculares.

Considerando as retas ↔

AC e ↔BC (perpendiculares), de equações y = kx e

y = . x + (6 – 2k), devemos ter mAC–– = ⇒ k = ⇔

⇔ k2 – 3k + 2 = 0 ⇔ k = 1 ou k = 2.

Respostas: a) (x – 2)2 + y2 = 4

b) k = 1 ou k = 2

3. (FUVEST-2010) – No sistema ortogonal de coordenadascartesianas Oxy da figura, está representada a circunferência de centro

na origem e raio 3, bem como o gráfico da função .

Nessas condições, determine:a) as coordenadas dos pontos A, B, C, D de interseção da

circunferência com o gráfico da função;b) a área do pentágono OABCD.

0 – 2––––––1 – 0

–1–––––mPC

1––2

1––2

1––2

� k – 3––––

2 �

AB–––2

4––2

� k – 3––––

2 � –1–––––mBC

––

–1–––––k – 3––––

2

��8y = ––––

�x�

MÓDULO 22 00 Geometria Analítica II


RESOLUÇÃO:

a)

As coordenadas dos pontos A, B, C e D são as soluções do sistema:

Da segunda equação, temos x2 + = 9 ⇔

⇔ x4 – 9x2 + 8 = 0 ⇔ x = ± 1 ou x = ± 2��2

Satisfazendo a equação I, temos:

y = = 2��2 ou y = = 1

Desta forma, os pontos são A (2��2; 1), B (1; 2��2), C (– 1; 2��2) e D (– 2��2; 1).

b)

A área do trapézio ABCD é:

= 7

A

área do triângulo OAD é = 2�2 .

Desta forma, a área do pentágono OABCD é 7 + 2��2, em unidades deárea.

Respostas: a) A (2��2; 1), B (1; 2��2), C (– 1; 2��2) e

D (– 2��2; 1)

b) 7 + 2��2

4. (UFSC-2010) – Um projétil desloca-se no plano cartesiano e seusdeslocamentos, em metros, na horizontal e na vertical, são descritos,

respectivamente, pelas equações: em que t(t ≥ 0) repre -

senta o tempo em minutos.Determine a equação da trajetória do projétil e a distância percorridapelo projétil entre o ponto A, para t = 0, e o ponto B, para t = 5 minutos.

RESOLUÇÃO:Sendo os deslocamentos, em metros, na horizontal e na vertical, descritos

pelas equações , então a equação da trajetória do projétil é:

⇔ y = 3 . (x – 5) + 6 ⇔ y = 3x – 9, com x ≥ 5

O deslocamento do projétil entre o ponto A, para t = 0, e o ponto B, para

t = 5, é igual a:

t = 0 → x = 5 e y = 6 … A (5; 6)

t = 5 → x = 10 e y = 21 … B (10; 21)

AB = � (10 – 5)2 + (21 – 6)2 = � 25 + 225 = � 250 = 5 �10 metros.

Resposta: y = 3x – 9, com x ≥ 5.

AB = 5 �10 metros.

(4��2 + 2) . (2��2 – 1)–––––––––––––––––––

2

4��2 . 1––––––––

2

�x = t + 5y = 3t + 6

�x = t + 5y = 3t + 6

� t = x – 5y = 3t + 6��8

––––––––�± 2��2�

��8––––––

�± 1�

8–––x2

��8y = –––– (I)

�x�

��8x2 + �––––�2

= 9 (II)�x�

�⇔

��8y = ––––

�x�

x2 + y2 = 9�

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

42 –


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 43

1. (FUVEST-2010) –A figura representa um quadrado ABCD de lado 1.O ponto F está em BC

––, BF

––mede ��5/4, o ponto E está em CD

––e AF

––é

bissetriz do ângulo BA^E. Nessas condições, o segmento DE–– mede:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

Sendo AF––

bissetriz do ângulo BAE, temos:

BAF = EAF = α

No ΔABF, temos tgα = ⇔ tgα = .

No ΔADE, temos:

tg(2α) = ⇔ = ⇔

⇔ = ⇔ = ⇔ DE =

Resposta: D

2. (FUVEST-2010) – Sejam x e y dois números reais, com 0 < x <

e < y < π, satisfazendo sen y = e 11 sen x + 5 cos(y – x) = 3.

Nessas condições, determine:a) cos y b) sen 2x

RESOLUÇÃO:

Sendo 0 < x < , < y < π e sen y = , temos:

a) cos2y = 1 – sen2y = 1 –2

= ⇒

⇒ cos y = – , pois y ∈ 2o. quadrante.

b) 11 . sen x + 5 . cos (y – x) = 3 ⇔

⇔ 11 . sen x + 5 . (cos y . cos x + sen y . sen x) = 3 ⇔

⇔ 11 . sen x + 5 . . cos x + . sen x = 3 ⇔

⇔ cos x = 5 . sen x – 1

Então:

cos2x + sen2x = 1 ⇒ (5 . sen x – 1)2 + sen2x = 1 ⇔

⇔ 13 . sen2x – 5 . sen x = 0 ⇔

⇔ sen x = (pois sen x ≠ 0)

e cos x = 5 . – 1 =

Portanto:

sen(2x) = 2 . sen x . cos x = 2 . . =

Respostas: a) – b)

9��5––––40

7��5––––40

3��5––––40

13��5–––––

40

11��5–––––

40

��5––––

4

BF–––AB

1–––DE

2 tgα––––––––1 – tg2α

AD–––DE

11��5–––––

40

1–––DE

8��5––––

111

–––DE

��52 . ––––

4––––––––––

��51 – �––––�

2

4

π––2

4––5

π––2

4––5

π––2

π––2

9–––25�4

––5�

3––5

�4––5��3

– ––5��

5–––13

12–––13

5–––13

120––––169

12–––13

5–––13

120––––169

3–––5

MÓDULO 22 11 Trigonometria III


3. (FUVEST-2010) – No triângulo ABC da figura, a mediana —

AM,relativa ao lado

—BC, é perpendicular ao lado

—AB. Sabe-se também que

BC = 4 e AM = 1. Se α é a medida do ângulo A^BC, determine:

a) sen αb) o comprimento ACc) a altura do triângulo ABC relativa ao lado —ABd) a área do triângulo AMC

RESOLUÇÃO:

a) No triângulo BAM, retângulo em A, tem-se:

sen α = = ⇒ α = 30°

b) No triângulo AMC, tem-se, pela lei dos cossenos:

AC2 = AM2 + MC2 – 2 . AM . MC . cos 120°

AC2 = 12 + 22 – 2 . 1 . 2 . – ⇒ AC = ��7

c) Pela semelhança dos triângulos BAM e BDC, tem-se:

= ⇒ h = 2

d) A área do triângulo AMC é:

. AM . MC . sen 120° = . 1 . 2 . =

Respostas: a) 30° b) ��7 c) 2 d)

4. (UFSCar) – Suponha que o planeta Terra seja uma esfera de centroC e raio R. Na figura, está representado o planeta Terra e uma naveespacial N. A fração visível da superfície da Terra por um astronauta nanave N é dada em função do ângulo θ, mostrado na figura pela

expressão f(θ) = .

a) Determine o ângulo θ, em graus, para o qual é visível da nave aquarta parte da superfície da Terra e a distância da nave à superfícieda Terra neste caso. (Use a aproximação R = 6.400 km.)

b) Se um astronauta numa nave, a uma distância d da Terra, avista asuperfície da Terra com ângulo θ = 15°, determine a fração visívelda superfície da Terra pelo astronauta. (Use as aproximações

��2 = 1,4 e ��6 = 2,4.)

RESOLUÇÃO:

a) f(θ) = = ⇔ sen θ = ⇔ θ = 30°, pois 0 < θ < 90° e

a fração visível da superfície da Terra é .

Além disso:

sen θ = ⇔ = ⇔

⇔

b) Como1) sen 15° = sen (45° – 30°) =

= sen 45° . cos 30° – sen 30° . cos 45° =

= . – . =

= = =

2) f(15°) = = =

= =

Respostas: a) 30° e d = 6400 km

b) da superfície da Terra

AM––––BM

1––2

� 1––2 �

h––4

1––2

1––2

1––2

��3––––

2

��3––––

2

��3––––

2

1––4

1 – sen θ––––––––

2

1––4

6 . 400––––––––6400 + d

1––2

R–––––R + d

d = 6400 km

�2––––

21

–––2

�3––––

2

�2––––

2

1–––4

2,4 – 1,4––––––––

4

�6 – �2–––––––––

4

11 – –––

4–––––––––––

2

1 – sen 15°–––––––––––

2

3–––8

3–––4

–––––2

3–––8

1––4

1 – sen θ–––––––

2

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

44 –


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 45

1. (UNIRIO) – Na figura abaixo, A, B, C e D são centros de 4circunferências de mesmo raio e as retas r e s são perpendiculares.Sabendo que a reta s tem equação x – y = 0 e que o ponto D é o pontode coordenadas (10; 2), determine as coordenadas do ponto médio dosegmento ––AC.

RESOLUÇÃO:1.o) Equação da r ⊥ s passando pelo ponto D (10; 2):

y – 2 = –1 (x – 10) ⇔ y = – x + 12.

2.o) Intersecção entre r e s, ⇔ x = y = 6 … B (6; 6).

3.o) Ponto C (é ponto médio de ––AD) ⇒ C (8; 4)

4.o) BC = 2 π = � (8 – 6)2 + (6 – 4)2 = �8 ⇒ r = �2

5.o) A abscissa do ponto A satisfaz à condição:

xA = 6 – 2 r cos 45° = 6 – 2�2 . = 4

Assim: A(4; 4).

6.o) Ponto médio de ––AC:

M ⇔ M (6; 4)

2. (UNICAMP-2010) – No desenho abaixo, a reta y = ax (a > 0) e areta que passa por B e C são perpendiculares, interceptando-se em A.Supondo que B é o ponto (2; 0), resolva as questões abaixo.a) Determine as coordenadas do ponto C em função de a.b) Supondo agora que a = 3, determine as coordenadas do ponto A e

a equação da circunferência com centro em A e tangente ao eixo x.

RESOLUÇÃO:

a) ⇒ ms = –

Na reta s, têm-se B (2; 0) e C (0; k).

Como ms = – , tem-se:

= – ⇒ – = – ⇒ k =

Então: C �0; �b) Para a = 3, tem-se: ms = – . A equação da reta s é y = – (x – 2) e

a equação da reta r é y = 3x.

Então, o ponto A, sendo a intersecção das retas r e s, é a solução dosistema:

�y = xy = –x + 12

�2–––2

� 8 + 4 4 + 4–––––; –––––

2 2 � mr = a

r ⊥ s � 1––a

1––a

k – 0––––––0 – 2

1––a

k–––2

1––a

2––a

2––a

1––3

1––3

MÓDULO 22 22 Geometria Analítica III


⇒ ⇒ A (1/5; 3/5)

A circunferência de centro A (1/5; 3/5) e tangente ao eixo x tem raio r = 3/5.

Então, sua equação é:

(x – 1/5)2 + (y – 3/5)2 = 9/25

Respostas: a) C (0; 2/a)

b) A (1/5; 3/5) e (x – 1/5)2 + (y – 3/5)2 = 9/25

3. (UFPB-2010) – Em certo jogo de computador, dois jogadores, A eB, disputam uma partida da seguinte maneira:• Inicialmente, cada jogador escolhe dois pontos do plano cartesiano,

diferentes de (0; 0), de modo que um dos pontos pertença à reta y = 2xe o outro ponto, à reta y = 4x.

• Em seguida, cada jogador fornece seus pontos ao computador, quecalcula a área do triângulo cujos vértices são os pontos por eleescolhidos e o ponto (0; 0).

• O ganhador será aquele que escolher os pontos que forneçam otriângulo com maior área.

• Caso os jogadores escolham pontos que forneçam triângulos com amesma área, haverá empate.

Nesse contexto, identifique as afirmativas corretas:I. Se o jogador A escolher os pontos (2; 4) e (2; 8) e o jogador B

escolher os pontos (3; 6) e (1; 4), ganhará o jogador B.II. Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam à

reta x = 20 e o jogador B escolher seus pontos de modo que elespertençam à reta y = 20, ganhará o jogador A.

III.Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam àreta x = 10 e o jogador B escolher seus pontos de modo que elespertençam à reta x = –10, haverá empate.

IV. Se os jogadores A e B escolherem um mesmo ponto da reta y = 2xe pontos distintos da reta y = 4x e equidistantes da origem, haveráempate.

V. Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam àreta y = 12 e o jogador B escolher seus pontos de modo que elespertençam à reta y = 16, ganhará o jogador B.

RESOLUÇÃO:

Seja P (a; 2a) o ponto da reta y = 2x e Q (b; 4b) o ponto da reta y = 4x,então a área do triângulo OPQ é igual a:

SΔ = = =

Analisando as alternativas, temos as pontuações seguintes:(F) I) jogador A: �2 . 2� = 4, pois a = 2 e b = 2.

jogador B: �3 . 1� = 3, pois a = 3 e b = 1.

(V) II) jogador A: �20 . 20� = 400, pois a = 20 e b = 20.jogador B: �10 . 5� = 50, pois 2a = 20 ⇔ a = 10 e 4b = 20 ⇔ b = 5.

(V) III) jogador A: �10 . 10� = 100, pois a = 10 e b = 10.jogador B: �(–10) . (–10)� = 100, pois a = –10 e b = –10.

(V) IV) jogador A: �a . b�, pois xP = a e xQ = b.jogador B: �a . (–b)� = �a . b�, pois xP = a e xQ = –b.

(V) V) jogador A: �6 . 3� = 18, pois 2a = 12 ⇔ a = 6 e 4b = 12 ⇔ b = 3.jogador B: �8 . 4� = 32, pois 2a = 16 ⇔ a = 8 e 4b = 16 ⇔ b = 4.

4. (UFRJ-2010) – Os pontos A (–6; 2), B (3; –1), e C (–5; –5)pertencem a uma circunferência. Determine o raio dessa circunferência.

RESOLUÇÃO:

O centro da circunferência circunscrita ao triângulo ABC é o circuncentro,

ponto de encontro das mediatrizes dos lados ––AB,

––BC e

––AC. Assim:

1.o) Mediatriz de ––AB (dPA = dPB):

� (x + 6)2 + (y – 2)2 = � (x – 3)2 + (y + 1)2 ⇔ y = 3x + 5

2.o) Mediatriz de ––BC (dPB = dPC):

� (x + 5)2 + (y + 5)2 = � (x – 3)2 + (y + 1)2 ⇔ y = –2x – 5

3.o) Ponto de intersecção das mediatrizes:

⇔ x = –2 e y = –1 … P (–2; –1)

4.o) Raio (é a distância de P a qualquer vértice do ΔABC):

Seja: r = dPA = � (–2 + 6)2 + (–1 –2)2 = 5.

�y = 3x

1y = – ––– (x – 2)

3�x = 1/5

y = 3/5 a 2a 1b 4b 10 0 1

–––––––––––2

4a b – 2ab––––––––––

2a . b

y = 3x + 5

y = –2x – 5�

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

46 –


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 47

1. Na figura seguinte os segmentos —PA e

—PB tangenciam a circun -

ferên cia nos pontos A e B, respectivamente; Q é um ponto dessa

circunferência e o ângulo A^PB mede 18°. A medida θ do ângulo B

^QA

é igual a:a) 72° b) 75° c) 78° d) 81° e) 84°

RESOLUÇÃO:

No quadrilátero convexo OAPB, a soma das medidas dos ângulos internos

é igual a 360°.

Assim: 2θ + 90° + 18° + 90° = 360° ⇔ 2θ = 162° ⇔ θ = 81°

Resposta: D

2. (FUVEST) – A figura representa um retângulo ABCD, com

AB = 5 e AD = 3. O ponto E está no segmento ⎯CD de maneira que

CE = 1, F é o ponto de intersecção da diagonal ⎯AC com segmento ⎯BE.

Então a área do triângulo BCF vale

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:

Da semelhança dos triângulos ABF e CEF, temos:

= =

Da semelhança dos triângulos AFG e CFH, temos:

= ⇔ = ⇔

⇔ 5 – h = 5h ⇔ h =

A área do triângulo BCF é

= =

Resposta: B

3. P é um ponto qualquer do lado —AB do retângulo ABCD da figura

seguinte. Se AB = a e BC = b, então a soma das distâncias do ponto Pàs diagonais

—AC e

—BD desse retângulo é igual a:

a) b)

c) d)

e) ��a2 + b2

6–––5

5–––4

4–––3

7–––5

3–––2

5–––1

AB––––CE

AF––––CF

5–––1

5 – h––––––

h

AF––––CF

GF––––HF

5–––6

5–––4

53 . –––

6––––––––

2

BC. h–––––––

2

ab–––––––––––

2��a2 + b2

ab–––––––––––––

��2(a2 + b2)

ab–––––––––

��a2 + b2

ab––––––a + b

MÓDULO 22 33 Geometria Plana I


RESOLUÇÃO:

1o.) ΔQPB ~ ΔADB ⇒ = (I)

2o. ) ΔRPA ~ ΔBCA ⇒ = (II)

Somando (I) e (II) membro a membro, tem-se:

+ = ⇔ x + y =

Resposta: C

4. Durante um vendaval, um poste de iluminação de 18 metros dealtura quebrou-se em um ponto a certa altura do solo. A parte do posteacima da fratura inclinou-se e sua extremidade superior encostou nosolo a uma distância de 12 metros da base dele. A quantos metros dealtura do solo quebrou-se o poste?a) 6 b) 5 c) 4,5 d) 4 e) 3

RESOLUÇÃO:

De acordo com o teorema de Pitágoras, tem-se: x2 + 122 = (18 – x)2 ⇔

⇔ x2 + 144 = 324 – 36x + x2 ⇔ 36x = 180 ⇔ x = 5Resposta: B

5. Considere um poste perpen di cular ao plano do chão. Uma aranhaestá no chão, a 2 m do poste, e começa a se aproximar dele no mes moinstante em que uma formiga começa a subir no poste. A velocidade daaranha é de 16 cm por segundo e a da formiga é de 10 cm por segundo. Após 5 segundos do início dos movimentos, amenor distância entre a aranha e a formiga é:a) 2,0 m b) 1,3 m c) 1,5 md) 2,2 m e) 1,8 m

RESOLUÇÃO:

Após 5 segundos, a aranha andou 16 cm . 5 = 80 cm = 0,8 m e está a

1,2 m do poste.

Após os mesmos 5 segundos, a formiga subiu 10 cm . 5 = 50 cm = 0,5 m

do solo. Nesse instante, a menor distância entre a aranha e a formiga é dada

pela hipotenusa —AF do triângulo AFP.

Assim sendo, AF2 = AP2 + PF2 ⇒ AF2 = 1,22 + 0,52 ⇔ AF = 1,3m

Resposta: B

x–––b

z–––––––––

�� a2 + b2

y–––b

a – z–––––––––

�� a2 + b2

x–––b

y–––b

a–––––––––

�� a2 + b2

ab–––––––––

�� a2 + b2

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

48 –


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 49

1. Uma pessoa dispõe de um terreno plano e retangular, que tem 20 mde largura por 80 m de comprimento, no qual ela pretende fazer umgramado que deverá ter a forma de um triângulo retângulo, como émostrado no esquema abaixo.

Se a região gramada for tal que o maior lado que a limita tenha 20 mde comprimento e sua área corresponda a 6% da área total do terreno,então o seu perímetro, em metros, deverá ser igual aa) 40 b) 48 c) 50 d) 52 e) 56

RESOLUÇÃO:

Sendo x e y as medidas, em metros, da base e da altura do triânguloretângulo, temos:

⇔ ⇒

⇒ x2 + 2xy + y2 = 400 + 2 . 192 ⇔ (x + y)2 = 784 ⇔

⇔ x + y = 28 ⇔ x + y + 20 = 48

Assim, o perímetro da região gramada, em metros, deverá ser:

12 + 16 + 20 = 48

Resposta: B

2. (UFTM-MG) – Uma folha retangular foi dobrada ao meio paradeterminar os pontos E e F, que são pontos médios dos lados menoresdo retângulo. A folha foi aberta e dobrada novamente, conformeindicado na figura, sendo possível identificar o triângulo isóscelesEGH, onde ⎯EG = 6��2 cm e cuja área representa 7,5% da área total dafolha.

O perímetro da folha retangular é igual aa) 52 cm. b) 60 cm. c) 64 cm.d) 68 cm e) 72 cm.

RESOLUÇÃO:

1) x��2 = 6��2 ⇔ x = 6

2) = . y . 2x

Assim: 18 = 0,9 . y ⇔ y = 20

3) O perímetro da folha retangular, em centímetros, é:

4x + 2y = 2 (2x + y) = 2 (12 + 20) = 64

Resposta: C

�x2 + y2 = 202

x . y–––––– = 6% . 80 . 20

2

� x2 + y2 = 400

x . y = 192

x . x–––2

7,5–––100

MÓDULO 22 44 Geometria Plana II


3. (FGV-SP) – Chamamos de falsa espiral de dois centros aquelacons truída da seguinte forma: os dois centros são os pontos A e B.Traçam-se semicircunferências no sentido anti-horário, a primeira como centro em A e raio AB, a segunda com centro em B e raio BC, aterceira com centro em A e raio AD, repetindo esse procedimento emque os centros se alternam entre A e B, como mostrado na figuraabaixo.

Determine a distância entre A e B se, ao completar duzentas semicir -cunferências, o comprimento total dessa falsa espiral for 100 500πmetros.

RESOLUÇÃO:Sendo AB = R, as duzentas semicircunferências têm raios R, 2R, 3R, …,200R.Comprimento total da falsa espiral = 100 500π ⇔

⇔ π . R + π . 2R + π . 3R + … + π . 200R = 100 500π ⇔

⇔ = 100 500 ⇔ R = 5 m

Resposta: 5 m

4. (UFSCar) – Na figura indicada, 0 < α < , C é o centro do

círculo, –––AB tangencia o círculo no ponto A, os pontos B, C e D estão

alinhados, assim como os pontos A, C e E.

Uma condição necessária e suficiente para que as duas áreas sombrea -das na figura sejam iguais éa) tg α = α. b) tg α = 2α. c) tg α = 4α.

d) tg 2α = α. e) tg = a.

RESOLUÇÃO:

Como Ssetor CDE = Ssetor ACF , as duas áreas sombreadas serão iguais se, e

somente se, Ssetor CDE = SΔABC. (I)

Assim:

1) AB = R . tg α, pois o triângulo ABC é retângulo e

SΔABC = = =

2) Ssetor CDE = . πR2 =

Substituidos na igualdade (I), temos:

= . ⇔ tg α = 2α

Resposta: B

α––2

1–––2

AB . AC––––––––

2

R . tg α . R–––––––––––

2

R2 . tg α–––––––––

2

α––––2π

α R2––––––

2

α R2––––––

2

1–––2

R2 . tg α–––––––––

2

π––2

(R + 200R) . 200–––––––––––––––

2

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

50 –


5. (ESPM) – Na figura abaixo, cada quadrícula tem área igual

a m2. A corda —AB é tangente à circunferência interna da coroa

circular de centro O. A área dessa coroa, em metros quadrados, é iguala:

a) 7 b) 8 c) 9 d) 10 e) 11

RESOLUÇÃO:

Sendo R e r os raios das circunferências que delimitam a coroa circular e

observando que cada quadrícula tem lado de medida m, tem-se:

R2 = r2 +2

⇔ R2 – r2 =

Assim, a área da coroa circular, em metros quadrados, é dada por

S = π(R2 – r2) = π . = 9

Resposta: C

1–––π

1–––��π

9–––π�3

–––��π�

9–––π

MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 51


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

52 –

1. (FGV-SP ) – Bem no topo de uma árvore de 10,2 metros de altura,um gavião casaca-de-couro, no ponto A da figura, observa atentamenteum pequeno roedor que subiu na mesma árvore e parou preocupadono ponto B, bem abaixo do gavião, na mesma reta vertical em relaçãoao chão. Junto à árvore, um garoto fixa verticalmente no chão umavareta de 14,4 centímetros de comprimento e, usando uma régua,descobre que a sombra da vareta mede 36 centímetros de comprimento.Exatamente nesse instante ele vê, no chão, a sombra do gaviãopercorrer 16 metros em linha reta e ficar sobre a sombra do roedor, quenão se havia movido de susto.Calcule e responda: Quantos metros o gavião teve de voar para capturaro roedor, se ele voa verticalmente de A para B?

RESOLUÇÃO:

Seja d a distância, em metros, que o gavião teve de voar para capturar oroedor.Como os triângulos ACE, BCD e FGH são seme lhantes, temos:

I) = ⇒ = ⇒ CE = 25,5 m

II) CD = CE – DE = 25,5 – 16 ⇒ CD = 9,5 m

II) = ⇒ = ⇒ CB = 3,8 m

Assim, d = AC – CB = 10,2 – 3,8 = 6,4 m

Resposta: 6,4 m

2. (FUVEST) – No triângulo ABC, tem-se que AB > AC,

AC = 4 e cos C^

= . Sabendo-se que o ponto R pertence ao segmento

BC–––

e é tal que AR = AC e = , calcule

a) a altura do triângulo ABC relativa ao lado —BC.

b) a área do triângulo ABR.

RESOLUÇÃO:

h = AM, em que M é o ponto médio de –––CR, é a altura do triângulo isósceles

ACR, de base –––CR, e também é a altura do triângulo ABC relativa ao

lado –––BC.

De acordo com a figura e o enunciado, tem-se:

1) CM = AC . cos C^

Assim: CM = 4 · ⇔ CM =

2) CM = · CR

Assim: = ⇔ CR = 3

3) BC = CR + RB

Assim: BC = 3 + · BC ⇔ BC = 7

4) RB = · BC = · 7 = 4

5) AM2 + CM2 = AC2

Assim: h2 +

2

= 42 ⇔ h2 = ⇔ h =

6) A área S do triângulo ABR é dada por:

S = . RB . h = . 4 . = ��55

Respostas: a) unidades de comprimento

b) ��55 unidades de área

3–––8

BR–––BC

4––7

3–––8

3–––2

1–––2

3–––2

CR–––2

4–––7

4–––7

4–––7

� 3–––2 � 55

–––4

��55–––––

2

1–––2

1–––2

��55–––––

2

CE––––GH

��55–––––

2

AC––––FG

CE––––36

10,2––––14,4

CB––––FG

CD––––GH

CB––––14,4

9,5––––36

MÓDULO 22 55 Geometria Plana III


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 53

3. (FUVEST) – Um triângulo ABC tem lados de comprimentos AB = 5,

BC = 4 e AC = 2. Sejam M e N os pontos de —AB, tais que

—CM é a

bissetriz relativa ao ângulo A^CB e

—CN é a altura relativa ao lado

—AB.

Determinar o comprimento de —MN.

RESOLUÇÃO:

Sendo x o comprimento do segmento MN—

, tem-se:

1) CM⎯→

é bissetriz ⇒ = ⇔

⇔ = ⇔ AM = ⇒ AN = – x

e BN = 5 – – x = + x

2) No triângulo retângulo ANC, CN 2 + AN2 = 4.

3) No triângulo retângulo BNC, CN 2 + BN2 = 16.

4) Dos itens (2) e (3), conclui-se que

BN 2 – AN2 = 12 ⇒ + x2

– – x2

= 12 ⇒

⇒ + x + x2 – + x – x2 = 12 ⇒

⇒ 10x + = 12 ⇒ x =

Resposta:

4. (FUVEST) – No triângulo ABC da figura, a mediana —AM, relativa

ao lado —BC, é perpendicular ao lado

—AB. Sabe-se também que BC = 4

e AM = 1. Se α é a medida do ângulo ABC, determine

a) sen α.b) o comprimento AC.

c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado —AB.

d) a área do triângulo AMC.

RESOLUÇÃO:

a) No triângulo BAM, retângulo em A, tem-se:

sen α = = ⇒ α = 30°

b) No triângulo AMC tem-se, pela lei dos cossenos:

AC2 = AM2 + MC2 – 2 . AM . MC . cos 120°

AC2 = 12 + 22 – 2 . 1 . 2 . – ⇒ AC = ��7

c) Pela semelhança dos triângulos BAM e BDC, tem-se:

= ⇒ h = 2

d) A área do triângulo AMC é

. AM . MC . sen 120° = . 1 . 2 . =

Respostas: a) b) ��7 c) 2 d)

1––2

AM––––BM

�1––2�

1––2

h––4

��3 –––2

��3–––2

1––2

1––2

��3 –––2

BC––––BM

AC––––AM

5––3

5––3

4–––––––5 – AM

2––––AM

10–––3

�5––3

�

�5––3��10

––––3�

25–––3

10–––3

25–––9

20–––3

100––––

9

11––––30

11–––30

1––2


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

54 –

1. (UNICAMP) – O papagaio (também conhecido como pipa,pandorga ou arraia) é um brinquedo muito comum no Brasil. A figuraabaixo mostra as dimensões de um papagaio simples, confeccionadocom uma folha de papel que tem o formato do quadrilátero ABCD,duas varetas de bambu (indicadas em cinza) e um pedaço de linha.

Uma das varetas é reta e liga os vértices A e C da folha de papel. Aoutra, que liga os vértices B e D, tem o formato de um arco decircunferência e tangencia as arestas AB e AD nos pontos B e D,respectivamente. a) Calcule a área do quadrilátero de papel que forma o papagaio. b) Calcule o comprimento da vareta de bambu que liga os pontos B e D.

RESOLUÇÃO:

a)

Seja E o ponto de intersecção de AC e BD.

Na figura, BC = CD ⇒ ΔBCD é isósceles. Como CE é a altura do ΔBCE

⇒ B^CE = E

^CD = 30° ⇒ B

^CD = 60° ⇒ ΔBCD é equilátero ⇒

⇒ BD = BC = CD = 50

Logo, a área do ΔBCD vale = 625��3 cm2.

O ΔADE é retângulo em E e D^AE = 45° ⇒ A

^DE = 45° ⇒

⇒ ΔADE é retângulo isósceles ⇒ AE = DE = EB = 25

A área do triângulo ABD é igual a

= 625 cm2

Logo, a área do quadrilátero ABCD, que forma o papagaio, vale

625 ��3 + 625 = 625 ( ��3 + 1) cm2.

b) O comprimento da vareta de bambu que liga os pontos B e D vale 1/4

da circunferência de raio AD = DO = AE ��2 = 25 ��2 cm, pois

B^OD = 90°.

Logo, o comprimento vale

. 2π . 25 ��2 = cm

Respostas: a) 625 (��3 + 1) cm2

b) cm

30°

50

cm

50

cm45°

D

A

B

C

30°

45°

D

A

B

C

E

502 ��3 –––––––

4

50 . 25––––––

2

D

A

B

O

1–––4

25 π ��2 ––––––––

2

25 π ��2 ––––––––

2

MÓDULO 22 66 Geometria Plana IV


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 55

2. (FGV-SP) – Os pontos médios dos lados de um hexágono regularABCDEF são os vértices do hexágono menor MNPQRS, conformeindica a figura.

a) Calcule o perímetro do hexágono menor, sabendo-se que o lado do

hexágono maior mede 6 cm.

b) Calcule a porcentagem que a área do hexágono menor ocupa da

área do hexágono maior.

RESOLUÇÃO:

a) Como o hexágono ABCDEF é regular, o ângulo R^EQ mede 120° e,

portanto, da lei dos cossenos, temos:

(RQ)2 = 32 + 32 – 2 . 3 . 3 . cos 120° ⇒

⇒ (RQ)2 = 9 + 9 – 18 . ⇒

⇒ RQ = ��27 cm ⇒ RQ = 3��3 cm

Assim, o perímetro do hexágono menor é:

6 . RQ = 6 . 3��3 cm = 18��3 cm

b) Sejam S1 a área do hexágono menor e S2 a área do hexágono maior.

Como os hexágonos são semelhantes, temos:

=

2

⇒ =

2

⇒

⇒ = = 0,75 = 75%

Respostas: a) 18��3 cm

b) 75%

3. (FUVEST) – A figura representa um trapézio ABCD de bases –AB e

–CD , inscrito em uma circunferência cujo centro O está no interior

do trapézio. Sabe-se que AB = 4, CD = 2 e AC = 3 �2 .

a) Determine a altura do trapézio.b) Cal cule o raio da circunferência na qual ele está inscrito.c) Calcule a área da região exterior ao trapézio e delimi tada pela

circunferência.

RESOLUÇÃO:

a) Seja h a medida da altura do trapézio.

No triângulo retângulo AHC, temos:

h2 + 32 = (3��2 )2 ⇔ h2 = 9 ⇔ h = 3

b) Seja r a medida do raio da circunferência.

Dos triângulos retângulos AMO e DNO, temos:

⇒ ⇒ ⇒

⇒ ⇒

c) Sendo S a área da região exterior ao trapézio e delimitada pelacircunferência, temos:

S = Scírculo – Strapézio = π . (��5)2– = 5π – 9

Respostas: a) h = 3 b) r = ��5 c) S = 5π – 9

� 1– ––

2 �

S1––––

S2� RQ

–––––ED � S1

––––S2

� 3��3 ––––––

6 �S1

––––S2

3–––4

� r2 = x2 + 22

r2 = 12 + (h – x)2 �r2 = x2 + 4

r2 = 12 + (3 – x)2 �r2 = x2 + 4

r2 = 1 + 9 – 6x + x2

� r2 = x2 + 4x2 + 4 = 10 – 6x + x2 � x = 1

r = ��5, pois r > 0

(4 + 2) . 3––––––––––

2


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

56 –

4. (FUVEST) – Na figura a seguir, são dadas duas semirretas, r e s,de mesma origem A, e um ponto P.

a) Utilize essa figura para construir, usando régua e compasso, os

pontos B em r e C em s, de tal for ma que o ponto P pertença ao

segmento —BC e que AB seja igual a AC.

b) Descreva e justifique o processo utilizado na cons trução.

RESOLUÇÃO:a)

b) Basta traçar a bissetriz do ângulo rÂs e, por P, traçar a reta

perpendicular a essa bissetriz.

Os triângulos retângulos DAB e DAC são congruentes pelo cri tério

ALA.

Assim: —AB ≅

—AC, ou seja, AB = AC.


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 57

1. (FGV-SP) – Uma lata de tinta está cheia em de sua

ca pacidade. Dentro da lata caiu um pincel de 45 cm de comprimento.

É certo que o pincel ficará completamente submerso na tinta? Por quê?

RESOLUÇÃO:

Sendo h a altura, em centímetros, da tinta que está na lata, temos:

h = . 36 ⇒ h = 30

No triâgulo ABC, retângulo em B, temos:

(AC)2 = (AB)2 + (BC)2 ⇒ (AC)2 = 302 + 402 ⇒ AC = 50 cm

Admitindo-se que o pincel seja um segmento de reta, e que sua densidade

seja maior que a da tinta, ele poderá ficar completamente submerso na

tinta, pois AC = 50 cm é maior que o comprimento do pincel, o qual é 45 cm.

Resposta: Sim

2. (UNIFESP) – Um cubo de aresta de comprimento a vai sertransfor mado num paralelepípedo reto-retângulo de altura 25% menor,preservando-se, porém, o seu volume e o com primento de uma de suasarestas.

A diferença entre a área total (a soma das áreas das seis faces) do novosólido e a área total do sólido original será:

a) a2. b) a2. c) a2.

d) a2. e) a2.

RESOLUÇÃO:

1.º) O cubo de aresta a, tem volume V1 = a3 e área total (soma das áreas das

seis faces) igual a A1 = 6 . a2.

2.º)O paralelepípedo reto-retângulo tem uma aresta igual a a; altura 25%

menor que a aresta a e, portanto, igual a . a. A medida da terceira

aresta (x) é obtida impondo-se que novo volume não se altera, isto é:

V2 = V1 ⇒ x . a . . a = a3 ⇒ x = . a

3.º)A área total do paralelepípedo resulta:

A2 = 2. . a . a + . a . a + . a . . a = . a2

Portanto, a diferença entre a área total do novo sólido (paralelepípedo) e

área total do sólido original (cubo) é igual a:

A2 – A1 = . a2 – 6a2 = . a2

Resposta: A

5–––6

5–––6

1–––6

1–––3

1–––2

2–––3

5–––6

3––4

3––4

4––3

� 3––4

4––3

3––4

4––3 37

–––6

37–––6

1––6

MÓDULO 22 77 Geometria Métrica I


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

58 –

3. (FGV-SP) – A figura representa a planificação de um poliedro.

Sabe-se que B, C e D são quadrados de lado 1 cm; A, E e F são

triângulos retângulos isósceles; e G é um triângulo equilátero. O

volume do poliedro obtido a partir da planificação, em cm³, é igual a

a) . b) . c) .

d) . e) .

RESOLUÇÃO:

A planificação apresentada é do poliedro PQRSTUV abaixo, que é

constituído por um cubo de aresta medindo 1 cm, do qual se retirou a

pirâmide XRTV.

Assim, o volume do poliedro é 13 – . . 1 =

Resposta: D

1–––2

2–––3

3–––4

5–––6

4–––3

1–—3

1 . 1––––––

2

5–—6


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 59

4. Um copo em forma de um cilindro circular reto, com raio da base

igual a 3 cm e altura igual a 8 cm, contém uma quantidade de água

igual a de sua capacidade. Transferindo-se a água para uma taça em

forma de um cone circular reto, de mesma altura e de mesmo raio da

base do copo, a altura alcançada pela água, na taça, em centímetros, é

igual a:

a) 23��6 b) 2��6 c) 4

3��6 d) 4��6 e) 6

RESOLUÇÃO:1.º) O volume V, em centímetros cúbicos, de água dentro do copo é dado

por:

V = . π . 32

. 8 = 18π

2.º) Sendo r o raio, em centímetros,e h a altura, em centímetros, docone de água dentro do copo,tem-se:

= ⇔ r =

3.º) O volume V, em centímetros cúbicos, do cone de água é dado por:

V = πr2h = π2

h ⇔ V =

Assim: = 18π ⇔ h3 = 6 . 64 ⇔ h = 3��6 . 64 ⇔ h = 4

3��6

Resposta: C

5. Uma sorveteria utiliza potes cilíndricos com 8 cm de raio e 30 cmde altura, cheios de sorvete de massa, e vende esse sorvete na forma edimensões indicadas na figura, em que a parte superior é uma semi-esfera de raio 3 cm e a parte inferior é um cone de casca muito fina,totalmente preenchido com sorvete. Desprezando-se a casca do cone,o número de sorvetes, com a forma indicada, possível de fazer com umpote cilíndrico de massa éa) 20.b) 25.c) 30.d) 35.e) 40.

RESOLUÇÃO:

1.º) O volume Vp, em centímetros cúbicos, do pote cilíndrico, cheio demassa de sorvete, é: Vp = π . 82 . 30 = 1920 π

2.º) O volume Vs, em centímetros cúbicos, de cada sorvete produzido comessa massa, é:

Vs = . π . 32 . 10 + . π . 33 = 48π

3.º) O número m de sorvetes, com a forma indicada, possível de fazer comum pote cilíndrico de massa é:

m = = = 40

Resposta: E

1–––3

1–––2

4–––3

Vp–––Vs

1920 π–––––––

48 π

1––4

1––4

r––3

h––8

3h––––

8

1––3

1––3 � 3h

–––8 � 3π h3

––––––64

3π h3––––––

64


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

60 –

1. (FGV-SP) – Uma pirâmide de base quadrada é seccionada por umplano paralelo à sua base, distante 2 m dela. A área total da pirâmidemenor, obtida pela secção, é igual à metade da área total da pirâmideoriginal.a) Calcule a altura da pirâmide original.b) Calcule o volume do tronco de pirâmide obtido pela secção para o

caso em que a aresta da base da pirâmide maior mede 3 m.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo H a altura da pirâmide original e h a altura da pirâmide menor,

em metros, temos: h = H – 2

Como a área total da pirâmide menor é igual à metade da área total da

pirâmide maior, temos:2

= ⇒ = ⇒ H = 2.(2 + ��2 )

b) Sendo V o volume da pirâmide original e v o vo lu me da pirâmide menor,

em metros cúbicos, temos:

I) V = . 32 . 2 . (2 + ��2 ) = 6 . (2 + ��2 )

II) =

3

⇒ =

3

⇒

⇒ =

3

⇒ v = 3 . (��2 + 1)

Assim, sendo VT o volume do tronco, em metros cúbicos, temos:

VT = V – v = 6 . (2 + ��2 ) – 3. (��2 + 1) = 3. (3 + ��2 )

Respostas: a) 2 . (2 + ��2) m

b) 3. (3 + ��2 ) m3

2. (UFABC) – As figuras mostram um cone circular reto de raio dabase r e a planificação da sua área lateral.

Relembrando que o volume de um cone é igual a do produto entre

a área da base e a altura do cone, calcule o raio da base e o volume

desse cone.

RESOLUÇÃO:

� h–––H � 1

––2

H – 2––––––

H

1––––��2

1–––3

v–––V � h

–––H � v

––––––––––

6 . (2 + ��2 )� 2 . (2 + ��2 ) – 2

–––––––––––––

2 . (2 + ��2)�

v––––––––––

6 . (2 + ��2)� ��2

––––2 �

1––3

MÓDULO 22 88 Geometria Métrica II


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a .S

– 61

I) Sendo �, em cm, o comprimento do arco de cir cun ferência de raio

3 cm e ângulo central medindo 270° ou e observando que o

comprimen to da circunferência que limita a base do cone é, tam bém,

igual a �, temos:

2π r = � � = cm

� ⇔ �= r = cm

II) No triângulo AOB, sendo h, em cm, a altura do cone, temos:

(AO)2 + (OB)2 = (AB)2 ⇔ h2 + r2 = 32 ⇒ h = cm

III) Dessa forma, sendo V o volume do cone em ques tão, temos:

V = πr2 . h ⇒ V = π . . ⇒

⇒ V =

Respostas: O raio da base e o volume do cone são res pectivamente iguais a

cm e cm3.

3. (FGV-SP) – Considere uma pirâmide regular de altura

cuja base é um quadrado de lado 3. Calcule:

a) o volume da pirâmide.b) o raio da esfera circunscrita à pirâmide.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo V o volume da pirâmide, temos:

V = . 32 . ⇒ V =

b) Sendo r a medida do raio da esfera circunscrita à pirâmide e O o centroda esfera, temos:

I)OE = FE – FO ⇒ OE = – r

II) AE = =

III) No triângulo retângulo AEO, temos:

(AO)2 = (AE)2 + (OE)2 ⇒ r2 = + ⇒

⇒ 3��6 r = 18 ⇒ r = ��6

Respostas: a) b) ��6

81 �7 π–––––––––

64

9–––4

81 �7 π–––––––––

64

1–––3

1–––3

81––––16

3 �7––––––

4

3 �7––––––

4

�–––––3 cm

3π–––2

9–––4

9π–––2

3π–––2

3�6–––––

2

9��6–––––

2

3��6–––––

2

1–––3

3��6––––––

2

3��2––––––

2

AC–––––

2

3��6�––––– – r�2

2

3��2�–––––�2

2

9��6–––––

2


MA

TEM

ÁTIC

A A

B 3

a.S

62 –

4. (FUVEST) – Dois planos π1 e π2 se interceptam ao longo de umareta r, de maneira que o ângulo entre eles meça α radianos,

0 < α < . Um triângulo equilátero ABC, de lado, está contido em

π2, de modo que —AB esteja em r. Seja D a projeção ortogonal de C sobre

o plano π1, e suponha que a medida θ, em radianos, do ângulo CAD,

satisfaça sen θ = .

Nessas condições, determine, em função de �,a) o valor de α.b) a área do triângulo ABD.c) o volume do tetraedro ABCD.

RESOLUÇÃO:

a) No triângulo ADC, retângulo em D, temos:

sen θ = ⇒ = ⇒ CD =

Como CM = (altura do triângulo equilá te ro ABC) e o

triângulo CDM é retângulo em D, temos:

sen α = ⇒ = ⇒

⇒ α = , pois 0 < α <

b) Como α = e C^DM é reto, o triângulo CDM é isósceles e, portanto,

DM = CD =

Assim, sendo S a área do triângulo ABD, temos:

S = = =

c) Sendo V o volume do tetraedro ABCD, temos:

V = . S . CD = . . =

Respostas: a) b) c)

��6� . ––––––

4––––––––––––

2

�2��6––––––––

8

1–––3

1–––3

�2��6–––––––

8

��6––––––

4

�3––––16

π–––4

�2��6––––––

8

�3––––16

AB . DM–––––––––

2

π–––2

��6–––––

4

A

B

C

DM

�

�

�

�

��1

�2

��6––––––

4

CD–––––

�

��6–––––

4

CD–––––

AC

��3––––––

2

��2–––––

2

��6–––––

4–––––––––

��3–––––

2

CD–––––CM

π–––2

π–––4

π–––4

��6––––––

4


MA

TEM

ÁTIC

A D

MatemáticaCurso Extensivo – D

REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página I

MA

TEM

ÁTIC

A D

REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página II


a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0

b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0

RESOLUÇÃO:a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x2 – 18x + 32)2 = 0 ou (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x = 2 ou x = 16) ou (x = 2 ou x = 6) ⇔

⇔ x = 2 ou x = 6 ou x = 16 ⇔ V = {2; 6; 16}

b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x2 – 18x + 32 = 0) e (x2 – 8x + 12 = 0) ⇔

⇔ (x = 2 ou x = 16) e (x = 2 ou x = 6) ⇔ x = 2 ⇔ V = {2}

Respostas: a) V = {2; 6; 16}

b) V = {2}









⇔ ⇔

⇔ ⇔ ⇔


4a + 2b = 100

2a + 3b = 60�0,4a + 0,2b = 10

0,2a + 0,3b = 6�a = 22,5

b = 5�2a + b = 50

2b = 10�2a + b = 50

2a + 3b = 60�

MA

TEM

ÁTIC

A D

– 1



REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página 1










O preço a ser cobrado por quilo de comida, pa ra que o restaurantetenha a maior receita pos sível, deve ser (15 + 2,5) reais = 17,5 reais.

Respostas: a) R$ 18,00b) f(x) = (100 – 5x) (15 + x)c) R$ 17,50

–15 + 20––––––––

2

MA

TEM

ÁTIC

A D

2 –




dades?



1) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000

2) 10 000 . e10k = 8 000 ⇒ e10k =

3) V(30) = 10 000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 =

= 10 000 .

3

= 5 120

4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) =

= ⇔ =

2

⇔ = 2 ⇔ t = 20








RESOLUÇÃO:

a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔

⇔ log2

y = log2 8 – log2 (42x) ⇔

⇔ log2

y = 3 – 2x . log2 4 ⇔

⇔ log2


3–––10

8––10

�8–––10�

t–––10

t–––10�8

–––10�

t–––10�8

–––10�6 400

–––––––10 000

f(z) = g(y)f(y) / g(z) = 1�

�8–––42x�8

–––42x

MA

TEM

ÁTIC

A D

– 3



b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔

⇔ 8 = 42z . 4y

⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3

II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒

⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3

III) ⇔ ⇔

⇔ ⇔


b) y = z =







log4x – =


m – = ⇔ 6 m2 – 12 + 6 m = 7 m ⇔

⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ⇔ m = ou m =

m = ⇒ log4x = ⇒

x = 4 = (22) = 23 = 8 ⇒ y = 2

m = – ⇒ log4x = – ⇒ x = 4 = (22) = 2 ⇒



8–––42z

f(y)––––g(z)

8––––42y

� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 � 4y + 8z = 6

– 4y – 2z = – 3

� 2y + 4z = 36z = 3 �

1y = –––

2

1z = –––

2

1––2

�7


x . y = 16

7–––6

log4y–––––––

log4x

7–––6

2 – log4x–––––––––

log4x

7–––6

2 – m–––––––

m

7–––6

1 ± 17–––––––

12

3–––2

4– ––

3

3–––2

3–––2

3–––2

3–––2

4–––3

4–––3

4– ––3

4– ––3

8– ––3

MA

TEM

ÁTIC

A D

4 –


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 5

1. (FGV) – Resolva as inequações:

a) 1 < < 8

b) �2 – 5x� > 10

RESOLUÇÃO

a) 1 < < 8 ⇔ 2 < 4 – x < 16 ⇔

⇔ –2 < –x < 12 ⇔ 2 > x > –12 ⇔ –12 < x < 2

b) �2 – 5x� > 10 ⇔ 2 – 5x < –10 ou 2 – 5x > 10 ⇔

⇔ –5x < –12 ou –5x > 8 ⇔ x < – ou x >

Respostas: a) –12 < x < 2

b) x < – ou x >

2. Resolva, em �, a inequação (�x – 1� – 3) . (�x + 2� – 5) < 0.

RESOLUÇÃO:4 – x

––––––2

4 – x–––––

2

12––––

5

8–––5

8–––5

12––––

5

MÓDULO 33 Função Modular


MA

TEM

ÁTIC

A D

6 –

1. (UERJ) – Terno pitagórico é a denominação para os três númerosinteiros que representam as medidas, com a mesma unidade, dos trêslados de um triângulo retângulo.Um terno pitagórico pode ser gerado da seguinte forma:– escolhem-se dois números pares consecutivos ou dois números

ímpares consecutivos;– calcula-se a soma de seus inversos, obtendo-se uma fração cujo

numerador e denominador representam as medidas dos catetos deum triângulo retângulo;

– calcula-se a hipotenusa.a) Utilizando o procedimento descrito, calcule as medidas dos três

lados de um triângulo retângulo, considerando os números pares 4e 6.

b) Considere x um número inteiro maior do que 1 e que (x – 1) e (x + 1) representam dois pares ou dois ímpares consecutivos.Demonstre que esses dois números geram um terno pitagórico.

RESOLUÇÃO:

a) + = =

A hipotenusa a é tal que a2 = 52 + 122 ⇔ a2 = 169 ⇔ a = 13 (a > 0).

As medidas dos lados são 5, 12 e 13.

b) Sendo x ∈ � e x > 1, temos:

+ = =

A hipotenusa a é tal que

a2 = (2x)2 + (x2 – 1)2 ⇔ a2 = 4x2 + x4 – 2x2 + 1 ⇔

⇔ a2 = x4 + 2x2 + 1 ⇔ a2 = (x2 + 1)2 ⇔ a = x2 + 1

(a > 0). Logo, a ∈ �.

As medidas dos lados são x – 1, x + 1 e x2 + 1.

Respostas: a) 5, 12 e 13

b) x – 1, x + 1 e x2 + 1




RESOLUÇÃO:






RESOLUÇÃO:a)


comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ �*


n = 252 – 6 = 246, para k = 4

n = 315 – 6 = 309, para k = 5

n = 378 – 6 = 372, para k = 6


b)⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒

⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8


1––4

1––6

3 + 2–––––

125

–––12

1–––––x – 1

x + 1 + x – 1––––––––––––(x – 1)(x + 1)

2x––––––x2 – 1

1–––––x + 1

300––––25

425––––25

n + 6 7�–––––––0 q1 + 1

n + 6 9�–––––––0 q2 + 1

�n 7�––––1 q1

n 9�––––3 q2

�

2341

246123411

MÓDULO 44 Aritmética


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 7




RESOLUÇÃO:

a) = . = =

= = + i

b) ∈ � ⇔ = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2

Respostas: a) = + i

b) x = 2 ou x = – 2

2. Sendo i a unidade imaginária, considere o número complexo z = 2 – 2��3 i.a) Escreva z na forma trigonométrica.

b) Calcule z5.

RESOLUÇÃO:

a) z = 2 – 2��3 i = a + bi, a, b ∈ � ⇒ a = 2 e b = – 2��3

�z� = ρ = ��a2 + b2 = ��22 + (– 2��3 )2= ��4 + 12 = 4

⇒ θ = 300°

z = ρ(cos θ + i sen θ) = 4(cos 300° + i sen 300°)

b) z5 = 45 . [cos(5 . 300°) + i sen(5 . 300°)]

z5 = 1024(cos 1500° + i sen 1500°)

z5 = 1024(cos 60° + i sen 60°)

z5 = 1024 + i

z5 = 512 + 512��3 i

Respostas: a) z = 4(cos 300° + i sen 300°)

b) z5 = 512 + 512��3 i

z1–––z2

z1–––z2

z1–––z2

(x + 4i)––––––––(1 + xi)

(1 – xi)––––––––

(1 – xi)

x – x2i + 4i + 4x–––––––––––––––

1 + x2

5x + (4 – x2)i–––––––––––––

1 + x2

5x–––––––

1 + x2

4 – x2–––––––

1 + x2

z1–––z2

4 – x2–––––––

1 + x2

z1–––z2

5x–––––––

1 + x2

4 – x2–––––––

1 + x2

�0° ≤ θ < 360°

a 2 1cos θ = –– = –– = ––

ρ 4 2

b – 2��3 ��3sen θ = –– = –––––– = – ––––

ρ 4 2

� 1–––2

��3––––

2 �

MÓDULO 55 Números Complexos


3. (FUVEST) – A figura a seguir representa o número

no plano complexo, sendo i = ��– 1 a unidade ima gi -

nária. Nessas condições,

a) determine as partes real e imaginária de e de ω3;

b) represente e ω3 na figura abaixo;

c) determine as raízes complexas da equação z3 – 1 = 0.

RESOLUÇÃO:

Se ω = , então:

ω = = – + i . = cos 120° + i . sen 120°

Assim:

a) = = cos(– 120°) + i . sen(– 120°) =

= cos 240° + i . sen 240° = – – i

ω3 = cos(3 . 120°) + i . sen(3 . 120°) = cos 360° + i . sen 360° = 1

b)

c) z3 – 1 = 0 ⇔ z3 = 1 = cos 0° + i . sen 0°

As raízes da equação são as raízes cúbicas de 1 e, portanto:

z1 = 1 . (cos 0° + i . sen 0°) = 1 = ω3

z2 = 1 . (cos 120° + i . sen 120°) = = ω

z3 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = =

Respostas: a) Re = – ; Im = –

Re(ω3) = 1; Im(ω3) = 0

b) Ver figura.

c) 1; ;

– 1 + i ��3ω = –––––––––

2

1–––ω

1–––ω

– 1 + i��3–––––––––

2

– 1 + i��3–––––––––

2

1–––2

��3––––

2

1–––ω

cos 0° + i . sen 0°–––––––––––––––––––cos 120° + i . sen 120°

1–––2

��3––––

2

– 1 + i��3––––––––––

2

– 1 – i��3––––––––––

2

1––––

ω

� 1–––ω � 1

–––2 � 1

–––ω � ��3

––––2

� – 1 + i��3––––––––––

2

– 1 – i��3––––––––––

2 �

MA

TEM

ÁTIC

A D

8 –


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 9



RESOLUÇÃO:

Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação

p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:

a)

⇒ c = ⇒

⇒ 2 .

3

– m .

2

+ 4 .

2

+ 3 = 0 ⇒

⇒ 2 . – m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7

b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e é raiz ⇒


P(x) por x – é x2 – 2x – 1.

Logo, x = ou x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x = ou x = 1 ± �2

Respostas: a) m = 7 b) V = {(1 – �2 ), (1 + �2 ), 3/2}



b) Mostre que 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 ⇔

⇔ 3�x2 + � – 13�x + � + 16 = 0.


RESOLUÇÃO:

a) x + = y ⇒ �x + �2

= y2 ⇒ x2 + 2 + = y2 ⇒ x2 + = y2 – 2


3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se:

3x2 – 13x + 16 – 13 . + 3 . = 0 ⇔

⇔ 3 x2 + – 13 x + + 16 = 0


equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔

⇔ y = ⇔ y = ou y = 1

y = ⇒ x + = ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒

⇒ x = 3 ou x =

y = 1 ⇒ x + = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x =


V = ; 3; ;



c) V = ; 3; ;

3a . b . c = – –––

2

ab = – 1 � 3––2

�27

–––8

9–––4

� 3––2 � 3

––2 � � 3

––2 �

3––2

� 3––2 �

3––2

3––2

3––2

1–––x2

1–––x

1–––x2

1–––x

1––x

1––x

1–––x2

1–––x2

1––x

1–––x2

1–––x2

1––x

1––x

1–––x2

13 ± 7––––––

6

10–––3

10–––3

1––x

10–––3

1––3

1––x

1 ± ��3 i––––––––

2

1––3

1 + ��3 i––––––––

2

1 – ��3 i––––––––

2

1–––x2

1––3

1 + ��3 i––––––––

2

1 – ��3 i––––––––

2

��

��

��


MA

TEM

ÁTIC

A D

10 –



RESOLUÇÃO:


X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7}

b)

⇒



RESOLUÇÃO:


⇔

⇔

O diagrama fica


f(X1) = 2 . 3 = 6f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210

�

�25 + x + y + z = 4511 + x + y + w = 4030 + y + z + w = 53y + z = 9

�x + y + z = 20x + y + w = 29y + z + w = 23y + z = 9

�w = 14y + z = 9x + y = 15x + y + z = 20

�x = 11y = 4z = 5w = 14

MÓDULO 77 Conjuntos e Funções


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 11



RESOLUÇÃO:a) O gráfico de f é

b) D(f) = [0; 9]Im(f) = [0; 32]


4. Considere a função y = f(x) definida pelas equações paramétricas

x = cos t e y = (9 – 4 cos t – 4sen2t), com t ∈ �. Construa o gráfico

de y em função de x, determine o domínio e o conjunto imagem de f.

RESOLUÇÃO:

1) x = cos t, com t ∈ � ⇔ – 1 � x � 1

2) y = (9 – 4 cos t – 4 sen2t) ⇔ y = [9 – 4 cos t – 4(1 – cos2t)] ⇔

⇔ y = cos2t – cos t + ⇔ y = x2 – x + , pois cos t = x

3) O gráfico de y é

e o gráfico de f é o arco de pará bola�

AB.

4) O domínio e o con jun to imagem de f são, respec tivamente,

[– 1; 1] e 1; .





RESOLUÇÃO:

1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = ⇔ f–1(x) =

2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10




⇒ a = b = –


e f é estritamente crescente.Resposta: E

1––4

1––4

5––4

5––4

13–––4 �

1––––––4x + 2

y – 2––––––

4

x – 2––––––

4

� 1––4 � 1

––4

� 2––3

2––3 �

� 4a + 2 = ba = b

2–––3

1––4

t2 + 7, se 0 ≤ t ≤ 532, se 5 < t ≤ 7– 16t + 144, se 7 < t ≤ 9

�f(t) =

32

7

0 5 7 9 t

y = f(t)


MA

TEM

ÁTIC

A D

12 –




2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒




Resposta: C


RESOLUÇÃO:




an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14


1 + = 1 + 90 . 7 = 631


3. (U.F.PARANÁ) – Considere a sequência finita de números (1, 2, 5, 7, 10, 11, 13, 14, 17, 19, ..., 1001), na qual comparecem todosos números naturais menores ou iguais a 1001, exceto os múltiplos de3 e de 4.a) Quantos termos possui essa sequência?b) Qual é a soma dos termos dessa sequência?

RESOLUÇÃO:1) A sequência (1; 2; 3; 4; 5; …; 1001) é uma progressão aritmética com

1001 termos e soma

S1 = = 501501

2) A sequência (3; 6; 9; 12; …; 999) possui 333 termos, pois999 = 3 + (n – 1) . 3 ⇔ n = 333 e soma

S2 = = 166 833

3) A sequência (4; 8; 12; 16; …; 1000) possui 250 termos, pois1000 = 4 + (n’ – 1) . 4 ⇔ n’ = 250 e soma

S3 = = 125 500

4) A sequência (12; 24; 36; …; 996) possui 83 termos, pois996 = 12 + (n” – 1) . 12 ⇔ n” = 83 e soma

S4 = = 41 832

5) A sequência dada possui 1001 – 333 – 250 + 83 = 501 termos e somaS = S1 – S2 – S3 + S4 = 501 501 – 166 833 – 125 500 + 41 832 = 251 000

Respostas: a) 501 termosb) 251 000

4. (FGV) – Na sequência não decrescente de naturais ímpares(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,...), cada número ímpar k aparece k vezes.a) Determine o 101.º termo dessa sequência.b) Determine a soma dos 1024 primeiros termos dessa sequência.

Dado:

RESOLUÇÃO:Lembrando que 1 + 3 + 5 + … + an = n2 para todo an ∈ � e ímpar, temos:a) 1 + 3 + 5 + 7 + … + 19 = 102 = 100, pois 19 é o décimo natural ímpar.

Dessa forma, a sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 19, 19, …, 19)

19 termospossui 100 termos. Portanto, o 101o. termo da sequência dada é 19 + 2 = 21

b) 1 + 3 + 5 + … + an = n2 = 1024 ⇔ n = 32 e a32 = 2 . 32 – 1 = 63A soma dos termos da sequência(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 63, 63, 63, … 63) é 12 + 32 + 52 + … + 632 =

63 termos

= =

=

Respostas: a) 21 b) 43 680

(6 + 84) . 14––––––––––––

2

(1 + 1001) . 1001––––––––––––––––

2

(3 + 999) . 333––––––––––––––

2

(4 + 1000) . 250––––––––––––––

2

(12 + 996) . 83––––––––––––––

2

(m + 1)(2m + 1)(2m + 3)(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––

3

m

Σk = 0

(31 + 1).(2.31 + 1)(2.31 + 3)(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––––

3

31

Σk = 0

32.63.65––––––––––– = 43680

3

MÓDULO 88 Progressões Aritméticas





RESOLUÇÃO:Observemos que:

F1 = 2 . =

F2 = 4 . . =

F3 = 8 . . . =


F1 = e razão q =

Assim:

a) F7 = F1 . q7 – 1 = . � �6

= � �7

=

b) Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =

= = = 2 . =


o segmento inteiro.

2. (AFA) – João Victor e Samuel são dois atletas que competem numamesma maratona. Num determinado momento, João Victor encontra-se no ponto M, enquanto Samuel se encontra no ponto N, 5 m à suafrente.A partir desse momento, um observador passa a acompanhá-losregistrando as distâncias percorridas em cada intervalo de tempo de 1 segundo, conforme tabelas abaixo.

Sabe-se que os números da tabela acima que representam as distânciaspercorridas por João Victor formam uma progressão geométrica,enquanto os números da tabela acima que representam as distânciaspercorridas por Samuel formam uma progressão aritmética.Com base nessas informações, é INCORRETO afirmar que ao final doa) 5o. segundo, João Victor já terá atingido o ponto N.b) 5o. segundo, Samuel percorreu uma distância igual à que os separava

nos pontos M e N.c) 6o. segundo, João Victor terá alcançado Samuel.d) 8o. segundo, João Victor estará mais de 8 metros à frente de Samuel.

RESOLUÇÃO:1) No instante inicial, Samuel está 5 m à frente de João Victor.2) As distâncias percorridas por João Victor são termos da P.G.

; ; ; … de razão e soma

St = =

3) As distâncias percorridas por Samuel são termos da P.A.

; ; 1; … de razão e soma

St’ = = + =

a) verdadeira, pois S5 =

5

– 1 = > 5

b) verdadeira, pois S’5 = = 5 = MN

7∑

k = 1

1––3

2––3

1––3

1––3

4––9

1––3

1––3

1––3

8––27

2––3

2––3

2––3

2––3

2––3

128–––––2187

7∑

k = 1

2 2 –– �––�

7

– 1�3 3––––––––––––––

2–– – 13

2 128 –– ––––– – 1�3 2187

–––––––––––––––1

– ––3

1281 – –––––�2187

4118–––––2187

1––3

2––9

4––27

1 ––3

–––––––– = 1,2

1 – ––3

João Victor


1o.1

–––2

2o.3

–––4

3o.9

–––8

� �

Samuel


1o.1

–––2

2o.3

–––4

3o. 1,0

� �

� 1–––2

3–––4

9–––8 � 3

–––2

1 3 t

–– �––� – 1�2 2–––––––––––––––

3–– – 12

3 t

�––� – 12

� 1–––2

3–––4 � 1

–––4

1 1 1 –– + –– + (t – 1) . ––�t2 2 4

–––––––––––––––––––––2

t–––2 � t

–––4

3–––4 � t(t + 3)

–––––––8

� 3–––2 � 211

–––––32

5 . (5 + 3)–––––––––

8

MA

TEM

ÁTIC

A D

– 13

MÓDULO 99 Progressões Geométricas


MA

TEM

ÁTIC

A D

14 –

c) falsa, pois S6 =

6

– 1 =

S’6 = =

S6 – S’6 = – = 3,6 < 5

d) verdadeira, pois S8 =

8

– 1 =

S’8 = = 11

S8 – S’8 = – 11 = 13,6

Descontados os 5 metros iniciais, João Victor estará mais de 8,6 m à frente.

3. (UNIFESP) – Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, emdireção ao ponto B, percorrendo, a cada minuto, a metade da distânciaque o separa do ponto B, conforme figura. Considere como sendo de800 metros a distância entre A e B.

Deste modo, ao final do primeiro minuto (1º. período) ele deveráencontrar-se no ponto A1; ao final do segundo minuto (2º. período), noponto A2; ao final do terceiro minuto (3º. período), no ponto A3, e,assim, sucessiva mente.Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada períodoconsiderado.a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos 10 primeiros

minutos. Constate que, nesse ins tante, sua distância ao ponto B éinferior a 1 metro.

b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = dis tância per -corrida pelo objeto em t minu tos”, a partir do instante t = 0.

RESOLUÇÃO:

A distância, em metros, percorrida pelo objeto em cada minuto é termo da

progressão geométrica (400; 200; 100; …) de razão .

a) Ao final de 10 minutos, a distância percorrida pelo objeto foi

f(10) = = 800 � � ⇒

⇒ f(10) = 800 . 799,22m.

No instante t = 10, a distância do objeto ao ponto B é, aproxi mada -

mente, (800 – 799,22)m = 0,78m, inferior a 1 metro.

b) A função que determina a distância percorrida pelo objeto em t

minutos, a partir do instante t = 0, é

f(t) = ⇒f(t) = 800 �

O gráfico de f(t) é o que se destaca na figura seguinte:

Respostas: a) 799,2 m; a distância ao ponto B é 0,78 m

b) Gráfico

�665

–––––64�3

–––2�

27––––

4

6 . (6 + 3)–––––––––

8

233–––––

64

27––––

4

665–––––

64

�6305–––––256�3

–––2�

8 . (8 + 3)–––––––––

8

3489–––––256

6305–––––256

1 ––2

11 – –––––

1024

1400 1 – �–– �

10�2–––––––––––––––––

11 – ––

2

1023 ––––––1024

1 t1 – �––�2

1400 1 – �–– �

t�2––––––––––––––––

11 – ––

2


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 15

4. (FGV) – Um círculo é inscrito em um quadrado de lado m. Emseguida, um novo quadrado é inscrito nesse círculo, e um novo círculoé inscrito nesse quadrado, e assim sucessivamente. A soma das áreasdos infinitos círculos descritos nesse processo é igual a

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

O quadrado ABCD tem lado m e o círculo nele inscrito possui raio .

O quadrado EFGH tem diagonal m e lado . O círculo nele inscrito

possui raio .

O quadrado IJKL tem diagonal e lado .

O círculo nele inscrito tem raio .

Assim, sendo S a soma das áreas dos infinitos círculos, temos:

π m2Portanto: S = –––––– unidades de área.

2

Resposta: A

π m2––––

23π m2–––––

8π m2

–––––3

π m2–––––

4π m2

–––––8

m–––2

m��2––––––

2

m��2––––––

4

m��2––––––

2

m–––2

m–––4

S = π � m–––2

�2

+ π � m��2––––––

4 �2

+ π � m–––4 �

2

+ … =

= π � m2 m2 m2

––– + ––– + –––– + …4 8 16

� = π .

m2––––

4––––––––

11 – ––

2

= π .m2

––––2


MA

TEM

ÁTIC

A D

16 –



AX + I = B.

RESOLUÇÃO:

Sendo X = , temos

A . X + I = B ⇒ . + = ⇔

⇔ + = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ e ⇔ e ⇔


Resposta: X =





RESOLUÇÃO:

a) 1) A = ⇒ det(A) = y – 4x

B = ⇒ det(B) = – 3

2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3

b) A + 2 . B = C

+ 2 . = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ ⇔ ⇔


b) x = 1 e y = 2

x – 2y

3x + y

1– 1 �

2– 1

1– 2 � 1

33

– 5 �

x – 2y 1 �3x + y – 1

2 1 �– 1 – 2

x – 2y 1 �3x + y – 1

2 1 �– 1 – 2

1 3 �3 – 5

x – 2y + 4 3 �3x + y – 2 – 5

1 3 �3 – 5

x – 2y + 4 = 1�3x + y – 2 = 3

x – 2y = – 3�3x + y = 5

x = 1� y = 2

1

4

2

1 � 14

17

5

7 �

a

c

b

d �

1

4

2

1 � a

c

b

d � 1

0

0

1 �

a + 2c

4a + c � 1

0

0

1 �b + 2d

4b + d

a + 2c + 1

4a + c

b + 2d

4b + d + 1 �

� a + 2c = 13

4a + c = 17

14

17

5

7 �

14

17

5

7 �

14

17

5

7 �

� b + 2d = 5

4b + d = 6 � a + 2c = 13

7a = 21 � b + 2d = 5

7b = 7

� a = 3

c = 5 � b = 1

d = 2 3

5

1

2 �

3

5

1

2 �

MÓDULO 11 00 Matrizes e Determinantes


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 17

3. (UFCE) – O valor de 2A2 + 4B2 quando A = e

B = é igual a:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

A2 = A . A = . =

B2 = B . B = . =

2A2 + 4B2 = 2 . + 4 . =

= + =

Resposta: B

4. (FGV) – Seja a matriz A = (aij)2×2, na qual aij = .

Sendo n um número natural não nulo, então a matriz An é igual a:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:Se A = (aij)2 x 2 tal que

aij =

I) A =

II) A2 = A . A = . =

III) A3 = A2 . A = . =

...........................................................................................

...........................................................................................

...........................................................................................

An = An – 1 . A = . =

Resposta: A

5. Determine a soma das raízes da equação, em �.

RESOLUÇÃO:

⇔ 2(x + 6)[x(x – 3) + 3 + 12 – 3x – x + 3 – 12] = 0 ⇔⇔ 2(x + 6)(x2 – 7x + 6] = 0 ⇔ x = – 6, x = 1 ou x = 6A soma das raízes é 1.Resposta: 1

� 1

0

n – 1

1 � � 1

0

1

1 � � 1

0

n

1 �

� 1

0

2

1 � � 1

0

1

1 � � 1

0

3

1 �

� 1

0

1

1 � � 1

0

1

1 � � 1

0

2

1 �� 1

0

1

1 �

1

0

n

1 � 1

1

n

1 � 1

n

0

1 � n2

0

0

n � 1

0

n2

1 �

0, se i > j� 1, se i � j, então:

� 0, se i > j1, se i ≤ j

0

4

4

0 � 6

0

0

6 �

2

0

0

– 2 � 2

0

0

– 2 � 4

0

0

4 �

0

1

– 1

0 � 0

1

– 1

0 � – 1

0

0

– 1 �

4

0

0

4 � – 1

0

0

– 1 �

8

0

0

8 � – 4

0

0

– 4 � 4

0

0

4 �

2

0

0

– 2 �

0

1

– 1

0 �

4

4

4

4 � 4

0

0

4 � 0

0

0

0 �

x

x – 2

1

3

2

4

2

2

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

A = = 0

= 0 ⇔

2

4

2

2

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

x

x – 2

1

3

x + 6

x + 6

x + 6

x + 6

2

4

2

2

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

= 0 ⇔

1

1

1

1

2

4

2

2

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

= 0 ⇔⇔ (x + 6) .

⇔ (x + 6) .

1

1

1

1

0

2

0

0

1

5

x

4

3

– 1

3

x – 3

= 0 ⇔

⇔ (x + 6) . 2 . (– 1)2 + 2 .

1

1

1

1

x

4

3

3

x – 3

= 0 ⇔


MA

TEM

ÁTIC

A D

18 –

MÓDULO 11 11 Sistemas Lineares




D = ≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1


D = = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1


Possível e indeterminado para k = – 7 ou k = 1.

Impossível, nunca.


e


a) = 11 b) = 22 c) ab =

d) ab = 22 e) ab = 0

RESOLUÇÃO:

⇔ ⇔

⇔ ⇔



D = = 0 ⇔ b = 11 e = = 22

Resposta: B

3. (FGV) – Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:


b) Utilize o valor de a encontrado no item anterior para verificar se osistema dado é impossível ou indeter mi na do.

RESOLUÇÃO:

a) O sistema será impossível ou indeterminado se,

e somente se, = 0 ⇔ – 5a + 5 = 0 ⇔ a = 1

b) Para a = 1, o sistema será:

⇔ ⇔ ,

que é impossível, pois 0 . z = – 18 não admite solução.

Respostas: a) a = 1

b) sistema impossível

� kx + 2y – z = 02x – y + 2z = 03x + y + kz = 0

k 2 – 1

2 – 1 2

3 1 k

k 2 – 1

2 – 1 2

3 1 k

x – y = 0x + 2y – z = 02x – by + 3z = 0

�x + y – z = 0x – 3y + z = 1– 2y + z = a

�1

–––4

b–––

a

a–––b

x + y – z = 0

– 4y + 2z = 1

– 2y + z = a�x + y – z = 0

x – 3y + z = 1– 2y + z = a�

x + y – z = 01

2y – z = – –––2

10z = a – –––

2�

x + y – z = 0– 1

2y – z = ––––2

– 2y + z = a�

1–––2

1–––2

11––––

1––2

b–––a

112

– 12

– b

0– 1

3

x – 2y – z = 8

2x + y + 3z = – 2

ax + y + 2z = 8�

x – 2y – z = 82x + y + 3z = – 2ax + y + 2z = 8�

12a

– 211

– 132

x + y + 2z = 8

y + z = 0

0z = – 18�x + y + 2z = 8

3y + 3z = 0

5y + 5z = – 18�x – 2y – z = 8

2x + y + 3z = – 2

x + y + 2z = 8�


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 19

4. (UNICAMP) – Seja dado o sistema linear:

a) Mostre graficamente que esse sistema não tem solução. Justifique.b) Para determinar uma solução aproximada de um sistema linear

Ax = b impossível, utiliza-se o método dos quadrados mínimos, queconsiste em resolver o sistema ATAx = ATb. Usando esse método,encontre uma solução aproximada para o sistema dado acima.Lembre-se de que as linhas de MT (a transposta de uma matriz M)são iguais às colunas de M.

RESOLUÇÃO:a) Sejam (r), (s) e (t) as representações gráficas dos pon tos definidos pelos

pares ordenados (x1 ; x2 ) num sis tema cartesiano orgonal de abscissa x1 e or de nada x2 .

Graficamente, não há um ponto comum às 3 retas e portanto o sistema

não tem solução.

b) Se A . x = b é . = , então

A x bAT . Ax = AT . b é

. . =

= . ⇔ . = ⇔

⇔ ⇔

Respostas: a) ver gráfico

b) A solução aproximada do sistema é dada por

(x1; x2 ) =

5. Para que valores de k o sistema de equações lineares

nas incógnitas x e y com k ∈ � é indeterminado?

RESOLUÇÃO 1:

⇔ ⇔ ⇔

⇔

Conclusão: Se k = 1 ou k = – 1, o sistema é possível e determinado e se k ≠ 1 e k ≠ – 1, o sistema é impossível.

RESOLUÇÃO 2:

Sejam p e q as características das matrizes incompleta e completa, tais que

MI = MC =

A matriz incompleta de característica, pois ≠ 0

Como det(MC) = 1 – k2; se k = 1 ou k = – 1 tem-se det(MC) = 0 e q = 2 e, se

k ≠ 1 e k ≠ – 1 tem-se det(MC) ≠ 0 e q = 3.

Assim, para k = 1 ou k = – 1, p = q = 2 e S.P.D.k ≠ 1 e k ≠ – 1, p = 2 ≠ q = 3 e S.Imp.

� x + y = 1x – y = kx + ky = k �

x + y = 1

k + 1x = ––––––

2x + ky = k �

k + 1x = ––––––

2

1 – ky = ––––––

2

x + ky = k

⇔�k + 1

x = ––––––2

1 – ky = ––––––

2

k + 1 1 – k–––––– + k . �––––––� = k

2 2

⇔�k + 1

x = ––––––2

1 – ky = ––––––

2

1 – k2 = 0

⇔

� k = 1 ⇒ x = 1 e y = 0

k = – 1 ⇒ x = 0 e y = 1

1

1

1

1

– 1

k�

1

1

1

1

– 1

k

1

k

k�

11

1– 1

x + y = 1x – y = kx + ky = k

��– x1 + 2x2 = 22x1 – x2 = 2x1 + x2 = 2

– 121

2– 1

1 � x1

x2� 2

22 �

– 12

2– 1

11 � – 1

21

2– 1

1 � x1

x2�

– 12

2– 1

11 � 2

22 � 6

– 3

– 3

6 � x1

x2� 4

4 �6x1 – 3x2 = 4� – 3x1 + 6x2 = 4 �

4x1 = ––

3

4x2 = ––

3

4 4�–– ; ––�3 3


MA

TEM

ÁTIC

A D

20 –

MÓDULO 11 22 Grandezas Proporcionais e Médias

1. Pela legislação, a porcentagem máxima permitida de álcool namistura combustível dos carros a gasolina é de 25%. O reservatóriode um posto de abasteci mento de veículos, examinado pelafiscalização, apre sentou 40% de álcool na mistura combustível. Emrelação à quantidade de gasolina presente na mistura, a porcentagemem que ela deve ser aumentada de forma que a porcentagem de álcoolpresente atinja o limite de 25% éa) 15% b) 20% c) 50% d) 75% e) 100%

RESOLUÇÃO:

Considerando que a mistura presente no reser vatório seja apenas de álcoole gasolina, sejam, respec tivamente, va e vg os volumes iniciais de álcool egasolina e x o volume de gasolina a ser inserto no reservatório.

Inicialmente, temos:

va = 40% (va + vg) ⇔ 60%va = 40%vg ⇔ va = vg

Após o acréscimo, temos:

va = 25%(va + vg + x) ⇔

⇔ vg = vg + vg + x ⇔ x = vg

Assim, na mistura, a porcentagem em que a gasolina deve ser aumentada

é

= = 1 = 100%

Resposta: E

2. (FUVEST) – Um comerciante compra calças, camisas e saias e asrevende com lucro de 20%, 40% e 30%, respec tiva mente. O preço xque o comerciante paga por uma calça é três vezes o que ele paga poruma camisa e duas vezes o que ele paga por uma saia. Um certo dia,um cliente comprou duas calças, duas camisas e duas saias e obteveum desconto de 10% sobre o preço total. a) Quanto esse cliente pagou por sua compra, em função de x? b) Qual o lucro aproximado, em porcentagem, obtido pelo

comerciante nessa venda?

RESOLUÇÃO:

a)

Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um clientepagaria

2 . 1,20x + 2 . 1,40 . + 2 . 1,30 . = 2,40x + + 1,30x =

= =

Com 10% de desconto, o cliente paga

90% . = 0,90 . = 4,17x

b) O preço de custo dos produtos vendidos foi

2 . x + 2 . + 2 . = =

O lucro obtido nessa venda foi 4,17x – = , correspon -

dendo a = 0,1372 = 13,72%

Respostas: a) 4,17 . x b) 13,72%

2–––3

�2–––3�1

–––4

2–––3

vg–––vg

x–––vg

Calça

Camisa

Saia

Preço decusto

x

x–––3

x–––2

Lucro

20%

40%

30%

Preço devenda

1,20 . x

x1,40 . ––

3

x1,30 . ––

2

x–––3

x–––2

2,80x–––––––

3

7,20x + 2,80x + 3,90x–––––––––––––––––––––

3

13,90x–––––––

3

13,90x–––––––

3

13,90x–––––––

3

x–––3

x–––2

6x + 2x + 3x–––––––––––––

3

11x––––

311x

––––3

1,51x––––––

3

1,51x––––––

3–––––––––

11x––––

3

1,51––––

11


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 21

3. (UNESP) – Em uma determinada residência, o consumo mensal deágua com descarga de banheiro corresponde a 33% do consumo totale com higiene pessoal, 25% do total. No mês de novembro, foramconsumidos 25 000 litros de água no total e, da quantidade usada pelaresidência nesse mês para descarga de banheiro e higiene pessoal, umaadolescente, residente na casa, consumiu 40%. Determine a quantidadede água, em litros, consumida pela adolescente no mês de novembrocom esses dois itens: descarga de banheiro e higiene pessoal.

RESOLUÇÃO:

I) A quantidade total de água consumida, por essa residência, com

descarga de banheiro e higiene pessoal foi

(25% + 33%) . 25000� = 14500�

II) A quantidade de água consumida pela adolescente foi

40% . 14500 � = 5800 �

Obs.: Mantidas as proporções da família toda, a adolescente gastou

3300 � com descarga de banheiro e 2500 � com higiene pessoal.

Resposta: 5800 �

4. (UFPE) – Uma loja de eletrônicos oferece duas opções depagamento:– À vista, com 10% de desconto no preço anunciado;– Em duas prestações mensais iguais, sem desconto sobre o preço

anunciado, sendo a primeira prestação paga no momento dacompra.

Qual a taxa de juros mensais embutida nas vendas a prazo?a) 10% b) 15% c) 20% d) 25% e) 30%

RESOLUÇÃO:

1) Se o preço anunciado for p, o preço à vista será 0,90p.

2) Se optar por pagar a prazo, deverá pagar 0,50p no ato da compra.

3) Deixou de pagar 0,90p – 0,50p = 0,40p

No mês seguinte, terá de pagar 0,50p, pagando juros de

0,50p – 0,40p = 0,10p

4) Sobre o que deixou de pagar, o juro é de = = 0,25 = 25%

Resposta: D

5. (FGV) – A média das alturas dos 6 jogadores em quadra de um timede vôlei é 1,92 m. Após substituir 3 jogadores por outros, a média dasalturas do time passou para 1,90 m. Nessas condições, a média, emmetros, das alturas dos jogadores que saíram supera a dos que entraramem:a) 0,03 b) 0,04 c) 0,06 d) 0,09 e) 0,12

RESOLUÇÃO:

Sendo SS, SP e Se, respectivamente, a soma das alturas dos jogadores que

saíram, permaneceram e en traram no time, temos:

⇒

⇒ SS – Se = 0,12 ⇒ – = 0,04

Como e são, respectivamente, as mé dias aritméticas das

alturas dos jogadores que saíram e dos que entraram no time, aquelasupera esta em 0,04 m.Resposta: B

SS + SP–––––––– = 1,92 ⇒ SS + SP = 11,52

6

Se + SP–––––––– = 1,90 ⇒ Se + SP = 11,4

6 �

SS––––3

Se––––3

SS––––3

Se––––3

0,10p––––––0,40p

1–––4


MA

TEM

ÁTIC

A D

22 –

1. Num triângulo ABC, retângulo em A, D é a projeção ortogonal deA sobre BC. Sabendo-se que o segmento BD mede 1 cm e que o ân guloDAC mede θ graus, então a área do triângulo ABC, em centímetrosquadrados, é:

a) b)

c) d)

e)

RESOLUÇÃO:

I) No triângulo ABD:

cos θ = ⇔ AB = cm = sec θ cm

II) No triângulo ABC:

tg θ = ⇒ AC = . tg θ cm = sec θ . tg θ cm

III) A área S do triângulo ABC é tal que:

S = ⇔ S =

Resposta: C

2. (MACKENZIE) – Em [0; 2π], as soluções da equação

= são em número de:

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO:

= ⇔

⇔ = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ = ⇔ 1 + sen x = – sen x ⇔

⇔ 2 . sen x = – 1 ⇔ sen x = –

Para [0; 2π], resulta x = ou x =

Resposta: B

sec θ . tg θ––––––––––

2

sec θ . tg2 θ––––––––––

2

sec2 θ . tg θ––––––––––

2

cossec2 θ . cotg θ––––––––––––––––

2

cossec θ . cotg θ–––––––––––––––

2

1 cm–––––

AB

1––––––cos θ

AC–––––

AB

1 –––––cos θ

AB . AC–––––––––––

2

sec2 θ . tg θ–––––––––––– cm2

2

2 sen x–––––––––cos 2x – 1

1––––––––––

1 + sen x

2 . sen x–––––––––––

cos(2x) – 1

1–––––––––––

1 + sen x

2 . sen x–––––––––––––––

1 – 2sen2x – 1

1–––––––––––

1 + sen x

2 . sen x–––––––––––––––

– 2 . sen2x

1–––––––––––

1 + sen x

1–––––––– sen x

1–––––––––––

1 + sen x

1––2

7 . π––––––

6

11 . π––––––

6

MÓDULO 11 33 Trigonometria I


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 23

3. (FUVEST) – Determine as soluções da equação (2 cos2 x + 3 sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 que estão no intervalo [0,2π].

RESOLUÇÃO:

Sendo 0 ≤ x ≤ 2π, temos:

(2 . cos2 x + 3 . sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 ⇔

⇔ 2 . cos2 x + 3 . sen x = 0 ou cos2 x – sen2 x = 0 ⇔

⇔ 2 . sen2 x – 3 . sen x – 2 = 0 ou sen2 x = cos 2 x ⇔

⇔ sen x = 2 ou sen x = ou tg2 x = 1 ⇔

⇔ sen x = ou tg x = 1 ou tg x = –1 ⇔

⇔ x = ou x = ou x = ou x = ou

x = ou x =

Resposta: � , , , , , �

4. (FATEC) – No triângulo ABC, tem-se que B^AC mede 80°, A

^BC

mede 40° e BC = 4 cm. Se sen 20° = k, então a medida de —AC, em

centíme tros, é dada por

a) 2 b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

I) Pela lei dos senos:

= ⇔ = ⇔

⇔ AC =

II) cos 40° = 1 – 2sen220° ⇔ cos 40° = 1 – 2k2

De (I) e (II), tem-se que: AC =

Resposta: C

1– ––

21

– ––2

7π––––

6

11π–––––

6

π–––4

3π––––

4

5π––––

4

7π––––

4

π–––4

3π–––4

7π–––6

5π–––4

7π–––4

11π–––6

4–––k

2––––––––

1 – 2k2

2 . �� 1 – 2k2

––––––––––––1 – 2k2

2 . (1 – k)––––––––––

1 – 2k

AC––––––sen 40°

4––––––sen 80°

AC––––––sen 40°

4––––––––––––––––2 sen 40° . cos 40°

2–––––––cos 40°

2––––––––

1 – 2k2


MA

TEM

ÁTIC

A D

24 –

1. Considere as funções reais f(x) = 2x + 1 e g(x) = cos x. Determine o

valor de gof(x), sabendo que sen α = , com α = 2x.

RESOLUÇÃO:

Sendo sen α = e α = 2x, temos sen (2x) =

Dessa forma, gof(x) = g[f(x)] = g(2x + 1) = cos(2x + 1) = cos(2 . 2x) =

= 1 – 2 sen2 (2x) = 1 – 2 . � �2

=

Resposta: (gof) (x) =

2. Uma população P de animais varia, aproximadamente, segundo aequação abaixo.

P = 800 – 100 . sen �Considere que t é o tempo medido em meses e que janeiro correspondea t = 0. Determine, no período de 1º de janeiro a 1º de dezembro de ummesmo ano, os meses nos quais a população de animais atingea) um total de 750; b) seu número mínimo.

RESOLUÇÃO:

a) 800 – 100 sen � = 750 ⇔ sen �= ⇔

⇔ = + n . 2π (n ∈ �) ou

= + n . 2π (n ∈ �) ⇔ t = – 2 + 12n ou t = 2 + 12n (n ∈ �)

Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 2 (março) ou t = 10 (novembro)

b) P é mínima quando sen �= 1 ⇔

⇔ � = + n . 2π (n ∈ �) ⇔ t = 12 n (n ∈ �)

Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 0 (janeiro)

Respostas: a) março e novembro b) janeiro

3. (FATEC) – Seja r a reta que passa pelos pontos (3;2) e (5;1). A retas é a simétrica de r em relação à reta de equação y = 3. A equação des éa) x + 2y – 7 = 0 b) x + 2y – 5 = 0c) x – 2y + 5 = 0 d) x – 2y – 11 = 0e) 2x – y + 5 = 0

RESOLUÇÃO:

A reta s, simétrica de r em relação à reta de equação y = 3, passa pelos

pontos (3; 4) e (5; 5).

A equação da reta s é:

= 0 ⇔ x – 2y + 5 = 0

Resposta: C

1–––4

1–––4

1–––4

7–––8

1–––4

7–––8

(t + 3) π––––––––

6

1––2

(t + 3) π––––––––

6

(t + 3) π––––––––

6

π––6

(t + 3) π––––––––

6

5π–––6

(t + 3) π––––––––

6

(t + 3) π––––––––

6

π––2

(t + 3) π––––––––

6

x

5

3

y

5

4

1

1

1

MÓDULO 11 44 Trigonometria II e Geometria Analítica I


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 25

1. O crescimento da “Tilápia do Nilo” – peixe de origem africana e bemadaptado em águas brasileiras – pode ser expresso aproximadamente poruma função linear nas primeiras 8 semanas de vida.Suponha que o gráfico do comprimento médio da tilápia em relação àsua idade, em semanas, seja

sendo C0 o comprimento médio da tilápia ao nascer.Pode-se afirmar que a razão entre os comprimentos médios datilápia com 6 semanas de idade e ao nascer é

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:Sendo y o comprimento médio da tilápia com 6 semanas, temos:

Os pontos (0; C0), (6;y) e (8; 2,5C0) estão alinhados ⇔

⇔ = 0 ⇔ =

Resposta: C

2. (FUVEST) – Os pontos A = (0;0) e B = (3;0) são vértices con secu -tivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiro quadrante. Olado

—AD é perpendicular à reta y = – 2x e o ponto D pertence à

circunferência de centro na origem e raio ��5. Então as coordenadas deC são:a) (6;2) b) (6;1) c) (5;3) d) (5;2) e) (5;1)

RESOLUÇÃO:

A equação da reta AD↔

, perpendicular à reta de equação y = – 2x, é

O ponto D pertence à circunferência da equação x2 + y2 = 5

Assim: ⇔ ⇒ D (2; 1)

Sendo ABCD um paralelogramo, temos:

⇔ 0 + xC = 3 + 2 ⇔ xC = 5

e portanto: C(5; 1)

Resposta: E

19–––8

5–––8

17–––8

15–––8

12–––8

17–––8

y –––C0

1

11

C0

y

2,5 C0

0

6 8

xy = ––

2

x = 2y = 1�

xy = ––

2

x2 + y2 = 5�xA + xC = xB + xD

yC = yD = 1�



MA

TEM

ÁTIC

A D

26 –

3. (UNESP) – Considere a circunferência λ, de equação (x – 3)2 + y2 = 5.a) Determine o ponto P = (x;y) pertencente a λ, tal que y = 2 e x > 3.b) Se r é a reta que passa pelo centro (3;0) de λ e por P, dê a equação e

o coeficiente angular de r.

RESOLUÇÃOA equação (x – 3)2 + y2 = 5 representa uma circun fe rência de centro C(3; 0) e raio r = ��5.a) Para y = 2, resulta:

(x – 3)2 + 22 = 5 ⇔ (x – 3)2 = 1 ⇔ x – 3 = ± 1 ⇔⇔ x = 4 ou x = 2Para x > 3, o ponto procurado é P(4; 2).

b) A reta r que passa pelos pontos P(4; 2) e C(3; 0) tem equação:

= 0 ⇔ 2x – y – 6 = 0 ⇔ y = 2x – 6

O coeficiente angular de r é mr = 2.

Respostas: a) P(4;2)

b) y = 2 . x – 6 e mr = 2

4. Considere a circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0.Tomando-se sobre essa circunferência os pontos cujas abscissas sãonúmeros inteiros, positivos e maiores que 5, pergunta-se: Qual é onúmero máximo de triângulos com vértices nesses pontos?

RESOLUÇÃO:

A circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0 tem centro C(5; 4) e raio 4.Existem 7 pontos satisfazendo as condições do problema. São eles, A, B, P,Q, R, S, T.Dessa forma, o número máximo de triângulos com vértices nesses 7 pontosé C7,3 = 35.

Resposta: 35

x

4

3

y

2

0

1

1

1


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 27

1. (FGV) – A figura ilustra as medidas que um topógrafo tomou paracalcular a distância do ponto A a um barco ancorado no mar.sen 62° = 0,88; cos 62° = 0,47sen 70° = 0,94; cos 70° = 0,34

a) Use os dados obtidos pelo topógrafo e calcule a distân cia do pontoA ao barco. É conveniente traçar a altura

–––AH do triângulo ABC.

b) Use esses mesmos dados para calcular o valor de cos 48º. Se quiser,utilize os produtos:88 × 94 = 8272 e 47 × 34 = 1598.

RESOLUÇÃO:a) Sendo AH a altura do ΔABC, em relação ao vértice A, temos:

1) No triângulo retângulo ABH:

sen 62° = ⇒ AH = 50 . 0,88 = 44 m

2) No triângulo retângulo ACH:

sen 70° = ⇒ AC = ≅ 47 m

Portanto, a distância do ponto A ao barco é aproxi madamente 47 m.

b) cos 48° = cos [180° – (70° + 62°)] = – cos (70° + 62°) =

= – [cos 70° . cos 62° – sen 70° . sen 62°] =

= sen 70° . sen 62° – cos 70° . cos 62° =

= 0,94 . 0,88 – 0,34 . 0,47 =

= 0,8272 – 0,1598 ≅ 0,667

Assim: cos 48° ≅ 0,67

Respostas: a) Aproxi madamente 47 mb) cos 48° ≅ 0,67

2. (UNIFESP) – Considere a reta de equação 4x – 3y + 15 = 0, a

senoi de de equação y = sen(x) e o ponto P = ; 3 , con for me a

figura.

A soma das distâncias de P à reta e de P à senoide é:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

A distância de P ; 3 à reta r é:

d1 = = =

A distância de P ; 3 à senoide é: d2 = 3 – 1 = 2

Então: d1 + d2 = + 2 =

Resposta: E

AH––––50

44––––0,94

AH––––AC

�π––2�

14 + 2π––––––––

5

13 + 2π––––––––

5

12 + 2π––––––––

5

16 + 2π––––––––

5

15 + 2π––––––––

5

�π–––2�

2π + 6–––––––

5

� 2π + 6 �––––––––––

5

π| 4 . ––– – 3 . 3 + 15 |2––––––––––––––––––––––

�� 16 + 9

�π–––2�

16 + 2π –––––––

5

2π + 6–––––––

5

MÓDULO 11 66 Trigonometria III e Geometria Analítica III


MA

TEM

ÁTIC

A D

28 –

3. (FUVEST) – Duas retas s e t do plano cartesiano se interceptam noponto (2, 2). O produto de seus coeficientes angulares é 1 e a reta sintercepta o eixo dos y no ponto (0, 3). A área do triângulo delimitadopelo eixo dos x e pelas retas s e t é:a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6

RESOLUÇÃO:A partir do enunciado, temos:

a) A reta s, que passa pelos pontos (2;2) e (0;3), tem equação:

= 0 ⇔ x + 2y = 6.

A reta s tem coeficiente angular ms = – 1/2 e intercepta o eixo dasabscissas no ponto A(6;0).

b) Sendo mt . ms = 1 (a partir do enunciado) e ms = – 1/2, temos mt = – 2.

c) A reta t, que passa pelo ponto P(2;2), com coeficiente angular mt = – 2,

tem equaçãoy – 2 = – 2 . (x – 2) ⇔ 2x + y = 6

e intercepta o eixo das abscissas no ponto B(3;0).

d) O triângulo formado pelas retas t, s e eixo das abscissas tem área igual a

A = = = 3

x20

y23

111

AB . yP–––––––––2

3 . 2––––––

2


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 29

1. (UNESP) – Uma equipe de agrônomos coletou dados da tempera -tura (em °C) do solo em uma determinada região, durante três dias, aintervalos de 1 hora. A medição da temperatura começou a ser feita às3 horas da manhã do primeiro dia (t = 0) e terminou 72 horas depois(t = 72). Os dados puderam ser aproximados pela função

H(t) = 15 + 5 sen t + ,

em que t indica o tempo (em horas) decorrido após o início daobservação e H(t) a temperatura (em ºC) no instante t.

a) Resolva a equação sen t + = 1, para t ∈ [0; 24].

b) Determine a temperatura máxima atingida e o horário em que essatemperatura ocorreu no primeiro dia de observação.

RESOLUÇÃO:

Sendo H(t) = 15 + 5 . sen t + a função descrita no problema,

então:

a) sen t + = 1 ⇔ t + = + n . 2π (n ∈ �)

⇔ t = –12 + 24 . n (n ∈ �)

Para t ∈ [0; 24], resulta t = 12.

b) A temperatura é máxima quando

sen t + = 1, assim: Hmáxima = 15 + 5 . 1 = 20°C

Essa temperatura ocorreu (no 1o. dia de observação) às 15 horas.Respostas: a) 12 b) 20°C e 15 horas

2. (UNIFESP) – Considere a região sombreada na figura, delimitadapelo eixo Ox e pelas retas de equações y = 2x e x = k, k > 0.

Nestas condições, expresse, em função de k:a) a área A(k) da região sombreada.b) o perímetro do triângulo que delimita a

região som breada.

RESOLUÇÃO:

a) A(k) = = k2, k > 0

b) O perímetro do triângulo é k + 2k + ��k2+ 4k2 = 3k + k��5 = k(3 + ��5 )Respostas: a) A(k) = k2

b) k(3 + ��5 )

3. (UNESP) – Sejam A = (2;0) e B = (5;0) pontos do plano e r a reta

de equação y = .

a) Represente geometricamente os pontos A e B e esboce o gráfico dareta r.

b) Se C = x; com x > 0, é um ponto da reta r, tal que o

triân gulo ABC tem área 6, determine o ponto C.

RESOLUÇÃO:

a) A reta (r) de equação y = passa pelos pontos (0; 0) e (2; 1), então a

representação gráfica pedida é:

b) Se C x; , com x > 0, é um ponto da reta (r), tal que o triângulo

ABC tem área 6, então:

AΔABC = = 6 ⇔ x = 8

O ponto C tem coordenadas: C(8; 4).

Respostas: a) Gráfico b) C(8; 4)

�3π–––2

π–––12�

�3π–––2

π–––12�

�3π–––2

π–––12�

π–––2

3π–––2

π–––12�3π

–––2

π–––12�

�3π–––2

π–––12�

k . 2k–––––––

2

x––2

�x––2�

x––2

�x––2�

x3 . ––

2–––––––

2

MÓDULO 11 77 Trigonometria IV e Geometria Analítica IV


1. (UNICAMP) – Para calcular a circunferência terrestre, o sábioEratóstenes valeu-se da distância conhecida de 800 km entre aslocalidades de Alexandria e Siena no Egito (A e S, respectivamente),situadas no mesmo meridiano terrestre. Ele sabia que, quando emSiena, os raios solares caíam verticalmente, em Alexandria eles faziamum ângulo de 7,2º com a vertical. Calcule, com esses dados, acircunferência terrestre, isto é, o comprimento de uma volta completaem torno da Terra.

RESOLUÇÃO:

Seja x o comprimento da circunferência da Terra.

De acordo com o enunciado, tem-se:

x = . 800 km ⇔ x = 50 . 800 km ⇔ x = 40 000 km

Resposta: 40 000 km

2. (FUVEST) – Na figura abaixo AB = AC, CB = CD e Â = 36º.a) Calcule os ângulos D CB e A DC.b) Prove que AD = BC.

RESOLUÇÃO:

a) AB = AC � ⇒ A BC = A CB = 72ºÂ = 36º

CB = CD � ⇒ B DC = 72º e D CB = 36ºA BC = 72º

A DC = 180º – B DC ⇒ A DC = 108º

b) A CD = A CB – D CB ⇒ A CD = 72º – 36º = 36º

A CD = CÂD = 36º ⇒ AD = CD (I)

AD = CD (I) � ⇒ AD = BCCD = BC (dado)

360º––––7,2º

MA

TEM

ÁTIC

A D

30 –



3. (UnB) – Determine o valor de x com os dados da figura abaixo, naqual r, s e t são retas paralelas.

RESOLUÇÃO:

De acordo com o teorema linear de Tales, tem-se:

= ⇔

⇔ x2 + 2x – 360 = x2 – 6x – 160 ⇔ 8x = 200 ⇔ x = 25

Resposta: x = 25

4. (FUVEST) – No quadrilátero ABCD da figura abaixo, E é umponto sobre o lado AD

––, tal que o ângulo ABE mede 60º e os ângulos

EBC e B CD são retos. Sabendo-se ainda que AB = CD = ��3 e BC = 1.Determine a medida de AD

––.

RESOLUÇÃO:

I) (BD)2 = 12 + (��3)2 ⇔ BD = 2

II) cos α = = α ⇒ 60º

0º < α < 90º

III) θ = 60º + (90º – α)

θ = 60º + (90º – 60º) ⇔ θ = 90º

IV) No triângulo retângulo BAD, tem-se: (AD)2 = (AB)2 + (BD)2

Assim: (AD)2 = (��3)2 + 22 ⇔ AD = ��7

Resposta: AD = ��7

5. (UNICAMP) – No canto A de uma casa de forma quadrada ABCD,de 4 metros de lado, prende-se uma corda flexível e inextensível, emcuja extremidade livre é amarrada uma pequena estaca que serve parariscar o chão, o qual se supõe que seja plano. A corda tem 6 metros decomprimento, do ponto em que está presa até sua extremidade livre.Mantendo-se a corda sempre esticada de tal forma que inicialmentesua extremidade livre esteja encostada à parede BC, risca-se umcontorno no chão, em volta da casa, até que a extremidade livre toquea parede CD.a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita.b) Calcule a área da região exterior à casa, delimitada pelo traçado da

estaca.

RESOLUÇÃO:a) De acordo com o que foi descrito no texto, pode-se esboçar a seguinte

figura:

b) A área S, em m2, da região exterior à casa, delimitada pelo traçado da

estaca conforme a figura do item a, corresponde a da área de um

círculo de raio 6 m mais da área de um círculo de raio 2 m.

Assim: S = . π . 62 + . π . 22 ⇔ S = 29π

Resposta: 29π m2

x + 10––––––x – 18

x + 20––––––x – 16

BC––––BD

1––2

3––4

2––4

3––4

2––4

MA

TEM

ÁTIC

A D

– 31


MA

TEM

ÁTIC

A D

32 –

1. (UNESP) – Um porta-canetas tem a forma de um cilindro circularreto de 12cm de altura e 5cm de raio. Sua parte interna é um prismaregular de base triangular, como ilustrado na figura, sendo o triânguloequilátero e inscrito na circunferência.

A região entre o prisma e o cilindro éfechada e não aproveitável.Determine o volume dessa região. Para oscálculos finais, considere as aproximaçõesπ = 3 e ��3 = 1,7

RESOLUÇÃO:

Sejam:

I) l a medida, em centímetros, do lado do triângulo equilátero, que serve

de base para o prisma.

II) r a medida, em centímetros, do raio do círculo que serve de base para

o cilindro.

III) h a altura, em centímetros, do prisma e do cilindro.

O volume V da região entre o prisma e o cilindro é dado, em centímetros

cúbicos, por:

V = πr2h – . h, em que: r = 5, h = 12 e l = ��3

Assim:

V = 3 . 25 . 12 – . 12 = 900 – 382,5 = 517,5

Resposta: 517,5 cm3

2. (UNESP) – Um reservatório de água de uma creche tem a forma deum paralelepípedo retângulo com área da base igual a 2 m2 e altura de2 m. O reser vatório estava com pletamente vazio e às 0 horas (quandoa creche estava fechada) ele começou a encher-se de água. A altura donível de água no reservatório ao final de t horas, após começar a encher,

é dada por h(t) = com h(t) em metros.

a) Determine a capacidade total de água do reser vatório e o volumeV(t) de água no reservatório no instante t (em m3).

b) Determine entre quais horários da madrugada o volume V(t) doreservatório será maior que 2m3 e menor que sua capacidade total.

RESOLUÇÃO:

a) A capacidade total V de água do reservatório, em metros cúbicos, é

dada pelo produto entre a área da base e a altura do paralelepípedo

retângulo.

Assim: V = 2 . 2 ⇔ V = 4

No instante t, o volume V(t) de água no reservatório, em metros cúbicos

é dado por:

V(t) = 2 . h(t) ⇔ V(t) = 2 . ⇔ V(t) =

b) 2 < V(t) < 4 ⇔ 2 < < 4 ⇔ 2t + 12 < 10t < 4t + 24 ⇔

⇔ < t < 4 ⇔ 1h30min < t < 4 horas

Respostas: a) V = 4 m3 e V(t) =

b) entre 1h30min e 4 horas da manhã

l2 . ��3––––––

4

25 . 3 . 1,7–––––––––

4

5t–––––t + 6

10t–––––t + 6

5t–––––t + 6

10t–––––t + 6

3–––2

10t–––––t + 6

MÓDULO 11 99 Geometria Métrica I


MA

TEM

ÁTIC

A D

– 33

3. Considere um cubo cuja aresta mede 10 cm. O sólido cujos vérticessão os centros das faces do cubo é um octaedro regular, cujas faces sãotriângulos equiláteros congruentes.a) Calcule o comprimento da aresta desse octaedro regular.b) Calcule o volume do mesmo octaedro.

RESOLUÇÃO:

Sejam

1) l o comprimento, em centímetros, de cada aresta des se octaedro regular.

2) V o volume, em centímetros cúbicos, desse octaedro.

a) l é a diagonal de um quadrado de lado 5 cm.

Assim, l = 5�2

b) V = 2 . . l2 . 5

Assim: V = (5�2)2 . 5 ⇔ V =

Respostas: a) 5�2 cm

b)cm3

4. (VUNESP) – Uma quitanda vende fatias de melancia embaladasem plástico transparente. Uma melancia com forma esférica de raio demedida R cm foi cortada em 12 fatias iguais, sendo que cada fatia tema forma de uma cunha esférica, como representado na figura.

Sabendo que a área de uma superfície esférica de raio R cm é 4πR2 cm2, determine, em função de π e de R:a) a área da casca de cada fatia da melancia (fuso esférico);b) quantos cm2 de plástico foram necessários para embalar cada fatia

(sem nenhuma perda e sem sobrepor camadas de plástico), ou seja,qual é a área da superfície total de cada fatia.

RESOLUÇÃO:

a) Como a melancia foi dividida em 12 fatias iguais, a área SC, em

centímetros quadrados, da casca de cada fatia, é:

SC = . 4πR2 ⇔ SC =

b) Para embalar cada fatia, serão necessários dois semicírculos de raio R

e um fuso esférico de área SC. Assim, a área S, em centímetros

quadrados, da superfície total de cada fatia, é:

S = SC + 2 . ⇔ S = + πR2 ⇔ S =

Respostas: a) cm2

b) cm2

1–––3

2–––3

500––––

3

500––––

3

1–––12

πR2––––

3

πR2––––

2

πR2––––

3

πR2––––

3

πR2––––

3

4πR2––––

3


1. Um vagão de metrô tem 8 bancos individuais sendo 4 de frente e 4de costas. Entre 8 passageiros, 2 preferem sentar de frente, 2 preferemsentar de costas e os outros 4 não têm preferência. De quantos modosdistintos essas oito pessoas poderão se acomodar nesses 8 lugares seforem respeitadas as preferências?

RESOLUÇÃO:

Os dois que preferem sentar de frente podem acomodar-se de

A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes.

Os dois que preferem sentar de costas podem acomodar-se de


Para esses 4 passageiros, o total de possibilidades, respeitadas as

preferências, é 12 . 12 = 144.

Os outros 4, que não têm preferência, poderão se dispor de

P4 = 4! = 24 modos nos 4 lugares restantes.

Logo, o total de maneiras de os 8 passageiros se acomodarem, de acordo

com o que se pede, é 144 . 24 = 3 456.

Resposta: 3456

2. Entre 10 elementos químicos, apenas 2 determina dos x e y nãopodem comparecer juntos numa com posição porque podem ocasionarexplosões. De quan tas maneiras diferentes se podem obter com postosde exatamente 4 elementos, escolhidos entre os 10, de modo que x e ynão estejam juntos em ne nhum deles?

RESOLUÇÃO:

O número de maneiras, no total, de escolher 4 elementos entre os 10 é

C10,4 = = 210.

O número de maneiras em que os dois elementos estão juntos entre os

4 escolhidos é C8,2 = = 28.

Portanto, o número de maneiras em que x e y não estão jun tos em nenhuma

combinação de 4 elementos é 210 – 28 = 182

Resposta: 182

3. De uma reunião, participam sete homens e quatro mulheres. Dessasonze pessoas, seis serão escolhidas para formar uma comissão.Calculea) quantas comissões diferentes podem ser formadas;b) quantas dessas comissões são possíveis tendo quatro homens e duas

mulheres;c) escolhendo uma das possíveis comissões, ao acaso, a probabilidade

de ela possuir pelo menos três mulheres.

RESOLUÇÃO:

a) C11,6 = = 462

b) C7,4 . C4,2 = 35 . 6 = 210

c) As comissões possíveis com pelo menos 3 mulheres totalizam

C4,3 . C7,3 + C4,4 . C7,2 = 4 . 35 + 1 . 21 = 161

A probabilidade pedida é p = =

Resposta: a) 462 b) 210 c)

4. Em uma urna, estão depositadas 2 bolas brancas e 3 bolas pretas.Uma segunda urna tem em seu interior 5 bolas brancas e 3 bolas pretas.Retira-se uma bola da primeira e coloca-se essa bola na segunda semexaminar sua cor. Em seguida, escolhe-se, ao acaso, uma bola dasegunda urna. Calcular a probabilidade de esta última bola ser branca.

RESOLUÇÃO:

A probabilidade de a última bola retirada ser branca é igual à proba -

bilidade de a primeira ser branca e a segunda, branca, mais a proba -

bilidade de a primeira ser preta e a segunda, branca.

Portanto, esse valor é:

p = . + . = =

5. De um campeonato de xadrez, participaram duas mulheres e umcerto número de homens. Todos jogaram entre si duas vezes. O númerode jogos realizados apenas entre os homens superou em 66 o númerode partidas entre um homem e uma mulher. Calculea) quantos homens participaram do torneio;b) quantos jogos foram realizados no total;c) a probabilidade de ter sido escolhido um jogo ao acaso, desse

campeonato, e ele ser realizado entre um homem e uma mulher.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo n o número de homens, obtêm-se:

jogos apenas entre os homens: 2 . Cn,2

jogos entre um homem e uma mulher: 2 . 2n = 4n

Então:

2Cn,2 = 4n + 66 ⇒ 2 . = 4n + 66 ⇒

⇒ n2 – n = 4n + 66 ⇒ n2 – 5n – 66 = 0 ⇒ n = 11

b) Se o número de participantes é n + 2 = 11 + 2 = 13, então a quantidade

de jogos foi

2 . C13,2 = 2 . = 156

c) A probabilidade é p = = =

Respostas: a) 11 b) 156 c)

10!––––––

4! 6!

8!––––––

2! 6!

11!––––––

6! 5!

23–––66

161–––––462

23–––66

3––5

27–––45

5––9

3––5

6––9

2––5

n(n – 1)––––––––

2

13 . 12–––––––

2

11––––39

44–––––156

4 . 11––––––––2 . C13,2

11––––39

MA

TEM

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A D

34 –

MÓDULO 22 00 Análise Combinatória e Probabilidade


1. O triângulo ABC da figura é equilátero. Os pontos M e N e ospontos P e Q dividem os lados a que pertencem em três segmentos dereta de mesma medida.

Nessas condições, calcule:a) a medida do ângulo MPQ;b) a medida do ângulo B MQ.

RESOLUÇÃO:

a) O triângulo BMP é equilátero pois BM–––

� BP––

e B = 60º.

Assim, B PM = 60º e, portanto, M PQ = 120º

b) O triângulo MPQ é isósceles, pois MP––

� PQ––

� BP––

e, portanto, sendo α

a medida dos ângulos PMQ e PQM, temos:

α + α + 120º = 180º ⇔ 2α = 60º ⇔ α = 30º

Assim, B MQ = B MP + PMQ ⇔ B MQ = 60º + 30º ⇔ B MQ = 90º

Respostas: a) M PQ = 120º

b) B MQ = 90º

2. Todos os p lados (p ≥ 5) de um polígono regular são prolongadospara obter-se uma “estrela” regular de p pontas. A medida, em radianos,de cada ângulo interno nas pontas desse estrela é igual a:

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:

Sendo x a medida, em radianos, de cada ângulo interno nas pontas daestrela e ae a medida, em radianos, de cada ângulo externo do polígono,tem-se:

1ª.) ae =

2ª.) x + ae + ae = π ⇔ x + 2ae = π

Assim:

x + = π ⇔ x = ⇔ x =

Resposta: C

(p – 2) π–––––––

p

(p – 3) π–––––––

p

(p – 4) π–––––––

p

(p – 5) π–––––––

p

π––p

2π–––p

4π–––p

pπ – 4π–––––––

p

(p – 4)π–––––––

p

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– 35



MA

TEM

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A D

36 –

3. Na figura abaixo, sendo CB = 13 m, DB = 8 m, DA = 4 m e Â umângulo reto, calcule CD.

RESOLUÇÃO:

I. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABD, temos:

y2 + 42 = 82 ⇔ y2 = 48

II. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABC, temos:

(x + 4)2 + y2 = 132 ⇔ (x + 4)2 = 121 ⇔ x + 4 = 11 ⇔ x = 7m, pois x > 0

4. (UNICAMP) – Uma rampa de inclinação constante, como a quedá acesso ao Palácio do Planalto em Brasília, tem 4 metros de altura nasua parte mais alta. Uma pessoa, tendo começado a subi-la, nota queapós caminhar 12,3 metros sobre a rampa está a 1,5 metro de altura emrelação ao solo.a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita.b) Calcule quantos metros a pessoa ainda deve caminhar para atingir

o ponto mais alto da rampa.

RESOLUÇÃO:a)

b) ΔADE ~ ΔABC pelo (AA~) pois Â é comum e A DE = A BC = 90º

= ⇒ x = 20,5 m

5. Sabendo-se que o triângulo ABC é equilátero de lado 6 cm, o arcomenor tem centro em B e o arco maior tem centro no ponto médio de––AC, determine a área de região assinalada.

RESOLUÇÃO:

I. A1 = Asetor – AΔeq ⇔ A1 = – ⇒ A1 = (6π – 9��3) cm2

II. S = – A1 ⇔ S = – 6π + 9��3 ⇔

⇔ S = 9��3 – ⇒ S = 3 3��3 – cm2

12,3–––––––12,3 + x

1,5––––

4

π62––––

6

62��3––––

4

Acirc––––2

π . 32––––

2

3π –––2

� π ––2 �


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– 37

1. (UNICAMP-2003) – Uma caixa-d’água cúbica, de volume máxi -mo, deve ser colocada entre o telhado e a laje de uma casa, conformemos tra a figura abaixo.Dados: —AB = 6 m —AC = 1,5 m —CD = 4 m.

a) Qual deve ser o com pri men to de uma aresta da caixa?b) Supondo que a altura máxima da água na caixa é de 85% da altura

da caixa, quantos litros de água podem ser armazenados na caixa?

RESOLUÇÃO:

Sendo a a aresta da caixa cúbica, em metros, e V o volume, em litros, de

água que se pode armazenar na caixa, de acordo com o enunciado, tem-se:

a) Os triângulos retângulos ABC e EBF são se melhan tes.

Assim: = ⇔ = ⇔

⇔ = ⇔ 4a = 6 – a ⇔ 5a = 6 ⇔ a = 1,2

b) V = 10a . 10a . (0,85 . 10a) = 850a3

Assim: V = 850 . (1,2)3 ⇔ V = 1 468,8 dm3

Respostas: a) 1,2 m b) 1 468,8 litros

2. (UNESP) – Aumentando em 2 cm a aresta a de um cubo C1, obte -mos um cubo C2, cuja área da superfície total aumenta em 216 cm2, emrelação à do cubo C1.

Determinea) a medida da aresta do cubo C1;b) o volume do cubo C2.

RESOLUÇÃO:

a) De acordo com o enunciado, tem-se:

6a2 + 216 = 6(a + 2)2 ⇔ a2 + 36 = (a + 2)2 ⇔

⇔ a2 + 36 = a2 + 4a + 4 ⇔ 4a = 32 ⇔ a = 8 cm

b) Sendo V2 o volume, em centímetros cúbicos, do cubo C2, tem-se:

V2 = (a + 2)3 = (8 + 2)3 = 103 = 1000

Resposta: a) 8cm b) 1 000cm3

6–––––6 – a

1,5––––

a

AB––––EB

AC––––EF

4–––––6 – a

1––a

MÓDULO 22 22 Geometria Métrica II


MA

TEM

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38 –

3. (UnB-98) – Um cone circular reto de sinalização de rodovias, queé oco e feito de plástico, tem altura de 60 cm e taio da base igual a15cm. Durante um acidente, a extremidade superior do cone foiafundada como ilustra a figura abaixo.

Calcule, em centímetros, a altura h do sólido resultante, sabendo que,após o acidente, o espaço interno do sinalizador foi reduzido em exa -ta mente 25%.

RESOLUÇÃO:

= ⇔ 3

= . ⇔

⇔3

= ⇔ = ⇔ h = 30

Resposta: 30 cm

4. Os pontos A e B estão, ambos, localizados na super fície terrestre a60° de latitude norte; o ponto A está a 15°45’ de longitude leste e oponto B a 56°15’ de longitude oeste.a) Dado que o raio da Terra, considerada perfei tamente esférica, mede

6 400 km, qual é o raio do paralelo de 60°?b) Qual é a menor distância entre os pontos A e B, medida ao longo do

paralelo de 60°? [Use 22/7 como aproximação para π]

RESOLUÇÃO:

a) Seja r a medida, em quilômetros, do raio do paralelo de 60°. No

triângulo retângulo POA, tem-se:

sen 30° =

Assim: = ⇔ r = 3 200

b) A menor distância x entre os pontos A e B, medida em quilômetros, ao

longo do paralelo de 60°, é dada por:

x = . 2 . π . r ⇔

⇔ x = . 2 . . 3 200 ⇔

⇔ x = . 2 . . 3200 ⇔ x =

Respostas: a) 3 200 km b) km

PA–––OA

1–––2

r–––––6 400

15°45’ + 56° 15’––––––––––––––

360°

72°–––––360°

22–––7

1–––5

22–––7

28 160––––––

7

28 160–––––

7

1––2

60 – h–––––

60

1––8�60 – h

–––––60�

1––4

1––2�60 – h

–––––60�25%

––––2

V’–––V


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TEM

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MatemáticaCurso Extensivo – E

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a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0

b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0

RESOLUÇÃO:a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x2 – 18x + 32)2 = 0 ou (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x = 2 ou x = 16) ou (x = 2 ou x = 6) ⇔

⇔ x = 2 ou x = 6 ou x = 16 ⇔ V = {2; 6; 16}

b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔

⇔ (x2 – 18x + 32 = 0) e (x2 – 8x + 12 = 0) ⇔

⇔ (x = 2 ou x = 16) e (x = 2 ou x = 6) ⇔ x = 2 ⇔ V = {2}

Respostas: a) V = {2; 6; 16}

b) V = {2}









⇔ ⇔

⇔ ⇔ ⇔











O preço a ser cobrado por quilo de comida, pa ra que o restaurantetenha a maior receita pos sível, deve ser (15 + 2,5) reais = 17,5 reais.

Respostas: a) R$ 18,00b) f(x) = (100 – 5x) (15 + x)c) R$ 17,50

4a + 2b = 100

2a + 3b = 60�0,4a + 0,2b = 10

0,2a + 0,3b = 6�a = 22,5

b = 5�2a + b = 50

2b = 10�2a + b = 50

2a + 3b = 60�

–15 + 20––––––––

2

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TEM

ÁTIC

A E

– 1



REV_II_MAT_E_PROF_Rose 18/10/10 19:26 Página 1

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TEM

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2 –



dades?



1) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000

2) 10 000 . e10k = 8 000 ⇒ e10k =

3) V(30) = 10 000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 =

= 10 000 .

3

= 5 120

4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) =

= ⇔ =

2

⇔ = 2 ⇔ t = 20








RESOLUÇÃO:

a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔

⇔ log2

y = log2 8 – log2 (42x) ⇔

⇔ log2

y = 3 – 2x . log2 4 ⇔

⇔ log2


3–––10

8––10

�8–––10�

t–––10

t–––10�8

–––10�

t–––10�8

–––10�6 400

–––––––10 000

f(z) = g(y)f(y) / g(z) = 1�

�8–––42x�8

–––42x



MA

TEM

ÁTIC

A E

– 3

b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔

⇔ 8 = 42z . 4y

⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3

II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒

⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3

III) ⇔ ⇔

⇔ ⇔


b) y = z =







log4x – =


m – = ⇔ 6 m2 – 12 + 6 m = 7 m ⇔

⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ⇔ m = ou m =

m = ⇒ log4x = ⇒

x = 4 = (22) = 23 = 8 ⇒ y = 2

m = – ⇒ log4x = – ⇒ x = 4 = (22) = 2 ⇒



8–––42z

f(y)––––g(z)

8––––42y

� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 � 4y + 8z = 6

– 4y – 2z = – 3

� 2y + 4z = 36z = 3 �

1y = –––

2

1z = –––

2

1––2

�7


x . y = 16

7–––6

log4y–––––––

log4x

7–––6

2 – log4x–––––––––

log4x

7–––6

2 – m–––––––

m

7–––6

1 ± 17–––––––

12

3–––2

4– ––

3

3–––2

3–––2

3–––2

3–––2

4–––3

4–––3

4– ––3

4– ––3

8– ––3


MA

TEM

ÁTIC

A E

4 –




RESOLUÇÃO:






RESOLUÇÃO:a)


comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ �*


n = 252 – 6 = 246, para k = 4

n = 315 – 6 = 309, para k = 5

n = 378 – 6 = 372, para k = 6


b)⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒

⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8





RESOLUÇÃO:

a) = . = =

= = + i

b) ∈ � ⇔ = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2

Respostas: a) = + i

b) x = 2 ou x = – 2

300––––25

425––––25

�n 7�––––1 q1

n 9�––––3 q2

�n + 6 7�–––––––

0 q1 + 1

n + 6 9�–––––––0 q2 + 1

246123411

2341

z1–––z2

z1–––z2

z1–––z2

(x + 4i)––––––––(1 + xi)

(1 – xi)––––––––

(1 – xi)

x – x2i + 4i + 4x–––––––––––––––

1 + x2

5x + (4 – x2)i–––––––––––––

1 + x2

5x–––––––

1 + x2

4 – x2–––––––

1 + x2

z1–––z2

4 – x2–––––––

1 + x2

z1–––z2

5x–––––––

1 + x2

4 – x2–––––––

1 + x2

MÓDULO 33 Aritmética e Números Complexos


MA

TEM

ÁTIC

A E

– 5



RESOLUÇÃO:

Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação

p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:

a)

⇒ c = ⇒

⇒ 2 .

3

– m .

2

+ 4 .

2

+ 3 = 0 ⇒

⇒ 2 . – m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7

b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e é raiz ⇒


P(x) por x – é x2 – 2x – 1.

Logo, x = ou x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x = ou x = 1 ± ��2

Respostas: a) m = 7 b) V = {(1 – ��2 ), (1 + ��2 ), 3/2}



b) Mostre que 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 ⇔

⇔ 3�x2 + � – 13�x + � + 16 = 0.


RESOLUÇÃO:

a) x + = y ⇒ �x + �2

= y2 ⇒ x2 + 2 + = y2 ⇒ x2 + = y2 – 2


3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se:

3x2 – 13x + 16 – 13 . + 3 . = 0 ⇔

⇔ 3 x2 + – 13 x + + 16 = 0


equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔

⇔ y = ⇔ y = ou y = 1

y = ⇒ x + = ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒

⇒ x = 3 ou x =

y = 1 ⇒ x + = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x =


V = ; 3; ;



c) V = ; 3; ;

3a . b . c = – –––

2

ab = – 1 � 3––2

�27

–––8

9–––4

� 3––2 � 3

––2 � � 3

––2 �

3––2

� 3––2 �

3––2

3––2

3––2

1–––x2

1–––x

1–––x2

1–––x

1––x

1––x

1–––x2

1–––x2

1––x

1–––x2

1–––x2

1––x

1––x

1–––x2

13 ± 7––––––

6

10–––3

10–––3

1––x

10–––3

1––3

1––x

1 ± �3 i––––––––

2

1––3

1 + �3 i––––––––

2

1 – �3 i––––––––

2

1–––x2

1––3

1 + �3 i––––––––

2

1 – �3 i––––––––

2

��

��

��


MA

TEM

ÁTIC

A E

6 –



RESOLUÇÃO:


X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7}

b)

⇒



RESOLUÇÃO:


⇔

⇔

O diagrama fica


f(X1) = 2 . 3 = 6f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210

�

�25 + x + y + z = 4511 + x + y + w = 4030 + y + z + w = 53y + z = 9

�x + y + z = 20x + y + w = 29y + z + w = 23y + z = 9

�w = 14y + z = 9x + y = 15x + y + z = 20

�x = 11y = 4z = 5w = 14

MÓDULO 55 Conjuntos e Funções


MA

TEM

ÁTIC

A E

– 7



RESOLUÇÃO:a) O gráfico de f é

b) D(f) = [0; 9]Im(f) = [0; 32]






RESOLUÇÃO:

1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = ⇔ f–1(x) =

2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10




⇒ a = b = –


e f é estritamente crescente.Resposta: E

1––––––4x + 2

y – 2––––––

4

x – 2––––––

4

� 1––4 � 1

––4

� 2––3

2––3 �

� 4a + 2 = ba = b

2–––3

t2 + 7, se 0 ≤ t ≤ 532, se 5 < t ≤ 7– 16t + 144, se 7 < t ≤ 9

�f(t) =

32

7

0 5 7 9 t

y = f(t)


MA

TEM

ÁTIC

A E

8 –




2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒




Resposta: C


RESOLUÇÃO:




an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14


1 + = 1 + 90 . 7 = 631





RESOLUÇÃO:Observemos que:

F1 = 2 . =

F2 = 4 . . =

F3 = 8 . . . =


F1 = e razão q =

Assim:

a) F7 = F1 . q7 – 1 = . � �6

= � �7

=

b) Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =

= = = 2 . =


o segmento inteiro.

(6 + 84) . 14––––––––––––

2

7∑

k = 1

1––3

2––3

1––3

1––3

4––9

1––3

1––3

1––3

8––27

2––3

2––3

2––3

2––3

2––3

128–––––2187

7∑

k = 1

2 2 –– �––�

7

– 1�3 3––––––––––––––

2–– – 13

2 128 –– ––––– – 1�3 2187

–––––––––––––––1

– ––3

1281 – –––––�2187

4118–––––2187

1––3

2––9

4––27

1 ––3

–––––––– = 1,2

1 – ––3

MÓDULO 66 Progressões Aritméticas e Geométricas


MA

TEM

ÁTIC

A E

– 9



AX + I = B.

RESOLUÇÃO:

Sendo X = , temos

A . X + I = B ⇒ . + = ⇔

⇔ + = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ e ⇔ e ⇔


Resposta: X =





RESOLUÇÃO:

a) 1) A = ⇒ det(A) = y – 4x

B = ⇒ det(B) = – 3

2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3

b) A + 2 . B = C

+ 2 . = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ ⇔ ⇔


b) x = 1 e y = 2

x – 2y

3x + y

1– 1 �

2– 1

1– 2 � 1

33

– 5 �

x – 2y 1 �3x + y – 1

2 1 �– 1 – 2

x – 2y 1 �3x + y – 1

2 1 �– 1 – 2

1 3 �3 – 5

x – 2y + 4 3 �3x + y – 2 – 5

1 3 �3 – 5

x – 2y + 4 = 1�3x + y – 2 = 3

x – 2y = – 3�3x + y = 5

x = 1� y = 2

1

4

2

1 � 14

17

5

7 �

a

c

b

d �

1

4

2

1 � a

c

b

d � 1

0

0

1 �

a + 2c

4a + c � 1

0

0

1 �b + 2d

4b + d

a + 2c + 1

4a + c

b + 2d

4b + d + 1 �

� a + 2c = 13

4a + c = 17

14

17

5

7 �

14

17

5

7 �

14

17

5

7 �

� b + 2d = 5

4b + d = 6 � a + 2c = 13

7a = 21 � b + 2d = 5

7b = 7

� a = 3

c = 5 � b = 1

d = 2 3

5

1

2 �

3

5

1

2 �

MÓDULO 77 Matrizes, Determinantes e Sistemas Lineares


MA

TEM

ÁTIC

A E

10 –




D = ≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1


D = = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1


Possível e indeterminado para k = – 7 ou k = 1.

Impossível, nunca.


e


a) = 11 b) = 22 c) ab =

d) ab = 22 e) ab = 0

RESOLUÇÃO:

⇔ ⇔

⇔ ⇔



D = = 0 ⇔ b = 11 e = = 22

Resposta: B

� kx + 2y – z = 02x – y + 2z = 03x + y + kz = 0

k 2 – 1

2 – 1 2

3 1 k

k 2 – 1

2 – 1 2

3 1 k

�x + y – z = 0x – 3y + z = 1– 2y + z = a

�x – y = 0x + 2y – z = 02x – by + 3z = 0

a–––b

b–––

a

1–––4

� x + y – z = 0x – 3y + z = 1– 2y + z = a �

x + y – z = 0

– 4y + 2z = 1

– 2y + z = a

�x + y – z = 0

– 12y – z = ––––

2– 2y + z = a

�x + y – z = 0

12y – z = – –––

21

0z = a – –––2

1–––2

1–––2

112

– 12

– b

0– 1

3

b–––a

11––––

1––2


MA

TEM

ÁTIC

A E

– 11

MÓDULO 88 Grandezas Proporcionais e Médias

1. (FUVEST) – Um comerciante compra calças, camisas e saias e asrevende com lucro de 20%, 40% e 30%, respec tiva mente. O preço xque o comerciante paga por uma calça é três vezes o que ele paga poruma camisa e duas vezes o que ele paga por uma saia. Um certo dia,um cliente comprou duas calças, duas camisas e duas saias e obteveum desconto de 10% sobre o preço total. a) Quanto esse cliente pagou por sua compra, em função de x? b) Qual o lucro aproximado, em porcentagem, obtido pelo

comerciante nessa venda?

RESOLUÇÃO:

a)

Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um clientepagaria

2 . 1,20x + 2 . 1,40 . + 2 . 1,30 . = 2,40x + + 1,30x =

= =

Com 10% de desconto, o cliente paga

90% . = 0,90 . = 4,17x

b) O preço de custo dos produtos vendidos foi

2 . x + 2 . + 2 . = =

O lucro obtido nessa venda foi 4,17x – = , correspon -

dendo a = � 0,1372 = 13,72%

Respostas: a) 4,17 . x b) 13,72%

2. (UNESP) – Em uma determinada residência, o consumo mensal deágua com descarga de banheiro corresponde a 33% do consumo totale com higiene pessoal, 25% do total. No mês de novembro, foramconsumidos 25 000 litros de água no total e, da quantidade usada pelaresidência nesse mês para descarga de banheiro e higiene pessoal, umaadolescente, residente na casa, consumiu 40%. Determine a quantidadede água, em litros, consumida pela adolescente no mês de novembrocom esses dois itens: descarga de banheiro e higiene pessoal.

RESOLUÇÃO:

I) A quantidade total de água consumida, por essa residência, com

descarga de banheiro e higiene pessoal foi

(25% + 33%) . 25000� = 14500�

II) A quantidade de água consumida pela adolescente foi

40% . 14500 � = 5800 �

Obs.: Mantidas as proporções da família toda, a adolescente gastou

3300 � com descarga de banheiro e 2500 � com higiene pessoal.

Resposta: 5800 �

Calça

Camisa

Saia

Preço decusto

x

x–––3

x–––2

Lucro

20%

40%

30%

Preço devenda

1,20 . x

x1,40 . ––

3

x1,30 . ––

2

x–––3

x–––2

2,80x–––––––

3

7,20x + 2,80x + 3,90x–––––––––––––––––––––

3

13,90x–––––––

3

13,90x–––––––

3

13,90x–––––––

3

x–––3

x–––2

6x + 2x + 3x–––––––––––––

3

11x––––

311x

––––3

1,51x––––––

3

1,51x––––––

3–––––––––

11x––––

3

1,51––––

11


MA

TEM

ÁTIC

A E

12 –

3. (UFPE) – Uma loja de eletrônicos oferece duas opções depagamento:– À vista, com 10% de desconto no preço anunciado;– Em duas prestações mensais iguais, sem desconto sobre o preço

anunciado, sendo a primeira prestação paga no momento dacompra.

Qual a taxa de juros mensais embutida nas vendas a prazo?a) 10% b) 15% c) 20% d) 25% e) 30%

RESOLUÇÃO:

1) Se o preço anunciado for p, o preço à vista será 0,90p.

2) Se optar por pagar a prazo, deverá pagar 0,50p no ato da compra.

3) Deixou de pagar 0,90p – 0,50p = 0,40p

No mês seguinte, terá de pagar 0,50p, pagando juros de

0,50p – 0,40p = 0,10p

4) Sobre o que deixou de pagar, o juro é de = = 0,25 = 25%

Resposta: D

4. (FGV) – A média das alturas dos 6 jogadores em quadra de um timede vôlei é 1,92 m. Após substituir 3 jogadores por outros, a média dasalturas do time passou para 1,90 m. Nessas condições, a média, emmetros, das alturas dos jogadores que saíram supera a dos que entraramem:a) 0,03 b) 0,04 c) 0,06 d) 0,09 e) 0,12

RESOLUÇÃO:

Sendo SS, SP e Se, respectivamente, a soma das alturas dos jogadores que

saíram, permaneceram e en traram no time, temos:

⇒

⇒ SS – Se = 0,12 ⇒ – = 0,04

Como e são, respectivamente, as mé dias aritméticas das

alturas dos jogadores que saíram e dos que entraram no time, aquelasupera esta em 0,04 m.Resposta: B

SS + SP–––––––– = 1,92 ⇒ SS + SP = 11,52

6

Se + SP–––––––– = 1,90 ⇒ Se + SP = 11,4

6 �

SS––––3

Se––––3

SS––––3

Se––––3

1–––4

0,10p––––––0,40p


MA

TEM

ÁTIC

A E

– 13

1. Num triângulo ABC, retângulo em A, D é a projeção ortogonal deA sobre BC. Sabendo-se que o segmento BD mede 1 cm e que o ân guloDAC mede θ graus, então a área do triângulo ABC, em centímetrosquadrados, é:

a) b)

c) d)

e)

RESOLUÇÃO:

I) No triângulo ABD:

cos θ = ⇔ AB = cm = sec θ cm

II) No triângulo ABC:

tg θ = ⇒ AC = . tg θ cm = sec θ . tg θ cm

III) A área S do triângulo ABC é tal que:

S = ⇔ S =

Resposta: C

2. (MACKENZIE) – Em [0; 2π], as soluções da equação

= são em número de:

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO:

= ⇔

⇔ = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ = ⇔ 1 + sen x = – sen x ⇔

⇔ 2 . sen x = – 1 ⇔ sen x = –

Para [0; 2π], resulta x = ou x =

Resposta: B

sec θ . tg θ––––––––––

2

sec θ . tg2 θ––––––––––

2

sec2 θ . tg θ––––––––––

2

cossec2 θ . cotg θ––––––––––––––––

2

cossec θ . cotg θ–––––––––––––––

2

1 cm–––––

AB

1––––––cos θ

AC–––––

AB

1 –––––cos θ

AB . AC–––––––––––

2

sec2 θ . tg θ–––––––––––– cm2

2

2 sen x–––––––––cos 2x – 1

1––––––––––

1 + sen x

2 . sen x–––––––––––cos(2x) – 1

1–––––––––––

1 + sen x

2 . sen x–––––––––––––––

1 – 2sen2x – 1

1–––––––––––

1 + sen x

2 . sen x–––––––––––––––

– 2 . sen2x

1–––––––––––

1 + sen x

1–––––––– sen x

1–––––––––––

1 + sen x

1––2

7 . π––––––

6

11 . π––––––

6

MÓDULO 99 Trigonometria I


MA

TEM

ÁTIC

A E

14 –

3. (FUVEST) – Determine as soluções da equação (2 cos2 x + 3 sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 que estão no intervalo [0,2π].

RESOLUÇÃO:

Sendo 0 ≤ x ≤ 2π, temos:

(2 . cos2 x + 3 . sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 ⇔

⇔ 2 . cos2 x + 3 . sen x = 0 ou cos2 x – sen2 x = 0 ⇔

⇔ 2 . sen2 x – 3 . sen x – 2 = 0 ou sen2 x = cos 2 x ⇔

⇔ sen x = 2 ou sen x = ou tg2 x = 1 ⇔

⇔ sen x = ou tg x = 1 ou tg x = –1 ⇔

⇔ x = ou x = ou x = ou x = ou

x = ou x =

Resposta: � , , , , , �

4. (FATEC) – No triângulo ABC, tem-se que B^AC mede 80°, A

^BC

mede 40° e BC = 4 cm. Se sen 20° = k, então a medida de —AC, em

centíme tros, é dada por

a) 2 b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

I) Pela lei dos senos:

= ⇔ = ⇔

⇔ AC =

II) cos 40° = 1 – 2sen220° ⇔ cos 40° = 1 – 2k2

De (I) e (II), tem-se que: AC =

Resposta: C

1– ––

21

– ––2

7π––––

6

11π–––––

6

π–––4

3π––––

4

5π––––

4

7π––––

4

π–––4

3π–––4

7π–––6

5π–––4

7π–––4

11π–––6

4–––k

2––––––––

1 – 2k2

2 . � 1 – 2k2

––––––––––––1 – 2k2

2 . (1 – k)––––––––––

1 – 2k

AC––––––sen 40°

4––––––sen 80°

AC––––––sen 40°

4––––––––––––––––2 sen 40° . cos 40°

2–––––––cos 40°

2––––––––

1 – 2k2


MA

TEM

ÁTIC

A E

– 15

1. Considere as funções reais f(x) = 2x + 1 e g(x) = cos x. Determine o

valor de gof(x), sabendo que sen α = , com α = 2x.

RESOLUÇÃO:

Sendo sen α = e α = 2x, temos sen (2x) =

Dessa forma, gof(x) = g[f(x)] = g(2x + 1) = cos(2x + 1) = cos(2 . 2x) =

= 1 – 2 sen2 (2x) = 1 – 2 . � �2

=

Resposta: (gof) (x) =

2. Uma população P de animais varia, aproximadamente, segundo aequação abaixo.

P = 800 – 100 . sen �Considere que t é o tempo medido em meses e que janeiro correspondea t = 0. Determine, no período de 1º de janeiro a 1º de dezembro de ummesmo ano, os meses nos quais a população de animais atingea) um total de 750; b) seu número mínimo.

RESOLUÇÃO:

a) 800 – 100 sen � = 750 ⇔ sen �= ⇔

⇔ = + n . 2π (n ∈ �) ou

= + n . 2π (n ∈ �) ⇔ t = – 2 + 12n ou t = 2 + 12n (n ∈ �)

Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 2 (março) ou t = 10 (novembro)

b) P é mínima quando sen �= 1 ⇔

⇔ � = + n . 2π (n ∈ �) ⇔ t = 12 n (n ∈ �)

Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 0 (janeiro)

Respostas: a) março e novembro b) janeiro

3. (FATEC) – Seja r a reta que passa pelos pontos (3;2) e (5;1). A retas é a simétrica de r em relação à reta de equação y = 3. A equação des éa) x + 2y – 7 = 0 b) x + 2y – 5 = 0c) x – 2y + 5 = 0 d) x – 2y – 11 = 0e) 2x – y + 5 = 0

RESOLUÇÃO:

A reta s, simétrica de r em relação à reta de equação y = 3, passa pelos

pontos (3; 4) e (5; 5).

A equação da reta s é:

= 0 ⇔ x – 2y + 5 = 0

Resposta: C

1–––4

1–––4

1–––4

7–––8

1–––4

7–––8

(t + 3) π––––––––

6

1––2

(t + 3) π––––––––

6

(t + 3) π––––––––

6

π––6

(t + 3) π––––––––

6

5π–––6

(t + 3) π––––––––

6

(t + 3) π––––––––

6

π––2

(t + 3) π––––––––

6

x

5

3

y

5

4

1

1

1

MÓDULO 11 00 Trigonometria II e Geometria Analítica I


MA

TEM

ÁTIC

A E

16 –

1. O crescimento da “Tilápia do Nilo” – peixe de origem africana e bemadaptado em águas brasileiras – pode ser expresso aproximadamente poruma função linear nas primeiras 8 semanas de vida.Suponha que o gráfico do comprimento médio da tilápia em relação àsua idade, em semanas, seja

sendo C0 o comprimento médio da tilápia ao nascer.Pode-se afirmar que a razão entre os comprimentos médios datilápia com 6 semanas de idade e ao nascer é

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:Sendo y o comprimento médio da tilápia com 6 semanas, temos:

Os pontos (0; C0), (6;y) e (8; 2,5C0) estão alinhados ⇔

⇔ = 0 ⇔ =

Resposta: C

2. (FUVEST) – Os pontos A = (0;0) e B = (3;0) são vértices con secu -tivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiro quadrante. Olado

—AD é perpendicular à reta y = – 2x e o ponto D pertence à

circunferência de centro na origem e raio �5. Então as coordenadas deC são:a) (6;2) b) (6;1) c) (5;3) d) (5;2) e) (5;1)

RESOLUÇÃO:

A equação da reta AD↔

, perpendicular à reta de equação y = – 2x, é

O ponto D pertence à circunferência da equação x2 + y2 = 5

Assim: ⇔ ⇒ D (2; 1)

Sendo ABCD um paralelogramo, temos:

⇔ 0 + xC = 3 + 2 ⇔ xC = 5

e portanto: C(5; 1)

Resposta: E

19–––8

5–––8

17–––8

15–––8

12–––8

17–––8

y –––C0

1

11

C0

y

2,5 C0

0

6 8

xy = ––

2

x = 2y = 1�

xy = ––

2

x2 + y2 = 5�xA + xC = xB + xD

yC = yD = 1�



MA

TEM

ÁTIC

A E

– 17

3. (UNESP) – Considere a circunferência λ, de equação (x – 3)2 + y2 = 5.a) Determine o ponto P = (x;y) pertencente a λ, tal que y = 2 e x > 3.b) Se r é a reta que passa pelo centro (3;0) de λ e por P, dê a equação e

o coeficiente angular de r.

RESOLUÇÃOA equação (x – 3)2 + y2 = 5 representa uma circun fe rência de centro C(3; 0) e raio r = �5.a) Para y = 2, resulta:

(x – 3)2 + 22 = 5 ⇔ (x – 3)2 = 1 ⇔ x – 3 = ± 1 ⇔⇔ x = 4 ou x = 2Para x > 3, o ponto procurado é P(4; 2).

b) A reta r que passa pelos pontos P(4; 2) e C(3; 0) tem equação:

= 0 ⇔ 2x – y – 6 = 0 ⇔ y = 2x – 6

O coeficiente angular de r é mr = 2.

Respostas: a) P(4;2)

b) y = 2 . x – 6 e mr = 2

4. Considere a circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0.Tomando-se sobre essa circunferência os pontos cujas abscissas sãonúmeros inteiros, positivos e maiores que 5, pergunta-se: Qual é onúmero máximo de triângulos com vértices nesses pontos?

RESOLUÇÃO:

A circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0 tem centro C(5; 4) e raio 4.Existem 7 pontos satisfazendo as condições do problema. São eles, A, B, P,Q, R, S, T.Dessa forma, o número máximo de triângulos com vértices nesses 7 pontosé C7,3 = 35.

Resposta: 35

x

4

3

y

2

0

1

1

1


MA

TEM

ÁTIC

A E

18 –

1. (FGV) – A figura ilustra as medidas que um topógrafo tomou paracalcular a distância do ponto A a um barco ancorado no mar.sen 62° = 0,88; cos 62° = 0,47sen 70° = 0,94; cos 70° = 0,34

a) Use os dados obtidos pelo topógrafo e calcule a distân cia do pontoA ao barco. É conveniente traçar a altura

–––AH do triângulo ABC.

b) Use esses mesmos dados para calcular o valor de cos 48º. Se quiser,utilize os produtos:88 × 94 = 8272 e 47 × 34 = 1598.

RESOLUÇÃO:a) Sendo AH a altura do ΔABC, em relação ao vértice A, temos:

1) No triângulo retângulo ABH:

sen 62° = ⇒ AH = 50 . 0,88 = 44 m

2) No triângulo retângulo ACH:

sen 70° = ⇒ AC = ≅ 47 m

Portanto, a distância do ponto A ao barco é aproxi madamente 47 m.

b) cos 48° = cos [180° – (70° + 62°)] = – cos (70° + 62°) =

= – [cos 70° . cos 62° – sen 70° . sen 62°] =

= sen 70° . sen 62° – cos 70° . cos 62° =

= 0,94 . 0,88 – 0,34 . 0,47 =

= 0,8272 – 0,1598 ≅ 0,667

Assim: cos 48° ≅ 0,67

Respostas: a) Aproxi madamente 47 mb) cos 48° ≅ 0,67

2. (UNIFESP) – Considere a reta de equação 4x – 3y + 15 = 0, a

senoi de de equação y = sen(x) e o ponto P = ; 3 , con for me a

figura.

A soma das distâncias de P à reta e de P à senoide é:

a) b) c)

d) e)

RESOLUÇÃO:

A distância de P ; 3 à reta r é:

d1 = = =

A distância de P ; 3 à senoide é: d2 = 3 – 1 = 2

Então: d1 + d2 = + 2 =

Resposta: E

AH––––50

44––––0,94

AH––––AC

�π––2�

14 + 2π––––––––

5

13 + 2π––––––––

5

12 + 2π––––––––

5

16 + 2π––––––––

5

15 + 2π––––––––

5

�π–––2�

2π + 6–––––––

5

� 2π + 6 �––––––––––

5

π| 4 . ––– – 3 . 3 + 15 |2––––––––––––––––––––––

� 16 + 9

�π–––2�

16 + 2π –––––––

5

2π + 6–––––––

5

MÓDULO 11 22 Trigonometria III e Geometria Analítica III


MA

TEM

ÁTIC

A E

– 19

3. (FUVEST) – Duas retas s e t do plano cartesiano se interceptam noponto (2, 2). O produto de seus coeficientes angulares é 1 e a reta sintercepta o eixo dos y no ponto (0, 3). A área do triângulo delimitadopelo eixo dos x e pelas retas s e t é:a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6

RESOLUÇÃO:A partir do enunciado, temos:

a) A reta s, que passa pelos pontos (2;2) e (0;3), tem equação:

= 0 ⇔ x + 2y = 6.

A reta s tem coeficiente angular ms = – 1/2 e intercepta o eixo dasabscissas no ponto A(6;0).

b) Sendo mt . ms = 1 (a partir do enunciado) e ms = – 1/2, temos mt = – 2.

c) A reta t, que passa pelo ponto P(2;2), com coeficiente angular mt = – 2,

tem equaçãoy – 2 = – 2 . (x – 2) ⇔ 2x + y = 6

e intercepta o eixo das abscissas no ponto B(3;0).

d) O triângulo formado pelas retas t, s e eixo das abscissas tem área igual a

A = = = 3

x20

y23

111

AB . yP–––––––––2

3 . 2––––––

2


1. (UNICAMP) – Para calcular a circunferência terrestre, o sábioEratóstenes valeu-se da distância conhecida de 800 km entre aslocalidades de Alexandria e Siena no Egito (A e S, respectivamente),situadas no mesmo meridiano terrestre. Ele sabia que, quando emSiena, os raios solares caíam verticalmente, em Alexandria eles faziamum ângulo de 7,2º com a vertical. Calcule, com esses dados, acircunferência terrestre, isto é, o comprimento de uma volta completaem torno da Terra.

RESOLUÇÃO:

Seja x o comprimento da circunferência da Terra.

De acordo com o enunciado, tem-se:

x = . 800 km ⇔ x = 50 . 800 km ⇔ x = 40 000 km

Resposta: 40 000 km

2. (FUVEST) – Na figura abaixo AB = AC, CB = CD e Â = 36º.a) Calcule os ângulos D CB e A DC.b) Prove que AD = BC.

RESOLUÇÃO:

a) AB = AC � ⇒ A BC = A CB = 72ºÂ = 36º

CB = CD � ⇒ B DC = 72º e D CB = 36ºA BC = 72º

A DC = 180º – B DC ⇒ A DC = 108º

b) A CD = A CB – D CB ⇒ A CD = 72º – 36º = 36º

A CD = CÂD = 36º ⇒ AD = CD (I)

AD = CD (I) � ⇒ AD = BCCD = BC (dado)

360º––––7,2º

MA

TEM

ÁTIC

A E

20 –



3. (UnB) – Determine o valor de x com os dados da figura abaixo, naqual r, s e t são retas paralelas.

RESOLUÇÃO:

De acordo com o teorema linear de Tales, tem-se:

= ⇔

⇔ x2 + 2x – 360 = x2 – 6x – 160 ⇔ 8x = 200 ⇔ x = 25

Resposta: x = 25

4. (FUVEST) – No quadrilátero ABCD da figura abaixo, E é umponto sobre o lado AD

––, tal que o ângulo ABE mede 60º e os ângulos

EBC e B CD são retos. Sabendo-se ainda que AB = CD = �3 e BC = 1.Determine a medida de AD

––.

RESOLUÇÃO:

I) (BD)2 = 12 + (� 3)2 ⇔ BD = 2

II) cos α = = α ⇒ 60º

0º < α < 90º

III) θ = 60º + (90º – α)

θ = 60º + (90º – 60º) ⇔ θ = 90º

IV) No triângulo retângulo BAD, tem-se: (AD)2 = (AB)2 + (BD)2

Assim: (AD)2 = (� 3)2 + 22 ⇔ AD = � 7

Resposta: AD = � 7

x + 10––––––x – 18

x + 20––––––x – 16

BC––––BD

1––2

MA

TEM

ÁTIC

A E

– 21


MA

TEM

ÁTIC

A E

22 –

1. (UNESP) – Um porta-canetas tem a forma de um cilindro circularreto de 12cm de altura e 5cm de raio. Sua parte interna é um prismaregular de base triangular, como ilustrado na figura, sendo o triânguloequilátero e inscrito na circunferência.

A região entre o prisma e o cilindro éfechada e não aproveitável.Determine o volume dessa região. Para oscálculos finais, considere as aproximaçõesπ = 3 e � 3 = 1,7

RESOLUÇÃO:

Sejam:

I) l a medida, em centímetros, do lado do triângulo equilátero, que serve

de base para o prisma.

II) r a medida, em centímetros, do raio do círculo que serve de base para

o cilindro.

III) h a altura, em centímetros, do prisma e do cilindro.

O volume V da região entre o prisma e o cilindro é dado, em centímetros

cúbicos, por:

V = πr2h – . h, em que: r = 5, h = 12 e l = � 3

Assim:

V = 3 . 25 . 12 – . 12 = 900 – 382,5 = 517,5

Resposta: 517,5 cm3

2. (UNESP) – Um reservatório de água de uma creche tem a forma deum paralelepípedo retângulo com área da base igual a 2 m2 e altura de2 m. O reser vatório estava com pletamente vazio e às 0 horas (quandoa creche estava fechada) ele começou a encher-se de água. A altura donível de água no reservatório ao final de t horas, após começar a encher,

é dada por h(t) = com h(t) em metros.

a) Determine a capacidade total de água do reser vatório e o volumeV(t) de água no reservatório no instante t (em m3).

b) Determine entre quais horários da madrugada o volume V(t) doreservatório será maior que 2m3 e menor que sua capacidade total.

RESOLUÇÃO:

a) A capacidade total V de água do reservatório, em metros cúbicos, é

dada pelo produto entre a área da base e a altura do paralelepípedo

retângulo.

Assim: V = 2 . 2 ⇔ V = 4

No instante t, o volume V(t) de água no reservatório, em metros cúbicos

é dado por:

V(t) = 2 . h(t) ⇔ V(t) = 2 . ⇔ V(t) =

b) 2 < V(t) < 4 ⇔ 2 < < 4 ⇔ 2t + 12 < 10t < 4t + 24 ⇔

⇔ < t < 4 ⇔ 1h30min < t < 4 horas

Respostas: a) V = 4 m3 e V(t) =

b) entre 1h30min e 4 horas da manhã

l2 . � 3––––––

4

25 . 3 . 1,7–––––––––

4

5t–––––t + 6

10t–––––t + 6

5t–––––t + 6

10t–––––t + 6

3–––2

10t–––––t + 6

MÓDULO 11 44 Geometria Métrica


MA

TEM

ÁTIC

A E

– 23

3. Considere um cubo cuja aresta mede 10 cm. O sólido cujos vérticessão os centros das faces do cubo é um octaedro regular, cujas faces sãotriângulos equiláteros congruentes.a) Calcule o comprimento da aresta desse octaedro regular.b) Calcule o volume do mesmo octaedro.

RESOLUÇÃO:

Sejam

1) l o comprimento, em centímetros, de cada aresta des se octaedro regular.

2) V o volume, em centímetros cúbicos, desse octaedro.

a) l é a diagonal de um quadrado de lado 5 cm.

Assim, l = 5��2

b) V = 2 . . l2 . 5

Assim: V = (5��2)2 . 5 ⇔ V =

Respostas: a) 5��2 cm

b)cm3

4. (VUNESP) – Uma quitanda vende fatias de melancia embaladasem plástico transparente. Uma melancia com forma esférica de raio demedida R cm foi cortada em 12 fatias iguais, sendo que cada fatia tema forma de uma cunha esférica, como representado na figura.

Sabendo que a área de uma superfície esférica de raio R cm é 4πR2 cm2, determine, em função de π e de R:a) a área da casca de cada fatia da melancia (fuso esférico);b) quantos cm2 de plástico foram necessários para embalar cada fatia

(sem nenhuma perda e sem sobrepor camadas de plástico), ou seja,qual é a área da superfície total de cada fatia.

RESOLUÇÃO:

a) Como a melancia foi dividida em 12 fatias iguais, a área SC, em

centímetros quadrados, da casca de cada fatia, é:

SC = . 4πR2 ⇔ SC =

b) Para embalar cada fatia, serão necessários dois semicírculos de raio R

e um fuso esférico de área SC. Assim, a área S, em centímetros

quadrados, da superfície total de cada fatia, é:

S = SC + 2 . ⇔ S = + πR2 ⇔ S =

Respostas: a) cm2

b) cm2

1–––3

2–––3

500––––

3

500––––

3

1–––12

πR2––––

3

πR2––––

2

πR2––––

3

πR2––––

3

πR2––––

3

4πR2––––

3


1. Um vagão de metrô tem 8 bancos individuais sendo 4 de frente e 4de costas. Entre 8 passageiros, 2 preferem sentar de frente, 2 preferemsentar de costas e os outros 4 não têm preferência. De quantos modosdistintos essas oito pessoas poderão se acomodar nesses 8 lugares seforem respeitadas as preferências?

RESOLUÇÃO:

Os dois que preferem sentar de frente podem acomodar-se de


Os dois que preferem sentar de costas podem acomodar-se de


Para esses 4 passageiros, o total de possibilidades, respeitadas as

preferências, é 12 . 12 = 144.

Os outros 4, que não têm preferência, poderão se dispor de

P4 = 4! = 24 modos nos 4 lugares restantes.

Logo, o total de maneiras de os 8 passageiros se acomodarem, de acordo

com o que se pede, é 144 . 24 = 3 456.

Resposta: 3456

2. Entre 10 elementos químicos, apenas 2 determina dos x e y nãopodem comparecer juntos numa com posição porque podem ocasionarexplosões. De quan tas maneiras diferentes se podem obter com postosde exatamente 4 elementos, escolhidos entre os 10, de modo que x e ynão estejam juntos em ne nhum deles?

RESOLUÇÃO:

O número de maneiras, no total, de escolher 4 elementos entre os 10 é

C10,4 = = 210.

O número de maneiras em que os dois elementos estão juntos entre os

4 escolhidos é C8,2 = = 28.

Portanto, o número de maneiras em que x e y não estão jun tos em nenhuma

combinação de 4 elementos é 210 – 28 = 182

Resposta: 182

3. De uma reunião, participam sete homens e quatro mulheres. Dessasonze pessoas, seis serão escolhidas para formar uma comissão.Calculea) quantas comissões diferentes podem ser formadas;b) quantas dessas comissões são possíveis tendo quatro homens e duas

mulheres;c) escolhendo uma das possíveis comissões, ao acaso, a probabilidade

de ela possuir pelo menos três mulheres.

RESOLUÇÃO:

a) C11,6 = = 462

b) C7,4 . C4,2 = 35 . 6 = 210

c) As comissões possíveis com pelo menos 3 mulheres totalizam

C4,3 . C7,3 + C4,4 . C7,2 = 4 . 35 + 1 . 21 = 161

A probabilidade pedida é p = =

Resposta: a) 462 b) 210 c)

4. Em uma urna, estão depositadas 2 bolas brancas e 3 bolas pretas.Uma segunda urna tem em seu interior 5 bolas brancas e 3 bolas pretas.Retira-se uma bola da primeira e coloca-se essa bola na segunda semexaminar sua cor. Em seguida, escolhe-se, ao acaso, uma bola dasegunda urna. Calcular a probabilidade de esta última bola ser branca.

RESOLUÇÃO:

A probabilidade de a última bola retirada ser branca é igual à proba -

bilidade de a primeira ser branca e a segunda, branca, mais a proba -

bilidade de a primeira ser preta e a segunda, branca.

Portanto, esse valor é:

p = . + . = =

5. De um campeonato de xadrez, participaram duas mulheres e umcerto número de homens. Todos jogaram entre si duas vezes. O númerode jogos realizados apenas entre os homens superou em 66 o númerode partidas entre um homem e uma mulher. Calculea) quantos homens participaram do torneio;b) quantos jogos foram realizados no total;c) a probabilidade de ter sido escolhido um jogo ao acaso, desse

campeonato, e ele ser realizado entre um homem e uma mulher.

RESOLUÇÃO:

a) Sendo n o número de homens, obtêm-se:

jogos apenas entre os homens: 2 . Cn,2

jogos entre um homem e uma mulher: 2 . 2n = 4n

Então:

2Cn,2 = 4n + 66 ⇒ 2 . = 4n + 66 ⇒

⇒ n2 – n = 4n + 66 ⇒ n2 – 5n – 66 = 0 ⇒ n = 11

b) Se o número de participantes é n + 2 = 11 + 2 = 13, então a quantidade

de jogos foi

2 . C13,2 = 2 . = 156

c) A probabilidade é p = = =

Respostas: a) 11 b) 156 c)

10!––––––

4! 6!

8!––––––

2! 6!

11!––––––

6! 5!

23–––66

161–––––462

23–––66

3––5

27–––45

5––9

3––5

6––9

2––5

n(n – 1)––––––––

2

13 . 12–––––––

2

11––––39

44–––––156

4 . 11––––––––2 . C13,2

11––––39

MA

TEM

ÁTIC

A E

24 –

MÓDULO 11 55 Análise Combinatória e Probabilidade


1. O triângulo ABC da figura é equilátero. Os pontos M e N e ospontos P e Q dividem os lados a que pertencem em três segmentos dereta de mesma medida.

Nessas condições, calcule:a) a medida do ângulo MPQ;b) a medida do ângulo B MQ.

RESOLUÇÃO:

a) O triângulo BMP é equilátero pois BM–––

� BP––

e B = 60º.

Assim, B PM = 60º e, portanto, M PQ = 120º

b) O triângulo MPQ é isósceles, pois MP––

� PQ––

� BP––

e, portanto, sendo α

a medida dos ângulos PMQ e PQM, temos:

α + α + 120º = 180º ⇔ 2α = 60º ⇔ α = 30º

Assim, B MQ = B MP + PMQ ⇔ B MQ = 60º + 30º ⇔ B MQ = 90º

Respostas: a) M PQ = 120º

b) B MQ = 90º

2. Todos os p lados (p ≥ 5) de um polígono regular são prolongadospara obter-se uma “estrela” regular de p pontas. A medida, em radianos,de cada ângulo interno nas pontas desse estrela é igual a:

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:

Sendo x a medida, em radianos, de cada ângulo interno nas pontas daestrela e ae a medida, em radianos, de cada ângulo externo do polígono,tem-se:

1ª.) ae =

2ª.) x + ae + ae = π ⇔ x + 2ae = π

Assim:

x + = π ⇔ x = ⇔ x =

Resposta: C

π––p

(p – 5) π–––––––

p

(p – 4) π–––––––

p

(p – 3) π–––––––

p

(p – 2) π–––––––

p

2π–––p

(p – 4)π–––––––

p

pπ – 4π–––––––

p

4π–––p

MA

TEM

ÁTIC

A E

– 25



MA

TEM

ÁTIC

A E

26 –

3. Na figura abaixo, sendo CB = 13 m, DB = 8 m, DA = 4 m e Â umângulo reto, calcule CD.

RESOLUÇÃO:

I. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABD, temos:

y2 + 42 = 82 ⇔ y2 = 48

II. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABC, temos:

(x + 4)2 + y2 = 132 ⇔ (x + 4)2 = 121 ⇔ x + 4 = 11 ⇔ x = 7m, pois x > 0

4. (UNICAMP) – Uma rampa de inclinação constante, como a quedá acesso ao Palácio do Planalto em Brasília, tem 4 metros de altura nasua parte mais alta. Uma pessoa, tendo começado a subi-la, nota queapós caminhar 12,3 metros sobre a rampa está a 1,5 metro de altura emrelação ao solo.a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita.b) Calcule quantos metros a pessoa ainda deve caminhar para atingir

o ponto mais alto da rampa.

RESOLUÇÃO:a)

b) ΔADE ~ ΔABC pelo (AA~) pois Â é comum e A DE = A BC = 90º

= ⇒ x = 20,5 m12,3

–––––––12,3 + x

1,5––––

4


Exercícios Resolvidos de Matemática

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