Função Afim EM18 1 MAT A 05 -...

EM18

_1_M

AT_A

_L2_

GA

B

GAB270

Função Afim EM18_1_MAT_A_05

Desenvolvendo Habilidades

1. B

2. C

3. C

4. B

5. A

6. C

7. E

8. E

9. E

10. A

Complementares

1. A

2. B

3. D

4. D

5. E

6. B

7. C

8. B

9. a) 240

b) 100 000

c) 10 000

10. B

Função quadrática EM18_1_MAT_A_06


1. B

2. B

3. E

4. C

5. D

6. D

7. C

8. D

9. B

10. A

Complementares

1. E

2. A

3. B

4. B

5. A

6. 7 m

7. B

8. a) t = 2 segundos.

b) 4 segundos e 3 metros

9. a) f(x) = 0 para x = –6 ou x – 6.

f(x) > 0 para –6 < x < 6.

f(x) < 0 para x < –6 ou x > 6.

b) f(x) = 0 para x = 32

f(x) > 0 para x ≠ ⋅3

2

Não existe x real tal que f(x) < 0.

10. C

Composição e inversão de funções EM18_1_MAT_A_07


1. A

2. D

3. B

4. D

5. C

6. A

7. C

8. A

9. C

10. B

Complementares

1. C

2. C

3. D

4. C

5. A

6. B

7. D

8. A

9. a) –3

b) não existem valores reais tal que f(f(x))=x

c) 2011

10. A

Inequações EM18_1_MAT_A_08


1. D

2. E

3. E

4. B

5. A

6. D

7. D

8. C

9. B

10. B

Complementares

1. C

2. B

3. D

4. C

5. B

6. D

7. E

8. a) 3 < x < 15

b) ]–∞, 2 [∪]6, + ∞[

9. A

10. B

MAT A

PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 270 09/01/2018 16:33:58

EM18

_1_M

AT_B

_L2_

GA

B

GAB 271

Triângulos II EM18_1_MAT_B_05


1. B

2. E

3. E

4. A

5. C

Complementares

1. D

2. C

3. 13 (01 + 04 + 08).

4. D

5. D

6. 24°

7. D

8. C

Triângulos III EM18_1_MAT_B_06


1. A

2. C

3. C

4. A

5. A

Complementares

1. E

2. A

3. B

4. E

5. A = (–2, 2) eB = (5, 5)

6. D

Quadriláteros notáveis EM18_1_MAT_B_07


1. C

2. C

3. A

4. E

5. C

6. C

7. C

8. A

9. D

10. D

Complementares

1. B

2. E

3. AB m e EF m= =21 23

4. A

5. B

6. E

7. C

8. a) H = 4h

b) 4H

9. a) D

E

A

GF

HB

BI

b) 1

c) 5 12−

Semelhança de triângulos e Teorema de Tales EM18_1_MAT_B_08


1. B

2. E

3. D

4. A

5. D

6. B

7. C

8. B

Complementares

1. D

2. D

3. B

4. D

5. B

6. 26 (02 + 08 + 16).

7. A

8. D

9. 12 km

10. B

MAT B


EM18

_1_M

AT_A

_L2_

SOL

SOL SOL272 MAT A

Função Afim EM18_1_MAT_A_05


1. BPara que o reservatório possua vazão constante de enchimento, faz-se necessário que as vazões de entrada e de saída sejam cons-tantes e isso acontece no intervalo de 5 a 10 minutos.

2. C O plano mais vantajoso é aquele que permite o maior tempo mensal de chamada pelo valor de R$30,00. Portanto, do gráfico, é imediato que a resposta está apresentada na letra C.

3. CNa primeira hora, foram esvaziados 6 000 L – 5 000 L = 1 000 L, ou seja, uma vazão de 1 000 L/h. Nas duas horas seguintes, foram esvaziados 5 000 L, ou seja, as duas bombas juntas esvaziaram 5 000 L/2h = 2 500 L/h. Assim, a segunda bomba ligada tem vazão de 2 500 L/h – 1000 L/h = 1500 L/h.

4. BConforme descrito na questão, o preço de equilíbrio é encontrado igualando-se as funções quantidade demandada (QD) e quantidade ofertada (QO). Assim, 46 – 2P = –20 + 4P. Consequentemente, 6P = 66. Logo, P = 11, sendo P o preço de equilíbrio.

5. APara a 1.ª empresa: 100 000n + 350 000Para a 2.ª empresa: 120 000n + 150 000Simplificando todos os termos por 100, temos que:100n + 350 = 120n + 150.

6. CVamos calcular a expressão de forma direta.y = quantidade de trabalhadoresx = número de meses a partir de janeiro

y x

y x

= −

+ −

= +

880 605 4 300 4 300 1

872 005 4300876 305

� �� ( )

7. ESejam cA e cB, respectivamente, as médias do custo por quilôme-tro rodado nas cidades A e B, considerando uma corrida de 6 km. Tem-se:

c cA B− = + − −

= −

≅

2 05 3 456

1 9 3 66

0 15 0 156

0 13

, , , ,

, ,

,

8. E

S xx se

x x se x( )

,( ) ,

=+ ⋅ ≤

+ ⋅ − = + >

750 3 0 1001050 9 100 150 9 100

Definida a função Salário S(x), temos:S(0) = 750 + 0 = 750S(100) = 750 + 3 · 100 = 1050S(200) = 150 + 1800 = 1950Logo, o gráfico correto é o apresentado na letra E. Outra possibilidade é construir o gráfico da função, conforme figura a seguir.

0 25

250500750

100012501500175020002250

Salá

rio

em R

$

Produtos vendidos

50 75 100 125 150 175 200 225

9. ESendo x, em real, o preço da redução na embalagem da polpa de morango, temos:

23

1813

14 7023

1813

15 30

36 14 70 36 2 15 3017 70

⋅ + ⋅ = ⋅ −( )+ ⋅

+ = − +

, ,

, ,,

x

x== −

=18

0 30x

x ,

10. ASeja p: + → a função dada por p(t) = at + b, em que p(t) é a porcentagem relativa à capacidade máxima do reservatório após t meses. Logo, tomando os pontos (6, 10) e (1, 30) segue que a taxa de variação é dada por

a = −−

= −10 306 1

4.

Em consequência, vemp(1) = 30 ⇔ –4 · 1 + b = 30 ⇔ b = 34.Portanto, temos –4t + 30 = 0, implicando em t = 8,5.A resposta é 8,5 – 6 = 2,5 meses, ou seja, 2 meses e meio.

Complementares

1. ASendo a lei da função R dada por R(x) = 1 000x, tem-se que o lucro ob-tido com a venda de 1 kg do produto é igual a 1000 – 950 = R$50,00. Portanto, como R$50,00 corresponde a 5% de R$1.000,00, a alter-nativa correta é a apresentada na letra A.

2. BO coeficiente angular é dado por: m = −

−=1 0

5 015

Pelo gráfico, 15

5 30 5 6= ⇒ = ⇒ = ⇒ =yx

x y y y

3. DAnalisando as informações apresentadas, tem-se o seguinte sistema de equações:

400 3120

= += +

a ba b

, em que a = 140 e b = –20.

Logo, a função polinomial do 1.º grau é: y = 140x – 20.Para o segundo setor, tem-se que: y = 140 · 2 – 20 = 260.

4. DO custo total é dado por 45x + 9 800, enquanto que a receita é igual a 65x. Desse modo, temos:

0,2 · 65x = 65x – (45x + 9 800) ⇒ 13x = 20x – 9 800 ⇒ x = 1 400.Por conseguinte, a soma dos algarismos de x é igual a 1 + 4 + 0 + 0 = 5.

EM18_1_MAT_A_L2_SOL.indd 272 19/01/2018 18:30:14

EM18

_1_M

AT_A

_L2_

SOL

SOL SOL 273MAT A

5. Ea) Verdadeiro. f(1) + f(2) = f(3). De x = 1 a x = 4, a função é f(x) = x.

Logo: f(1) = 1 e f(2) = 2, o que dá f(1) + f(2) = 1 + 2 = 3 = f(3).

b) Verdadeiro. f(2) = f(7). Não sabemos f(x) com x entre 6 e 8, mas podemos calcular. A função que passa pelos pontos (6,4) e (8,0) é y = –2x + 16. Assim, f(7) = –2 ∙ 7 + 16 = 2 = f(2) (não se esqueça que a expressão de f muda para valores diferentes de x.

c) Verdadeiro. f(3) = 3 = 3 ∙ f(1), já que f(x) = x para x entre 1 e 4.

d) Verdadeiro. f(4) – f(3) = f(1) ∙ f(4) = 4 e f(3) = 3. Assim: f(4) – f(3) = 4 – 3 = 1 = f(1), já que f(x) = x para x entre 1 e 4.

e) Falso. f(2) + f(3) = f(5) ∙ f(2) = 2 e f(3) = 3. Logo f(2) + f(3) = 5. Porém, f(5) não é igual a 5. Pelo que se percebe, para x entre 4 e 6 f(x) é constante igual a 4. Assim, f(5) = 4.

6. BPara evitar prejuízo, deve-se ter:3,8x – (0,4 · 3,8x + 570) > 02,28x > 570x > 250Portanto, o número mínimo de tubos de plástico que devem ser produzidos e vendidos é igual a 251. Daí, segue que 251 ∈ [248, 260].

7. C

x x x

x x x

xx

3 616

48 4

24384 6

2418 384

21 33

+ = −

+ = −

=≅ ,

8. BPodemos descobrir a partir de quantos minutos t o plano B é mais vantajoso que o plano A montando a seguinte inequação:35 + 0,4t < 27 + 0,5tOu seja, queremos saber quando o valor pago por B será menor (mais vantajoso) que o valor pago por A. Isto é:35+ 0,4t < 27 + 0,5t8 < 0,1tt > 80O plano B passa a ser mais vantajoso que o plano A a partir de 80 minutos. Portanto, a alternativa B é correta.

9. a) Seja d o número anual de documentos que serão digitados

anualmente e f o número de funcionários. De acordo com as informações do texto, podemos escrever:Em 2014:

df

d f=−( ) ⋅ ⋅

⇒ = ⋅8 2 250

4375 (equação 1)

Em 2017:

d f d f+ = ⋅ ⋅ ⇒ = ⋅ −30000 8 2504

500 30000 (equação 2)

Igualando as equações 1 e 2, temos:

500 · f – 300 00 = 375 · f

125 · f – 300 00

f = 240

Portanto, a empresa tem 240 funcionários.

b) Em 2014 o número de documentos digitados foi de:d = 375 · 240 = 90 000

Logo em 2015, teremos 90 000 + 10 000 = 100 000 documentos digitados.

c) O valor de b é a taxa de variação da função linear, como já foi dito que esta variação é de 10 000 documentos ao ano, pode-mos considerar que b = 10 000.

10. BAntes das 15 horas temos uma função do primeiro grau que cresce com menor rapidez. A partir das 15 horas o gráfico é uma função do primeiro grau que cresce com maior rapidez.Para x = 15, y = 30 000. Para x = 17, y = 90 000. Como y = ax + b, temos o sistema:

30000 1590000 17

= += +

a ba b

Cuja solução é a = 30 000 e b = – 420 000Então a função é y = 30 000x – 420 000.Quando y = 450 000, temos:45000 = 30 000x – 420 00045000 + 420 000 = 30 000x

x = =46500030000

15 5, horas = 15 horas + 0,5 horas

x = 15 horas e 30 minutos

Função quadrática EM18_1_MAT_A_06


1. BDeterminando o valor do x do vértice, temos:

xV =−⋅ −

=122 1

6( )

2. B

Como y = ax², tem-se 4 = a ∙ (4)² ⇒ 4 = 16a ⇒ a = 0,25.


EM18

_1_M

AT_A

_L2_

SOL

SOL SOL274 MAT A

3. EA abscissa do vértice da parábola y x x C= − +3

262 é igual a

− −

⋅=( ) .6

2 32

2

Por outro lado, sabendo que o vértice da parábola pertence ao eixo das ordenadas, temos:

ya

C

CC

v = − ⇒ = −− − ⋅ ⋅

⋅

− ==

∆4

06 4 3

2

4 32

6 36 06

2( )

.

4. CComo a parábola é da forma y = ax² + bx, conclui-se que os coefi-cientes a e b satisfazem o sistema

0 200 20060 100 100

0 40000 20060 10000 100

2

2

= ⋅ += ⋅ +

→= += +

a ba b

a ba

( )( ) bb

, ou seja,

a = –0,006 e b = 1,2. Logo, a equação que define o formato da ponte equivale a y = –0,006x² + 1,2x.

5. DQueremos calcular o valor de t para o qual se tem T(t) = 39.Desse modo,

394

4004

361

4 36138

2 2

= − + ⇔ =

⇒ = ⋅⇔ =

t t

tt min.

6. DObserve a imagem a seguir.

H

3

0 1 5 9 10

vy

x

Então,

y ax x

a a

H yv

= −( )= ⋅ ⋅ −( )⇒ = − = −

= = − ⋅ ⋅ −( ) =

10

3 1 1 1039

13

13

5 5 10253

7. CTem-se y = –x(x – 3)(x + 3), em que as raízes são –3 e 3. Além disso, a parábola intersecta o eixo das ordenadas no ponto (0, 9).

Dessa forma, a resposta procurada é igual a 23

3 3 9 36 2⋅ − −( )( )⋅ = cm .

8. D

P r iP k E

2= ⋅= ⋅

k E r i E r ik

⋅ = ⋅ ⇒ =22.

Como r e k são constantes reais, temos uma função do segundo grau na variável i.Portanto, o melhor gráfico que representa a relação pedida é o da alternativa D.

9. BConsiderando x o número de moedas douradas coletadas, a pon-tuação seria dada por:

P x x x x P x x x( ) ( )= − ⋅ ⇒ = − +100 100

2

Logo, o valor máximo de P(x) será dado por:

Pamaximo = − ⋅= −

⋅ −

=∆

41

4 1100

25.

Portanto, o limite de pontos que um competidor poderá alcançar nesta prova é 25.

10. AAnalisando os pontos

( , )( , )( , )

0 010 105 6

, conclui-se que a função é do

segundo grau.

f x ax bx cf c

a ba b

( )( ) .

= + += ⇒ == ⋅ + ⋅= ⋅ + ⋅

⇒= ⋅

2

2

2

0 0 0

10 10 106 5 5

10 100 aa ba b

a ba b

a

+ ⋅= ⋅ + ⋅

⇒= ⋅ + ⋅

− = − ⋅ − ⋅

− = ⋅

106 25 5

10 100 1012 50 10

2 50 ⇒⇒ = − ⇒ = −

= ⋅ −

+ ⋅ ⇒

⇒ = − + ⋅ ⇒ = ⋅ ⇒

a a

b

b b

250

125

10 100 125

10

10 4 10 14 10 bb b

f x x x

= ⇒ =

= − ⋅ + ⋅

1410

75

125

75

2( )

Complementares

1. E

f(x) = g(x) implica que x + 1 = 1 + 2x², ou seja, 2x² – x = 0 cujas raízes

são 0 ou 12

.

2. Ay

5

2

2 3 4 x

1

1

De acordo com o gráfico, podemos observar que a função f não admite raízes reais, pois seu gráfico não intercepta o eixo x, possui um valor mínimo igual a 1 e seu gráfico é uma parábola.

EM18_1_MAT_A_L2_SOL.indd 274 19/01/2018 18:32:05

EM18

_1_M

AT_A

_L2_

SOL

SOL SOL 275MAT A

3. BImaginando a trajetória do mergulhador em um plano cartesiano, conclui-se que a 5 metros da margem o mergulhador alcança a caixa-preta. Logo, quando x = 5, y é a profundidade da caixa-preta.

y = – 5² + 12

∙ 5 + 3

y = – 25 + 2,5 + 3y = – 25 + 5,5y = – 19,5Logo, a caixa-preta está a 19,5 metros de profundidade.

4. BUtilizando a forma fatorada da função do segundo grau, temos:f(x) = a · x · (x – 4)Como o gráfico da função passa pelo ponto (1, 48), temos:48 = a · 1 · (1–4)a = –16Portanto, f(x) = –16x² + 64x e a altura máxima será dada por:

ha

cm mmax = − = −⋅ −( ) = =∆

464

4 1664 0 64

2

,

5. AComo a > 0, o gráfico é uma parábola com a concavidade voltada para cima. Logo, admite valor mínimo.Esse valor mínimo é o y do vértice da parábola. O discriminante (Δ) é dado por: Δ = b² – 4ac Δ = 36 – 20m

ya

m

mm

m

v = − = − + >

− >>

>

∆4

36 2020

3

20 36 6020 96

4 8,

Se um número é maior do que 4,8, ele também será maior que 4, obrigatoriamente.

6. 3 metros de altura implica y = 3. Logo:

3 17

87

2 21 8 14 8 7 0

8 4 1 7 64 28

2 2 2

2

= − ⋅ + ⋅ + ⇒ = − + + → − + =

⇒ = − − ⋅ ⋅ = −

x x x x x x

∆ ( ) ==

= − − ± → = ± ⇒= =

= =

36

8 362

8 62

142

7

22

1

1

2

x xx

x

( )

x = 1 é a distância em que a bola atinge a altura 3 metros subindo e x = 7 é a distância em que a bola está entrando na cesta. Logo, a distância do centro da cesta ao eixo y é de 7 metros.

7. BConsiderando o custo de x peças como C(x), o preço de venda de x peças V(x), e o lucro correspondente L(x), temos:C(x) = 50 + 2x + 0,1x² e V(x) = 6,50xL(x) = V(x) – C(x) L(x) = 6,50x – (50 + 2x + 0,1x²)L(x) = 6,50x – 50 – 2x – 0,1x² L(x) = – 0,1x² + 4,50x – 50Fazendo L(x) = 0, obtém-se x = 20 ou x = 25A equação do lucro gerada é uma função quadrática com a concavi-dade voltada para baixo. Devemos satisfazer à seguinte inequação: L(x) ≥ 0. Portanto, 20 ≤ x ≤ 25, que corresponde à letra B.

8. a) A equação da reta que passa pelos pontos (0, 4) e (1, 2) é:

y x

y x

− −( ) = − − −( )−

⋅ −( )= −

42 4

1 00

2 4

que corta o eixo x em (2, 0).Logo, para 0 ≤ t ≤ 2, tem-se f(t) = 2t – 4 e o golfinho saiu da água no instante t = 2 segundos.

b) Como f(t) = 0, tem-se:

− + − = ⇔ = =34

6 9 0 2 621 2t t t t;

O golfinho ficou fora da água 6 – 2 = 4 segundos. A altura máxima que o golfinho atingiu é:

− = −− ⋅ −

⋅ −( )

⋅ −

=∆4

6 4 34

9

4 34

3

2

ametros.

9. a) Os zeros de f são 6 e –6. Como f representa uma parábola com

concavidade voltada para baixo, tem-se:

1. f(x) = 0 para x = –6 ou x = 6

2. f(x) > 0 para –6 < x < 6

3. f(x) < 0 para x < –6 ou x > 6

b)

f x x( ) = −( )2 32

f x x x x

x

( ) = ⇒ −( ) = ⇒ − = ⇒ =

∴ =

0 2 3 0 2 3 0 2 3

32

2

1. f(x) = 0 para x =3

2

2. f(x) > 0 para x ≠ 32

3. Não existe x real tal que f(x) < 0.

10. Ca < 0 ⇒ Parábola com a concavidade voltada para baixo

x b b aca

ba a

x b b aca

ba a

x ba

x x

1

2

2

2

3 1

42 2 2

42 2 2

2

= − − − = − −

= − + − = − +

= − ⇒ <

∆

∆

33 2

4

2

1 4 3 2

2 4

4 222

<

=− + −( )

= − −

∴ < < <

x

xb b ac

aba

a

x x x x

∆

EM18_1_MAT_A_L2_SOL.indd 275 19/01/2018 18:32:58

EM18

_1_M

AT_A

_L2_

SOL

SOL SOL276 MAT A

Composição e inversão de funções EM18_1_MAT_A_07


1. AO gráfico da inversa de uma função f é simétrico ao gráfico em relação a reta que representa a bissetriz dos quadrantes ímpares, conforme imagem a seguir.

-4

-4

-5

-5

1

1

x

y

-3

-3

2

2-2

-2

3

3-1-1

4

4

5

5

y = x

Logo, a alternativa correta é a letra A.

2. DCalculando f(–1), tem-se: f(–1) = 1 – 2 + 5 = 4.Assim, f(f(–1)) = f(4) = 16 + 8 + 5 = 29.

3. BAnalisando as alternativas, a única opção que representa relações inversas é a letra B, pois f(x) = 10x ⇒ y = 10x ⇒ log y = x.

g(x) = logx

f(x) = 10x

x

y

0

4. DPelo gráfico, g(1) = 0. Logo, f(g(1)) = f(0) = 1.Como f(1) = –1, tem-se g(f(1)) = g(–1) = 0.Assim, f(g(1)) – g(f(1)) = 1 – 0 = 1.

5. C

f x xx

f f x

xx

xx

xx

x x

( )

( ( ))

+ = +

+ =

+

+= + ⋅ = +

1 1

1

1

11

11

6. Af(g–1(x)) = g(f–1(x)) ⇒ f–1(f(g–1(x))) = f–1(g(f–1(x)))⇒ g–1(x) = f–1(g(f–1(x)))⇒g–1(f(x)) = f–1(g(f–1(f(x))))∴ g–1(f(x)) = f–1(g(x))

7. Cg(f(x)) = x² + 2x + 1.Como o discriminante é igual a zero, conclui-se que o gráfico de g(f(x)) intercepta o eixo x em um único ponto. Calculando a abscissa do vértice, obtém-se –1. Logo, o gráfico de g(f(x)) é:

y

x0–1

8. AA expressão que define a inversa de f(x) é 2x + 6. Assim, f(x) é igual a:

x f x x f x= ⋅ + ⇒ − =2 6 62

( ) ( )

Logo, quando x = 0, y = 6 e quando x = –3, y = 0. O gráfico que representa f(x) é:

x

y

0

9. CO domínio de g(x) é determinado fazendo 2x + 1 ≠ 0.

Logo, x ≠ − 12

Determinando a inversa, tem-se:

g x xx

x yy

x y y

xy x y xy y x y

( ) ( )

(

= −+

⇒ = −+

⇒ + = −

⇒ + = − ⇒ − = − − ⇒

32 1

32 1

2 1 3

2 3 2 3 22 1 33

2 1

x x

y xx

− = − −

∴ = − −−

)

10. Bf(x) = ax + b

(0,4)

4 = 0x + b

4 = b

(2,0)

0 = 2a + b

2a = –4

a = –2

f(x) = –2x + 4

Inversa:

x = –2y + 4

− + = ⇒ = − +x

y yx

242 2

2

Coeficientes a = − 12

e b = 2

−

⋅ = −1

22 1


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SOL

SOL SOL 277MAT A

Complementares

1. C

C F C F C F= −( )⇒ = − ⇒ + =59

32 9 5 160 9 1605

2. C

y xx

xy y x xy x y

x y y x yy

=−

⇒ − = ⇒ − =

⋅ −( ) = ⇒ =−

3 13 3

3 13 1

Logo, para que a inversa seja admitida, o conjunto B corresponde

a –13{ }.

3. DDeterminando a função inversa:

x yy

x y y xy y x

y x x y xx

= ++

⇒ ⋅ + = + ⇒ − = −

⇒ − = − ⇒ = −−

53

3 5 5 3

1 5 3 5 31

( )

( )

Logo, o domínio é {x ∈ / x ≠ 1}.

4. CExpressando n em função de c, tem-se:

c nn

c c n cc

n( ) =+

⇒ + ⋅ = ⇒ − =11

1 12

2

5. Ag(x) = 3x + 1g(3) = 3 ∙ 3 + 1g(3) = 10f(x) = 2x + 1f(3) = 2 ∙ 3 + 1f(3) = 7f(g(3)) = 2 ∙ 10 + 1f(g(3)) = 21g(f(3)) = 3 ∙ 7 + 1g(f(3)) = 22f(g(3)) – g(f(3)) = 21 – 22f(g(3)) – g(f(3)) = – 1

6. BO pai apertou a tecla inversa em relação à que o filho apertou.Como a inversa de x é x², ele apertou x² para cancelar a ação do filho.Como a inversa de +1 é –1, ele apertou –1 para cancelar a ação do filho.E por último, apertou x² novamente para cancelar a última ação do filho, que foi apertar x .

7. DDe f(g(x)) = g(x) temos:2g(x) – 9 = g(x)g(x) – 9 = 0x2 + 5x + 3 – 9 = 0x2 + 5x – 6 = 0Cujas raízes são 1 e –6∴ |1| + |–6| = 7

8. AI. Falsa. C(x) = 125 + 1,5x.

II. Verdadeira. Se o lucro da produção é de 25%, então V(C) = 1,25C.

III. Verdadeira. Como C(400) = 125 + 1,5∙400 = R$725,00.

IV. Verdadeira. V(C(x)) = 1,25∙(125 + 1,5x)

V. Verdadeira. V(C(100)) = 1,25∙(125 + 1,5∙100) = 1,25∙275 = 343,75. Apenas as afirmações II, III, IV e V são verdadeiras.

9.

a) f( )2 2 12 1

3= +− +

= −

b) f f x

xxxx

x

x xx

x xx

( )( ) =+

− ++

− +− +

+

⇒ =

+ − +− +

− − − +− +

11

1

11

1

1 11

1 111

22

1

1

2⇒ =−

⇒ = −

⇒ = −

xx

x

x

Logo, não existem valores reais, tal que f(f(x)) = x.c)

f f f f x f fx

f xx

x xx( )( )( )( ) = −

=

− ++

=

− + + ++1 1

1

1 11

11 11

2011 2011

− + ++

=

∴ ( )( )( )( ) = ⇒ =

x xx

x

f f f f x x .

10. Af ser estritamente decrescente significa que para qualquer x e y reais com x < y, tem-se f(x) > f(y).I. Verdadeira. Uma função f é injetora se x ≠ y implica f(x) ≠ f(y).

Logo, uma função estritamente decrescente é injetora.

II. Falsa. Uma função f é par se f(x) = f(–x). Assim, sendo x = –y, por exemplo, tem-se que se a função é estritamente decrescente (f(x) > f(y)), logo ela não pode ser par, pois f(x) = f(–x) = f(y).

III. Verdadeira. f e f –1 sempre variam no mesmo sentido, ou seja, se f é estritamente decrescente, f –1 também é.

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SOL

SOL SOL278 MAT A

Inequações EM18_1_MAT_A_08


1. DConsiderando que a distância percorrida por Laura é L ≥ 5 km e que Rita percorre por dia R km: 5 + R ≤ 12 ⇒ R ≤ 7. Portanto, a distância máxima percorrida por Rita deve ser 7 km.

2. ESeja n o número de empregados reabilitados ou com deficiência, habilitados, que será contratado. Logo, deve-se ter n + 10 ≥ 0,05 · (n + 1200) ⇔ 0,095n ≥ 50 ⇔ n 52,6.Portanto, a resposta é 53.

3. EResolvendo a inequação, obtemos:x x x x x2 3 0 3 0 0 3− ≤ ⇔ ⋅ −( ) ≤ ⇔ ≤ ≤

Portanto, o conjunto das soluções inteiras da inequação apresen-tada é {0,1, 2, 3}.

4. B • 1.ª parte:

x – 1 < 3x – 5–2x < –4x > 2

• 2.ª Parte:3x – 5 < 2x + 1x < 6Portanto, x > 2 até x < 6, ou seja, x = 3, 4 ou 5.

5. ASeja v o valor cobrado por dia no estacionamento. Para que o usuário prefira deixar seu carro no estacionamento por dois dias, deve-se ter 2v + 10 ≤ 80 ⇔ v ≤ 35. Portanto, o valor deve ser no máximo R$35,00.

6. DSeja n o número de máquinas que o administrador do campo deverá solicitar ao clube vizinho. Se duas máquinas juntas podam 200 m2, então cada máquina poda 100 m2 sozinha. Assim, devemos ter que (n + 2) · 100 · 5 ≥ 8 000 ⇔ n ≥ 14.Como queremos o número mínimo, segue que a resposta é 14.

7. DSegundo os dados do problema, temos: Lucro com o produto A: 10x – 1 000 Lucro com o produto B: 15x – 3 000 Portanto, 15x – 3 000 > 10x – 1 000 5x > 2 000 x > 400 Logo, o número mínimo de kits será 401.

8. CSejam x, y e z, respectivamente, o número de embalagens de 50 g, o número de embalagens de 100 g e o número de embalagens de 200 g que serão compradas. Queremos encontrar a terna (x, y, z), tal que a soma S = 2x + 3, 6y + 6, 4z + 10 seja mínima e 2x + 4y + 6z = 12. Por inspeção, concluímos que a terna procurada que satisfaz as condições é (0, 3, 0), com S = 3 · 3,6 + 10 = R$20,80.

9. BAs possibilidades para as letras são: A: 0 a 3; B: 0 a 9; C: 0 ou 1; D: 0 a 9.Organizando em uma tabela com os máximos valores possíveis, temos:

A B (máx) C D

(máx) Soma Avaliação

0 90 9 0 + 9 + 0 + 9 = 18 Menor que 20

1 2 0 + 9 + 1 + 2 = 12 Menor que 20

1 90 9 1 + 9 + 0 + 9 = 19 Menor que 20

1 2 1 + 9 + 1 + 2 = 13 Menor que 20

2 90 9 2 + 9 + 0 + 9 = 20 Data: 29/09 ->

setembro

1 2 2 + 9 + 1 + 2 = 14 Menor que 20

3 10 9 3 + 1 + 0 + 9 = 13 Menor que 20

1 2 3 + 1 + 1 + 2 = 7 Menor que 20

10. BSendo n um número inteiro, temos

23 15

713

23 5

713

0

26 21 5

39 50

5 21

39

nn

nn

n n

n

n

n

+< ⇔

+( )− <

⇔− +( )

+( )<

⇔−( )++( )

<

⇔ − < <

50

5 21n

Portanto, a quantidade de números racionais da forma 23 15

nn+

que

são estritamente menores do que 7

13 é igual a 21 – (– 5) –1 = 25.

Complementares

1. Cx x x x x2 210 16 10 16 0 2 8− < − ⇒ − + < ⇒ > < e x Logo, a inequação é satisfeita por 3, 4, 5, 6 e 7, ou seja, 5 números inteiros.

2. Bx x x x x x−( ) −( ) ≤ ⇔ − + ≤ ⇒ ≥ ≤1 4 0 5 4 0 1 42 ou

Os números que satisfazem tal inequação são: 1, 2, 3, 4, ou seja, a soma de todos eles é 10.

3. D

x x

x x xx x x x

−( ) > −

− + − + >− + > ⇒ < >

3 3

6 9 3 07 12 0 3 4

2

2

2 ou

4. CPreço de venda: V = 5p – 7 Preço de custo: C = 2p + 11 Para que não se tenha prejuízo: V ≥ CLogo, 5p – 7 ≥ 2p + 11 ⇒ 3p ≥ 18 ⇒ p ≥ 6 A quantidade mínima de itens produzidos e vendidos para que não se tenha prejuízo é 6.

5. B

164

04 4

40 4 0 4 0

4 4

2−−

≤ ⇒− −( ) +( )

−≤ ⇒ − +( ) ≤ ⇒ − − ≤ ⇒

⇒ ≥ − ≠

xx

x xx

x x

x e x .


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_L2_

SOL

SOL SOL 279MAT A

6. D

x x xx x x

x x

x x

3 2

3 2

2

2

12 2

0

1 1

1 20

− + −− + −

≤

+( ) −( )+( ) −( )

≤

Como x² + 1 > 0 para todo x real, tem-se:

xx

x−−

≤ ⇒ ≤ <12

0 1 2

7. E3

72 3

745

37

2 37

45

2 45

410

25

2 2 2 2x x x x x x x

x x

− +

≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ⇔

⇔ ≥ − ⇔ ≥ −

∴∴ = ∈ ≥ −{ }S x x; 25

8.

ax x

x x x

bx x x x

)

)

18 15

0 8 15 0 3 15

18 15

13

18 15

13

22

2 2

− +< ⇒ − + < ⇒ < <

− +< ⇒

− +− << ⇒

⇒ − + −− +( ) < ⇒ −∞ ∪ +∞

0

8 123 8 15

0 2 62

2

x xx x

] , [ ] , [

9. A

N p mp

N N g L( ),

( , ), ,

( , ),

, /= ⇒ =⋅

⇒ = ≅0 7

71 4 100 7 71 4

71 4 1049 98

0 20008

Acima deste valor, por exemplo, N(71,43) ≈ 0,19999 g/L, a pessoa pode dirigir. Logo, a afirmação correta é a letra A.

10. BI. Verdadeira. a b c ab bc ca

a b c ab bc ca

a b c ab bc c

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

+ + ≥ + +

⇒ + +( ) ≥ + +( )⇔ + + ≥ + + aa

a b c ab bc ca

a b c ab bc ca

a b c ab bc c

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

+ + ≥ + +

⇒ + +( ) ≥ + +( )⇔ + + ≥ + + aa

II. Verdadeira. a b a b ab a b a ab b ab a b3 3 2 2 2 2+ ≥ + ⇔ +( ) − +( ) ≥ +( )Como a + b ≠ 0, pois a e b são números reais positivos, tem-se: a2 – ab + b2 ≥ ab(a + b) ⇒ a2 – ab + b2 ≥ ab ⇒ a2 – 2ab + b2 ≥ 0 ⇒ (a – b)2 ≥ 0.Como a e b são números reais positivos, tem-se (a – b)2 ≥ 0 para todo a e b reais não nulos e positivos.

III. Falsa. Para a = 1 e b = 2, tem-se que:

1 2 1 2 1 4 1

3 1

2 2 4 4−( ) ≥ −( ) ⇒ − ≥ −( )− ≥


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AT_B

_L2_

SOL

SOL SOL280 MAT B

Triângulos II EM18_1_MAT_B_05


1. B

Pelo Teorema do Ângulo Externo aplicado no triângulo ACD, temos que ADE CAD DCA� � �= + = + °α 40 . Aplicando o mesmo teorema do triângulo ADE, temos:

AEB ADE DAE� � �= +° = + °+= °

70 4015α α

α

2. ECondições para representar um triângulo: “qualquer um dos lados é menor que a soma dos outros dois e maior que o valor absoluto da diferença entre esses lados”. Logo,|4 – 5| < 6 < 4 + 5|4 – 6| < 5 < 4 + 6|5 – 6| < 4 < 5 + 6

3. E

130°

x x

y

Na figura, y = 180° – 130° = 50°.Então, 2x = 130° e, portanto, x = 65°.Logo, os ângulos internos do triângulo medem 50°, 65° e 65°.

4. A

Seja CBD x = . Logo, dado que CB CE= , temos CEB = x + 39°. Como a soma dos ângulos internos do triângulo BED é igual a 180°, obtemosEDB x = ° −102 . Além disso, como AB AD= , segue que ABE x = °−63 .Portanto, a resposta é 102°.

5. CObserve a imagem a seguir.

x

x

θ

θ

Y

W

Z

O

No triângulo YWO, temos: x = 2 · q (ângulo externo).No triângulo OYZ, temos: q + 2x = 180°, de onde 5q = 180° e, portanto, θ = 36°.

Complementares

1. DObserve a figura:

α

β155°

Podemos escrever que α + β = 155°. Além disso, β + 155° = 180°. Logo, β = 25°. Portanto, como α + β = 155°, temos α = 130°.

2. CObserve a figura:

B M C

N

A

70°

80°

30°

α α θ

Temos AB AM AMB= ⇒ = α . No triângulo AMC, temos α θ α θ= °+ ⇒ − = °70 70 .

3. 13 (01 + 04 + 08).O triângulo DCB é isósceles. Logo, os ângulos que conseguimos calcular são:

CBD BDC

DE C

E CB

E CD

= = °

= °− ° = °

= °− °− ° = °

=

45

180 75 105

180 45 75 60

900 60 30° − ° = °

Portanto, as proposições (01), (04) e (08) são verdadeiras e (02), (16) e (32) são falsas.

4. DO segmento de reta inicial (de comprimento 10 cm) foi dividido em dois e cada um dos segmentos resultantes foi dividido ao meio. Cada uma dessas metades resultantes, quando somadas, serão sempre iguais à metade do segmento inicial. Dessa forma,XP = aPY = bXY = a + b = 10Então,

XM MPa

PN NYb

MNa b

= =

= =

= + = =

2

2

2102

5

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SOL

SOL SOL 281MAT B

5. DDesde que WZ ZE= e W ZE WZY YZE = + = °+ ° = °90 60 150 , temos

ZWE ZE W� �≡ = ° − ° = °180 1502

15 .

Ademais, sendo congruentes por LAL os triângulos WZE e XYE, vem YEX ZE W ≡ = °15 . Portanto, o resultado é igual a

XE W YEZ ZE W = − ⋅= ° − ⋅ °= °

260 2 1530 .

6. Seja OXZ XZO ≡ = α. Tem-se que UOE = ° − + °180 2 48( ).αAdemais, como o triângulo EOU é isósceles de base EU, vem OUE OEU ≡ e, portanto,

OEU UOE� �= ⋅ ° − = + °12

180 24( ) .α

Finalmente, do triângulo EUZ, pelo Teorema do Ângulo Externo, encontramos

OEU EUZ EZU EUZ

EUZ

= + ⇔ + ° = +

⇔ = °

α α24

24 .

7. DSejam x, y e z as medidas dos ângulos internos de um triângulo retângulo e x’, y’ e z’ as medidas dos ângulos externos adjacentes aos ângulos de medidas x, y e z, respectivamente.De acordo com as informações do enunciado, podemos escrever:

x y z

x y zk

x ky kz k

+ + = °

= = = ⇒===

180

1 2 626

Portanto, k + 2k + 6k = 180° ⇒ k = 20°Então:

x xy yz z

y zx y

= °⇒ = °= °⇒ = °= °⇒ = °

+ = °+ =

20 16040 140120 60

200300

’’’

’ ’’ ’ °°+ = °x z’ ’ 220

x xy yz z

y zx y

= °⇒ = °= °⇒ = °= °⇒ = °

+ = °+ =

20 16040 140120 60

200300

’’’

’ ’’ ’ °°+ = °x z’ ’ 220

y’ + z’ = 200o

x’ + y’ = 300o

x’ + z’ = 220o

Logo, a resposta é 200°.

8. CConsidere a figura:

U

E

F

V W

Se EF FU= , então o triângulo EFU é isósceles de base EU. Daí,

tomando EUF UEF ≡ = θ, pelo Teorema do Ângulo Externo, vem

EFW = 2θ. Ademais, EF EW= implica em EFW isósceles de base

FW e, assim, temos E WF = 2θ.

Tomando o triângulo EUW, pelo Teorema do Ângulo Externo,

concluímos facilmente que VE W = 3θ. Portanto, sendo VW EW=

e VU WU= , temos UV W V WU ≡ = 3θ.Finalmente, do triângulo UVW, encontramos

θ θ θ θ+ + = °⇔ = °3 3 180

1807

.

Em consequência, temos

25175

7182

726 27° =

< <

= ° < °

o o

VUW .

Triângulos III EM18_1_MAT_B_06


1. AMarcando três pontos na circunferência, determinando os vértices de um triângulo inscrito na mesma. O centro da moeda é o circun-centro do triângulo obtido.

2. CO triângulo ABC é escaleno, pois seus lados possuem medidas dife-rentes e qualquer triângulo pode ser inscrito numa circunferência. O centro dessa circunferência é o circuncentro do triângulo, ou seja, o ponto de encontro das mediatrizes dos lados.

3. CTemos a + b + 40 = 120. Logo, a + b = 80. Aplicando o Teorema da Bissetriz Interna, temos:

c b b c c bc e b

18 22 18 22 18 222 36 44= = +

+⇒ = = ⇒ = =

Portanto, a medida do maior lado do triângulo é de 44 cm.

4. AObserve a imagem a seguir.

C

A B21

20 – x

x


EM18

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AT_B

_L2_

SOL

SOL SOL282 MAT B

Chamando AD = x, temos:BC2 = 202 + 212

BC = 29.Logo, pelo Teorema da Bissetriz Interna,

21 2920

425x x

x=−

⇒ = .

5. AConsidere a figura:

A D

H

M

B

C

Sabendo que (ABD) = 2 · (BCD), o terreno ficará dividido em três partes iguais se, ao traçarmos DM, obtivermos (BDM) = (ADM). Logo, como DH é a altura relativa ao vértice D dos triângulos BDM e ADM, devemos ter BM AM= para que (BDM) = (ADM), ou seja, M deve ser o ponto médio de AB.

Complementares

1. Ey – 10° = x + 30° ⇔ y = x + 40° (OP é bissetriz)2y + y – 10° + x + 30° = 180° ⇔ 3y + x = 160°

Resolvendo o sistemay x

y x= + °+ = °

403 160

temos x = 10° e y = 50°.

2. AI. Correta. Todo triângulo que obedece o teorema de Pitágoras

é retângulo.

II. Correta. Seja a e b as medidas dos ângulos agudos de um triân-gulo retângulo e x e y as medidas dos ângulos formados pelas suas bissetrizes. Observe a figura que representa essa situação.

x x

x x e y

+ + = °⇒ = °− + ⇒

= °− °⇒ = ° = °

α β α β2 2

180 1802

180 45 135 45

III. Incorreta. O centro do círculo circunscrito em um triângulo retângulo é o ponto médio da hipotenusa deste triângulo.

IV. Incorreta. O ponto que equidista dos lados é o incentro.

3. BCom os dados da figura, pode-se escrever:

tgBABC

BABA30

33 6 3

6° = → = → =

Ainda, pelo Teorema de Pitágoras:

AC BC BA AC AC AC2 2 2 2 2

2 26 3 6 144 12= + → = ( ) + → = → =

E finalmente pelo teorema da bissetriz interna:

BC

PC

BA

PA PC PC

PC PC PC

PC

= ⇒ =−

⇒

⇒ − ⋅ = ⋅ ⇒ ⋅ ⋅ +( ) =

⋅ =

6 3 6

12

72 3 6 3 6 6 1 3 72 3

6722 3

1 3

1 3

1 3

6 36 3 1 3 18 6 3 6 3 3

+( )⋅

−( )−( )

⇒

⇒ ⋅ = − −( )⇒ = − ⇒ = −( )PC PC PC

4. ESeja ABC um triângulo acutângulo isósceles. Sejam O, G e H, respectivamente, o circuncentro, o baricentro e o ortocentro.Como a distância do baricentro ao ortocentro é o dobro da distância do baricentro ao circuncentro, segue que

GH OG

OH GH OG kOG k OG

k= ⋅

= + =⇒ ⋅ = ⇒ =

23

3.

A

C B

G

H

O

5.

(não convém)

Sx x

x x x x

x x x

=⋅ +( )( ⋅ )

= ⇒

⇒ ⋅ +( ) = ⇒ + − =

+ − ⇒

( )2 3 2

210

2 2 3 2 20 2 6 20 0

2 6 20

2

2 22 3 10 05

2

2 2

3 3 5 5

+ − = ⇒= −=

= − = −

= +( ) +( )( )=

xxx

A x x

B x x

’"

( , ) ( , )

, ( , ))


EM18

_1_M

AT_B

_L2_

SOL

SOL SOL 283MAT B

Quadriláteros notáveis EM18_1_MAT_B_07


1. C40% corresponde a 40

10025

= .

Assim, preencher 40% da lousa corresponde a dividi-la em 5 partes iguais e ocupar 2 partes com conceitos e explicações. Desse modo, uma possível representação para essa situação está representada na letra C.

2. CGL

k J

H

F

Início

Fim

l

Analisando a imagem, o caminho que satisfaz as condições do enunciado é: K → L → G → I → J → H → F

3. AO custo para cercar os lados paralelos ao terreno é igual a 2x · 4 = 8x, enquanto que para cercar os outros lados o custo é 2y · 2 = 4y. Portanto, segue que 8x + 4y = 7500 = 4(2x + y) = 7500.

4. EFazendo a simetria dos pontos A, B, C, D, O e E em relação ao ponto O determina-se a figura A’B’C’D’OE’.

A

B C

D

E O

D’

C’ B’

A’

E’

5. C

A m Tipo BA m Tipo AA m Tipo A

A

I

II

III

= ⋅ = →= ⋅ = →= ⋅ = →

5 8 405 6 304 6 24

2

2

2

...

IIV m Tipo B= + ⋅ = →( ) .6 4 72

35 2

Logo, serão dois de cada tipo.

6. CA seta indica que o espaço deve ser completado por uma peça em que um dos lados seja a diagonal de quadrado claro. Dentre as peças apresentadas, a peça 2 possui esse lado, porém ele deve estar na vertical à direita. Como ele se encontra na posição horizontal, deve ser rotacionado em 270 graus no sentido horário ou 90 graus no sentido anti-horário. Apenas a opção C (2 após girá-la 90° no sentido anti-horário) é a correta.

7. CSeja L o lado AE. As dimensões dos lados do retângulo ABCD são iguais a AB = 5L (quíntuplo de AE) e BC = 10L (dobro de AB). A área total do terreno é calculada por meio do produto de AB com BC, 5L x 10L = 50L2. Como 94% deve ser área de preservação, restam 6% para construção do terreno, correspondente a 0,06 x 50L2 = 3L2. A área definida por Antônio é igual à área do quadrado de lado L, sendo L2, podendo ser triplicada a fim de chegar ao limite de 3L2.

8. AEssa residência possui 100 células solares retangulares de dimen-sões 6 cm × 8 cm, e cada uma delas produz, ao longo do dia, 24 Wh por centímetro de diagonal. A diagonal de um retângulo é igual à raiz quadrada da soma dos quadrados de suas dimensões.Então, a diagonal de cada célula mede: d cm= + =36 64 10 . Como cada uma das tais células produz, ao longo do dia, 24 Wh por centímetro de diagonal, cada uma delas produz (24 × 10)Wh = 240 Wh/dia.

A residência consome diariamente 20 160 Wh, logo, necessita

apenas de20160

24084= células.

O proprietário terá que retirar 100 – 84 = 16 células.

6. DPelo Teorema da Bissetriz Interna, temos

BDAB

CDAC

CDAC

AC CD

= ⇔ =

⇔ = ⋅

121

2 .

Desse modo, pelo Teorema de Pitágoras, vem

AC BC AB CD CD

CD CD

CD

2 2 2 22

2

2

212

1

354

0

56

= + ⇔ ⋅ = +

+

⇔ ⋅ − − =

⇒ =

( )

u.c..

Portanto,

BC BD CD= +

= +

=

12

56

43

u.c.


EM18

_1_M

AT_B

_L2_

SOL

SOL SOL284 MAT B

9. DA escala mostra a razão entre a medida do desenho e a realidade, sendo de 1:150, nesse caso, equivalendo 1 medida no desenho a 150 na realidade. Portanto, o desenho é uma redução em 150 vezes do tamanho real. Como o comprimento real da aeronave é de 36 metros (3 600 centímetros), o comprimento do desenho será de 3 600:150 = 24 cm. Já a largura real é de 28,5 metros (2 850 centí-metros), portanto a largura do desenho será de 2 850:150 = 19 cm. Como a margem em relação às bordas da folha é de 1 cm, a largura e o comprimento devem ter, no mínimo, 2 centímetros a mais que os valores do desenho encontrados (devido às margens superior e inferior em um caso e às margens à direita e à esquerda no outro caso). Assim, as mínimas dimensões da folha são de 21 cm x 26 cm.

10. DConsidere a figura, em que BD = x e AC = y.

y

x

Para que a bandeja tenha capacidade de portar exatamente quatro copos de uma vez, deve-se ter.

= ⋅ + = ⋅ +

=2 2 7

5245

( )x y x x x

Portanto, o resultado pedido é dado por

BD

x

x= =

245 24

5

Complementares

1. BAs dimensões do quadrado 1 são (a – b) e (a – b). Logo, a área desse quadrilátero equivale a a² – 2ab + b². O retângulo 2 possui dimensões b e (a – b), cuja área é b ∙ (a – b) = ab – b².

2. ETraçando uma paralela ao lado WX, construímos um triângulo isósceles com os dois ângulos iguais a “b”. Logo, o lado YZ possui a mesma medida de 3,7 km do outro lado.

rio

Z

b

Y

W

X 5,7 km

5,7 km 3,7 kmb

bb

9,4 km

(Figura fora de escala)

3. Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos AFE e ABE, obtemos:

AE AB

AE AB

AB AB AB

AB m

22

2

2 22

2 2

9 2

13

81 4 4 169

21

= + +( )= +

⇒ + + ⋅ + = +

⇒ =

Logo, AB m= 21 e EF m= 23

4. Ax x x

xx

y y

yy

De acordo com a figura, podemos escrever que:5 4 176

2 3 32

x y

y x y x+ =

= ⇒ =

Substituindo a segunda equação na primeira, temos:5 6 176 11 176 16x x x x+ = ⇒ = ⇒ = e y = 24.

Portanto, o perímetro de cada retângulo será dado por:P x y m= ⋅ + = ⋅ + =2 2 16 24 80( ) ( ) .

5. B

A

Q

D

P

C

NM

B

Os segmentos MN e PQ são bases médias dos triângulos ABC e ACD, respectivamente, portanto medem a metade da base AC e são paralelas a ela. O mesmo ocorre como os segmentos MQ e NP: são bases médias dos triângulos ABD e BCD, medem a metade da base BD e são paralelos a ela. Sabemos que, no losango, as diagonais AC e BD são perpendicu-lares. Assim, como as bases médias são paralelas às bases, MNPQ é retângulo. Como ABCD não é quadrado (pois um de seus ângulos internos é agudo), AC e BD não são congruentes. Concluímos, então, que as bases médias MN e NP dos triângulos ABC e BCD não são congruentes e, portanto, MNPQ não é losango.

6. EConsidere a figura, em que AE BC .

60° 30° 30°

A B

CD E

Sendo CD =12cm e EC = 4cm, temos DE CD EC= − = 8cm. Ade-mais, AE BC implica em AED = °30 , pois BCE e AED são ângulos correspondentes. Logo, como ADE = °60 , vem DAE = °90 .

Por conseguinte, do triângulo ADE encontramos:

cos cm60 4° = ⇔ =ADDE

AD e

sen cm.60 4 3° = ⇔ =AEDE

AE

A resposta é 12 4 4 4 3 20 4 3+ + + = + cm

EM18_1_MAT_B_L2_SOL.indd 284 19/01/2018 18:37:22

EM18

_1_M

AT_B

_L2_

SOL

SOL SOL 285MAT B

7. CAnalisando a imagem, conclui-se que o ângulo BCA é reto. Logo, aplicando trigonometria no triângulo retângulo, tem-se:

cos cos

cos

θ θ

θθ

θθ

= ⇒ = ⋅

= ⇒ =

⇒ =⋅

AD

ACAD AC

senAC

ABAB

ACsen

AB

AD

ACsen

AC==

⋅=

⇒ =

1 112

2

22

sen sen

AB

AD sen

θ θ θ

θ

cos

Para que a razão tenha o menor valor possível, sen2θ = 1 e a razão procurada é 2.

8. a) Considere a figura:

D

A

M C

A

P

Como M é o ponto médio de CD, segue que MD = MC.Sabendo que a área do triângulo DPM é um quarto da área do triângulo BMC, obtemos

DPM BMCMD h MC H

H h= ⋅ ⇔ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ =14 2

14 2

4

b) A área do trapézio em função da altura H do triângulo BMC é dada por:

ABCDAB CD

H H H= + ⋅ = + ⋅ =2

6 22

4 .

9. a)

D Cl

E

A H B

GF

b)

AB a AEa

EBa

a

EB EFa

AFa a a

AreaA

= =

=

+

= =

= − =−

;

( )

( )

2

2

52

52 2

5 12

22

BBCD

AFGH

a

Areaa

AHa

AB a

HB aa

=

=−

=−

=

= −−

2

25 12

5 12

5 12

( )

( )

( )

HHBa

Areaa

a

Areaa

A

HBCI

HBCI

=−

=−

×( )

=−

∴

( )

( )

( )

3 52

3 52

3 52

2

rreaArea

a

a

a

aAFGH

HBCI

=

−

−=

−( )

−

( )

( ) ( )

5 12

3 52

5 1

43 5

2

2

22

2

22

5 2 5 14

2

3 5

3 5

3 51

=− +

⋅−( )

=−−

=

c)

AHa

AB a

AH

AB

a

a

AHAB

= −

=

=

−

= −

( )

( )

5 12

5 12

5 12


EM18

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AT_B

_L2_

SOL

SOL SOL286 MAT B

Semelhança de triângulos e Teorema de Tales EM18_1_MAT_B_08


1. BO mosaico que possui as características daquele que se pretende construir é o 2, pois os triângulos 30°, 60°, 90° são congruentes e o triângulo 30°, 30°, 120° é isósceles.

2. EConsiderando os dados do enunciado:

∆ ≈ ∆ ⇒ =

= ⇒ = ⇒ ( )∆ ≈ ∆

= ⇒ = ⇒

ABC CFG AB AC

BM CM BM B

ABC DBE

DE DB DE E

1 1 3

0 5 0 5

;

, , ;; ,2 5( )

3. D

3 23 2

0 82 2

0 8 3 2 2 2 3 2 5 6,

,,,

, ( , ) , , ,+

= ⇔ ⋅ + = ⋅ ⇔ =x

x x m

3,2 m

x

0,82,2 m

4. A

4

2,4

1,8 h

y

parede 1 parede 2

3

3

X y2,4 m

h

Semelhança de triângulos:

1 82 4

43

,,= ⇒ =h

yy h

4

2,4

3,2

x

h

Semelhança de triângulos: 3 22 4

34

,,= ⇒ =h

xx h

Mas da figura temos que x + y = 2,4

34

43

2 4

25 28 8115

h h

hh m

+ =

=≅

,

,,

5. DPelo teorema das bissetrizes:

x y x y x y15 6 5 2

25

= ⇒ = ⇒ =

Além disso, x + y + 21 = 49x + y = 28

x x

x

x y

+ =

=

⇒ = =

25

28

75

28

20 8; .

Portanto, os lados são, 20 cm, 8 cm e 21 cm.

6. BSejam A o ponto onde se encontrava inicialmente a bicicleta e B o ponto a 6 metros ao norte de A. Chamando de C o ponto onde se encontra o hidrante, segue que a distância pedida corresponde à hipotenusa do triângulo retângulo ABC, reto em A. Portanto, pelo Teorema de Pitágoras, vem:

BC AC AB

BC

BC

BC m

2 2 2

22 28 6

100

10

= +

= +

=

=

7. C

C

A

4

y zx

F

E

D

B

6

Baseando-se na figura, temos as seguintes semelhanças de triân-gulos:

∆ ∆

∆ ∆

ACB EFBx

y zz

zx

y z I

ABD AFEx

y zy

yx

y z II

~ ( )

~ (

⇒ = + ⇒⋅

= +

⇒ = + ⇒⋅

= +

4 4

6 6))

( ) ( ), :

( )

De I e II temosz

xy

xz y y

zy z III

4 64 6

46

23

⋅=

⋅⇒ ⋅ = ⋅ ⇒ =

⋅⇒ = ⋅

Substituindo (III) na 1.ª semelhança, vem:

42

3 45

3 4 53

5 12 125

2 4x

zz

z x

z

z xx x x m=

⋅ +⇒ =

⋅

⇒ = ⇒ ⋅ = ⇒ = ⇒ = ,

8. BSeja a hipotenusa a e a altura h. Os dados do problema sugerem a seguinte imagem:

EM18_1_MAT_B_L2_SOL.indd 286 19/01/2018 18:37:52

EM18

_1_M

AT_B

_L2_

SOL

SOL SOL 287MAT B

A

b

CB

ch

m n

a

I. Como a área será de 25 m², tem-se: ah ah2

25 50= ⇒ =

II. Como a medida da hipotenusa será igual ao dobro da altura relativa a ela, tem-se: a = 2h

Combinando as informações I e II, tem-se:2 50

255

2

h hhh cm

⋅ ===

Logo, a = 2h implica que a = 10 cm. Usando a relação métrica m + n = a e mn = h², tem-se:

m nmn

m n+ ==

⇒ = =10

255, e assim o triângulo retângulo é isóscele cujo

cateto mede:

a b bb

b

b

2 2 2

2

2

100 250

5 2

= +==

=

Assim, o comprimento mínimo de tela para cercar este canteiro

deverá ser igual a 10 5 2 5 2 10 10 2 10 1 2+ + = + = +( )m .

Complementares

1. DPelo Teorema de Pitágoras, tem-se:c² = a² + b²

2. DDe acordo com o problema, temos a seguinte figura com x sendo a distância procurada.

A C

D

B

E

X – 100

150

200

100

x

∆ ∆ACD ABEx

xx

xx m~ ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =100 150

200100 3

4400

3. B

HG

F

E

DC

?

BA 500 600 700

Utilizando o Teorema de Tales, temos:

GF GF GF m1980

6001800 1980

13

660= ⇒ = ⇒ =

4. DA altura h equivale a y + 2x, em que y é a altura de um triângulo equilátero de lado 4x cujos vértices estão no centro da circunferên-cia superior, inferior esquerda e inferior direita.

Logo, y x x= ⋅ =4 1 72

3 4, , e h = 3,4x + 2x = 5,4x.

5. BPor semelhança de triângulos, tem-se:70108

7045

70108

149

630 9 15129 882

98

70 98

+ =

+ =

+ ===

∴ = + = +

x

x

xx

x cm

AC x 770 168= cm

6. 26 (02 + 08 + 16).(01) Falso. É preciso que tenha lados/ângulos congruentes (dois lados e um ângulo, por exemplo).(02) Verdadeiro. Triângulos congruentes têm a mesma área.(04) Falso. Triângulos semelhantes podem, por exemplo, ter áreas diferentes – logo, não serão sempre congruentes.(08) Verdadeiro. Todos os triângulos congruentes são também semelhantes.(16) Verdadeiro. Se dois triângulos possuem dois lados e um ângulo congruentes (lado, ângulo, lado) então são congruentes e o terceiro lado também será igual.

7. AOs triângulos AMN e ABC são semelhantes, sendo assim:

AMAB

MNBC

xx

xx

x xx x

=

−−

= −+

+ + == =

24 8

12 4

6 8 02 4

2

1 2;

Como x = 2 faz x – 2 ser nulo, tem-se que x = 4. Isso fornece os lados do triângulo AMN: AM = 2, MN = 3, AN = 4 e do triângulo ABC:AB = 8BC = 12O triângulo ABC é 4 vezes maior que o triângulo AMN (temos que 2 está para 8 assim como 3 está para 12). Portanto, se AN = 4, o lado faltante do triângulo ABC (AC) vale 16. Assim, o perímetro do triângulo ABC vale 8 + 12 + 16 = 36.

EM18_1_MAT_B_L2_SOL.indd 287 19/01/2018 18:38:42

EM18

_1_M

AT_B

_L2_

SOL

SOL288 MAT B

8. DA

B C D E F

Como BC CD e AC BD segue que AB AD= = ⊥ =, . Queremos calcular 2AB + AE + AF. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, vem que AB = 15 cm. Analogamente, para os triângulos ACE e ACF, obtemos

AE cm= 6 13 e AF cm= 3 97 .

Portanto, o resultado pedido é:

2 2 15 6 13 3 97 30 6 13 3 97AB AE AF m+ + = ⋅ + + = + +( )

9.

H

D

C

B

K

K’

A

O trajeto ACDB tem comprimento mínimo quando B, D e H são colineares. Com efeito, se D’ é um ponto da reta DK e C’ é o pé da perpendicular baixada de D’ sobre a reta HK’, então, pela desigual-dade triangular:

BD D H BD AC BD DH BH’ ’ ’ ’ + = + > + =

Portanto, como os triângulos BDK e DHC são semelhantes por AA, segue-se que:

DKCH

BKCD

DKDK

DK km= ⇔−

= ⇔ =18

52 5

12,

10. B

Q

3

PkHB

A F

G

3/2

3/2

6 – k

∆ ∆

∆ ∆

HPQ FQP LAA HP FQ k PF HQ

BHG AFG LAA AG BG

≅ ( )⇒ = = ≅

≅ ( )⇒ = =

0

0

32

e

e HHG =

⇒ = − ⇒ =

⇒ = +

⇒ =

⇒

GF

AGF QPF kk

k

GBH GH GH

∆ ∆

∆

∆

~

:

323

6 4

2 32

52

2 2

2

HHPQ HQ HQ: 2 2 24 3 5= + ⇒ =

Logo, a distância total percorrida pelo feixe luminoso no trajeto PFGHQ é:

PF + FG + GH + HQ = 5 + 52

+ 52

+ 5 = 15 cm.


Função Afim EM18 1 MAT A 05 -...

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