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
Desenvolvendo Habilidades
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
Desenvolvendo Habilidades
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
Desenvolvendo Habilidades
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
Desenvolvendo Habilidades
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
Desenvolvendo Habilidades
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
Desenvolvendo Habilidades
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
Desenvolvendo Habilidades
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
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 271 09/01/2018 16:33:58
EM18
_1_M
AT_A
_L2_
SOL
SOL SOL272 MAT A
Função Afim EM18_1_MAT_A_05
Desenvolvendo Habilidades
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
Desenvolvendo Habilidades
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.
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 273 09/01/2018 16:34:02
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
Desenvolvendo Habilidades
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
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 276 09/01/2018 16:34:09
EM18
_1_M
AT_A
_L2_
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.
EM18_1_MAT_A_L2_SOL.indd 277 19/01/2018 18:33:40
EM18
_1_M
AT_A
_L2_
SOL
SOL SOL278 MAT A
Inequações EM18_1_MAT_A_08
Desenvolvendo Habilidades
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 .
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 278 09/01/2018 16:34:12
EM18
_1_M
AT_A
_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−( ) ≥ −( ) ⇒ − ≥ −( )− ≥
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 279 09/01/2018 16:34:14
EM18
_1_M
AT_B
_L2_
SOL
SOL SOL280 MAT B
Triângulos II EM18_1_MAT_B_05
Desenvolvendo Habilidades
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
EM18_1_MAT_B_L2_SOL.indd 280 19/01/2018 18:36:36
EM18
_1_M
AT_B
_L2_
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
Desenvolvendo Habilidades
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
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 281 09/01/2018 16:34:22
EM18
_1_M
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
’"
( , ) ( , )
, ( , ))
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 282 09/01/2018 16:34:25
EM18
_1_M
AT_B
_L2_
SOL
SOL SOL 283MAT B
Quadriláteros notáveis EM18_1_MAT_B_07
Desenvolvendo Habilidades
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.
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 283 09/01/2018 16:34:27
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
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 285 09/01/2018 16:34:34
EM18
_1_M
AT_B
_L2_
SOL
SOL SOL286 MAT B
Semelhança de triângulos e Teorema de Tales EM18_1_MAT_B_08
Desenvolvendo Habilidades
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.
PG18LP312SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L2_LP.indb 288 09/01/2018 16:34:43