c2 2oa mat rose 2013fuvestibular.com.br/downloads/apostilas/objetivo/ensino... · b) se o número...

MATEMÁTICA 1

1. Teorema de Rouché-CapelliSeja o sistema linear:

A Matriz Incompleta associada ao sistema é

e a Matriz Completa é

.

Chamando de p a característica da M.I., de q acaracterística da M.C. e sendo n o número de incógnitas,o teorema de Rouché-Capelli afirma que:

2. Como resolver um sistema determinadoSe S é Possível e Determinado, a solução única

pode ser obtida usando a Regra de Cramer ou qualqueroutro método, observando que:

a) Se o número de incógnitas (n) for igual ao númerode equações (m) então o sistema S será normal.

Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL

OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,digite MAT2M201

No Portal Objetivo

p � q ⇔ S é Impossível

p = q = n ⇔ S é Possível e Determinado

p = q < n ⇔ S é Possível e Indeterminado

a11 a12 … a1n b1

a21 a22 … a2n b2M.C. = � �.........................................

am1 am2 … amn bm

a11 a12 … a1n

a21 a22 … a2n M.I. = � �...............................

am1 am2 … amn

a11x1 + a12x2 + ................... a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + ................... a2nxn = b2(S) � ...................................................................

am1x1 + am2x2 + ................... amnxn = bm

Sistemas Lineares – Análise Combinatória – Probabilidade – Módulos17 – Discussão de um sistema linear18 – Discussão de um sistema linear19 – Sistema linear homogêneo20 – Fatorial e número binomial21 – Propriedades

dos números binomiais22 – Binômio de Newton –

Desenvolvimento de (x + y)n

23 – Binômio de Newton –Desenvolvimento de (x + y)n

24 – Análise combinatória – Princípio da contagem e arranjos

25 – Permutações

26 – Combinações simples

27 – Arranjos, permutações e

combinações: exercícios

28 – Arranjos completos e

combinações completas

29 – Probabilidade – definição

30 – União de eventos

31 – Intersecção de eventos

32 – Lei binomial de probabilidade

Blaise Pascal (19/06/1623 – 19/08/1662)

Criação da Teoria das probabilidades

17 e 18Discussão deum sistema linear

• Matrizes do sistema

• Característica • Incógnitas

C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:02 Página 1

b) Se o número de incógnitas (n) for menor que onúmero de equações (m), devemos resolver o sistema

normal S’ obtido de S abandonando m – n equaçõesconvenientes.

3. Como resolver um sistema indeterminadoPara obter as infinitas soluções de um sistema S,

possível e indeterminado, devemos:a) Retirar de S um novo sistema normal S’ com p

equa ções e p incógnitas, abandonando algumas

equa ções e passando para o segundo membro algu -

mas incógnitas.b) Atribuir valores arbitrários às incógnitas que foram

para o segundo membro.c) Resolver o sistema S’ utilizando a Regra de Cra -

mer ou qualquer outro processo.

4. Grau de indeterminaçãoO grau de indeterminação de um sistema possível e

indeterminado é a diferença entre o número de incóg -nitas e a característica da matriz. É, portanto, o númeron – p e corresponde ao número de incógnitas

escolhidas arbitrariamente.

MATEMÁTICA2

� Discutir o sistema

Resolução

a) A característica p da matriz

MI = é 2 pois � 0

b) A característica q da matriz

MC = é 3 pois

� 0

c) p = 2, q = 3 ⇒ p � q ⇒ o sistema não tem

solução.

� Discutir e resolver o sistema

Resolução


MI = é 2 pois � 0

b) A característica q da matriz

MI = é 2

pois = 0

c) p = q = n = 2 ⇒ sistema possível deter -

minado.

d) Abandonando a terceira equação, resolve-seo sistema

e) Resolvendo por substituição ou por elimi -

nação ou pela Regra de Cramer obtém-se

x = y = 1.

x + y = 12x – y = 1

3x + 2y = 5�

x + 2y = 3

x – y = 0�

112

2– 1

1

303

�112

2– 1

1

303

�

11

2– 1�1

12

2– 1

1�

x + 2y = 3x – y = 0

2x + y = 3�

123

1– 1

2

115

�123

1– 1

2

115

�

12

1– 1�1

23

1– 1

2�

Exercícios Resolvidos – Módulos 17 e 18

Nas questões de � a �, discutir e resolver (se tiver solução)cada sistema.

�

RESOLUÇÃO:

n = 2

MI = ⇒

MC = ⇒= 5 � 0

q = 2

p = q = n ⇒ SPD

(– 2) . I + II : – 5y = 5 ⇒ y = – 1

x = 1 – 3y ⇒ x = 4

V = {(4, – 1)}

�

RESOLUÇÃO:

n = 2

MI = ⇒= – 11 ≠ 0

p = 2

MC = ⇒≠ 0 ⇒ q = 2

p = q = n ⇒ SPD

3 . II + I ; 11x = 11 ⇒ x = 1

y = – 1 + 3x ⇒ y = 2

V = {(1, 2)}

x + 3y = 12x + y = 7�

det MI = – 5 � 0

p = 2��1

2

3

1�

1

2

3

1��1

2

3

1

1

7�

2x + 3y = 83x – y = 15x + 2y = 9

�

2

3

3

–1��235

3–12

�det MC = 0

��2

3

5

3

–1

2

8

1

9� 2

3

3

– 1

Exercícios Propostos – Módulo 17


MATEMÁTICA 3

�

RESOLUÇÃO:

n = 2

MI = ⇒ = – 11 � 0

p = 2

MC = ⇒= 55 � 0

q = 3

p = 2, q = 3 ⇒ p ≠ q ⇒ S.I. ⇒ V = Ø

�

RESOLUÇÃO:

n = 3

MI = ⇒= – 1 � 0

p = 2

MC = ⇒ = – 1 � 0

q = 2

p = q < n ⇒ SPI

Fazendo-se z = α, temos:

(–1) . I + II : x = α – 1

α – 1 + y = 9 – 2α ⇒ y = 10 – 3α

V = {(α – 1, 10 – 3α, α), ∀α ∈ �}

� (ENEM) – O mapa abaixo representa um bairro de de ter -minada cidade, no qual as flechas indicam o sentido das mãosdo tráfego. Sabe-se que esse bairro foi planejado e que cadaquadra representada na figura é um terreno quadrado, de ladoigual a 200 metros.

Desconsiderando-se a largura das ruas, qual seria o tempo, emminutos, que um ônibus, em velocidade constante e igual a 40 km/h, partindo do ponto X, demoraria para chegar até oponto Y?a) 25 min. b) 15 min. c) 2,5 min.d) 1,5 min. e) 0,15 min.

RESOLUÇÃO:

Considerando o menor dos percursos possíveis, par tindo de X, o

ônibus deverá seguir o percurso as sinalado no diagrama acima,

percorrendo 5 quadras de 200 metros cada uma.

O tempo t gasto nesse percurso é tal que:

t = = = . h = . 60 min ⇒

⇒ t = min = 1,5 min

Resposta: D

�2x + 3y = 83x – y = 15x + 2y = 4

�2

3

5

3

– 1

2� �

2

3

3

–1

�2

3

5

3

–1

2

8

1

4� �

2

3

5

3

–1

2

8

1

4

� x + y + 2z = 92x + y + z = 8

� 1

2

1

1

2

1 � � 1

2

1

1

� 1

2

1

1

2

1

9

8 � � 1

2

1

1

� x + y = 9 – 2α I

2x + y = 8 – α II

5 x 200m–––––––––––

40 km/h

1 km–––––––––40 km/h

1––––40

1––––40

3–––2


MATEMÁTICA4

� (MAUÁ) – Para que valores de k o sistema abaixo épossível e determinado?

RESOLUÇÃO:

S.P.D. ⇒ det MI � 0 ⇔ – k – 6 � 0 ⇔ k � – 6

� (FATEC) – Para que o sistema linear

seja possível e determinado, é necessário quea) m = 2 ou m = – 1 b) m = – 2 ou m = 1c) m = 2 ou m ≠ – 1 d) m ≠ 2 e m = – 1e) m ≠ 2 e m ≠ – 1

RESOLUÇÃO:

S.P.D. ⇒ det MI � 0 ⇔ – 1 – m – 1 + m2 � 0 ⇔

⇔ m2 – m – 2 � 0 ⇔ m � 2 e m � – 1

Resposta: E

� (UNIP) – O sistema nas incógnitas x e y,

tem infinitas soluções. O valor de a . b é:a) 2 b) 6 c) 8 d) 12 e) 16

RESOLUÇÃO:

⇔

Para que o sistema tenha infinitas soluções devemos ter:

⇔ ⇒ a . b = 12

Resposta: D

� (ENEM) – O gráfico a seguir mostra a evolução, de abril de2008 a maio de 2009, da população economicamente ativapara seis Regiões Metropolitanas pesquisadas.

Fonte: IBGE, Diretoria de Pesquisas. Coordenação de Trabalho e Rendimento.

Pesquisa mensal de Emprego.

Disponível em: www.ibge.gov.br

Considerando que a taxa de crescimento da populaçãoeconomicamente ativa, entre 05/09 e 06/09, seja de 4%, entãoo número de pessoas economicamente ativas em 06/09 seráigual aa) 23.940. b) 32.228. c) 920.800.d) 23.940.800. e) 32.228.000.

RESOLUÇÃO:

Se a população economicamente ativa em 05/09 é 23.020.000 e a

taxa de crescimento entre 05/09 e 06/09 é 4%, então o número de

pessoas economicamente ativas em

06/09 é 104% . 23.020.000 = 23.940.800

Resposta: D

� kx + 3y = 22x – y = 0

�n = 2

k 3MI = � �

2 –1

� x + my + z = 0mx + y – z = 4

x – z = 2

�n = 3

1 m 1

MI = �m 1 – 1 �1 0 – 1

� x + ay = 32x + 4y = b

� x + ay = 3

2x + 4y = b � x + ay = 3

(4 – 2a) . y = b – 6

� 4 – 2a = 0

b – 6 = 0 � a = 2

b = 6



MATEMÁTICA 5

19 Sistema linear homogêneo• Solução trivial

Seja S um sistema linear homogêneo com m

equações a n incógnitas e sejam p e q as característicasdas matrizes incompleta e completa, respectivamente.

Sendo nula a última coluna da matriz completa con -clui-se que p = q.

Sendo nulos os segundos membros de todas asequações conclui-se que a ênupla (0, 0, ..., 0) é solução

de qualquer sistema linear homogêneo.

É chamada solução trivial.

Assim sendo:

a) Todo sistema linear homogêneo é possível

pois p = q sempre.

b) Todo sistema linear homogêneo admite pelo

menos a solução trivial (0, 0, ...,0).

c) Se p = n o sistema é determinado e a única

solução é a trivial.

d) Se p < n o sistema é indeterminado e, admite

outras soluções, além da trivial.

a11x1 + a12x2 + ...................... + a1nxn = 0

a21x1 + a22x2 + ...................... + a2nxn = 0

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

am1x1 + am2x2 + ...................... + amnxn = 0

�S

� Discutir e resolver o sistema

Resolução


é 2 pois � 0 e

= 0

b) Sendo p = q = 2 < n = 3 concluímos que osistema é possível e indeter mina do.

c) Fazendo z = k e abandonando a últimaequação temos:

d) Se x = k, y = – 3k e z = k então V = {(k, – 3k, k)}, k ∈ �.

e) Observe que (0; 0; 0), (1; – 3; 1), (2; – 6; 2),são algumas das infinitas soluções do sis -tema.

� Determinar m para que o sistema

tenha apenas a solução

trivial.

Resolução

a) Só a solução trivial ⇔ S.P.D. ⇔ p = n = 3

b) p = 3 ⇒ ≠ 0 ⇔ m ≠ 4

Resposta: m ≠ 4

2x + y + z = 0� x – y – 4z = 04x – y – 7z = 0

�214

1–1–1

1 – 4–7

� 23

57

214

1– 1– 1

1– 4– 7

2x + y – k x = k� ⇔ �x – y = 4k y = – 3k

2x + y + 3z = 0

� 3x + 2y + z = 05x + 3y + mz = 0

235

123

31m

Nas questões � a �, discutir e resolver cada sistema.

�

RESOLUÇÃO:

1o.) = – 1 ≠ 0; logo, p = q = n = 2 (S.P.D.)

2o.) A única solução possível é a nula: x = y = 0

S = {(0; 0)}

�

RESOLUÇÃO:

1o.) = 5 + 12 + 4 – 8 – 2 – 15 = – 4 ≠ 0

p = q = n = 3 (S.P.D.)

2o.) A única solução possível é a nula: x = y = z = 0

S = {(0; 0; 0)}

2x + 3y = 03x + 4y = 0�

2

3

3

4

x + y + 2z = 03x + y + z = 04x + 2y + 5z = 0

�1

3

4

1

1

2

2

1

5


�

RESOLUÇÃO:

1o.) = 0, pois L2 = L1 + L3

Logo, o sistema admite outras soluções além da trivial. (S.P.I.)

2o.) Abandonando a equação (2) e fazendo z = α, temos:

Logo: S = {(α, 2α, α), α ∈ �}

�

RESOLUÇÃO:

Observando que = 0 ⇔ 3a – 12 = 0 ⇔ a = 4

concluímos que:

a) Se a � 4, então o sistema será possível e determinado e a única

solução é a trivial ⇒ S = {(0, 0)}.

b) Se a = 4, então o sistema será possível e indeterminado e as

soluções são do tipo

⇒ S = k, – ; k ∈ �

� (ENEM) – A música e a matemática se encontram narepresentação dos tempos das notas musicais, conforme afigura seguinte.

Um compasso é uma unidade musical composta por deter -minada quantidade de notas musicais em que a soma dasdurações coincide com a fração indicada como fórmula do

compasso. Por exemplo, se a fórmula de compasso for ,

poderia ter um compasso ou com duas semínimas ou umamínima ou quatro colcheias, sendo possível a combinação dediferentes figuras.Um trecho musical de oito compassos, cuja fórmula é

, poderia ser preenchido com

a) 24 fusas.b) 3 semínimas.c) 8 semínimas.d) 24 colcheias e 12 semínimas.e) 16 semínimas e 8 semicolcheias.

RESOLUÇÃO:

24 colcheias e 12 semínimas =

24 . + 12 . = 3 + 3 = 6 = 8 .

Resposta: D

� 3x + y – 5z = 04x – 3y + 2z = 0

x – 4y + 7z = 0

3

4

1

1

– 3

– 4

– 5

2

7

� 3x + y = 5α

x – 4y = – 7α⇔ � x = α

y = 2α

�3x + 2y = 06x + ay = 0

36

2a

�x = k

3k y = – ––––

2

� � 3k––––

2 � �

1–––2

3–––4

1—8

1—4

3—4

MATEMÁTICA6


MATEMÁTICA 7

20 Fatorial e número binomial• Número natural • Fatorial

1. FatorialO fatorial de um número natural n, representado

pelo símbolo n! (lê-se: n fatorial ou fatorial de n), é umnúmero definido por:

, ∀n ∈ �*

Observe que é uma definição por recorrência, ouseja: cada fatorial é calculado com a utilização do fatorialanterior. Assim:

De um modo geral, pois, temos:

Exemplos

1. Calcular 5!Resolução

5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120

2. Calcular

Resolução

= = 6 . 5 = 30

2. Número binomialSendo n e k dois número naturais, o número

binomial de ordem n e classe k, ou simplesmente o

binomial n sobre k, representado pelo símbolo , é

um novo número natural definido por:

, se n � k

, se n < k

Exemplos

a) = = = = 10

b) = = = 35

0! = 1

n! = n . (n – 1)!

0! = 1

1! = 1 . 0! = 1 . 1 = 1

2! = 2 . 1! = 2 . 1

3! = 3 . 2! = 3 . 2 . 1! = 3 . 2 . 1

4! = 4 . 3! = 4 . 3 . 2! = 4 . 3 . 2 . 1

n! = n . (n – 1)! = n . (n – 1) . (n – 2)! = ...

n! = n . (n – 1) . (n – 2) ... 3 . 2 . 1

6!–––4!

6!–––4!

6 . 5 . 4!–––––––––

4!

n� �k

n n!� � = –––––––––––k k! (n – k)!

n� � = 0k

5� �35!

––––––––3!(5 – 3)!

5!––––––3! 2!

5 . 4 . 3!/––––––––

3!/ 2 . 1

7� �47!

–––––4!3!

7 . 6 . 5 . 4!/––––––––––––

4!/ . 3 . 2 . 1



No Portal Objetivo

� (ESPM – MODELO ENEM) – A expressão

equivale a

a) 4 . 13! b) 4! . 13! c) 15!d) 16 . 13! e) 16!

Resolução

=

= =

= 2 . 1 . 2 . 2 . 2 . 7 . 6 . 5 . 13! =

= 2 . 2 . 2 . 2 . 3 . 5 . 2 . 7 . 13! = = 16 . 15 . 14 . 13! = 16!Resposta: E

� Calcule o valor de cada número binomialdado a seguir.

a) b) c) d)

Resolução:

a) = =

= = 792

b) = = = 792

c) = = 1

d) = = 1

�12

5�2 . 1 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4! . 13!

–––––––––––––––––––––––––––4!

2! . 8! . 13!––––––––––––––

4!

2! . 8! .13!–––––––––––––

4!

� 12

7 � � 5

0 � � 5

5 �

� 12

5 � 12!–––––––

5! 7!

12 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7!–––––––––––––––––––––

5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 7!

� 12

7 � 12!–––––––

7! 5! � 12

5 �

� 5

0 � 5!–––––––

0! 5!

� 5

5 � 5!–––––––

5! 0!


MATEMÁTICA8

� O valor de 6! é:a) 120 b) 720 c) 5040d) 2520 e) 1440

RESOLUÇÃO:

6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720

Resposta: B

7!� O valor de ––– é:

5!a) 7 b) 210 c) 40 d) 42 e) 60

RESOLUÇÃO:

= = 42

Resposta: D

� Simplificando , com n ∈ �*, obte mos:

a) n + 1 b) n c) n – 1d) n(n – 1) e) (n + 1) . n

RESOLUÇÃO:

(n + 1)! (n + 1) . n . (n – 1)!–––––––––––––––– = –––––––––––––––––––– = n(n + 1) . (n – 1)! (n + 1) . (n – 1)!

Resposta: B

Nas questões de � a �, calcular os números bino miais.

� =

RESOLUÇÃO:

= = 6

� =

RESOLUÇÃO:

7! 7 . 6 . 5 . 4/! 7 . /6 . 5––––––––– = –––––––––––– = –––––––––– = 353!(7 – 3)! 3! . 4/! 3 . 2 . 1

� = Resposta: 1

= Resposta: 1

� = Resposta: 0

(ENEM) – As figuras a seguir exibem um trecho de umquebra-cabeças que está sendo montado. Observe que aspeças são quadradas e há 8 peças no tabuleiro da figura A e 8peças no tabuleiro da figura B. As peças são retiradas dotabuleiro da figura B e colocadas no tabuleiro da figura A naposição correta, isto é, de modo a completar os desenhos.

Disponível em http://pt.eternityii.com. Acesso em: 14 jul. 2009

É possível preencher corretamente o espaço indicado pelaseta no tabuleiro da figura A colocando a peçaa) 1 após girá-la 90° no sentido horário.b) 1 após girá-la 180° no sentido anti-horário.c) 2 após girá-la 90° no sentido anti-horário.d) 2 após girá-la 180° no sentido horário.e) 2 após girá-la 270° no sentido anti-horário.

RESOLUÇÃO:

É possível preencher corretamente o espaço indicado pela seta da

figura A utilizando a peça 2, após girá-la de 90° no sentido anti-ho -

rário, conforme mostra o destaque

Resposta: C

7!–––5!

7 . 6 . 15/!–––––––––

15/!

(n + 1)!––––––––––––––(n + 1) . (n – 1)!

4� �2

4!–––––––––2!(4 – 2)!

24/ . 3 . 2/!––––––––––12/ . 1 . 2/!

7� �3

7� �0

8� �8

3� �6


MATEMÁTICA 9

21Propriedades dos números binomiais

• Triângulo de Pascal • Linhas

• Colunas • Diagonais

1. Binomiais complementares

Os números binomiais e , chamados

complementares, são iguais.

Simbolicamente, supondo n � k:

Demonstração

⇒

Consequência da propriedade

Se os números naturais n, k e p forem tais que n � k e n � p então:

Exemplo

Resolva a equação

= � 0

Resolução

= � 0 ⇔

⇔ 2x + 1 = 7 – x ou 2x + 1 + 7 – x = 17 ⇔⇔ x = 2 ou x = 9

O número 9 não é raiz pois para x = 9 o número 7 – x não é natural.Resposta: V = {2}

2. Relação de STIFELSe n ∈ �*, k ∈ �* e n � k então:

Demonstração

Observação

3. Relação de FERMATSe n ∈ �, k ∈ � e n ≥ k então:

Demonstração

a) . =

= . =

b) =

c) De (a) e (b), concluiu-se que:

. =

Observação

A Relação de Fermat permite calcular, de umamaneira muito sim ples, os coeficientes dodesen vol vimento de (x + y) n. É o que veremosno item 2.d do módulo 22.

n� �k + 1n – k–––––k + 1

n� �k

n!–––––––––––––––––(k + 1)! (n – k – 1)!

n� �k + 1

n!––––––––––––––––(k + 1)!(n – k– 1)!

n – k–––––k + 1

n!–––––––––k!(n – k)!

n – k––––––k + 1

n� �k

n n – k n� � . ––––––– = � �k k + 1 k + 1

A principal aplicação da Relação de Stifel é naconstrução do Triângulo de Pascal, como vere -mos no item 5.

n – 1 n – 1 (n – 1)! (n – 1)!� �+� � = ––––––––––––––– + ––––––––––––– = k – 1 k (k – 1)! (n – k)! k!(n – k – 1)!

k . (n – 1)! + (n – k) . (n – 1)! = –––––––––––––––––––––––––– =

k!(n – k)!

[k + (n – k)] . (n – 1)!= –––––––––––––––––––– =

k!(n – k)!

n . (n – 1)! n! n= ––––––––––– = ––––––––– = � �k!(n – k)! k!(n – k)! k

n – 1 n – 1 n� � + � � = � �k – 1 k k

17 � �7 – x17 � �2x + 1

17 � �7 – x17 � �2x + 1

n n� � = � � ⇔ k = p ou k + p = nk p

n n⇒ � � = � �k n – k

n n!� � = ––––––––––––k k!(n – k)!

n n! n!� � = ––––––––––––––––––– = –––––––––n – k (n – k)![n – (n – k)]! (n – k)!k

n n� � = � �k n – k

n( )n – kn� �k


4. Binomiais do tipo e

e , ∀n ∈ �

Demonstração

a) = = = 1

b) = = = 1

5. Triângulo de PascalDefinição

É uma tabela formada por números binomiais, do

tipo , dispostos de tal forma que os binomiais de

mes mo n, situam-se na mesma linha e os de mesmo kna mesma coluna.

…

Construção do Triângulo de Pascal

Uma maneira de construir o Triângulo de Pascal é

calcular os números pela definição. Pode-se, en -

tretanto, construir sem calcular cada um dos bino miais. Basta notar que:a) O primeiro e o último elemento de cada linha são

sempre iguais a 1 pois

b) Os demais elementos de cada linha são obtidosusando a Relação de Stifel.

Observe que os binomiais da relação

+ = , dispostos no Triângulo de

Pascal, sugerem que

somando-se dois números binomiais consecutivos de

uma mesma linha, o resultado encontra-se abaixo do

binomial da direita.

Observe a sequência da cons tru ção do triângulo

etc.

n� �k

1

1

1

1

1

1

2

3

+=

1

1

3

d)

1

1

1

1

1

1

1

2

3

+=

1

1

c)

1

1

1

1

1

1

1

2

+=

1

b)

1

1

1

1

1

1

1...

1

1

1

1

a)

n – 1

k – 1

n – 1

k

n

k+ = ⇔

n – 1

k – 1+ n – 1

k

=

n

k

n – 1

0

n – 1

1

n – 1

2. . . n – 1

k – 1

0

0

1

0

1

1

2

02

1

2

2...

+n – 1

k

=

. . .

. . .n

k – 1n

0n

1

n

2

n

k. . . .

n� �kn – 1� �k

n – 1� �k – 1

0 1 2 n� � = � � = � � = ... = � � = 1, ∀n ∈ �0 0 0 0

0 1 2 n� � = � � = � � = ... = � � = 1, ∀n ∈ �0 1 2 n

n� �k

�nn��n

4��n3��n

2��n1��n

0�

�44��4

3��42��4

1��40�

�33��3

2��31��3

0�

�22��2

1��20�

�11��1

0�

�00�

n!–––––n! . 1

n!––––n!0!

n� �n

n!–––––1 . n!

n!––––0!n!

n� �0

n� � = 1n

n� � = 10

n� �nn� �0

1

1

1

1

1

1

2

3

4

+

=1

1

3

1

e)

MATEMÁTICA10


a) Em qualquer linha, a partir da segunda, dois bi -

no miais equidistantes dos extremos são iguais, poissão binomiais complementares.

Exemplo

A linha do triângulo correspondente a n = 5 é:

b) A soma de todos os binomiais da linha n é 2n.

Exemplo

+ + + + + = 25 = 32

c) A soma dos binomiais da coluna k, a partir doprimeiro, é igual ao binomial localizado na próxima linha

e na próxima coluna do último binomial somado.

Exemplos

Generalizando:

d) A soma dos binomiais de uma diagonal (“para -lela” ao lado oblíquo do triângulo), a partir do primeiro, éigual ao binomial abaixo do último binomial somado.

Exemplos

Generalizando:

k k + 1 k + 2 n n + 1 � �+ � �+ � � +…+ � �= � �0 1 2 n – k n – k

2 3 4 5� � + � � + � � = � �0 1 2 2

0 1 2 3 4 5� � + � � + � � + � � + � � =� �0 1 2 3 4 4

10

20

30

40

11

21

31

41

44

54

55

50

51

53

33

43

22

32

42

52

00

+

+

+ +

+ +

= =

k k + 1 k + 2 n n + 1 � �+ � �+ � � +…+ � �= � �k k k k k + 1

2 3 4 5� � + � � + � � = � �2 2 2 3

0 1 2 3 4 5� � + � � + � � + � � + � � =� �0 0 0 0 0 1

00

10

2

0

30

40

50

11

2

1

31

41

51

2

2

32

42

52

33

43

53

44

54

+

+

+

+

+

+

==

�55��5

4��53��5

2��51��5

0�

n n n n� � + � � + � � + … + � � = 2n

0 1 2 n

1 5 10 10 5 1

MATEMÁTICA 11

6. Propriedades do triângulo de Pascal

� Calcular

Resolução

Observando, pela Relação de Stifel, que

, temos:

Resposta: 969

19! 19.18.17= ––––––– = ––––––––– = 969

16!.3! 3.2.1

18 18 19 = � � + � � = � � =

15 16 16

17 17 18 � � + � � + � � = 14 15 16

17 17 18 � � + � � = � �14 15 15 17 17 18 � � + � � + � �14 15 16


MATEMÁTICA12

� Resolver, em �, a equação = � 0.

RESOLUÇÃO:

x = 2x – 10 ⇔ x = 10

ou

x + 2x – 10 = 11 ⇔ x = 7

S = {7; 10}

� O triângulo de Pascal é uma tabela de números binomiais,dispostos como segue:

Reescreva o triângulo substituíndo cada número binominal pe -lo seu valor e em seguida verifique as seguintes proprie dades:dos binomiais equidistantes dos extremos, das linhas, dascolunas e das diagonais.

RESOLUÇÃO:

Nas questões de � a �, completar:

� + =

RESOLUÇÃO:

+ = = = = 56

� + + + + + + =

RESOLUÇÃO:

+ + + + + + = 26 = 64

4� �44� �3

4� �24� �1

4� �0

3� �33� �2

3� �13� �0

2� �22� �1

2� �0

1� �11� �0

0� �0

11� �2x – 1011� �x

7� �37� �2

8 . 7 . 6 . /5!––––––––––––3 . 2 . 1 . /5!

8!–––––––––3! (8 – 3)!

8� �3

7� �3

7� �2

6� �66� �5

6� �46� �3

6� �26� �1

6� �0

6� �6

6� �5

6� �4

6� �3

6� �2

6� �1

6� �0

� Calculando obtém-se

a) 120 b) 464 c) 495

d) 792 e) 912

Resolução

=

= + + + + =

(soma na diagonal do triângulo de Pascal)=

Resposta: C

= 49512 . 11 . 10 . 9–––––––––––––

4 . 3 . 2 . 1=

12� �4

12� �4

11� �4

9� �2

8� �1

7� �0

12� �411� �4

9� �28� �1

7� �0

n + 7� �n

4∑n = 0

n + 7� �n

4∑n = 0

10� �3

10� �3


� + + + + =

RESOLUÇÃO:

+ + + + = =

= = = 70

� + + + + =

RESOLUÇÃO:

+ + + + = = 70

O valor é:

a) 256 b) 255 c) 128 d) 127 e) 142

RESOLUÇÃO:

= + + + + + +

+ + = 28 – =

= 28 – 1 = 256 – 1 = 255

Resposta: B

� (ENEM) – Em Florença, Itália, na Igreja de Santa Croce, épossível encontrar um portão em que aparecem os anéis deBorromeo. Alguns historiadores acreditavam que os círculosrepresentavam as três artes: escultura, pintura e arquitetura,pois elas eram tão próximas quanto insepa ráveis.

Scientific American. ago. 2008.

Qual dos esboços a seguir melhor representa os anéis deBorromeo?

RESOLUÇÃO:

Acompanhando a figura, nota-se que o anel esquerdo está na

frente do anel superior e atrás do anel direito. Nota-se também

que o anel direito está atrás do anel superior. Desta forma, o

melhor esboço para os anéis de Borromeo é

Resposta: E

8� �0

8� �8

8� �7

8� �6

8� �5

8� �4

8� �3

8� �2

8� �1

8� �p

8

Σp = 1

8� �p

8Σ

p = 1

8� �4

7� �4

6� �3

5� �2

4� �1

3� �0

7� �46� �3

5� �24� �1

3� �0

8 . 7 . 6 . 5 . 4! ––––––––––––––4! . 4 . 3 . 2 . 1

8!–––––––––4!(8 – 4)!

8� �4

7� �3

6� �3

5� �3

4� �3

3� �3

7� �36� �3

5� �34� �3

3� �3

MATEMÁTICA 13


MATEMÁTICA14

1. Desenvolvimento de (x + y)n

Observando as identidades(x + y)0 = 1(x + y)1 = 1 . x + 1 . y(x + y)2 = 1 . x2 + 2 . xy + 1 . y2

(x + y)3 = 1 . x3 + 3 . x2y + 3 . xy2 + 1 . y3

nota-se que, nas parcelas de cada desenvolvimento:a) as potências de x aparecem com expoentes em ordem decrescente;b) as potências de y aparecem com expoentes em ordem crescente.c) os coeficientes numéricos coincidem com os elementos das linhas do Triângulo de Pascal.A partir destas considerações induz-se uma maneira genérica de desenvolver (x + y)n. É o Teorema do Binômio de

Newton.

2. Teorema do Binômio de Newtona) Sendo x e y dois números reais e n um número natural, demonstra-se que:

b) Utilizando o símbolo de somatória pode-se também escrever:

c) Número de parcelas: o desenvolvimeto de (x + y)n tem n + 1 parcelas.

d) Cálculo dos coeficientes

Os coeficientes numéricos , , , ..., podem ser calculados pela definição de Número Binomial

ou então podem ser obtidos diretamente de cada linha do Triângulo de Pascal. A maneira mais prática de calcular oscoeficientes, porém, é lembrar que o primeiro é sempre igual a 1 e que os demais são obtidos a partir do anterior

pela Relação de Fermat que é . = . Observe:

e) Observando que (x – y)n = [x + (– y)n] e que (– y)0 = y0, (– y)1 = – y1, (– y)2 = y2, (– y)3 = – y3, etc., temos:

n� �nn� �2

n� �1n� �0

n� �k + 1n – k�–––––�k + 1

n� �k

nn

(x + y)n = ∑ � � . xn – k . yk

kk = 0

n n n n n (x + y)n = � � . xn . y0 + � � . xn – 1 . y1 + � � . xn – 2 . y2 + … + � � . xn – k . yk + … � � . x0 . yn

0 1 2 k n

T1 T2 T3 Tk + 1 Tn + 1

n n� � . (n – k) ÷ (k + 1) = � �k k + 1

. ÷ = cada coeficiente expoente de x expoente de y aumentado de 1 coeficiente seguinte

n n n n(x – y)n = � � . xny0 – � � . xn – 1y1 + � � . xn – 2y2 – � � xn – 3y3 + ...

0 1 2 3

22 e 23Binômio de Newton –Desenvolvimento de (x + y)n

• Termo geral

• Coeficientes • Expoentes


3. Termo geralComo

podemos concluir que o termo de ordem k + 1 do desen volvimento de (x + y)n, feito segundo os expoen tesdecrescentes de x é:

É importante observar que, no desenvolvimento de (x + y)n feito segundo expoentes crescentes de x, o ter mo deordem k + 1 é:

4. Soma dos coeficientesA soma dos coeficientes numéricos do desenvol vi men to de (ax + by)n, com a e b constantes, se obtém fazendo

x = y = 1. A soma vale, portanto, (a . 1 + b . 1)n ou seja (a + b)n.

nTk + 1 = � � . xn – k . yk

k

nTk + 1 = � � . xk . yn – k

k

n n n n n (x + y)n = � � . xn . y0 + � � . xn – 1 . y1 + � � . xn – 2 . y2 + … + � � . xn – k . yk + … � � . x0 . yn

0 1 2 k n

T1 T2 T3 Tk + 1 Tn + 1

MATEMÁTICA 15

� O quarto termo do desenvolvimento de

(2x + y)8, feito segundo os expoentes decres -

centes de x é igual a:

a) 56x5y3 b) 36x3y5 c) 1792x5y3

d) 1792x3y5 e) 2240x4y4

Resolução

Como Tk + 1 = � �xn – kyk para (x + y)n temos:

T4 = � � (2x)5 . y3 = 56 . 32x5y3 = 1792x5y3

Resposta: C

� Considerando o desenvolvimento do binô -

mio x2 –

10

, calcule

a) o termo médio.b) o termo independente de x.

Resolução

a) Como o desenvolvimento tem 10 + 1 = 11termos, o termo médio é o sexto.

Tk+1 = xn – k . yk

T6 = (x2)10 – 5 . (– x– 3)5 =

= – 252 . x – 5 = –

b) Tk + 1 = (x2)10 – k . (– x– 3)k =

= . x20 – 2k . (– 1)k . x– 3k =

= (– 1)k . x20 – 5k

20 – 5k = 0 ⇒ k = 4

O termo independente de x é

(– 1)4 . x0 = 210.

Respostas: a) – b) 210252

–––––x5

83

10� �4

10� �k

10� �k

10� �k

252–––––

x5

10� �5

n� �k

�1––––x3�

nk



Nas questões de � a �, desenvolver:

� (x + y)0 = 1

� (x + y)1 = x + y

� (x + y)2 = x2 + 2xy + y2

� (x + y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3

� (x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4

� (x + y)6 = x6 + 6x5y + 15x4y2 + 20x3y3 + 15x2y4 + 6xy5 + y6

(x – y)6 = x6 – 6x5y + 15x4y2 – 20x3y3 + 5x2y4 – 6xy5 + y6

� (2x + 3y)5 = 1 . (2x)5 . (3y)0 + 5 . (2x)4 . (3y)1 + 10 . (2x)3 . (3y)2

+ + 10 . (2x)2 . (3y)3 + 5 . (2x)1 . (3y)4 +

+ 1 . (2x)0 . (3y)5 = 32x5 + 240x4y +

+ 720x3y2 + 1080x2y3 + 810xy4 + 243y5


MATEMÁTICA16

(ENEM) – Rotas aéreas são como pontes que ligamcidades, estados ou países. O mapa a seguir mostra osestados brasileiros e a localização de algumas capitaisidentificadas pelos números. Considere que a direção seguidapor um avião AI que partiu de Brasília – DF, sem escalas, paraBelém, no Pará, seja um segmento de reta com extremidadesem DF e em 4.

SIQUEIRA. S. Brasil Regiões. Disponível emwww.santiagosiqueira.pro.br

Acesso em 28 jul 2009 (adaptado).

Suponha que um passageiro de nome Carlos pegou um aviãoAII, que seguiu a direção que forma um ângulo de 135 graus nosentido horário com a rota Brasília – Belém e pousou emalguma das capitais brasileiras. Ao desembarcar, Carlos fezuma conexão e embarcou em um avião AIII, que seguiu adireção que forma um ângulo reto, no sentido anti-horário, coma direção seguida pelo avião AII ao partir de Brasília-DF.Considerando que a direção seguida por um avião é sempredada pela semirreta com origem na cidade de partida e quepassa pela cidade destino do avião, pela descrição dada, opassageiro Carlos fez uma conexão em

a) Belo Horizonte, e em seguida embarcou para Curitiba.b) Belo Horizonte, e em seguida embarcou para Salvador.c) Boa Vista, e em seguida embarcou para Porto Velho.d) Goiânia, e em seguida embarcou para o Rio de Janeiro.e) Goiânia, e em seguida embarcou para Manaus.

RESOLUÇÃO:

Conforme o trajeto apresentado no mapa acima, Carlos fez

conexão em Belo Horizonte (13) e, em seguida, embarcou para

Salvador (9).

Resposta: B


� Calcular o quarto termo do desenvolvimento de (x + 2y)10 feito segundo os expoentes decrescentes de x.

RESOLUÇÃO:

Tk + 1 = . x10 – k . (2y)k

T4 = Tk + 1 → k = 3

T4 = . x10 – 3 . (2y)3 = . x7 . 23 . y3 =

= . x7 . 8y3 = 960x7y3

� Calcular o terceiro termo do desenvolvimento de (2x + y)7

feito segundo os expoentes crescentes de x.

RESOLUÇÃO:

Tk + 1 = . (2x)k . (y)7 – k

T3 = Tk + 1 → k = 2

T3 = . (2x)2 . (y)7 – 2 = . 22 . x2 . y5 =

= . 4x2 . y5 = 84x2 . y57 . 6 . 5!–––––––––2 . 1 . 5!

7!––––––2! . 5!

7( )2

7( )k

10 . 9 . 8 . 7!––––––––––––3 . 2 . 1 . 7!

10!––––––3! . 7!

10( )3

10( )k


MATEMÁTICA 17

� Calcular o termo de grau 9 no desenvolvimento de

RESOLUÇÃO:

1o. ) Tk + 1 = . (x2)12 – k . k

Tk + 1 = . x24 – 2k . x– 3k = . x24 – 5k

Logo, 24 – 5k = 9 → 5k = 15 → k = 3

2o. ) T4 = . x9 = . x9 = . x9 = 220x9

� Calcular o termo independente de x no desenvol vimento

de

RESOLUÇÃO:

1o. ) Tk + 1 = . (x4)10 – k . k

Tk + 1 = . x40 – 4k . x– k = . x40 – 5k

Logo, 40 – 5k = 0 → 5k = 40 → k = 8

5

2o. ) T9 = . x0 = = = 45

1

� A soma dos coeficientes dos termos do desen vol vimentode (2x + y)6 é:a) 81 b) 7776 c) 729 d) 2048 e) 243

RESOLUÇÃO:

Fazendo x = y = 1, temos: (2 + 1)6 = (3)6 = 729

Resposta: C

� (ENEM) – Para cada indivíduo, a sua inscrição no Cadastrode Pessoas Físicas (CPF) é composto por um número de 9algarismos e outro número de 2 algarismos, na forma d1d2, emque os dígitos d1 e d2 são denominados dígitos verificadores.Os dígitos verificadores são calculados, a partir da esquerda, daseguinte maneira: os 9 primeiros algarismos são multiplicadospela sequência 10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2 (o primeiro por 10, o se -gundo por 9, e assim sucessivamente); em seguida, calcula-seo resto r da divisão da soma dos resultados das multipli caçõespor 11, e se esse resto r for 0 ou 1, d1 é zero, caso contrário d1 = (11 – r). O dígito d2 é calculado pela mesma regra, na qualos números a serem multiplicados pela sequên cia dada sãocontados a partir do segundo algarismo, sendo d1 o últimoalgarismo, isto é, d2 é zero se o resto s da divisão por 11 dassomas das multiplicações for 0 ou 1, caso contrário, d2 = (11 – s). Suponha que João tenha perdido seus documen -tos, inclusive o cartão de CPF e, ao dar queixa da perda nadelegacia, não conseguisse lembrar quais eram os dígitos ve -rifi cadores, recordando-se apenas que os nove primei ros al -garismos eram 123.456.789. Neste caso, os dígitos verifi ca -dores d1 e d2 esquecidos são, respectivamente,a) 0 e 9. b) 1 e 4. c) 1 e 7.d) 9 e 1. e) 0 e 1.

RESOLUÇÃO:

Os dígitos verificadores de 123.456.789 são 0 e 9.

1) Dígito d1

1 x 10 + 2 x 9 + 3 x 8 + 4 x 7 + 5 x 6 + 6 x 5 +

+ 7 x 4 + 8 x 3 + 9 x 2 = 210

210 11

100 19

1

Como o resto na divisão de 210 por 11 é 1, então d1 = 0.

2) Dígito d2

2 x 10 + 3 x 9 + 4 x 8 + 5 x 7 + 6 x 6 + 7 x 5 +

+ 8 x 4 + 9 x 3 + 0 x 2 = 244

244 11

24 22

2

Como o resto na divisão de 244 por 11 é 2, então d2 = 9

Resposta: A

10 . 9–––––––

2. 1

10( )2

10( )8

10( )k

10( )k

)1–––x(10( )k

1 10

�x4 + ––�x

12 . 11 . 10 . 9!–––––––––––––

3 . 2 . 1 . 9!

12!––––––3! . 9!

12( )3

12( )k

12( )k

)1–––x3(12( )k

1 12

�x2 + –––�x3


MATEMÁTICA18

1. Príncipio fundamental da contagemOs problemas de Análise Combinatória são, basica -

mente, problemas de contagem. A abordagem destesproble mas é baseada num fato, de fácil com prova ção,denominado Príncipio Fundamental da Contagem ou,simples mente, Regra do Produto, que enunciaremos eexemplificaremos a seguir.

Enunciado

Um acontecimento é composto de dois estágios su -ces sivos e independentes. O primeiro estágio pode ocor -rer de m modos distintos; em seguida, o segundo es tá gio

pode ocorrer de n modos distintos. Nestas condições,dizemos que “o número de maneiras dis tin tas de ocor -

rer este acontecimento é igual ao produto m . n”.Exemplo

Um estudante, ao se inscrever no Concurso paraVestibular, deve escolher o Curso e a Faculdade quedeseja cursar. Sabe-se que existem cinco cursos pos -síveis: Engenharia, Medicina, Odontologia, Arquite tura eDireito. Cada curso pode ser feito em três faculdadespossíveis: Estadual, Federal e Particular. Qual é onúmero total de opções que o estudante pode fazer?

Resolução

De acordo com o Príncipio Fundamental da Conta -gem, o número total de opções que o estudante podefazer é 5x3, ou seja, 15. Podemos ilustrar estas 15 op -ções com o auxílio da árvore de possibilidades, obser -vando que para cada um dos cinco cursos pos síveis (E,M, O, A, D) existem três faculdades possíveis (E, F, P).

Generalizações

Quando um acontecimento for composto por k está -gios sucessivos e in depen dentes, com, respectiva mente,n1, n2, n3, ..., nk possibilidades cada, o número total dema neiras distintas de ocorrer este acontecimento é n1 . n2 . n3 . ... . nk.

2. Técnicas de contagemSeja A = {a; b; c; d; ...; j} um conjunto formado por 10

elementos distintos, e consideremos os “agrupa men tosab, ac e ca”.

Os agrupamentos ab e ac são considerados sempre

distintos, pois diferem pela natureza de um elemento.Os agrupamentos ac e ca, que diferem apenas pela

ordem de seus elementos, podem ser considerados

distintos ou não.Se, por exemplo, os elementos do conjunto A fo -

rem pontos, A = {A1, A2, A3, ..., A10}, e ligando estespontos desejarmos obter retas, então os agrupamentosA1A2 e A2A1 são iguais, pois representam a mesma

reta.Se, por outro lado, os elementos do conjunto A

forem algarismos, A = {0, 1, 2, 3, ..., 9}, e com estesalgarismos desejarmos obter números, então os agru -pamentos 12 e 21 são distintos, pois representamnúme ros diferentes.

Do que foi exposto, podemos concluir que:a) Existem problemas de contagem em que os agru -

pa mentos, a serem contados, são considerados distin -tos, apenas quando diferem pela natureza de pelo

Escolhado Curso

Escolhada Faculdade Resultado

E

F

P

E

F

P

E

F

P

E

F

P

E

F

P

D

A

O

M

E

E E

E F

E P

M E

M F

M P

O E

O F

O P

A E

A F

A P

D E

D F

D P

24Análise combinatória –Princípio da contagem e arranjos • Contagem • Sequências


MATEMÁTICA 19

menos um de seus elementos. É o caso em que ac = ca.Neste caso, os agrupamentos são chamados

combinações.Caso típico

O conjunto A é formado por pontos e o problema ésaber quantas retas esses pontos determinam.

b) Existem problemas de contagem em que osagrupamentos, a serem contados, são consideradosdistintos, quando diferem tanto pela natureza como

também pela ordem de seus elementos. É o caso emque ac � ca.

Neste caso, os agrupamentos são chamados arran jos.

Caso típico

O conjunto A é formado por algarismos e o pro ble -ma é contar os números por eles determinados.

3. Arranjos simples

Definição

Seja A um conjunto com n elementos e k umnatural menor ou igual a n.

Chamam-se arranjos simples k a k, dos n

elementos de A, aos agrupamentos, de k elementosdistintos cada, que diferem entre si ou pela natureza

ou pela ordem de seus elementos.

Cálculo do número de arranjos simples

Na formação de todos os arranjos simples dos n

elementos de A, tomados k a k, temos:

n possibilidades na escolha do 1o. elemento.

n – 1 possibilidades na escolha do 2o. elemento,pois um deles já foi usado.

n – 2 possibilidades na escolha do 3o. elemento,pois dois deles já foram usados.

n – (k – 1) possibilidades na escolha do ko. ele -

mento, pois k – 1 deles já foram usados.

Pelo Princípio Fundamental da Contagem, represen -tando com o símbolo An, k o número total de arranjossimples dos n elementos de A (tomados k a k), temos:

(é o produto de k fatores)

Multiplicando e dividindo por (n – k)!.n(n – 1) (n – 2) . ... . (n – k + 1) . (n – k)!

An,k = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––,(n – k)!

e notando que n(n – 1)(n – 2) . ... . (n – k + 1) . (n – k)! = n!podemos também escrever



No Portal Objetivo

n!An,k = ––––––––

(n – k)!

An,k = n . (n – 1) . (n – 2) . ... . (n – k + 1)

� (UNESP – MODELO ENEM) – Uma redede supermercados fornece a seus clientes umcartão de crédito cuja identificação é formadapor 3 letras distintas (dentre 26), seguidas de 4 algarismos distintos. Uma determinadacidade receberá os cartões que têm L comoterceira letra, o último algarismo é zero e o pe -núltimo é 1. A quantidade total de cartões dis -tintos oferecidos por tal rede de supermer -cados para essa cidade é a) 33 600. b) 37 800. c) 43 200. d) 58 500. e) 67 600. Resolução

A numeração dos cartões dessa cidade é dotipo

A primeira letra pode ser escolhida entre as 25res tan tes e a segunda letra entre as 24 res -

tantes. O primeiro algarismo pode serescolhido entre os 8 res tantes e o segundoentre os sete restantes. Desta forma, onúmero de cartões é 25 . 24 . 8 . 7 = 33 600Resposta: A

� (UNESP) – Dispomos de 4 cores distintase temos de colorir o mapa mostrado na figuracom os países P, Q, R e S, de modo que paí sescuja fronteira é uma linha não podem sercoloridos com a mesma cor.

Responda, justificando sua resposta, de quan -tas manei ras é possível colorir o mapa, sea) os países P e S forem coloridos com cores

dis tin tas?b) os países P e S forem coloridos com a mes -

ma cor?

Resolução

a) Se P e S forem coloridos com cores dis -tintas, existem4 maneiras de escolher a cor de P,3 maneiras de escolher a cor de S,2 maneiras de escolher a cor de Q e2 maneiras de escolher a cor de R,portanto, 4 . 3 . 2 . 2 = 48 maneiras decolorir o mapa.

b) Se P e S forem coloridos com a mesma cor,existem4 maneiras de escolher a cor de P e de S,3 maneiras de escolher a cor de Q e3 maneiras de escolher a cor de R, portanto, 4 . 3 . 3 = 36 maneiras de colorir omapa.

Respostas: a) 48 maneiras

b) 36 maneiras

P Q

R S


MATEMÁTICA20

� Quantos elementos tem o conjunto A = {1936, 1937, 1938,…, 1949}?

RESOLUÇÃO:

1949 – 1935 = 14

1, 2, 3, …, 1935, 1936, 1937, …, 1949

1935

1949

� Num avião, uma fila tem 7 poltronas dispostas como nafigura abaixo.

corredor corredor

Os modos de João e Maria ocuparem duas poltronasdessa fila, de modo que não haja um corredor entre eles,são em número de:a) 6 b) 7 c) 8 d) 10 e) 12

RESOLUÇÃO:

10 modos

Resposta: D

� (FUVEST) – Uma caixa automática de banco só trabalhacom notas de 5 reais e 10 reais. Um usuário deseja fazer umsaque de 100 reais. De quantas maneiras diferentes a caixaeletrônica poderá fazer esse pagamento?a) 5 b) 6 c) 11 d) 15 e) 20

RESOLUÇÃO:

Resposta: C

� Quantos números, diferentes e de três algarismosdis tintos, podem ser formados com os algarismos 1, 2,3, 5, 7 e 8?

RESOLUÇÃO:

Algarismos ⇒

↓ ↓ ↓Total depossibilidades ⇒ 6 . 5 . 4 = 120 = A6,3

� Quantos números diferentes e de três algarismosdistintos, existem no sistema decimal de numeração?

RESOLUÇÃO:

Condição: O algarismo das centenas deve ser diferente de zero.

Algarismos ⇒

↓ ↓ ↓Total depossibilidades ⇒ 9 . 9 . 8 = 648

ou

A10,3 – A9,2 = 10 . 9 . 8 – 9 . 8 = 9 . 8(10 – 1) = 648

C D U

UDC

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

5 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

10 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

J M

M J

J M

M J

J M

M J

J M

M J

M J

J M


� (ENEM) – O código de barras, contido na maior parte dosprodutos industrializados, consiste num conjunto de váriasbarras que podem estar preenchidas com cor escura ou não.Quando um leitor óptico passa sobre essas barras, a leitura deuma barra clara é convertida no número 0 e a de uma barraescura, no número 1. Observe a seguir um exemplo simplifi -cado de um código em um sistema de código com 20 barras.

Se o leitor óptico for passado da esquerda para a direitairá ler: 01011010111010110001 Se o leitor óptico for passado da direita para a esquer dairá ler: 10001101011101011010 No sistema de código de barras, para se organizar oprocesso de leitura óptica de cada código, deve-se levarem consideração que alguns códigos podem ter leiturada esquerda para a direita igual à da direita para a esquer -da, como o código 00000000111100000000, no sistemadescrito acima.Em um sistema de códigos que utilize apenas cinco bar -ras, a quantidade de códigos com leitura da esquer da paraa direita igual à da direita para a esquerda, descon -siderando-se todas as barras claras ou todas as escuras, éa) 14 b) 12 c) 8 d) 6 e) 4

RESOLUÇÃO:

Se um sistema de códigos utiliza apenas cinco barras, a quan -

tidade de códigos com leitura da esquerda para a direita igual à da

direita para a esquerda, desconsi derando-se todas as barras claras

ou todas as escuras é 6, pois:

1) As barras A,B,C,D,E podem estar preenchidas com cor escura

ou não, ou seja, 2 possibilidades cada.

2) – A e E devem estar preenchidas com a mesma cor: 2 possibili -

dades.

– B e D devem estar preenchidas com a mesma cor: 2 possibi -

lidades.

– C tem 2 possibilidades de preenchimento.

3) Assim, existem 2.2.2 = 8 códigos com leitura da esquerda para

a direita igual à da direita para a esquerda, das quais 2 têm

todas as barras claras ou todas escuras.

Logo, a resposta é 8 – 2 = 6.

Resposta: D

MATEMÁTICA 21

1. DefiniçãoSeja A um conjunto com n elementos. Os arranjos

simples n a n, dos n elementos de A, são chamadospermutações simples de n elementos.

Observe que, de acordo com a definição, todas aspermutações têm os mesmos elementos: são os n ele -mentos de A. Assim sendo: duas permutações dife -

rem entre si apenas pela ordem de seus elementos.

2. Cálculo do número de permutações simplesRepresentando com o símbolo Pn o número total de

permutações simples de n elementos e fazendo k = n na

fórmula An,k = n(n – 1).(n – 2) . ... . (n – k + 1), temos:

Pn = An,n = n(n – 1).(n – 2) . ... . (n – n + 1) =

= n.(n – 1).(n – 2) . ... . 1 = n!

Logo:

3. Permutações com elementos repetidosSejam α elementos iguais a a, β elementos iguais

a b, γ elementos iguais a c, ..., λ elementos iguais a �,num total de α + β + γ + ... + λ = n elementos.

Representando com o símbolo Pnα, β, γ, ..., λ o número

de permutações distintas que podemos formar com os nelementos, temos:

n!Pn

�, β, γ, ..., λ = –––––––––––––––––

�! . β! . γ! . ... . λ!

Pn = n!

25 Permutações• Permutar • Trocar


MATEMÁTICA22

� Quantos são os anagramas da palavra BONITA?

RESOLUÇÃO:

P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720

� Quantos são os anagramas da palavra REPITO que pos -suem a letra R em terceiro lugar?

RESOLUÇÃO:

1 . P5 = 5! = 120

� Quantos anagramas da palavra BONITA come çam comvogal e terminam com consoante?

RESOLUÇÃO:

↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓3 . 4 . 3 . 2 . 1 . 3 =

P4

= 3 . P4 . 3 = 9 . 4! = 216

� Quantos anagramas da palavra BONITA têm as letras B, I

e O juntas?

RESOLUÇÃO:

P3

P4

P4 . P3 = 4! . 3!= 144

� Quantos são os anagramas da palavra POROROCA?

RESOLUÇÃO:

P2;3

8 = = = 3 360

8!–––––2!3!

8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3!––––––––––––––––––

2 . 1 . 3!

R

B I O

O

I

A

B

N

T

� Quantos anagramas tem a palavra PAI?

Resolução

P3 = 3! = 3 . 2 . 1 = 6

� Quais os anagramas da palavra PAI?

Resolução

Os 6 anagramas da palavra PAI são:

PAI, PIA, AIP, API, IAP, IPA

� Quantos anagramas tem a palavraPALMITO?Resolução

P7 = 7! = 7 . 6 . 5. 4 . 3 . 2 . 1 = 5040

� Quantos são os anagramas da pala vra

PALMITO começados com a letra P?Resolução

P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720

� Quantos são os anagramas da palavra

MACACA?Resolução

Das 6 letras da palavra MACACA, 3 são iguais

a A, 2 são iguais a C. Logo:

6!P6

3,2 = –––––– = 603! 2!

P


MATEMÁTICA 23

�a) Qual o número total de anagramas da palavra CIDADE?b) Quantos são os anagramas da palavra CIDADE em que as

vo gais aparecem juntas?c) Quantos são os anagramas da palavra CIDADE que

começam com vogal?

RESOLUÇÃO:

a) P2

6 = = 360 b) C D D

P2

4 . P3 = . 3! = 72

c) 3 . P2

5 = 3 . = 180

(UFABC – MODELO ENEM)

A América em busca de ouro

No mês de julho, a cidade do Rio de Janeiro sediou a 15a.edi ção dos Jogos Panamericanos, a maior com petição espor -tiva das Américas. Numa participação recorde na história doevento, mais de 5500 atletas de 42 países disputaram asmedalhas de ouro, prata e bronze.

A figura mostra a medalhautili zada na premiação dosatletas. Nela estão estam -pados 5 pás saros distintos.Suponha que ca da pássaropudesse ser co lo rido comuma cor diferen te (verde,amarelo, azul, bran co e ver -melho). O número de com -po si ções distintas que po -dem ser formadas na dis -tribui ção das cores entre oscinco pássaros é

a) 25. b) 40. c) 60. d) 120. e) 240.

RESOLUÇÃO:

O número de composições distintas que podem ser formadas na

distribuição das cinco cores entre os cinco pássaros é dado por:

P5 = 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120

Resposta: D

6!––––2!

IAE

4!––––2!

5!––––2!

26 Combinações simples• Escolher • Conjuntos

1. DefiniçãoSeja A um conjunto com n elementos e k um natural

menor ou igual a n. Chamam-se combinações simples

k a k, dos n elementos de A, aos agrupamentos, de kelementos distintos cada, que diferem entre si apenas

pela natureza de seus elementos.

2. Cálculo do número decombinações simplesRepresentando com o símbolo Cn,k o número total

de combinações simples dos n elementos de A, toma -dos k a k, temos:

a) permutando os k elementos de uma com bi na -

ção k a k obtemos Pk arranjos distintos.b) permutando os k elementos das Cn,k com bina -

ções k a k obtemos Cn,k . Pk arranjos distintos.

Assim sendo:

Lembrando que An,k = , Pk = k! e

= , podemos também escrever:

An,k n! nCn,k = ––––– = ––––––––– = � �

Pk k!(n – k)! k

n� �kn!

–––––––––k!(n – k)!

n!––––––––(n – k)!

An,kCn,k . Pk = An,k ⇔ Cn,k = –––––

Pk


MATEMÁTICA24

� (ESPCEX) – A equipe de professores deuma escola possui um banco de questões dematemática composto de 5 questões sobreparábolas, 4 sobre circunferências e 4 sobreretas. De quantas ma neiras distintas a equipepode montar uma prova com 8 questões,sendo 3 de parábolas, 2 de circunferências e 3de retas?

a) 80 b) 96 c) 240 d) 640 e) 1280

Resolução

C5,3 . C4,2 . C4,3 = 10 . 6 . 4 = 240

Resposta: C

� (FUVEST) – Participam de um torneio devoleibol 20 times distri buídos em 4 chaves, de5 times cada uma. Na 1a. fase do torneio, ostimes jogam entre si uma única vez (um únicoturno), todos contra todos em cada chave,sendo que os 2 melhores de cada chave pas -sam para a 2a. fase. Na 2a. fase, os jogos são

eliminatórios; depois de cada partida, apenas ovencedor permanece no torneio. Logo, onúmero de jogos necessários até que se apureo campeão do torneio é:a) 39 b) 41 c) 43 d) 45 e) 47Resolução

Na primeira fase, foram realizados

4 . C5,2 = 4 . 10 = 40 jogos; na segunda fase,

4 jo gos; na terceira fase, 2 jogos e na final,

1 jogo. Total de jogos = 40 + 4 + 2 + 1 = 47Resposta: E

Seja A = {a, b, c, d} um conjunto com 4 elementosdistintos. Com os ele men tos de A podemos formar 4 com bina ções de três elementos cada:

Permutando os 3 elementos de uma delas, porexemplo abc, obtemos P3 = 6 arranjos distintos:

Permutando os 3 elementos das 4 com bi na ções ob te - mos todos os ar ran jos 3 a 3:

Assim sendo,

(4 combinações) x (6 permuta ções) = 24 arranjos e,

portanto, C4,3 . P3 = A4,3

abc abd acd bcd

abc abd acd bcd

acb adb adc bdc

bac bad cad cbd

bca bda cda cdb

cab dab dac dbc

cba dba dca dcbabc abd acd bcd

acb

bac

bca

cab

cba

Saiba mais??

� Calcular:

C9,2 = = = = 36

� Num plano são dados dez pontos, três a três não colinea -res. Pergunta-se:a) qual o número total de retas determinadas por esses pon -

tos?b) qual o número total de triângulos com vértices nestes pon -

tos?

RESOLUÇÃO:

a) C10;2 = = 45

b) C10;3 = = 12010� �3

10� �2

9.8.7!–––––––

2!.7!

9!–––––2!7!

9� �2


� (UFU – MODELO ENEM) – Cada seleção participante dacopa do mundo de futebol inscreve 23 jogadores, sendonecessariamente três goleiros. Em cada partida, dois jogadoresde cada seleção são escolhidos entre os 23 inscritos para oexame anti-doping, mas são descartadas as possibilidades deque os dois jogadores esco lhidos sejam goleiros. De quantasmaneiras diferentes estes dois jogadores podem serescolhidos?

RESOLUÇÃO:

C23,2 – C3,2 = 253 – 3 = 250

� Num plano são dados dez pontos distintos, contidos emduas retas para lelas, conforme a figura ao lado. Qual o númerototal de triângulos com vértices nestes pontos?

RESOLUÇÃO:

Devemos escolher 1 ponto da reta r e 2 da reta s ou 1 ponto da

reta s e 2 pontos da reta r.

C4;1 . C6;2 + C6;1 . C4;2 = 4 . 15 + 6 . 6 = 96

ou

C10,3 – C4,3 – C6,3 = 120 – 4 – 20 = 96

� (MODELO ENEM) – Doze times se inscreveram em umtorneio de futebol amador. O jogo de abertura do torneio foiescolhido da seguinte forma: primeiro foram sorteados 4 timespara compor o Grupo A. Em seguida, entre os times do GrupoA, foram sorteados 2 times para realizar o jogo de abertura dotorneio, sendo que o primeiro deles jogaria em seu própriocampo, e o segundo seria o time visitante.

A quantidade total de escolhas possíveis para o Grupo A e aquantidade total de escolhas dos times do jogo de aberturapodem ser calculadas através de

a) uma combinação e um arranjo, respectivamente.b) um arranjo e uma combinação, respectivamente.c) um arranjo e uma permutação, respectivamente.e) duas combinações.e) dois arranjos.

RESOLUÇÃO:

Na escolha dos 4 times para compor o Grupo A, a ordem de

escolha desses times não influencia no grupo formado; portanto,

trata-se de um caso de combi nação simples.

Na escolha dos 2 times que fariam o primeiro jogo, a ordem

influencia, pois o primeiro time a ser escolhido terá o “mando de

jogo”. Neste caso, temos um arranjo simples.

Resposta: A

MATEMÁTICA 25

27Arranjos, permutações ecombinações: exercícios

� (MODELO ENEM) – Uma família com 5 pessoas possuium automóvel de 5 lugares. Se apenas uma pessoa dirige, dequantas maneiras diferentes os passageiros podem seacomodar no carro para uma viagem?a) 6 b) 12 c) 24 d) 36 e) 120

RESOLUÇÃO:

P4 = 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24

Resposta: C


� (UEPA – MODELO ENEM) – Para a formação de umaequipe de trabalho, uma empresa realizou um concurso parapreenchimento de vagas em seu setor de informática, sendo 2vagas para Analista de Sistemas e 3 para Técnico. O primeirocolocado no cargo de analista de sistemas terá função decoordenador da equipe e os aprovados no cargo de técnicoterão funções idênticas. Todos os aprovados no concurso serãochamados juntos, independente da classificação de cada um.Inscreveram-se 5 pessoas para concorrer ao cargo de analistade sistemas e 6 ao cargo de técnico. Então o número máximode maneiras dis tintas que essas 5 vagas podem serpreenchidas, para a formação da equipe de trabalho, peloscandidatos é:a) 200 b) 400 c) 800 d) 1200 e) 2400

RESOLUÇÃO:

A5,2 . C6,3 = 20 . 20 = 400

Resposta: B

� (MODELO ENEM) – Quantas comissões, de apenas 5pessoas cada, podemos formar com um grupo de 10 rapazes,de modo que em cada uma existam um presidente, umsecretário e três conse lhei ros?

RESOLUÇÃO:

A10,2 . C8,3 = 90 . 56 = 5040

� (UNIFESP – MODELO ENEM) – O corpo clínico dapediatria de um certo hos pital é composto por 12 profissionais,dos quais 3 são capa citados para atuação junto a crianças queapresentam neces sidades educacionais especiais. Para fins deassessoria, deverá ser criada uma comis são de 3 profissionais,de tal ma neira que 1 deles, pelo menos, tenha a capacitaçãoreferida. Quan tas comis sões distintas podem ser formadasnestas condições?a) 792. b) 494. c) 369. d) 136. e) 108.

RESOLUÇÃO:

Existem 3 possibilidades:

I) A comissão é formada por 1 especialista e 2 outros profis sio -

nais. Assim, tem-se: C3,1 . C9,2 = 3 . 36 = 108

II) A comissão é formada por 2 especialistas e 1 outro profissional.

Assim, tem-se: C3,2 . C9,1 = 3 . 9 = 27

III)A comissão é formada por 3 especialistas. Assim, tem-se:C3,3 = 1

O total de comissões possíveis de se formar é: 108 + 27 + 1 = 136

Outra maneira:

C12,3 – C9,3 = – = 220 – 84 = 136

Resposta: D

12� �3

9� �3

P S C C C

MATEMÁTICA26

28Arranjos completos ecombinações completas • Elementos repetidos

1. Arranjos completosArranjos completos de n elementos, tomados k a

k, são os arranjos de k elementos NÃO NECES SARIA -MEN TE DISTINTOS.

Ao calcular os arranjos completos, portanto, deve -mos considerar tanto os arranjos com elementos dis -

tintos (que são os arranjos simples) como também

aqueles com elementos repetidos.O número total de arranjos completos de n elemen -

tos, tomados k a k, e representado pelo símbolo A*n,k, é

dado por:

2. Combinações completasCombinações completas de n elementos, tomados

k a k, são combinações de k elementos NÃO NECES SA -RIA MENTE DISTINTOS.

Ao calcular as combinações completas, portanto, de -ve mos considerar tanto as combinações com elemen -

tos distintos (que são as combinações simples) como

também aquelas com elementos repetidos.O número total de combinações completas de n

elementos, tomados k a k, e representado pelo símboloC*

n,k, é dado por:

n + k – 1C*

n,k = Cn + k – 1, k = � �kA*n,k = nk


MATEMÁTICA 27

� Numa cesta existem peras, maçãs, laran -jas e bananas. Existem pelo menos três decada tipo e as frutas de mesmo tipo são todasiguais.

De quantas maneiras diferentes é possívelescolher:

a) três frutas de tipos diferentes?

b) três frutas?

Resolucão

4 . 3 . 2a) C4,3 = ––––––––– = 4

3 . 2 . 1

Observe quais são as 4 maneiras possíveis:

6 . 5 . 4b) C*

4,3 = C4 + 3 – 1,3 = C6,3 = ––––––––– = 203 . 2 . 1

Observe quais são as 20 manei ras possíveis:

� (FUVEST) – Quantos são os númerosinteiros positi vos de 5 algarismos que não têmalgarismos adja cen tes iguais?

a) 59 b) 9 x 84 c) 8 x 94

d) 85 e) 95

Resolução

O número de possibilidades para cada “po -sição” dos algarismos no número é

dezena de milhar: 9 (não pode ser o 0)

milhar: 9 (não pode ser o anterior)

centena: 9 (não pode ser o anterior)

dezena: 9 (não pode ser o anterior)

unidade: 9 (não pode ser o anterior)

Assim sendo, pelo Princípio Fundamental deContagem, resulta

9 . 9 . 9 . 9 . 9 = 95.

Resposta: E

PPP PLL MMM MLB

PPM PBB MML LLL

PPL PLB MMB LLB

PPB PLM MLL LBB

PMM PMB MBB BBB

PML PMB PLB MLB

� Quantos números de três algarismos distintos podemosformar com os algarismos do conjunto {1, 2, 3, 4, 7}?

RESOLUÇÃO:

↓ ↓ ↓5 . 4 . 3 = 60

� Quantos números de três algarismos podemos formarcom os algarismos do conjunto {1, 2, 3, 4, 7}

RESOLUÇÃO:

↓ ↓ ↓5 . 5 . 5 = 53 = 125

� (MODELO ENEM) – A “onda” de desvios de valores decorrentistas de bancos via Internet é grande no Brasil. Duranteo mês de outubro, várias pessoas foram presas no Pará,acusadas desse tipo de crime. Os bancos tentam evitar queseus clientes sofram com esse tipo de furto, alertando sobrecuidados na manipulação de de informações de suas contasbancárias. Atualmente, para maior segurança, alguns bancosestão adotando senhas em que o correntista tem de digitarquatro algarismos seguidos de três letras. Dessa forma, umcliente de um desses bancos, ao criar sua senha, resolveuutilizar uma das permutações dos algarismos do ano donascimento de sua filha e, também, o nome dela. Sabendo quesua filha nasceu em 1998 e seu nome é Isabel, então o númerode opções distintas para criação de sua senha será:a) 240 b) 480 c) 920 d) 1440 e) 2592

RESOLUÇÃO:

P4

2. A

*

6,3= . 63 = 2592

Resposta: E

4!––––2!


MATEMÁTICA28

� De quantas maneiras diferentes uma oficina pode pintar 3automóveis iguais, recebendo cada um tinta de uma única cor,sabendo que a oficina dispõe de apenas 5 cores diferentes enão quer misturá-las?

RESOLUÇÃO:

C*5;3 = C5 + 3 – 1;3 = C7;3 = 35

Outra maneira:

I) Se os 3 automóveis receberem cores distintas, existem

C5,3 = 10 maneiras.

II) Se 2 automóveis receberem a mesma cor e o outro uma cor

diferente desta, existem 2 . C5,2 = 2 . 10 = 20 maneiras.

III) Se os 3 automóveis receberem a mesma cor, existem C5,1 = 5

maneiras.

Assim, o total de possibilidades é 10 + 20 + 5 = 35

� (FGV – MODELO ENEM) – Uma senha de acesso a umarede de compu tado res é formada por 5 letras escolhidas entreas 26 do alfabeto (a ordem é levada em consideração).a) Quantas senhas existem com todas as letras distintas, e que

comecem pela letra S?b) Quantas senhas são possíveis, de modo que haja pelo me -

nos duas letras iguais?Observação: o resultado pode ser deixado indicado, não sendonecessário fazer as contas.

RESOLUÇÃO:

a)

A25,4 = 25 . 24 . 23 . 22 = 303 600

b) É o número total de senhas (podendo repetir letras) menos

aquelas formadas por 5 letras distintas.

Assim: A*26,5 – A26,5 = 265 – 26 . 25 . 24 . 23 . 22 =

= 11 881 376 – 7 893 600 = 3 987 776

Respostas: a) 303 600 b) 3 987 776

S

29 Probabilidade – definição • Espaço amostral

• Evento • Possibilidade

Numa experiência com vários resultados possíveis,todos com a “mesma chance”, dizemos que:

a) Ponto Amostral é qualquer um dos resultadospossíveis.

b) Espaço Amostral (representado por S) é o con -junto de todos os resultados possíveis.

c) Evento (representado por A) é qualquer subcon -junto do espaço amostral.

d) n(S) é o número de elementos de S e n(A) é onúmero de elementos de A.

A probabilidade de ocorrer o evento A, represen tadapor P(A), de um espaço amostral S � Ø, é o quociente

entre o número de elementos de A e o número deelementos de S.

Simbolicamente:

Na prática costuma-se dizer que a probabilidade é oquociente entre o número de casos favoráveis que én(A) e o número de casos possíveis que é n(S).

Exemplo 1

Na experiência de jogar um dado ho nes to de seisfaces, numera das de 1 a 6 temos:

a) O ponto amostral é a face nu me rada ou apenas onúmero.

b) O espaço amostral é S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e n(S) = 6.

c) O evento “número ímpar” é A = {1,3,5} e n(A) = 3.

n(A)P(A) = ––––––

n(S)


MATEMÁTICA 29

d) A probabilidade de obter um “nú mero ímpar” é

e) O evento “número menor que 3” é A = {1, 2} e n(A) = 2.

f) A probabilidade de obter um “nú me ro menor que

3” é:

Exemplo 2

Na experiência de retirar uma carta de um baralhoco mum de 52 cartas, te mos:

a) O ponto amostral é a carta.

b) O espaço amostral é o con jun to S de todas ascartas do baralho e, portanto, n(S) = 52.

c) O evento “dama” é formado por 4 cartas e, por -tan to, n(A) = 4.

d) A probabilidade de obter uma dama é

e) O evento “carta de copas” é forma do por 13 car -

tas e portanto n(A) = 13.

f) A probabilidade de obter uma carta de copas é

n(A) 3 1P(A) = –––––– = ––– = –––

n(S) 6 2

n(A) 2 1P(A) = –––––– = ––– = –––

n(S) 6 3

n(A) 13 1P(A) = –––––– = –––– = –––

n(S) 52 4

n(A) 4 1P(A) = –––––– = –––– = ––––

n(S) 52 13


OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,

digite MAT2M204

No Portal Objetivo

� (UNESP) – Numa pesquisa feita com 200homens, observou-se que 80 eram casados, 20 sepa rados, 10 eram viúvos e 90 eramsolteiros. Escolhido um homem ao acaso, apro ba bi lidade de ele não ser solteiro é

a) 0,65. b) 0,6. c) 0,55.

d) 0,5. e) 0,35.

Resolução

Dos 200 homens, 110 não são solteiros e a

probabi lidade pedida é, portanto

= 0,55 = 55%

Resposta: C

� (FGV) – As seis faces do dado A estãomarcadas com 1, 2, 3, 3, 5, 6; e as seis faces

do dado B estão marcadas com 1, 2, 4, 4, 5 e6. Considere que os dados A e B são honestos nosentido de que a chance de ocorrência de cadauma de suas faces é a mesma. Se os dados Ae B forem lançados simultaneamente, aprobabilidade de que a soma dos númerosobtidos seja ímpar é igual a

a) . b) . c) .

d) . e) .

Resolução

A partir do enunciado, as possibilidades das

somas dos números obtidos, está represen -

tada na tabela a seguir

Notando que dentre as 36 possibilidades, a so -ma ob tida é ímpar em 20 possibilidades,conclui-se que, a probabilidade de que a somados números obtidos seja ímpar é:

P = = .

Resposta: A

20—––36

5—–9

1 2 3 3 5 6

1 2 3 4 4 6 7

2 3 4 5 5 7 8

4 5 6 7 7 9 10

4 5 6 7 7 9 10

5 6 7 8 8 10 11

6 7 8 9 9 11 12

2–––9

1–––3

4–––9

1–––2

5–––9

110–––––200


MATEMÁTICA30

� Joga-se, ao acaso, um dado “honesto” de seis faces

numeradas de 1 a 6 e lê-se o número da face voltada para cima.

Calcular a probabilidade de obter:

a) o número 1 b) um número par

c) um número maior que 4 d) um número menor que 7

e) um número maior que 6

RESOLUÇÃO:

O espaço amostral é S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}

a) P{(1)} =

b) P{(2, 4, 6)} = =

c) P{(5,6)} = =

d) P{(1, 2, 3, 4, 5, 6)} = = 1 (evento certo)

e) P(Ø) = 0 (evento impossível)

� Numa urna existem 4 bolas numeradas de 1 a 4 quediferem apenas pela numeração. Retiram-se duas bolas aoacaso e simultaneamente. Qual a probabi lidade de obter bolascom números que têm soma par?

RESOLUÇÃO:

O espaço amostral é S = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)}

O evento “soma par” é A = {(1, 3), (2, 4)}

Então, n(S) = 6 e n(A) = 2, logo: P(A) = = =

� Lançam-se dois dados “honestos” com faces numeradasde 1 a 6. Pede-se :a) O espaço amostral desta experiência.

b) A probabilidade de que a soma obtida seja 10.

RESOLUÇÃO:

O evento “soma 10” é A = {(4; 6), (6; 4), (5; 5)}

P(soma 10) = =

c) A probabilidade de obter dois números iguais.

RESOLUÇÃO:

O evento “números iguais” é

A = {(1; 1), (2; 2), (3; 3), (4; 4), (5; 5), (6; 6)}

P(IGUAIS) = =

� (ENEM) – Um time de futebol amador ganhou uma taça aovencer um campeonato. Os jogadores decidiram que o prêmioseria guardado na casa de um deles. Todos quiseram guardar ataça em suas casas. Na discussão para se decidir com quemficaria o troféu, travou-se o seguinte diálogo:

Pedro, camisa 6: – Tive uma idéia. Nós somos 11 jogadores enossas camisas estão numeradas de 2 a 12. Tenho dois dadoscom as faces numeradas de 1 a 6. Se eu jogar os dois dados,a soma dos números das faces que ficarem para cima podevariar de 2 (1 + 1) até 12 (6 + 6). Vamos jogar os dados, e quemtiver a camisa com o número do resultado vai guardar a taça.

Tadeu, camisa 2: – Não sei não… Pedro sempre foi muitoesperto… Acho que ele está levando alguma vantagem nessaproposta…

Ricardo, camisa 12: – Pensando bem… Você pode estar certo,pois, conhecendo o Pedro, é capaz que ele tenha mais chancesde ganhar que nós dois juntos…

Desse diálogo conclui-se quea) Tadeu e Ricardo estavam equivocados, pois a pro babilidade

de ganhar a guarda da taça era a mesma para todos.b) Tadeu tinha razão e Ricardo estava equivocado, pois, juntos,

tinham mais chances de ganhar a guarda da taça do quePedro.

c) Tadeu tinha razão e Ricardo estava equivocado, pois, juntos,tinham a mesma chance que Pedro de ganhar a guarda dataça.

1–––3

2–––6

n(A)–––––n(S)

6––6

1––3

2––6

1––2

3––6

1––6

1–––6

6–––36

1–––12

3–––36

1 2 3 4 5 6

1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)

2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)

3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)

4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)

5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)

6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6)


d) Tadeu e Ricardo tinham razão, pois os dois juntos tinhammenos chances de ganhar a guarda da taça do que Pedro.

e) Não é possível saber qual dos jogadores tinha razão, por setratar de um resultado probabilístico, que dependeexclusivamente da sorte.

RESOLUÇÃO:

A tabela a seguir mostra a soma dos números das faces que

ficaram para cima no lançamento de dois dados.

A probabilidade da soma ser 6 (Pedro ficar com a taça) é .

A probabilidade da soma ser 2 ou 12 (Tadeu e Ricardo juntos

ficarem com a taça) é .

Assim, Pedro tinha mais chance de ficar com a taça do que Tadeu

e Ricardo juntos e ambos tinham razão em seus comentários.

Resposta: D

� (ENEM) – As 23 ex-alunas de uma turma que completou oEnsino Médio há 10 anos se encontraram em uma reuniãocomemorativa. Várias delas haviam se casado e tido filhos. Adistribuição das mulheres, de acordo com a quantidade defilhos, é mostrada no gráfico abaixo. Um prêmio foi sorteado entre todos os filhos dessas ex-alunas.A probabilidade de que a criança premiada tenha sido um(a)filho(a) único(a) é

a) 1/3. b) 1/4. c) 7/15.

d) 7/23. e) 7/25.

RESOLUÇÃO

A partir da distribuição apresentada no gráfico, temos:

8 mulheres sem filhos, 7 mulheres com 1 filho,

6 mulheres com 2 filhos e 2 mulheres com 3 filhos.

Como as 23 mulheres têm um total de 25 filhos, a probabilidade

de que a criança premiada tenha sido um(a) filho(a) único(a) é

igual a P = .

Resposta: E

2––––36

5––––36

7–––25

Dado I

Dado II1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6 7

2 3 4 5 6 7 8

3 4 5 6 7 8 9

4 5 6 7 8 9 10

5 6 7 8 9 10 11

6 7 8 9 10 11 12

MATEMÁTICA 31

a) Dados dois eventos A e B de um espaço amostral

S � Ø, a probabilidade de ocorrer A ou B é:

Demonstração

Se A e B forem dois eventos de um espaço amos tral

S, então n(A � B) = n(A) + n(B) – n(A � B)

Dividindo ambos os membros por n(S) temos:

= + – ⇔

⇔ P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B)

P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B)

n(A � B)–––––––––

n(S)n(B)

–––––n(S)

n(A)–––––n(S)

n(A � B)––––––––––

n(S)

30 União de eventos • Eventos exclusivos

• Eventos exaustivos


b) Se A � B = Ø então A e B são cha mados eventos

mutuamente exclu sivos. Neste caso P(A � B) = 0 e por tanto

c) Se A � B = Ø e A � B = S então A e B são cha -ma dos eventos exaus ti vos.

Neste caso além de P(A � B) = 0 temos também P(A � B) = P(S) = 1. Logo:

P(A � B) = P(A) + P(B) P(A � B) = P(A) + P(B) = 1

MATEMÁTICA32

� Retirando uma carta de um baralhocomum de 52 cartas, qual é a proba bilidade deocorrer uma dama ou uma carta de ouros?Resolução

Se A for o evento “dama” e B o evento “cartade ouros” temos:

n(A) = 4, n(B) = 13, n(A � B) = 1 e n(S) = 52.

Assim sendo:

P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B) =

4 13 1 16 4= –––– + –––– – –––– = –––– = ––––

52 52 52 52 13

� Dois dados perfeitos e distinguíveis sãolançados ao acaso. A proba bilidade de os doisnúmeros obtidos serem ímpares ou teremsoma maior que 7 é:

a) b) c)

d) e)

Resolução

I) P(números ímpares) =

II) P(soma maior que 7) =

III) P(ímpares e soma maior que 7) =

IV) P(ímpares ou soma maior que 7) =

= + – = =

Resposta: E

7–––12

4–––9

17–––36

1–––2 7

–––12

21–––36

3–––36

15–––36

9–––36

3–––36

15–––36

9–––36

7–––18

� Retirando ao acaso uma carta de um baralho comum de 52cartas, qual a probabilidade de obter:a) uma dama b) um reic) uma carta de copas d) um rei ou uma damae) um rei ou uma carta de copas

RESOLUÇÃO:

a) P{(D0, Dp, Dc, De)} = =

b) P{(R0, Rp, Rc, Re)} = =

c) P(copas) = =

d) P{(D, R)} = P(D) + P(R) = + =

e) P{(R, C)} = P(R) + P(C) – P(R � C) =

= + – = =

� Um grupo de 100 pessoas apresenta a seguinte com po -

sição:

Marcando-se um encontro com uma delas, escolhen do seunome ao acaso, qual a probabilidade de sair:a) Uma loira?b) Uma loira de olhos castanhos ou uma morena de olhos

azuis?

RESOLUÇÃO:

a) P(L) = =

b) P(LC � MA) = P(LC) + P(MA) = + = =

Respostas: a) b)

4–––13

16–––52

1–––52

13–––52

4–––52

2–––13

1–––13

1–––13

1–––4

13–––52

1–––13

4–––52

1–––13

4–––52

Loiras Morenas Total

Olhos azuis 10 20 30

Olhos castanhos 30 40 70

Total 40 60 100

2––5

40––––100

1––2

50–––100

20–––100

30–––100

1–––2

2–––5


� (FUVEST) – Ao lançar um dado muitas vezes, uma pessoapercebeu que a face “6” saía com o dobro da frequência daface “1” e que as outras faces saíam com a frequência espe -rada em um dado não viciado. Qual a frequência da face “1”?

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:

I) P(1) = x, P(2) = P(3) = P(4) = P(5) = e P(6) = 2x

II) P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1 ⇒

⇒ x + + + + + 2x = 1 ⇔

⇔ 3x + = 1 ⇔ 3x = 1 – ⇔ 3x = ⇔ x =

Resposta: C

� (ENEM)

A vida na rua como ela é

O Ministério do Desenvolvimento Social e Combate àFome (MDS) realizou, em parceria com a ONU, uma pesquisanacional sobre a população que vive na rua, tendo sido ouvidas31.922 pessoas em 71 cidades brasileiras. Nesse levan -tamento, constatou-se que a maioria dessa população sabe lere escrever (74%), que apenas 15,1% vivem de esmolas e que,entre os moradores de rua que ingressaram no ensino superior,0,7% se diplomou.

Outros dados da pesquisa são apresentados nos quadrosabaixo.

Isto é, 7/5/2008, p. 21 (com adaptações).

No universo pesquisado, considere que P seja o con junto daspessoas que vivem na rua por motivos de alcoolismo/drogas eQ seja o conjunto daquelas cujo motivo para viverem na rua éa decepção amorosa.

Escolhendo-se ao acaso uma pessoa no grupo pesqui sado esupondo-se que seja igual a 40% a probabilidade de que essapessoa faça parte do conjunto P ou do conjunto Q, então aprobabilidade de que ela faça parte do conjunto interseção deP e Q é igual a

a) 12%. b) 16%. c) 20%. d) 36%. e) 52%.

RESOLUÇÃO:

Sendo P(P), P(Q), P(P � Q) e P(P � Q) as probabilidades de uma

pessoa pertencer aos conjuntos P, Q, P � Q e P � Q, respectiva -

mente, temos:

1) Pela tabela, P(P) = 36%, P(Q) = 16%

2) Pelo enunciado, P(P � Q) = 40%

3) P(P � Q) = P(P) + P(Q) – P(P � Q) ⇒

⇒ 40% = 36% + 16% – P(P � Q) ⇔

⇔ P(P � Q) = 36% + 16% – 40% = 12%

Resposta: A

4––6

2––3

1––3

1––9

1––6

1––6

1––6

1––6

1––6

1––3

2––3

1––9

2––9

1–––12

MATEMÁTICA 33


MATEMÁTICA34

31 Intersecção de eventos • Eventos dependentes

• Eventos independentes

1. Probabilidade condicionadaDados dois eventos A e B de um espaço amostral S,

finito e não vazio, chama-se probabilidade de B con -

dicionada a A, a probabilidade de ocorrer B sa bendo

que já ocorreu A.

Representa-se por P(B/A).

Assim:

2. Intersecção de eventos

Dados dois eventos A e B de um espaço amostral

S � Ø, sabemos que P(B/A) = . Divindo nu -

me rador e denominador do 2º membro por n(S) temos:

Assim sendo:

Analogamente, demonstra-se que:

3. Eventos independentesa) Definição

Dois eventos A e B de um espaço amostral S, finitoe não vazio, são independentes se, e somente se:

b) Propriedade

Dados dois eventos A e B de um espaço amostralS � Ø, dizemos que:

A e B são independentes ⇔ P(A � B) = P(A) . P(B)

A e B são dependentes ⇔ P(A � B) ≠ P(A) . P(B)

P(A/B) = P(A) P(B/A) = P(B)

P(A � B) = P(B) . P(A/B)

P(A � B) = P(A) . P(B/A)

n(A � B)–––––––––

n(A � B) n(S) P(A � B)P(B/A) = ––––––––– = ––––––––––– = ––––––––––

n(A) n(A) P(A)–––––n(S)

n(A � B)–––––––––

n(A)

n(A � B)P(B/A) = –––––––––

n(A)

� (VUNESP) – Para uma partida de futebol,

a proba bilidade de o jogador R não ser escalado

é 0,2 e a probabilidade de o jogador S ser es -

calado é 0,7. Sabendo que a escalação de um

deles é independente da escalação do ou tro, a

probabilidade de os dois jogadores serem

escalados é:

a) 0,06 b) 0,14 c) 0,24

d) 0,56 e) 0,72

Resolução

A probabilidade de os dois jogadores serem

escalados é 0,8 . 0,7 = 0,56.

Resposta: D

� (FEI) – Numa competição, há três equipes

formadas por homens (h) e mulheres (m), co -

mo segue: Equipe A: 4h e 6m; Equipe B: 5h e

5m e Equipe C: 7h e 3m. De cada equipe, es -

colhe-se aleatoriamente um atleta.

A proba bilidade de que os três sejam do mesmo

sexo é:

a) 0,09 b) 0,23 c) 0,14

d) 0,023 e) 0,005

Resolução

a) A probabilidade de serem 3 homens é

p1 = . . = = 0,14.

b) A probabilidade de serem 3 mulheres é

p2 = . . = = 0,09.

A probabilidade pedida é

p = p1 + p2 = 0,14 + 0,09 = 0,23.

Resposta: B

90–––––1000

3–––10

5–––10

6–––10

140–––––1000

7–––10

5–––10

4–––10


MATEMÁTICA 35

� Retirando uma carta de um baralho comum, de 52 cartas,e sabendo-se que saiu uma carta de ouros, qual é a proba bili -dade de ser uma dama?

RESOLUÇÃO:

Das 13 cartas de ouros, apenas uma é dama. Logo:

P(dama/ouros) =

� Joga-se um dado “honesto” de seis faces numeradas de1 a 6. Qual é a probabilidade de obter:a) o número 1 sabendo que saiu um número ímpar?b) um número par sabendo que saiu um número maior que 3?

RESOLUÇÃO:

a) no. ímpar: n(A) = 3; n(B) = 1

n(A � B) = 1 ⇒ P(B/A) =

b) no. > 3: n(A) = 3; n(B) = 2

n(A � B) = 2 ⇒ P(B/A) =

� Numa urna existem 6 bolas laranjas e 4 bolas verdes quedife rem pela cor ou pela nu meração. As laranjas es tão nume -radas de 1 a 6, e as verdes de 1 a 4.

Reti rando uma bola ao acaso, os even tos “bola laranja” e“número par”, são de pen dentes ou in depen dentes?

RESOLUÇÃO:

Bola laranja: n(A) = 6; n(S) = 10

no. par: n(B) = 5; n(A � B) = 3

I) P(A) = = =

II) P(A/B) = =

III) P(B) = = =

IV) P(B/A) = = =

V) P(A/B) = P(A) e P(B/A) = P(B)

Logo, os eventos são independentes.

� Uma urna tem apenas 10 bolas, sendo 7 pretas e 3 bran -cas. Retirando duas bolas, ao acaso e com reposição da pri mei -ra antes de retirar a segunda, qual é a proba bilidade de obterduas bolas brancas.

RESOLUÇÃO:

P(B) = . = = 9%

� (UFSCar – MODELO ENEM) – Gustavo e sua irmãCaroline via jaram de férias para cidades distintas. Os pais reco -men dam que ambos tele fonem quando chegar ao destino. Aexperiência em férias an teriores mostra que nem sem preGustavo e Caroline cumprem esse desejo dos pais. Aprobabilidade de Gustavo telefonar é 0,6 e a probabilidade deCaroline telefonar é 0,8. A proba bilidade de pelo menos um dosfilhos contactar os pais é:a) 0,20 b) 0,48 c) 0,64 d) 0,86 e) 0,92

RESOLUÇÃO:

p = 1 – 0,4 . 0,2 = 1 – 0, 08 = 0,92 ou

p = 0,6 . 0,8 + 0,6 . 0,2 + 0,4 . 0,8 = 0,48 + 0,12 + 0,32 = 0,92

Resposta: E

� (UNICAMP – MODELO ENEM) – Ao se tentar abrir umaporta com um chaveiro contendo várias chaves parecidas, dasquais apenas uma destranca a referida porta, muitas pessoasacreditam que é mínima a chance de se encontrar a chavecerta na 1a. ten tativa, e chegam mesmo a dizer que essa chavesó vai aparecer na última tentativa. Para esclarecer essaquestão, calcule, no caso de um chaveiro contendo 5 chaves,a) a probabilidade de se encontrar a chave certa depois da

1a. tentativa;b) a probabilidade de se acertar na 1a. tentativa;c) a probabilidade de se acertar somente na última tentativa.

RESOLUÇÃO:

a) 1 – = = 0,8 = 80%

b) = 0,2 = 20%

c) . . . . 1 = = 0,2 = 20%4

–––5

3–––4

2–––3

1–––2

1–––5

1–––5

1–––5

4–––5

3––––10

3––––10

9––––100

n(A � B)–––––––––

n(A)

3–––6

1–––2

n(B)–––––n(S)

5–––10

1–––2

n(A � B)–––––––––

n(B)

3–––5

n(A)–––––n(S)

6––––10

3–––5

2–––3

1–––3

1–––13


MATEMÁTICA36

32 Lei binomial de probabilidade • Combinações

• Binômio de Newton

Considere uma experiência que é realizada váriasvezes, sempre nas mesmas condições, de modo que oresultado de cada uma seja independente das demais.Considere, ainda, que cada vez que a experiência érealizada ocorre, obrigatoriamente, um evento A cuja

probabilidade é p ou o complemento A–

cuja proba -

bilidade é 1 – p.

Nestas condições, propõe-se o seguinte problema:

Realizando-se a experiência descrita exatamente

n vezes, qual é a probabilidade de ocorrer o evento A

só k vezes?

Resolução do problema

a) Se ocorrer apenas k vezes o evento A, deveráocorrer n – k vezes o evento A

–, pois a experiência

é realizada exatamente n vezes.

b) A probabilidade de ocorrer k vezes o evento A e n – k vezes o evento A

–, numa certa ordem, é

p . p . ... . p . (1 – p) . (1 – p) . ... . (1 – p)

k fatores (n – k) fatores

ou seja:

c) As k vezes em que ocorrem o evento A sãoquaisquer entre as n vezes possíveis. O númerode maneiras de escolher k vezes o evento A é,pois, Cn,k.

d) Existem, portanto, Cn,k eventos diferentes, todoscom a mesma probabilidade pk . (1 – p)n – k, eassim sendo a probabilidade procurada é:

Observações

a) Fala-se em lei binomial de probabilidade por -

que a fórmula representa o termo Tk + 1 do desen vol -

vimento de [p + (1 – p)]n.

b) O número Cn, k pode ser substituído por Cn, n – k

ou Pn

k, n – kjá que Cn, k = Cn, n – k = P

n

k, n – k

Cn,k . pk . (1 – p)n – k

pk . (1 – p)n – k

� (AFA) – Uma urna contém 12 peças boase 5 defei tuosas. Se 3 peças forem retiradasaleatoriamente, sem reposição, qual a proba -bilidade de serem 2 (duas) boas e 1 (uma)defeituosa?

a) b) c) d)

Resolução

1) boa na 1a. retirada:

2) boa na 2a. retirada:

3) defeituosa na 3a. retirada:

Como as duas boas podem ocorrer nasretiradas 1 e 2 ou 1 e 3 ou 2 e 3, num total de3 = C3,2 hipóteses diferentes, con cluímos quea probabilidade a ser calculada é

P = . . . C3,2 =

= . . . 3 =

Resposta: C

� (FGV) – Um carteiro leva três cartas paratrês destinatários diferentes. Cada destinatáriotem sua caixa de corres pon dência, e o carteirocoloca, ao acaso, uma carta em cada uma dastrês caixas de correspondência.

a) Qual é a probabilidade de o carteiro nãoacertar nenhuma caixa de correspondência?

b) Qual é a probabilidade de o carteiro acertarexata mente uma caixa de correspondência?

Resolução

a) A probabilidade de o carteiro não acertar

nenhu ma caixa de correspondência é

. . =

b) A probabilidade de o carteiro acertar exata -mente uma caixa é

. . . 3 =

Respostas: a) b) 1

–––2

1–––3

1–––2

1–––1

1–––2

1–––3

1–––3

1–––1

1–––2

2–––3

33–––68

5–––15

11–––16

12–––17

5–––15

11–––16

12–––17

5–––15

11–––16

12–––17

33–––34

33–––68

3–––17

1–––12


MATEMÁTICA 37

� Joga-se, 5 vezes consecutivas, um dado “honesto” deseis fases, numeradas de 1 a 6. Calcular a probabilidade de:a) obter 5 vezes o número 4.b) obter 5 vezes um número diferente de 4.c) obter o número 4 só nas duas primeiras jogadas.d) obter o número 4 só nas duas últimas jogadas.e) obter o número 4 só duas vezes.

RESOLUÇÃO:

a) P(4) = . . . . = 5

b) P = 5

c) P = . . . . =

d) P = . . . . =

e) P = C5;2

2

.3

=

Nas questões � a � considere um casal “normal” que tem4 filhos. Calcule a probabilidade de serem:

� Quatro meninos.

RESOLUÇÃO:

P = . . . = 4

=

� Meninos só os dois primeiros.

RESOLUÇÃO:

P = . . . =

� Só dois meninos.

RESOLUÇÃO:

P = C4;2 . 2

. 2

= 6 . =

� Só uma menina.

RESOLUÇÃO:

P = C4;1 . . 3

= 4 . =

� (UFF) – Búzios são pequenas conchas marinhas que em outrasépo cas foram usadas como dinheiro e hoje são empregadas comoenfeites, inclusive em pulseiras, colares e braceletes ou como amule -tos ou em jogos de búzios.

No jogo de búzios se con sidera a hipó tese de que cada búzioadmite apenas dois resultados possíveis (abertura para baixo –bú zio fechado – ou aber tura para cima – búzio aberto).Suponha que 6 búzios idênticos sejam lançados simultanea -mente e que a probabilidade de um búzio ficar fechado ao cair,ou ficar aberto, é igual a 1/2. Pode-se afirmar que a proba -bilidade de que fiquem 3 búzios abertos e 3 búzios fechados aocair, sem se levar em consideração a ordem em que elestenham caído, é igual a:

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:

A probabilidade é p = C6,3 .

3

.

3

= 20 . . =

Resposta: A

3–––32

9–––64

15–––64

9–––32

5–––16

5–––16

1–––8

1–––8

1�–––�2

1�–––�2

1–––4

1–––16

�1–––2

��1–––2

�

3–––8

1–––16

�1–––2

��1–––2

�

1–––16

1–––2

1–––2

1–––2

1–––2

1–––16

�1–––2�1

–––2

1–––2

1–––2

1–––2

2 . 54

––––––65�5

–––6��1

–––6�

53

–––65

1–––6

1–––6

5–––6

5–––6

5–––6

53

–––65

5–––6

5–––6

5–––6

1–––6

1–––6

�5–––6�

�1–––6�1

–––6

1–––6

1–––6

1–––6

1–––6


MATEMÁTICA38

No triângulo retângulo ABC da figura, sen do BC = a,AC = b; AB = c; AH = h; BH = m e CH = n, valem as se -guin tes relações:

• O quadrado de um “cateto” é igual ao produto da“hipotenusa” pela “projeção” (ortogonal) desse catetona hipotenusa.

• O quadrado da “hipotenusa” é igual à soma dosquadrados dos catetos.

• O quadrado da “altura” (relativa à hipotenusa) éigual ao produto das “projeções” (ortogonais) dos cate -tos na hipotenusa.

• O produto da “hipotenusa” pela “altura” (relativaà hipotenusa) é igual ao produto dos “catetos”.

Assim,

� Relações de Euclides

(Teorema de Pitágoras)

a . h = b . c

h2 = m . n

a2 = b2 + c2

b2 = a . n

c 2 = a . m

hipotenusa x altura = cateto x cateto

(altura)2 = projeção x projeção

(hipotenusa)2 = (cateto)2 + (cateto)2

(cateto)2 = hipotenusa x projeção

Geometria Plana e Métrica – Módulos17 – Relações métricas

no triângulo retângulo

18 – Relações métricas

no triângulo retângulo

19 – Natureza dos triângulos

20 – Lugares geométricos

21 – Pontos notáveis do triângulo

22 – Pontos notáveis do triângulo

23 – Ângulos na circunferência

24 – Potência de ponto

25 – Ângulos na circunferência e

potência de ponto

26 – Área dos quadriláteros

27 – Área dos triângulos

28 – Área das figuras circulares

29 – Área dos polígonos

30 – Área de figuras semelhantes

31 – Prismas

32 – Prismas

Pitágoras de Samos – Matemático

Grego (nasceu c. 580 a. C.-572 a. C.)

(morreu c. 500 a. C.-490 a. C.)

17 e 18Relações métricas no triângulo retângulo

• Hipotenusa • Cateto

• Altura • Projeção


MATEMÁTICA 39

� Calcular a medida de uma das diagonais de um quadradode lado “�”.

RESOLUÇÃO:

Aplicando Pitágoras, temos;

D2 = �2 + �2 ⇔ D = ��2

� Observe a figura:

Depois de tirar medidas de uma atleta, o fotó -grafo resolveu fazer uma brincadeira:

1o.) esticou uma linha AB___

, cujo comprimento émetade da altura dela;

2o.) ligou B ao seu pé no ponto C;3o.) fez uma rotação de BA

___com centro B,

obtendo o ponto D sobre BC___

;4o.) fez uma rotação de CD

___com centro C,

determinando E sobre AC___

.

Para surpresa da modelo, CE é a altura do seuumbigo.

Tomando AB como unidade de comprimento

e considerando ��5 = 2,2, a medida CE da al -

tu ra do umbigo da modelo é: a) 0,9 b) 1,0 c) 1,1

d) 1,2 e) 1,3

Resolução

(CB)2 = (AB)2 + (AC)2 ⇒ (1+ x)2 = 12 + 22 ⇒

⇒ x2 + 2x – 4 = 0 ⇒ x = ⇒

⇒ x = – 1 + ��5 ⇒ x = 1,2

Resposta: D

� (FUVEST) – Um lateral L faz um lan ça -mento para um atacante A, situado 32 m à suafrente em uma linha paralela à lateral do campode futebol. A bola, entretanto, segue umatrajetória retilínea, mas não paralela à lateral equando passa pela linha de meio do campoestá a uma distância de 12 m da linha que uneo lateral ao atacante. Sabendo-se que a linha demeio do campo está à mesma distância dosdois jogadores, a distância mínima que oatacante terá que percorrer para encontrar atrajetória da bola será de:

a) 18,8 m

b) 19,2 m

c) 19,6 m

d) 20 m

e) 20,4 m

Resolução

A menor distância do atacante à trajetória dabola está na perpendicular à trajetória e essaperpendicular contém a posição do atacante.Na figura seguinte, é a medida do segmento—AP. Assim, considerando os dados da figura emmetros, temos:1) No triângulo LMB, retângulo em M,

(LM)2 + (MB)2 = (LB)2 ⇒

⇒ 162 + 122 = (LB)2 ⇒ LB = 202) Da semelhança dos triângulos LPA e LMB,

= ⇒ = ⇔

⇔ AP = ⇔ AP = 19,2

Resposta: B

96––––

5

32––––20

AP––––12

AL––––BL

AP––––BM

– 2 + ��20–––––––––––

2




� Calcular a altura de um triângulo equilátero de lado “�”.

RESOLUÇÃO:

Aplicando Pitágoras no ΔMAC, temos:

h2 +

2

= �2 ⇔ h =

� No triângulo retângulo da figura ao la do, calcule a, h,m e n.

RESOLUÇÃO:

I. Aplicando Pitágoras no ΔABC, temos: a2 = 32 + 42 ⇔ a = 5

II. 42 = 5 . n ⇔ n = 3,2

III. 32 = 5 . m ⇔ m = 1,8

IV.h2 = 3,2 . 1,8 ⇔ h = 2,4

a = 5; m = 1,8; n = 3,2; h = 2,4

� Dado o triângulo abaixo, onde AB = 5 e AH = 2��5, calcule AC.

RESOLUÇÃO:

I. Pitágoras no Δ ABH: m2 + (2��5 )2 = 52 ⇔ m = ��5

II. 52 = a . m ⇔ 52 = a . ��5 ⇔ a = 5��5

III. a . h = b . c ⇔ 5��5 . 2��5 = 5 . b ⇔ b = 10

AC = 10

( �––2 ) ��3

–––––2

MATEMÁTICA40

Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”, digite

MAT2M205

No Portal Objetivo


� (PUC-SP – MODELO ENEM) – Uma estação detratamento de água (ETA) localiza-se a 600m de uma estradareta. Uma estação de rádio localiza-se nessa mesma estrada, a1000m da ETA. Pretende-se construir um restau rante, naestrada, que fique à mesma dis tância das duas estações. Adistância do restau rante a cada uma das estações deverá serde:a) 575 m b) 600 m c) 625 md) 700 m e) 750 m

RESOLUÇÃO:

x2 = (800 – x)2 + 6002

x2 = 640 000 – 1600x + x2 + 360 000

1600x = 1 000 000

x = = 625

Resposta: C

1 000000––––––––––

1 600

MATEMÁTICA 41


� Na figura, o triângulo ABC é equilátero e cada um de seus

lados mede 8 cm. Se AD––

é uma altura do triângulo ABC e M é

o ponto médio de AD––

, então a medida CM–––

é:

a) cm b) cm c) ��7 cm

d) 2��7 cm e) cm

RESOLUÇÃO:

I. hΔ = ⇔ hΔ = ⇔ hΔ = 4��3 cm

II. MD = ⇒ MD = 2��3 cm

III. Pitágoras no Δ MDC:

(CM)2 = (DC)2 + (MD)2 ⇔ (CM)2 = 42 + (2��3 )2 ⇒ CM = 2��7 cm

Resposta: D

hΔ––––

2

��2–––2

��3–––2

1–––2

8��3–––––

2

��3–––––

2


� Considere três circunferências de centros A, B e C, demesmo raio R, duas a duas tangentes exterior mente e as retasparalelas r e s tangentes às circun ferên cias conforme a figuraa seguir. Calcule a distância entre as retas r e s em função deR.

RESOLUÇÃO:

I. O Δ ABC é equilátero de lado 2R. Sua altura é dada por:

h = ⇔ h = ⇔ h = R��3

II. d = h + 2R ⇔ d = R��3 + 2R ⇔ d = R(2 + ��3)

� (PUC-SP) – No esquema abaixo, a reta AB representa atrajetória de um navio e ponto I localiza-se uma ilha. Quando onavio se encontra no ponto A, AI = 60 km e quando o navioestá em B, BI = 48 km. Se BI é a menor das distâncias do navioà ilha, quando o navio estiver C, a distância dele à ilha será, emquilômetros:

a) 40

b) 60

c) 80

d) 100

e) 120

RESOLUÇÃO:

Como —BI é a menor das dis tâncias do navio a ilha, pode mos

concluir que —BI é perpen dicular a

—AC e, por tanto,

—BI é altura rela -

tiva à hipotenusa do triângulo retân gulo IAC.

I) No ΔABI temos:

(AI)2 = (AB)2 + (BI)2 ⇔ 602 = (AB)2 + 482 ⇒ AB = 36 km⇔

II) No ΔAIC temos:

(AI)2 = (AC) . (AB) ⇔ 602 = (AC) . 36 ⇒ AC = 100 km⇔

III)No ΔAIC temos:

(AC)2 = (AI)2 + (CI)2 ⇔ 1002 = 602 + (CI)2 ⇒ CI = 80 km⇔

Assim, quando o navio estiver em C, a distância dele à ilha será

80 km.

Resposta: C

��3––––––

2

2R��3–––––––

2

MATEMÁTICA42


MATEMÁTICA 43

� Calcular o comprimento da tangente exterior, co mum aduas circunferências tangentes externas de raios 4 cm e 9 cm.

RESOLUÇÃO:

Aplicando Pitágoras, temos:

x2 + 52 = 132 ⇒ x = 12 cm

19 Natureza dos triângulos • Retângulo

• Acutângulo • Obtusângulo

Sejam a, b, e c respectivamente as medidas dos

lados ––BC, AC

––e AB

––do triângulo ABC da figura.

Lembrando que, num triângulo, ao maior lado seopõe o maior ângulo e sen do BC

––o maior lado do triân -

gulo, temos:

• a2 = b2 + c2 ⇔ A^

= 90° ⇔ ΔABC é retângulo

(Teorema de Pitágoras).

• a2 < b2 + c2 ⇔ A^

< 90° ⇔ ΔABC é acutângulo,

pois o maior ângulo é agudo.

• a2 > b2 + c2 ⇔ A^

> 90° ⇔ ΔABC é obtusângulo,

pois o maior ângulo é obtuso.

� (FUVEST) – Uma folha de papel ABCD de

formato retangular é dobrada em torno do

segmento —EF de maneira que o ponto A ocupe

a posição de G, como mostra a figura. Se

AE = 3 e BG = 1, então a medida do segmento—AF é

a) b) c)

d) e)

Resolução

Como os triângulo AEF e GEF são con gruen tes,temos: AF = GF = x e EA = EG = 3.

Sendo –EH ⊥ –

BC, temos HB = 3 e HG = 3 – 1 = 2

Assim, no triângulo EHG, temos:

(EH)2 + 22 = 32 ⇔ EH = ��5

Logo, FB = ��5 – x e portanto, no triângulo FBG,

temos:

(GF)2 = (FB)2 + (BG)2 ⇔

⇔ x2 = (��5 – x)2 + 12 ⇔

⇔ x2 = 5 – 2��5x + x2 + 1 ⇔

⇔ 2��5x = 6 ⇔

⇔ x =

Resposta: D

3��5–––––

5

��5–––3

3��5–––––

5

3��5–––––

47��5

–––––8

3��5–––––

2

Exercícios Resolvidos


MATEMÁTICA44

� Classificar os triângulos das figuras, quanto aos ângulos.

a)

RESOLUÇÃO:

(��85)2 = 85

72 + 62 = 85

(��85)2 = 72 + 62 (retângulo)

b)

RESOLUÇÃO:

102 = 100

52 + 82 = 89

102 > 52 + 82 (obtusângulo)

Exercícios Propostos

� (FUVEST) – Um banco de altura regulável,cujo assento tem forma retangular, decomprimento 40cm, apóia-se sobre duasbarras iguais, de comprimento 60 cm (verfigura 1). Cada barra tem três furos, e o ajusteda altura do banco é feito colo cando-se oparafuso nos primeiros, ou nos segundos, ounos terceiros furos das barras (visão lateral dobanco, na figura 2).

A menor altura que pode ser obtida é:

a) 36 cm b) 38 cm

c) 40 cm d) 42 cm

e) 44 cm

Resolução

1) A altura mínima é obtida com a confi gu ra -

ção esbo çada na figura.

2) Considerando-se o triângulo retângulo de ca -

te tos de medidas 20 e h1 e hipotenusa de

medida 25, obtém-se

h21 + 202 = 252 ⇒ h1 = 15

3) Por semelhança de triângulos: =

Para h1 = 15 ⇒ h2 = 21

Portanto, a altura mínima será

h1 + h2 = 15 + 21 = 36

Resposta: A

25–––35

h1–––h2


MATEMÁTICA 45

c)

RESOLUÇÃO:

(��115)2 = 115

42 + 102 = 116

(��115)2 < 42 + 102 (acutângulo)

� Determinar para que valores inteiros de x, o ângulo A^

dotriângulo ABC é obtuso.

RESOLUÇÃO:

⇒ ⇒ ⇒ 9,4 < x < 13

Logo, x ∈ {10, 11, 12}

� (USF-Modificado) – A figura seguinte representa como 5sabonetes cilíndricos, tangentes uns aos outros e às paredesda caixa de secção quadrada, poderiam ser dispostos. Sendo16 cm o comprimento do lado do quadrado, então o raio dosabonete cilíndrico central, em centímetros, mede:

a) ��2 – 1 b) 2��2 – 2 c) 4��2 – 2

d) 4��2 – 4 e) ��2

RESOLUÇÃO:

Seja r, a medida em centímetros, do raio do sabonete cilíndrico

central.

4 + r + r + 4 = 8��2 (diagonal do qua dra do ABCD)

Assim:

8 + 2r = 8��2 ⇔ 2r = 8��2 – 8 ⇔ r = ⇔ r = 4��2 – 4

Resposta: D

8��2 – 8–––––––––

2

� x2 > 52 + 82

x < 5 + 8� x2 > 89

x < 13� x > 9,4

x < 13


� Calcular a altura AH––

do triângulo ABC da figura

RESOLUÇÃO:

I. ⇒ (8 – x)2 + 49 – x2 = 65 ⇒

⇒ 64 – 16x + x2 + 49 – x2 = 65 ⇒ – 16x = – 48 ⇒ x = 3

II. ⇒ h = �� 49 – 9 ⇒ h = ��40 ⇒ h = 2��10 �x2 + h2 = 49

x = 3

x2 + h2 = 49

(8 – x)2 + h2 = 65�

MATEMÁTICA46

20 Lugares geométricos • Circunferência

• Mediatriz • Bissetriz

1. Distância entre duas figurasDadas duas figuras pla -

nas F1 e F2, a dis tân cia d entreelas é a medida do menorseg mento de reta que sepode obter, tomando umponto em cada figura.

Exemplos

1) Ponto e reta

2) Retas paralelas

3) Retas concorrentes

4) Ponto e circunferência


5) Reta e circunferência

2. Definição de lugar geométricoUma figura é um lugar geométrico se, e somente se,

todos os seus pontos e apenas eles possuem umacerta propriedade. Apresentaremos, a seguir, os prin -cipais lugares geométricos.

3. CircunferênciaA circunferência é o lugar geométrico dos pontos de

um plano, cujas distâncias a um ponto fixo O deste planoé uma constante r dada.

O ponto O é o centro da circun fe rência e a constanter é a medida do raio.

Observe que, qualquer pon to da circunferência estáa uma distância r do ponto O e que qualquer ponto doplano que está a uma distância r do ponto O pertence àcircunferência.

4. Par de paralelasO lugar geométrico dos pontos de um plano, que

distam uma constante k dada de uma reta r desse plano,

é o par de retas paralelas à reta r e a uma distância k damesma.

Observe que qualquer ponto de uma das retas dopar de paralelas está a uma distância k da reta r, e quequalquer ponto do plano que está a uma distância k dareta r, é elemento de uma das retas do par de paralelas.

5. MediatrizA mediatriz é o lugar geométrico dos pontos de um

plano que equidistam dos extremos de um segmentodeste plano.

Assim, qualquer ponto da me dia triz mAB do seg -

mento de reta AB––

da figura equidista de A e B, e

qualquer ponto do plano que equidista de A e B per tence

a mAB.

6. Par de retas perpendiculares

O lugar geométrico dos pon tos de um plano, queequidis tam de duas retas con cor rentes des te plano, é umpar de retas per pen diculares entre si e que contém asbissetrizes dos ân gulos for mados pelas con cor rentes.

MATEMÁTICA 47


MATEMÁTICA48

� (FGV-SP – MODELO ENEM) – Usandorégua e compasso, procedemos à se guin tecons trução:I. segmento de reta AB de comprimento

5 cm (com a régua);II. circunferência λ1 de centro A e raio 4 cm

(com o compasso);III. circunferência λ2 de centro B e raio 3 cm

(com o compasso);IV. reta r ligando os pontos C e D de inter sec -

ção de λ1 e λ2, e intersectando o segmentoAB em E (com a régua).

Na construção realizada, a medida do segmen -to CE, em cm, é igual aa) 2,4. b) 2,5. c) 2,6.d) 2,8. e) 3,2.Resolução

O triângulo ABC, retângulo em A, tem hipo -tenusa AB = 5 cm e catetos AC = 4 cm e BC = 3 cm.

Como —CE é a altura relativa à hipotenusa, te -

mos:

AB . CE = AC . BC ⇒ 5 . CE = 4 . 3 ⇒

⇒ CE = 2,4 cm

Resposta: A

� (FGV – MODELO ENEM) – A cidade Dlocaliza-se à mesma distância das cidades A eB, e dista 10 km da cidade C. Em um maparodoviário de escala 1:100 000, a localizaçãodas cidades A, B, C e D mostra que A, B e Cnão estão alinhadas. Nesse mapa, a cidade Destá localizada na intersecção entre a) a mediatriz de AB e a circun ferência de

centro C e raio 10 cm.b) a mediatriz de AB e a circunferência de

centro C e raio 1 cm.c) as circunferências de raio 10 cm e centros

A, B e C.d) as bissetrizes de C

^AB e C

^BA e a circun -

ferência de centro C e raio 10 cm.

e) as bissetrizes de C^AB e C

^BA e a circun -

ferência de centro C e raio 1 cm.

Resolução

A figura a seguir ilustra uma possível distribui -ção das cidades A, B, C e D, de acordo com osdados do enunciado.

I. A cidade D equidista das cidades A e B e,portanto, está na mediatriz do segmentoAB.

II. A cidade D dista 10km = 1.000.000 cm dacidade C. Assim, em um mapa de escala 1 : 100 000, a cidade D está na circunfe -rência de centro C e raio 10 cm.

III. De I e II, conclui-se que a cidade D estálocalizada na intersecção entre a media trizde AB e a circunferência de centro C e raio10 cm.

Resposta: A


� Defina Lugar Geométrico.

RESOLUÇÃO:

Definição de lugar geométrico: uma figura é um lugar geométrico

se, e somente se, todos os seus pontos e apenas eles possuem

uma certa propriedade.

� Dê exemplos de quatro lugares geométricos planos.

RESOLUÇÃO:

Circunferência, par de paralelas, mediatriz e par de retas

perpendiculares.

� O lugar geométrico dos pontos de um plano equi distantesde duas retas concorrentes desse plano é:a) uma circunferência;b) uma mediatriz;c) duas retas concorrentes e não perpendiculares;d) duas retas concorrentes e perpendiculares;e) uma semirreta (bissetriz).

RESOLUÇÃO:

Resposta: D



� Considere duas retas r e s paralelas distintas e uma reta ttransversal às duas. O número de pontos do plano das parale -las equidistantes das retas r, s e t é:a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO:

Resposta: B

� Na figura sguinte, o ponto A representa uma árvore e a retar representa um riacho. Um tesouro está escondido a 10 m da árvore e a 2 m do riacho. Se a distância do riacho atéa árvore é 8 m, a quantidade de pontos onde pode estar es con -dido o tesouro, é:a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5

RESOLUÇÃO:

O tesouro está escondido num ponto que pertence à intersecção

da circunferência de centro em A e raio 10 m com o par de retas

r1 e r2 paraleas à reta r e distantes 2 m da mesma.

A reta r1 intercepta a circunferência nos pontos P e Q e r2

tangência a circunferência em R.

Resposta: C

MATEMÁTICA 49

1. IncentroIncentro é o ponto de intersecção das bissetrizes

inter nas do triângulo.O incentro equi dis ta dos lados do triân gulo e é o

cen tro da cir cun fe rên cia ins crita (cir cun ferência tan -gen te aos lados) no triângulo.

21 e 22 Pontos notáveis do triângulo • Baricentro • Incentro

• Circuncentro • Ortocentro


2. Circuncentro

Circuncentro é o ponto de in tersecção das media -

trizes dos lados do triângulo.O circuncentro equidista dos vértices do triângulo e

é o centro da circun fe rên cia cir cuns crita (que contémos vértices) ao triân gulo.

É importante saber que:

a) O circuncentro do triânguloacu tângulo é sempre um ponto da re -gião interior do triângulo.

b) O circuncentro do triângulo obtu sân gulo é sempre um ponto daregião exterior do triângulo.

c) O circuncentro do triângulo re-tân gulo é o ponto médio da hipo te -nusa.

3. BaricentroBaricentro é o ponto de intersecção das medianas

do triângulo.

O baricentro é o centro de gravidade do triângulo e

divide cada mediana na razão 2 : 1.

Assim,

4. OrtocentroOrtocentro é o ponto de intersecção das retas su -

por tes das alturas do triângulo.

É importante saber que:

a) O ortocentro do triân gulo acu- tângulo é sempre um ponto da regiãointerior do triângulo.

b) O ortocentro do triângulo obtu -sân gulo é sempre um ponto da regiãoex terior do triângulo.

c) O ortocentro do triângulo re-tân gulo é o vértice do ângulo reto.

5. Particularidadesa) No triângulo isósceles, os quatro pontos no tá -

veis são alinhados.

b) No triângulo equilátero, os quatro pontos notá -veis são coincidentes.

PB QB RB 2–––––– = –––––– = –––––– = ––– BMP BMQ BMR 1

MATEMÁTICA50


MATEMÁTICA 51

� (VUNESP) – Sejam A, B, C pontos distin -tos no interior de um círculo, sendo C o centrodo mesmo. Se construirmos um triângulo ins -crito no círculo com um lado passando por A,outro por B e outro por C, podemos afirmar queeste triângulo:a) é acutângulo;b) é retângulo;c) é obtusângulo;d) não é isósceles;e) pode ser equilátero.Resolução

Um dos lados do triângulo inscrito no círculocon tém o circuncentro C e, portanto, esse triân - gulo é necessariamente retân gulo.Resposta: B

� Três canos de forma cilíndrica e de mesmoraio r, dispostos como indica a figura adiante,devem ser colocados dentro de outro canocilíndrico de raio R, de modo a ficarem presossem folga. Expresse o valor de R em termos der para que isso seja possível.

Resolução

R = OC + r ⇔

⇔ R = . + r ⇔

⇔ R = ⇔ R =

Resposta: R = r(3 + 2 ��3 )–––––––––––

2

r(3 + 2 ��3 )–––––––––––

22��3 r + 3r

–––––––––––3

2r��3––––––

22

–––3


� Defina Baricentro, Incentro, Circuncentro e Ortocentro deum triângulo.

RESOLUÇÃO:

I) Baricentro é o ponto de intersecção das medianas do triân gulo.

O baricentro é o centro de gravidade do triângulo e divide cada

mediana na razão 2 : 1.

II) Incentro é o ponto de intersecção das bissetrizes internas do

triângulo.

O incentro equidista dos lados do triângulo e é o centro da cir -

cun ferência inscrita.

III)Circuncentro é o ponto de intersecção das mediatrizes dos

lados do triângulo.

O circuncentro equidista dos vértices do triângulo e é o centro

da circunferência circunscrita.

IV)Ortocentro é o ponto de intersecção das retas suportes das

alturas do triângulo.

� Sendo I o incentro do triângulo, determine o valor do

ângulo BA^

C.

RESOLUÇÃO:



I. α + β + 100° = 180° ⇔ α + β = 80°

II. x + 2α + 2β = 180° ⇔ x + 2(α + β) = 180° ⇔

⇔ x + 2 . 80° = 180° ⇔ x = 20°

� Na figura seguinte, o centro O da circunferência inscrita no

triângulo ABC pertence ao segmento —DE, que é paralelo ao

lado AB. Se —AB,

—BC e

—CA medem, respectivamente, 8 cm,

10 cm e 12 cm, então o perímetro do triângulo CDE é igual a:

a) 15 cm b) 18 cm c) 20 cmd) 22 cm e) 24 cm

RESOLUÇÃO:

O é incentro do ΔABC ⇒

assim: DA = DO e OE = BE

O perímetro do triângulo CDE é dado por:

CD + DO + OE + EC = CD + DA + BE + EC = CA + BC = 12 + 10 = 22

Resposta: D

� Na figura, sendo B o baricentro, determine AB.

RESOLUÇÃO:

I) B é baricentro do triân gulo, então, —AM é me dia na (seg men to

que liga o vértice ao ponto médio do lado oposto).

II) (AM)2 = 32 + 22 ⇔ (AM)2 = 13 ⇒ AM = ��13 cm

III)AB = . AM (propriedade do baricentro)

AB = cm

→AO é bissetriz de C

^AB

→BO é bissetriz de A

^BC�

2��13––––––

3

2–––3

MATEMÁTICA52


MATEMÁTICA 53

� Assinale a afirmação falsa.a) Os pontos notáveis de um triângulo equilátero são coin -

ciden tes.b) O incentro de qualquer triângulo é sempre um ponto in -

terno.c) O ortocentro de um triângulo retângulo é o vértice do ângulo

reto.d) O circuncentro de um triângulo retângulo é o ponto médio

da hipotenusa.e) O baricentro de qualquer triângulo é o ponto médio de cada

mediana.

RESOLUÇÃO:

O baricentro de qualquer triângulo não é o ponto médio de cada

me diana, pois o baricentro, invariavel mente, divide cada mediana

na razão 2:1.

Resposta: E

� Considere um triângulo equilátero de lado 2��3 cm. Deter -mine:a) o raio da circunferência inscrita nesse triângulo.b) o raio da circunferência circunscrita a esse triân gulo.

RESOLUÇÃO:

I) h = = = 3 cm

II) O centro da circunferência ins crita (incentro), o centro da cir -

cun ferência circunscrita (circun cen tro) e o baricentro de um triân -

gulo equilátero são coincidentes, assim:

a) r = . h = . 3 = 1 cm

b) R = . h = . 3 = 2 cm

� (PUC-MG) – Na figura, o triângulo ABC é eqüilátero e estácircunscrito ao círculo de centro O e raio 2 cm. AD é altura dotriângulo. Sendo E ponto de tangência, a medida de

—AE, em

centímetros, é

a) 2��3 b) 2��5 c) 3 d) 5 e) ��26

RESOLUÇÃO:

1o.) OD = OE = 2

2o.) OA = 2 . OD ⇔ OA = 4

3o.) (AE)2 = (OA)2 – (OE)2

Assim: (AE)2 = 42 – 22 ⇔ (AE)2 = 12 ⇔ AE = ��12 ⇔ AE = 2��3Resposta: A

� Com os dados da figura, determine o valor de x.

RESOLUÇÃO:

I. htriâng.equil. = 3 . r ⇔ h = 3 . 6 ⇔ h = 18

II. x + 10 = 18 ⇔ x = 8

2––3

2––3

1––3

1––3

2.��3.��3–––––––––

2

�.��3––––––

2



� Na figura a seguir, B é o baricentro do triângulo PQR, cujo

perímetro é 21 cm. Sabendo-se que —ST é para lelo a

—QR,

determine o perímetro do triângulo PST.

RESOLUÇÃO:

I) Sendo M o ponto médio do lado —QR e B o baricentro do

triângulo PQR, então PB = . PM

II) Como —ST //

—QR, os triângulos PQR e PST são seme lhantes pelo

critério AA~, assim:

PS = . PQ

ST = . QR

PT = . PR

III)O perímetro do triângulo PST é:

2p = PS + ST + PT

2p = . PQ + . QR + . PR

2p = . (PQ + QR + PR)

2p = . 21 = 14 cm2

–––3

2–––3

2–––3

2–––3

2–––3

2–––3

2–––3

2–––3�

2–––3

MATEMÁTICA54

23 Ângulos na circunferência• Central • Inscrito • Excêntrico

1. Elementos da circunferênciaNuma circunferência de centro O e raio r, define-se:

a) Corda

Corda de uma circunferência é qualquer seg mentode reta cujas extremidades são pontos distintos da cir -cun ferência.

b) Diâmetro

Diâmetro de uma circunferência é qualquer cordaque passa pelo centro da circunferência.

A medida do diâmetro da circunferência é o dobro doraio.

c)Arco

Arco de circunferência é cada uma das partes emque fica dividida uma circunferência quando tomamosdois pontos distintos na mesma.

d) Semicircunferência

Semicircunferência é todo arco cujas extremi -dades são também extremidades de um diâmetro da cir -cun ferência.


2. Posições relativas de reta e circunferência

Tangente

Toda reta com um único ponto em comum com umacircunferência é chamada reta tangente ou simples -mente tangente à circunferência.

Se a reta t é tangente à circunferência de centro O e

raio r no ponto T então t é perpendicular a OT––

e a distân -

cia do ponto O à reta t é igual a r.

Secante

Toda reta que possui dois pontos em comum comuma circunferência é chamada reta secante ou simples -mente secante à circunferência.

A distância do centro da circunferência a uma retasecante é menor que o raio.

Externa

Toda reta que não possui ponto em comum comuma circunferência é chamada reta externa ou sim -plesmente externa à circunferência.

A distância do centro da circunferência a uma retaexterna é maior que o raio.

3. Ângulos na circunferênciaÂngulo central

Ângulo central de uma circunferência é todo ânguloque tem o vértice no centro da circunferência.

Na figura, AB�

é o arco cor res pondente ao ângulo

central AO^

B.Se tomarmos para unidade de arco (arco unitário), o

arco de fini do na circunferência por um ân gulo centraluni tário, teremos a medida do ângulo AO

^B igual à me -

dida do arco AB�

.

Assim,

Ângulo inscrito

Ângulo inscrito numa circunferência é todo ânguloque tem o vértice na circunferência e os lados secantesa ela.

A medida do ângulo inscrito é a metade da medidado arco que ele determina na circun ferência. Assim,

AB�

α = ––––2

α = AB�

u é secante à circunferência;

dist (O; u) < r

v é externa à circunferência;

dist (O; v) > r

t ⊥ OT––

e dist (T; O) = r

MATEMÁTICA 55


Ângulo de segmento

Ângulo de segmento é todo ângulo que tem comovértice um ponto da circunferência, sendo um dos ladossecante e o outro tangente à circunferência.

Na figura, α é um ângulo de segmento e ele deter -

mina na circunferência o arco AB�

.

A medida do ângulo de seg mento é a metade damedida do arco por ele determinado.

Ângulo excêntrico interior

Ângulo excêntrico interior é todo ângulo que temcomo vértice um ponto (distinto do centro) da regiãointerior de uma circunferência.

Na figura, o ângulo AP^B é ex cêntrico interior e deter -

mi na na circunferência o arco AB�

. As retas PA↔

e PB↔

in ter -cep tam a circunferência nos pontos C e D, respec tiva -mente, deter mi nando o arco CD

�.

A medida do ângulo AP^

B é a metade da soma dos

arcos AB�

e CD�

.

Assim,

Ângulo excêntrico exterior

Ângulo excêntrico exterior é todo ângulo que temcomo vértice um ponto da região exterior de uma circun -fe rência e lados secantes ou tangentes à circunferência.

Na figura, o ângulo AP^B é excên trico exterior e deter -

mina na circun ferência os arcos AB�

e CD�

.

A medida do ângulo A^PB é a metade da diferença

entre os arcos �AB e

�CD, por ele deter minados.

Assim,

AB�

α = ––––2

AB�

+ CD�

α = ––––––––––––2

AB�

– CD�

α = ––––––––––––2

MATEMÁTICA56


� (MACKENZIE) – Percorrendo uma estradade 20 m de largura, um veículo inicia umretorno em um ponto A, utilizando a trajetóriacircular da figura, cujo raio é 20 m. Se nessarotatória a velocidade máxima permitida é de20 km/h, o menor tempo necessário para queesse veículo percorra o arco AB é: (adote π = 3)

a) 12 seg b) 18 seg c) 15 seg

d) 25 seg e) 22 seg

Resolução

Admitindo que a trajetória do veículo seja a

represen tada na figura, concluímos que o

comprimento do arco �AB, em metros, é

d = . 2π . r ⇒ d = . 2π . 20 ⇒

⇒ d = 100 m, (para π = 3)

Então, 100 m = . t ⇔ t = 18 s

Resposta: B

20 000 m–––––––––

3600 s

5–––6

300°––––––360°


MATEMÁTICA 57

� Na figura ao lado, o ponto O é o centro da circunferência.

Demonstrar que α = .

RESOLUÇÃO:

⇒ β = 2α ⇒ α =

Como �AB = β, temos: α =

� Determine x na figura a seguir:

RESOLUÇÃO:

x = ⇔ x = 56°

� Com os dados da figura, provar que α = .

RESOLUÇÃO:

⇒ α =

�CD

x = ––––2�AB

y = ––––2

α = x + y

�AB +

�CD

––––––––––2

�AB +

�CD

––––––––––2

112°–––––

2

�AB

––––2

β–––2

}α = x + y

β = 2x + 2y

�AB

––––2


� (FUVEST) – Na figura abaixo, ABCDE éum petágono regular. A medida, em graus, doângulo α é:

a) 32° b) 34° c) 36°

d) 38° e) 40°

ResoluçãoComo α é um ângulo inscrito, que determina na

circunferência de centro O, circunscrita ao pen -

tágono regular, o arco �CD, temos:

�CD = = 72°

Assim: α = = = 36°

Resposta: C

72°–––––

2

�CD

–––––2

360°–––––

5


MATEMÁTICA58

� Com os dados da figura, provar que α = .

RESOLUÇÃO:


RESOLUÇÃO:

x = ⇔ x = ⇔ x = 35°

� (FUVEST) – A, B, C e D são vértices consecutivos de um

hexágono regular. A medida, em graus, de um dos ângulos

formados pelas diagonais —AC e

—BD é:

a) 90 b) 100 c) 110 d) 120 e) 150

RESOLUÇÃO:

θ = ⇔ θ = ⇔ θ = 120°

Resposta: D

�AB –

�CD

––––––––––2

70°––––

2

110° – 40°––––––––––

2

�AB –

�CD

⇒ α = –––––––––2�

�AB

x = –––––2

�CD

y = –––––2

α + y = x ⇔ α = x – y

�AD +

�BC

–––––––––––2

180° + 60°–––––––––––

2


MATEMÁTICA 59

24 Potência de ponto• Secante • Tangente

1. Potência de um ponto em relação a uma circunferênciaDados um ponto P e uma circunferência λ, consi deremos uma reta r que passa por P e intercepta λ nos pontos

A e B.

Chama-se potência do ponto P em relação a λ, o pro duto das medidas dos segmentos PA––

e PB––

.

É importante observar que:a) Se P é um ponto de λ, temos PA = 0 ou PB = 0 e portanto a potência é nula.

b) Se P ∉ λ e r é tangente a λ, temos A = B = T e portanto a potência do ponto, em relação à circunferência, é

PA . PB = PT . PT = (PT)2.

2. Propriedade da potência de pontoA potência é uma característica do ponto em relação à circunferência, e portanto não depende da reta escolhida,

desde que intercepte a circunferência.

É importante destacar, pois:

Potência de P em relação a λ = PA . PB


MATEMÁTICA60

� As estradas representadas pelas retas r, se t da figura seguinte, tangenciam o lago λ nospontos P, Q e R. Se AB = 14 km, BC = 16 kme AC = 18 km, então, a distância do ponto A atéo ponto P mede:a) 6 km b) 7 km c) 8 kmd) 9 km e) 10 km

Resolução

Sendo x a medida de —AP, temos:

Como BC = 16 km, temos:18 – x + 14 – x = 16 ⇒ – 2x = – 16 ⇒ x = 8 km

Resposta: C

� (UNIFESP) – Na figura, o segmento AC éper pendicular à reta r. Sabe-se que o ânguloAÔB, com O sendo um ponto da reta r, serámáximo quando O for o ponto onde r tangenciauma cir cun ferência que passa por A e B. Se AB

re pre senta uma estátua de 3,6 m sobre umpedestal BC de 6,4 m, a distância OC, para queo ângulo AÔB de visão da estátua seja máximo,é

a) 10 m. b) 8,2 m.c) 8 m.d) 7,8 m.e) 4,6 m.

Resolução:

Calculando a potênciado ponto C em relaçãoà circun fe rência da figu -ra, tem-se:

(CO)2 = CB . CA

Assim, (OC)2 = 6,4 . 10 ⇔

⇔ (OC)2 = 64 ⇔ OC = 8

Resposta: C


� Com os dados da figura abaixo, provar que: PA . PB = PM . PN

RESOLUÇÃO:

Como M^AP = B

^NP = , temos:

ΔPAM ~ ΔPNB ⇔ = ⇔ PA . PB = PM . PN

De acordo com os dados das figuras, calcular x nos exercícios� a �, associando com:

a) 4 b) 12 c) 5��7 d) 15 e) 20

�RESOLUÇÃO:

x . 9 = 12 . 3 ⇔ x = 4

Resposta: A

�

RESOLUÇÃO:

2x . x = 32 . 25 ⇔ x2 = 16 . 25 ⇔ x = 20

Resposta: E

PM––––PB

PA––––PN

�BM––––

2



MATEMÁTICA 61

�

RESOLUÇÃO:

x . x = 25 . 9 ⇔ x = 15

Resposta: D

� (UNESP – MODELO ENEM) – Em uma residência, há umaárea de lazer com uma piscina redonda de 5 m de diâmetro.Nessa área há um coqueiro, representado na figura por umponto Q.

Se a distância de Q (coqueiro) ao ponto de tangência T (dapiscina) é 6 m, a distância d =

—QP, do coqueiro à piscina, é:

a) 4 m. b) 4,5 m. c) 5 m. d) 5,5 m. e) 6 m.

RESOLUÇÃO:

QP . QR = (QT)2 ⇒ d . (d + 5) = 36 ⇒

⇒ d2 + 5d – 36 = 0 ⇒ d = 4 m, pois d > 0

Resposta: A

25Ângulos na circunferência e potência de ponto

� (FUVEST – MODELO ENEM) – Os pontos A, B e C perten -cem a uma cir cun ferência γ e AC é lado de um polígono regularinscrito em γ. Sabendo que o ângulo A

^BC mede 18°, podemos

concluir que o número de lados do polígono é igual a:

a) 5 b) 6 c) 7 d) 10 e) 12

RESOLUÇÃO:

Se o ângulo A^BC mede 18°, então o ângulo central A

^OC desse

polígono regular mede 36°. Assim, sendo n o número de lados

desse polígono regular, tem-se: n = ⇔ n = 10

Resposta: D

360°––––––

36°



MATEMÁTICA62


RESOLUÇÃO:

x = ⇔ x = 80°

� (PUC) – O ângulo x, da figura a seguir, mede

a) 60°

b) 80°

c) 90°

d) 100°

e) 120°

RESOLUÇÃO:

x = ⇔ x = 80°

Resposta: B

� Na circunferência da figura abaixo os comprimentos das

cordas AB––

e CD––

são, respectivamente,

a) 5 e 4

b) 5 e 5

c) 4 e 5

d) 4 e 3

e) 3 e 6

RESOLUÇÃO:

I. AM . MB = CM . MD ⇔ (x – 1) . 2x = (3x – 4) . x ⇔

⇔ 2x2 – 2x = 3x2 – 4x ⇔ x2 – 2x = 0 ⇒ x = 2

II. AB = 3x – 1 ⇔ AB = 5

CD = 4x – 4 ⇔ CD = 4

Resposta: A

� (UFMA – MODELO ENEM) – De um ponto exterior a uma

circun ferên cia, são traçadas uma tangente e uma secante, con -

for me a figura seguinte. A tangente—AB mede 10 m e as

medidas de —AC e

—CD são iguais. Assim, o compri men to da

secante —AD é igual a

a) 10 m

b) 5��2 m

c) 10��2 m

d) 15��2 m

e) 15 m

RESOLUÇÃO:

(AB)2 = AC . AD

102 = . x ⇔ x2 = 200 ⇔ x = ��200 ⇔ x = 10��2

Resposta: C

� Na figura abaixo, t1, t2 e t3 são retas tangentes à circun -

ferência nos pontos A, B e C, respectivamente:

Se AP = 12 cm, o perímetro do triângulo PQR:a) é 24 cm b) é 30 cm c) é 32 cm d) é 36 cme) não pode ser determinado por falta de dados.

RESOLUÇÃO:

I. PA = 12 cm � ⇒ PQ + QC = PAQA = QC

II. PB = PA = 12 cm � ⇒ PR + RC = PBRB = RC

III. 2p = PR + RC + PQ + QC = PA + PB = 24 cm

Resposta: A

x––2

70° + 90°––––––––

2

360° – 200°––––––––––––

2


MATEMÁTICA 63

26 Área dos quadriláteros• Base • Altura

1. DefiniçãoÁrea de uma figura é um número, associado à sua

superfície, que exprime a relação existente entre estasu per fície e a superfície de um quadrado de lado unitário.

Dizemos que duas superfícies são equivalentes

quando possuem a mesma área.

2. Área do retânguloA área S de um retângulo é o produto das medidas

a e b de dois de seus lados consecutivos.

Assim,

3. Área do quadradoSendo o quadrado um caso particular do retângulo, a

área S de um quadrado de lado � é S = � . �.

Assim,

4. Área do paralelogramoOs triângulos RST e QPU são congruentes pelo

critério LAAo e, portanto, são equivalentes.O paralelogramo PQRS e o retângulo UQRT ambos

de base b e altura h possuem, portanto, a mesma áreaS.

Assim,

5. Área do losangoO retângulo ABCD está dividido em oito triângulos

retângulos congruentes. O losango PQRS cujas diago -nais medem D e d é composto por quatro desses triân -gulos. A área S do losango é, portanto, a metade da áreado retângulo.

Assim,

6. Área do trapézioO trapézio PQRS, cujas bases medem B e b e cuja

altura mede h, é equivalente ao trapézio P’Q’SR.A união dos dois trapézios é o paralelogramo

PQP’Q’, cuja base mede B + b e a altura mede h.A área S do trapézio PQRS é, portanto, a metade da

área do paralelogramo.

Assim,

(B + b) . hS = –––––––––––

2

D . dS = –––––––

2

S = b . h

S = �2

S = a . b


MATEMÁTICA64

� (ENEM) – Em uma empresa, exis te umgalpão que precisa ser dividido em três depó -sitos e um hall de entrada de 20 m2, conformea figura abaixo. Os de pósitos I, II e III serãoconstruídos para o armazenamento de, res pec -tivamente, 90, 60 e 120 fardos de igual volume,e suas áreas devem ser proporcionais a essascapacidades.

A largura do depósito III dever ser, em metros,igual a:

a) 1.

b) 2.

c) 3.

d) 4.

e) 5.

Resolução

Sendo S1, S2 e S3 as áreas, em metros qua -drados, dos depósitos I, II e III, respectiva -mente e b a largura, em metros, do depósitoIII, tem-se:

1o. ) S1 + S2 + S3 + 20 = 11 . 10 ⇔

⇔ S1 + S2 + S3 = 90

2o. ) = = =

= = =

3o. ) = ⇔ S3 = 40

4o. ) S3 = b . 10

Assim: b . 10 = 40 ⇔ b = 4

Resposta: D

� (UNISINOS) – Um homem deixou comoheran ça para seus dois filhos um terreno quetem a forma de um trapézio retângulo (con -forme figura a seguir). Para que a parte de cadaum tivesse a mesma área, os dois filhos re -sol veram dividir o terreno, traçando uma para -lela ao lado

—AD. A que distância do ponto D, em

metros, deve ser traçada esta paralela?

a) 15,80 b) 18,75 c) 20,84

d) 23,15 e) 26,03

Resolução

(45 – x + 30 – x)20SAEFD = SEBCF x . 20 = ––––––––––––––––– ⇔

2⇔ 2x = 75 – 2x ⇔ 4x = 75 ⇔

75⇔ x = –––– ⇔ x = 18,75

4Resposta: B

S3–––––120

S3––––120

1–––3

90––––270

1–––3

S1 + S2 + S3––––––––––––––90 + 60 + 120

S1––––90

S2––––60


� Calcular a área de um quadrado cuja diagonal mede

2��7 cm.

RESOLUÇÃO:

I. �2 + �2 = (2��7 )2

2�2 = 4 . 7

�2 = 14

II. A = �2 = 14 cm2

� Num trapézio isósceles, as bases medem 8 cm e 18 cm eos lados transversos medem 13 cm cada um. Deter minar aárea do trapézio.

RESOLUÇÃO:

I. h2 + 52 = 132 ⇒ h = 12 cm

II. A = . h ⇔ A = . 12 ⇔ A = 156 cm2(18 + 8)––––––––

2

(B + b)–––––––

2



MATEMÁTICA 65

� A medida de uma das diagonais de um losango é 6 cm.Calcular a área do losango, sabendo-se que ele tem 20 cm deperímetro.

RESOLUÇÃO:

I. 4� = 20

� = 5

II.

52 = x2 + 32 ⇒ x = 4 cm

III. A = ⇒ A = = 24 cm2

� (MODELO ENEM) – Uma escola de educação artísticatem seus canteiros de forma geométrica. Um deles é o tra -pézio retângulo com as medidas indicadas na figura. A área docan teiro representado pela figura é:

a) 26 m2

b) 13 m2

c) 6,5 m2

d) 52 m2

e) 22 m2

RESOLUÇÃO:

I. h = 4 m

II. A = ⇔ A = ⇔ A = 26 m2

Resposta: A

� Determinar a área do paralelogramo da figura abaixo.

RESOLUÇÃO:

I. sen 60° = ⇔ = ⇔ h = 2��3 cm

II. A = b . h ⇒ A = 10 . ��3 . 2 . ��3 ⇔ A = 60 cm2

h–––4

��3 ––––

2

h–––4

(8 + 5) . 4––––––––––

2

(B + b) . h––––––––––

2

8 . 6––––––

2

D . d––––––

2


MATEMÁTICA66

27 Área dos triângulos• Equilátero • Semiperímetro

1. Em função da base e da alturaO triângulo PQR, cuja base mede b e a altura h, é

equivalente ao triângulo RQ’P.A área S do triângulo PQR é, portanto, a metade da

área do paralelogramo PQRQ’, cuja base mede b e aaltura mede h.

Assim,

2. Triângulo equiláteroSeja ABC um triângulo equilátero cujo lado mede �,

a altura h e a área S.Lembrando que

h = e S = ,

temos:

3. Em função do raio dacircunferência inscritaSeja S a área do triângulo ABC, cujo raio da circun -

ferência inscrita mede r.Sendo a, b e c as medidas dos lados do triângulo

ABC, po de mos calcular sua área somando as áreas dostriângulos BOC, COA e AOB.

Assim,

S = SBOC + SCOA + SAOB = + + =

= . r = p . r, onde p = é o semi -

perímetro. Assim,

4. Em função de dois lados e do ângulo entre elesSejam a e b as medidas de dois lados de um triân -

gulo ABC e α a medida do ângulo entre eles.

A altura h relativa ao lado a é dada por h = b . sen α

Assim, a área S do triângulo ABC é:

5. Em função do raio dacircunferência circunscritaSendo S a área do triângulo ABC, cujos lados

medem a, b e c e cujo raio da circunferência circunscritamede R, temos:

a . b . cS = –––––––––

4R

a . b . sen αS = –––––––––––––

2

S = p . r

a + b + c–––––––––

2�a + b + c–––––––

2�

c . r––––

2

b . r––––

2

a . r––––

2

�2 . ��3S = ––––––––

4

� . h–––––

2��3

–––––2

b . hS = ––––––

2



digite MAT2M206

No Portal Objetivo


MATEMÁTICA 67

6. Em função dos lados Sendo a, b e c as medidas dos lados do triânguloABC de área S, temos:

(Fórmula de Hierão)

onde p = é o semiperímetro.a + b + c––––––––2

S = ��p . (p – a) . (p – b) . (p – c)

� (ENEM) – Um terreno com o formatomos trado na figura foi herdado por quatroirmãos e deverá ser dividido em quatro lotes demesma área.Um dos irmãos fez algumas propostas de divi -são para que fossem analisadas pelos demaisherdeiros. Dos esquemas apresentados, onde lados de

mes ma medida têm símbolos iguais, o únicoem que os quatro lotes não possuem, neces -saria mente, a mesma área é:Resolução

Nos esquemas (A), (B), (C) e (D) cada um dos

quatro lotes desenhados tem exatamente

da área do terreno original.

No esquema (E) os quatro lotes desenhados só

terão a mesma área se os lados indicados pelo

símbolo –––/ tiverem exatamente do com -

pri mento da base do paralelogramo configu -

rado pelo terreno original.Assim sendo, os quatro lotes do esquema (E)não pos suem, necessariamente, a mesmaárea.Resposta: E

� (ENEM) – Um engenheiro, para calcular aárea de uma cidade, copiou sua planta numa

folha de papel de boa qualida de, recortou epesou numa balança de precisão, obten do 40g.Em seguida, recortou, do mesmo desenho,uma praça de dimensões reais 100m x 100m,pesou o recorte na mesma balança e obteve0,08g. Com esses dados foi possível dizer quea área da cidade, em me tros quadrados, é de,aproximadamente,

a) 800. b) 10000. c) 320000.d) 400000. e) 5000000.Resolução

A planta da área da cidade pesou 40g. A praçatem di mensões 100 m por 100 m. A área é de 10 000 m2 e o recorte da planta pesou 0,08g.

Logo, a área da cidade é de 5 000 000 m2, pois

A 10 000—– = ———— ⇒ A = 5 000 00040 0,08Resposta: E

1––4

1––4


� (FGV-SP) – Na figura plana abaixo, os triângulos ABC eCDE são equiláteros.

Os lados medem 4 cm e 6 cm res pec tivamente.

Calcule a área do quadrilátero ABDE.

RESOLUÇÃO:

Sendo S a área do qua dri lá -

tero ABDE, em cen tímetros

quadra dos e su pondo A, C

e E alinha dos, temos:

S = SABC + SCDE + SBCD =

= + + = 4��3 + 9��3 + 6��3 = 19��3

Resposta: A área do quadrilátero ABDE é 19��3 cm2

42 ��3––––––––

4

62 ��3––––––––

4

4 . 6 . sen60°–––––––––––––

2



MATEMÁTICA68

� Calcular a área de um triângulo cujos lados medem 5 cm, 6 cm e 7 cm.

RESOLUÇÃO:

I. p = ⇒ p = 9 cm

II. A = �� p(p – a)(p – b)(p – c) ⇔ A = �� 9 . 4 . 3 . 2 ⇒ A = 6��6 cm2

� O raio da circunferência inscrita no triângulo da questãoanterior mede:

a) 3��2 cm b) 2��3 cm c) cm

d) cm e) cm

RESOLUÇÃO:

A = p . r ⇔ 6��6 = 9 . r ⇒ r = cm

Resposta: E

� O raio da circunferência circunscrita ao triângulo descrito

na questão � mede, em centímetros:

a) 4 b) c) d) e) 6

RESOLUÇÃO:

A = ⇔ R = ⇔ R = ⇒ R = cm

Resposta: D

� (ENEM) – O tangram é um jogo oriental antigo, uma es -pécie de quebra-cabeça, constituído de sete peças: 5 triân -gulos retângulos e isósceles, 1 paralelogramo e 1 qua drado.Essas peças são obtidas recortando-se um quadrado de acordocom o esquema da figura 1. Utilizando-se todas as sete peças,é possível representar uma grande diver sidade de formas,como as exemplificadas nas figuras 2 e 3.

Se o lado AB do hexágono mostrado na figura 2 mede 2 cm, então a área da figura 3, que representa uma “casinha”,é igual aa) 4 cm2. b) 8 cm2. c) 12 cm2.d) 14 cm2. e) 16 cm2.

RESOLUÇÃO:

Se o lado AB do hexágono mostrado na figura 2 mede

2 cm, então, na figura 1, teremos as seguintes medidas:

A área das três figuras é a mesma e todas são iguais à área de um

quadrado de lado 2��2 cm, que é (2��2 cm)2 = 8 cm2.

Resposta: B

35��6–––––––

24

6 . 5 . 7––––––––4 . 6��6

a . b . c–––––––

4A

a . b . c––––––––

4R

35��6–––––

24

25��6––––––

18

5��6–––––

4

2��6––––––

3

2��6–––––3

��6––––

3

��6––––

2

5 + 6 + 7––––––––

2


MATEMÁTICA 69

28 Área das figuras circulares • Círculo • Coroa circular

• Setor circular • Segmento circular

1. Área do círculoSendo S a área do círculo de raio R, temos:

Observação

O comprimento da circunferência de raio R é dado

por , onde π ≅ 3,1416.

2. Área da coroa circularSendo S a área da coroa circular de raios R e r, te -

mos: S = π R2 – π r2.

Assim,

3. Área do setor circularSendo S a área do setor circular de raio R limitado

por um arco de comprimento �, temos:

⇒

4. Área do segmento circularA área S do segmento circular limitado pela corda

AB––

e pelo arco AB�

é obtida da diferença entre a área do

setor circular AOB e a área do triângulo AOB.

Assim,

S = – ⇔ R

S = ––– . (� – h)2

R . h–––––

2� . R–––––

2

� . RS = ––––––

2

�S = –––––– . π R2

2π R

S = π . (R2 – r 2)

C = 2π R

S = π . R2

� (FGV – MODELO ENEM) – Em uma cida -de do interior, a praça principal, em forma deum setor circular de 180 metros de raio e 200me tros de comprimento do arco, ficou lotadano co mício político de um candidato a prefeito.Admitindo uma ocupação média de 4 pessoaspor metro quadrado, a melhor estimativa donúmero de pessoas presentes ao comício é:

a) 70 mil b) 30 mil

c) 100 mil d) 90 mil

e) 40 mil

Resolução

Sendo α = = a medida, em ra -

dia nos, do ângulo cen tral A^OB e S a área do

setor circular corres pondente, temos

rad –––––––– S m2

2π rad –––––––––––– π . 1802 m2

= ⇔S= =18000 m2

O número estimado de pessoas no comício é:

4 . 18 000 = 72 000 pessoasResposta: A

20––––18

200–––––180

20––––18

10 . 1802–––––––––

18S

––––––––π . 1802

20–––18

–––––2π



MATEMÁTICA70

� Calcular a área da superfície assinalada:

RESOLUÇÃO:

S = Aquad. – ⇔

⇔ S = 42 – ⇒

⇒ S = 4(4 – π) cm2

� (FUVEST) – Na figura seguinte, estão re pre sen tados umquadrado de lado 4, uma de suas diagonais e uma semicir -cunferência de raio 2. Então a área da região hachurada é

a) + 2

b) π + 2

c) π + 3

d) π + 4

e) 2π + 1

RESOLUÇÃO:

A semicircunferência e a dia go nal

AC__

passam pelo centro O do

quadrado ABCD de lado 4.

Assim, a área S da região ha chu -

rada é igual à soma das áreas do

triângulo retângulo MOA e do

setor circular MOB, ou seja,

S = + . π . 22 ⇔

⇔ S = π + 2

Resposta: B

1––4

2 . 2–––––

2

π––2

π42

––––4

Acirc.–––––

4


� (ENEM) – Uma empresa produz tampascirculares de alumínio para tanques cilíndricos apartir de chapas quadradas de 2 metros de la -do, con for me a figura. Para 1 tampa grande, aem presa produz 4 tampas médias e 16 tam paspequenas.

As sobras de material da produção diária dastampas grandes, médias e pequenas dessaem presa são doa das, respectivamente, a trêsentida des: I, II e III, para efe tuarem recicla gemdo material. A partir dessas in for mações, pode-se concluir que

a) a entidade I recebe mais material do que aentidade II.

b) a entidade I recebe metade de material doque a entidade III.

c) a entidade II recebe o dobro de material doque a entidade III.

d) as entidade I e II recebem, juntas, menosmaterial do que a entidade III.

e) as três entidades recebem iguais quanti -dades de material.

Resolução

Os raios das tampas grandes, médias e pe que -

nas são, respectivamente, 1 m, m e m.

Em metros quadrados, as sobras SI, SII e SIII

das tam pas grandes, médias e pequenas são,

respectivamen-te, tais que:

SI = 4 – π . 12 = 4 – π

SII = 4 – 4 . π .

2

= 4 – π

SIII = 4 – 16 . π .

2

= 4 – π

Supondo que as quantidades de chapas

quadradas usadas diariamente para produzir as

tampas grandes seja a mesma para as tampas

médias e para as tampas pequenas, as sobras

serão iguais, pois SI = SII = SIII.

Resposta: E

1––2

1––4

1�––�2

1�––�4


MATEMÁTICA 71

� (UELON) – Na figura a seguir, têm-se a reta r tan gente àcircunferência de centro C e o triângulo equi látero ABC, cujolado mede 8��3 cm.

A área da região sombreada é, em centímetros qua drados,a) 52π b) 48π c) 36π d) 30π e) 24π

RESOLUÇÃO:

A região sombreada é um setor circular de 60° e raio

R = = 12

Assim, S = . π . 122 ⇔ S = 24π

Resposta: E

� (UNAERP – MODELO ENEM) – Uma pista de atletismotem a forma de coroa circular, e a maior distância que pode serpercorrida em linha reta nessa pista é 40 m. A área da pista, emmetros quadrados, é:a) 200π b) 300π c) 400πd) 1600π e) 2000π

RESOLUÇÃO:

R2 = r2 + 202 ⇔ R2 – r2 = 400

Scoroa = π(R2 – r2) = π . 400

Scoroa = 400π cm2

Resposta: C

60°–––––360°

8��3 . ��3––––––––––

2

29 Área dos polígonos• Apótema • Polígono regular

1. Polígonos circunscritosDizemos que um polígono é circunscritível quando

ele admite uma circunferência inscrita.A área S de um polígono circunscrito a uma circun -

ferência de raio r é:

onde p é semiperímetro do polígono.

De fato:

S = SO A1 A2+ SO A2 A3

+ … + SO An–1 An+ SO An A1

⇒

⇒ S = + + … + =

= . r ⇒ S = p . r

Se o polígono for regular então o raio da circun fe rên -cia inscrita recebe o nome de apótema e é re pre sentadopor a.

2. Área dos polígonos regularesA área S de um polígono regular de perímetro 2p e

apótema a é, portanto:

S = p . a

a1 + a2 + … + an––––––––––––––––

2

an . r–––––

2

a2 . r–––––

2

a1 . r–––––

2

S = p . r


MATEMÁTICA72

3. Triângulo equiláteroSendo � a medida do lado do triângulo equilátero da

figura, temos:

a) Altura:

b) Apótema: a = h ⇒

c) Raio da circunferência circunscrita:

R = h ⇒

d) Área:

e) O raio da circunscrita é o dobro do raio da inscrita:

4. QuadradoSendo � a medida do lado do quadrado da figura,

temos:

a) Diagonal:

b) Apótema:

c) Raio da circunferência circunscrita:

R = ⇒

d) Área:

5. Hexágono regularSendo � a medida do lado do hexágono regular da

figura, temos:

a) Apótema: (altura do triângulo

equi látero AOB)

b) Raio da circunferência circunscrita:

(lado do triângulo equilátero AOB).

c) Área: S = 6 . SΔAOB ⇒3�2��3

S = –––––––2

R = �

��3a = –––––

2

S = �2

��2R = –––––

2

d––2

�a = –––

2

d = ��2

R = 2r

� 2��3S = ––––––

4

� ��3R = –––––

3

2––3

� ��3a = –––––

6

1––3

��3h = –––––

2


MATEMÁTICA 73

� (FUVEST) – A figura representa setehexágonos regulares de lado 1 e um hexágonomaior, cujos vértices coincidem com os centrosde seis dos hexágonos menores. Então a áreado pentágono hachurado é igual a

a) 3��3 b) 2��3 c)

d) ��3 e)

Resolução:

A área S do pentágono hachurado é igual àsoma das áreas de dois triângulos equiláteroscongruentes de lado 1.

Assim:

S = 2 . ⇔ S =

Resposta: E

� (UNIFESP) – O hexágono cujo interioraparece destacado em cinza na figura é regulare origina-se da sobreposição de dois triângulosequiláteros.

Se k é a área do hexágono, a soma das áreasdesses dois triângulos é igual a:a) k. b) 2k. c) 3k. d) 4k. e) 5k.Resolução

Na figura, o triângulo ABC e o triân gulo DEFestão divididos em 9 triângulos equiláterosmenores, dos quais o hexágono ocupa seisdeles. Desta forma, se SABC, SDEF e k, são asáreas, respectivamente, dos triân gulos ABC,DEF e do hexágono regular então:

= = ⇒

⇒ SABC = SDEF = k

e SABC + SDEF = k + k = 3k

Resposta: C

3–––2

3–––2

3–––2

SABC––––––

k

SDEF––––––

k

9–––6

12 . ��3–––––––

4

��3––––

2

��3––––

2

3��3–––––

2


� O apótema de um hexágono regular inscrito numacircunferência de raio 8 cm, vale em cm:

a) 4 b) 4��3 c) 8 d) 8��2 e) 12

RESOLUÇÃO:

a = hΔ eq ⇔ a = ⇔ a = ⇔ a = 4��3 cm

Resposta: B

� (UNESP – MODELO ENEM) – Um salão de festas naforma de um hexágono regular, com 10 m de lado, tem aocentro uma pista de dança na forma de um círculo, com 5 m deraio.

A área, em metros quadrados, da região do salão de festas quenão é ocupada pela pista de dança é:

a) 25 (30��3 – π) b) 25 (12��3 – π) c) 25 (6��3 – π)

d) 10 (30��3 – π) e) 10 (15��3 – π)

RESOLUÇÃO:

A área do salão não ocupada pela pista de dança é de

– π . 52 m2 = (150��3 – 25π) m2 =

= 25 . (6��3 – π) m2

Resposta: C

� 6 . 102 . ��3––––––––––––

4�

��3–––––

2

8��3–––––

2



MATEMÁTICA74

� (MACKENZIE – MODELO ENEM) – Na figura, ABCDEF é

um hexágono regular de lado 1 cm. A área do triângulo BCE,

em cm2, é

a)

b)

c) 3�2

d) 2�3

e) �3

RESOLUÇÃO:

Sendo SOBC, SOCD e SODE, respectivamente, as áreas dos triân -

gulos OBC, OCD e ODE, equiláteros de lado medindo 1cm, a área

S do triângulo BCE é tal que

S = SOBC + . SOCD + SODE =

= = . + . ⇔ S = cm2

Resposta: B

� (MACKENZIE) – Na figura, um octógono regular e um qua -drado estão inscritos na circunferência de raio r = �2. A áreada região sombreada é:

a) 4 . (�2 – 1) b) + 1

c) d)

e)

RESOLUÇÃO:

1) Soctógono = 8.SΔOCD = 8 . = 4��2

2) Squadrado = 4.SΔAOB = 4 . = 4

Assim, a área S da região sombreada é:

S = Soctógono – Squadrado = 4��2 – 4 = 4(��2 – 1)

Resposta: A

��2 . ��2–––––––––

2

��2 . ��2 . sen 45°–––––––––––––––––

2

�2 + 11–––––––––

8

8�2––––

7

4 . (�2 + 1)–––––––––––––

5

�2––––

2

��3–––––

2

12 ��3–––––––

4

1–––2

12 ��3–––––––

4

1–––2

12 ��3–––––––

4

1–––2

1–––2

�3––––

2

�2––––

3


MATEMÁTICA 75

30 Área de figuras semelhantes• Razão de semelhança

A razão entre as áreas de duas figuras semelhantesé igual ao quadrado da razão de semelhança.

Exemplo

Os polígonos ABCDE e PQRST são semelhantes e arazão de semelhança é k.

Sendo S1

e S2

as áreas dos polígonos ABCDE ePQRST, respectivamente, temos:

e

S1–––– = k2

S2

a b c d e–– – = ––– = ––– = ––– = ––– = ka’ b’ c’ d’ e’

� (MODELO ENEM) – O terreno plano ABCda figura seguinte tem 760 metros quadradosde área e o mu ro da divisa BC tem 38 metrosde com primento. Seu proprietário resolveudividi-lo em dois terrenos menores de mesmaárea, construindo o muro DE paralelo ao muroBC. Considerando �2 = 1,4, pode-se afir marque a distância entre os muros para lelos DE eBC, em metros, é apro xi mada mente igual a:

a) 12 b) 16 c) 18 d) 20 e) 28

Resolução

= � �2

=

Assim:

= ⇔

⇔ x = 40 – 20�2 ⇔ x ≅ 40 – 28 = 12

Resposta: A

� (MODELO ENEM) – No terreno ABC dafigura, uma pessoa pretende construir umaresi dên cia, preservando a área verde da regiãoassinalada.

Se BC = 80 m, AC = 120 m e MN = 40 m, aárea livre para a construção, em metros quadra -dos, é de:

a) 1400 b) 1600 c) 1800

d) 2000 e) 2200

Resolução

Sendo SAMN, SABC e SL, respectivamente,

as áreas, em m2, dos triângulos AMN,

ABC e a área livre, tem-se:

1) SABC = = 2400

2) ΔAMN ~ ΔABC ⇔

⇔ = � �2

⇔

⇔ = � �2

⇔

⇔ SAMN = 600

3) SL = SABC – SAMN = 2400 – 600 = 1800

Resposta: C

40––––80

SAMN–––––––

2400

MN–––––

BC

SAMN–––––––

SABC

80 . 120 . sen 30°–––––––––––––––––

2

40 – x–––––––

40

�2––––––

2

SΔADE–––––––SΔABC

40 – x–––––––

40

1–––2



MATEMÁTICA76

� (UNIFESP – MODELO ENEM) – Você tem dois pedaçosde arame de mesmo comprimento e pequena espessura. Umdeles você usa para formar o círculo da figura I, e o outro vocêcorta em 3 partes iguais para formar os três círculos da figura II.

Se S é a área do círculo maior e s é a área de um dos cír cu losmenores, a relação entre S e s é da da pora) S = 3s. b) S = 4s. c) S = 6s.d) S = 8s. e) S = 9s.

RESOLUÇÃO:

Sendo R o raio do círculo de área S e r o raio de cada círculo menor

de área s, de acordo com o enunciado, tem-se:

1) 2πR = 2πr + 2πr + 2πr ⇔ R = 3r ⇔ = 3

2) =

2

Assim: = 32 ⇔ S = 9.s

Resposta: E

� (FUVEST) – No papel quadriculado da figura abaixo, ado -ta-se como unidade de comprimento o lado do quadrado ha -churado.

—DE é paralelo a

—BC. Para que a área do triângulo ADE

seja a metade da área do triângulo ABC, a medida de —AD, na

unidade adotada, é

a) 4��2 b) 4 c) 3��3

d) e)

RESOLUÇÃO:

Os triângulos ADE e ABC são semelhantes pelo critério (AA~).

Assim,

=

2

⇔ = ⇔

⇔ (AD)2 = 32 ⇔ AD = ��32 ⇔ AD = 4��2

Resposta: A

� (MACKENZIE) – O triângulo ABC da figura foi dividido em

duas partes de mesma área pelo seg mento—DE, que é paralelo

a—BC. A razão va le

a) 2

b)

c)

d) ��2

e)

RESOLUÇÃO:

Os triângulos ABC e ADE são semelhantes e como a área do

triângulo ADE é igual à área do trapézio DECB, pode-se concluir

que a área do triângulo ABC é igual ao dobro da área do triângulo

ADE.

Assim:

2

= 2 ⇔ = ��2

Resposta: D

( BC––––DE ) BC

––––DE

3 ��2––––––

2

5–––2

3–––2

—BC

––––—DE

SΔADE––––––––

SΔABC

( AD–––––AB ) 1

–––2

(AD)2

–––––82

8��3–––––

3

7��3–––––

2

S–––s

S–––s

R�–––�r

R–––r



MATEMÁTICA 77

� A razão entre a área do círculo inscrito e a área do círculocircunscrito a um mesmo hexágono regular é igual a:

a) b) c) d) e)

RESOLUÇÃO:

Consideremos o hexágono regular do lado “�”.

I. r = hΔeq ⇔ r =

⇒

Resposta: C

3π �2

–––––– A1 4 3

–––– = –––––––– = –––A2 π �2 4

�2 . 3II. A1 = π r2 ⇔ A1 = π . ––––––

4

III. R = �

IV. A2 = π R2 ⇔ A2 = π �2

��3–––––

24

–––5

2–––3

3–––4

1–––2

1–––4

1. Definição de prismaSejam α e β dois planos paralelos distintos.

Consideremos uma região poligonal com n lados contidaem α e uma reta r que intercepta os planos α e β nospontos A e B respectivamente. Chama-se prisma aunião de todos os segmentos paralelos ao segmento dereta AB

––, com uma extremidade na região poligonal e a

outra extremidade em β.

2. ElementosA1A2A3 … An e B1B2B3 … Bn são polígonos

côngruos e paralelos chamados de bases.

A1B1

–––– , A2B2

––––, … AnBn

––––são segmentos côngruos e

paralelos chamados arestas laterais.

Os segmentos A1A2, A2A3, … An – 1An, AnA1, B1B2,

B2B3,…Bn – 1Bn, BnB1 são chamados arestas das bases.

A1A2B2B1, A2A3B3B2, … são paralelogramos cha ma -

dos faces laterais.

A distância h, entre os planos que contêm as bases

do prisma, é chamada altura do prisma.

3. ClassificaçãoPrisma reto é todo prisma cujas arestas laterais são

perpendiculares aos planos que contêm as bases.

Prisma oblíquo é todo prisma cujas arestas laterais

são oblíquas aos planos que contêm as bases.

Prisma regular é todo prisma reto cuja base é um

polígono regular.

31 e 32 Prismas • Base • Face • Aresta


MATEMÁTICA78

4. NomenclaturaOs prismas são chamados triangulares, quadran -

gulares, pentagonais etc., conforme as bases sejamtriângulos, quadriláteros, pentágonos, etc.

5. ÁreasÁrea de uma face lateral é a área de um dos

polígonos que constitui uma face lateral do prisma.Se o prisma for regular, todas as faces laterais terão

mesma área.Área lateral é a soma das áreas de todas as faces

laterais de um prisma.Área total é a soma das áreas de todas as faces do

prisma.

Assim, sendo A�

a área lateral de um prisma, Ab

a

área de uma das bases e At

a área total, temos:

6. VolumeDefinição

Volume de um sólido é um número, associado a ele,que exprime a razão exis tente entre o espaço por eleocupado e o espaço ocupado por um cubo de arestaunitária.

Volume dos prismas

O volume V de um prisma com área da base Ab ealtura h é dado por:

V = Ab . h

At = 2 . Ab + A�

� (MODELO ENEM) – Uma piscina de forma retangular tem 15 mde comprimento, 8 m de largura, 1 m de profundidade num de seusextremos e 2 m de profundidade no outro extremo, sendo seu fundoum plano inclinado. Quantos litros de água são necessários para enchercompletamente essa piscina?

a) 60 000 b) 90 000 c) 120 000

d) 150 000 e) 180 000

Resolução

V = Ab . h

V = . 80 dm3

V = 180 000 litros

Resposta: E

� (PUC) – Suponha que o bolo mostrado na tira a seguir apóie-sesobre um suporte circular feito de chocolate que, por sua vez,encontra-se sobre uma mesa de madeira de tampo retangular, cujasdimensões são 0,90 m de comprimento, 0,80 m de largura e 0,02 m deespessura. Assim, a parte dura que o Cebolinha mordeu diz respeitoapenas a um pedaço do tampo da mesa.

Fonte: Jornal O Estado de S. Paulo – 13/10/01

Se o pedaço de madeira na fatia tem a forma de um prisma regulartriangular, cuja aresta da base mede 6 cm, o volume de madeira dopedaço equivale a que por centagem do volume do tampo da mesa?(Use ��3 =1,7)a) 0,2125% b) 0,425% c) 2,125% d) 4,25% e) 21,25%Resolução

Sejam VT e VP, respectivamente, os volumes do tampo da mesa e dopedaço de madeira, em centímetros cúbicos. Supondo que o tampo damesa tem a forma de um paralelepípedo reto retângulo, temos:a) VT = 90 . 80 . 2 = 14400

b) VP = . 2 = 9 . 1,7 . 2 = 30,6

Assim, o volume de madeira do pedaço equivale a

= 0,002125 = 0,2125% do volume do tampo da mesa.

Resposta: A

30,6–––––––14400

62��3––––––

4

(20 + 10) . 150––––––––––––––

2



MATEMÁTICA 79

� (VUNESP – MODELO ENEM) – Se dobrarmos convenien -temente as linhas tracejadas da figura abaixo, obteremos umafigura espacial cujo nome é:a) pirâmide de base pentagonal b) paralelogramo c) octaedrod) tetraedroe) prisma

RESOLUÇÃO:

Resposta: E

� Calcular a área lateral e a área total de um prisma triangularregular cujas 9 arestas medem 2 cm cada.

RESOLUÇÃO:

I) A� = 3 . A

A� = 3 . 2 . 2

A� = 12 cm2

II) At = A� + 2AB

At = 12 + 2AΔ

At = 12 + 2 .

At = 12 + 2��3

At = 2(6 + ��3)cm2

� (UFRN) – Um triângulo isósceles cujoslados medem 10 cm, 10 cm e 12 cm é abase do prisma reto de volume igual a 528 cm3, conforme a figura ao lado.Pode-se afirmar que a altura h do prisma éigual a:a) 8 cm b) 11 cm c) 12 cm d) 13 cm

RESOLUÇÃO:

1o.)

Ab = cm2 = 48 cm2

2o. ) Cálculo da altura h do prisma

V = Ab . h ⇔ 48 . h = 528 ⇔ h = 11

Resposta: B

� Calcular a área lateral e a área total de um prisma hexa -gonal regular cujas arestas da base medem 2 cm e cuja alturamede 5 cm.

RESOLUÇÃO:

I) A� = 6 . Aretângulo

A� = 6 . 2 . 5

A� = 60 cm2

II) At = A� + 2AB

At = 60 + 2 Ahexágono

At = 60 + 2 . 6 .

At = 60 + 12��3

At = 12(5 + ��3) cm2

� O volume, em cm3, do prisma da questão anterior é iguala:a) 60 b) 120 c) 120��3 d) 30��3 e) 40��3

RESOLUÇÃO:

V = AB . h

V = Ahexágono . h

V = 6 . . 5

V = 30��3 cm3

Resposta: D

22��3––––––

4

22��3–––––

4

12 . 8––––––

2

22��3–––––

4




digite MAT2M207

No Portal Objetivo


MATEMÁTICA80

� (VUNESP – MODELO ENEM) – O volume do ar contidoem um galpão com a forma e dimensões dadas pela figuraabaixo é:

a) 288

b) 384

c) 480

d) 360

e) 768

RESOLUÇÃO:

V = AB . h ⇒ V= AB . 12 ⇒ V = 2 . Atrapézio . 12

V = 2 . . 12

V = 2 . 16 . 12

V = 384

Resposta: B

� A área lateral de um prisma regular hexagonal é o triplo daárea da base desse prisma. Calcular o seu volume, sabendoque a base do prisma tem 12 cm de perímetro.

RESOLUÇÃO:

I) AB = 6 . AΔ

AB = 6 .

AB = 6��3 cm2

II) A� = 3 . AB

A� = 3 . 6 . AΔ

A� = 18 .

A� = 18��3 cm2

III) A� = 6 . A ⇒ A� = 6 . 2 . h ⇒ 18 ��3 = 12h ⇒ h = cm

IV) V = AB . h

V = 6 . ��3 .

V = 27 cm3

� Calcular a altura e o volume de um prisma oblíquo cujabase é um quadrado de lado 3 m e cuja aresta lateral de 4 mforma ângulo de 60° com o plano da base.

RESOLUÇÃO:

I) sen 60° = ⇔

⇔ = ⇔

⇔ h = 2��3 m

II) V = AB . h

V = 32 . 2��3

V = 18 . ��3 m3

� (MACKENZIE) – A base de um prisma reto é um triânguloque possui um ângulo de 60° formado por dois lados demedidas 5 cm e 10 cm. Se a altura desse prisma é o dobro daaltura relativa ao maior lado da base, então seu volume, emcm3, valea) 750 b) 187,5 c) 500 ��3d) 250 ��3 e) 750 ��3

RESOLUÇÃO:

1) sen 60° = ⇒ h = cm

2) Ab = ⇒ Ab = cm2

3) V = Ab . 2h = . 2 .

Assim V = 187,5 cm3

Resposta: B

5 ��3––––––

2

25 ��3––––––

2

25 ��3–––––––

2

10 . 5 . sen 60°––––––––––––––

2

5 ��3––––––

2h

–––5

h–––4

��3–––2

h–––4

3��3–––––

2

3��3–––––

2

22��3–––––

4

22��3–––––

4

(5 + 3) . 4––––––––––

2



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