Prof. Carlos LoureiroFormado Matemática -UFF – Niterói/RJ
Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPAPromovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
[email protected](21) 8518-7006
Colégio Naval 2004
01)
Na figura acima , ABCD é um quadrado de área 104 e o ponto O é o centro do semicírculo de diâmetro AB. A área do triângulo AEF é dada por
(A) 3332 (B) 3346 (C) 6345
(D) 3343 (E) 3348
1
2ABES 2
13
26 26 3 120º 26ABEsen S 3
32
3
13 3 39 : ( 120º 60º )2
1
2ABF
OBS sen sen
S
2
26 26
1 3 1 326 3 30º 26 26
2 2 2 4
ABF
AEF AEF AEF
AF S AF
S AF sen S AF S AF
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3 3 39 26 26 39 26 1
4 4
4 3 39 39 439 26 26 26
4 4 3 4 34
3 39 4 26
4
ADE ADF AEF
AEF AEF
Como S S S AF AF AF
AF AF AF
como S AF S
3
44 3
3
13
39 3 4 3
4 3 4 3
39 4 3 3 39
16 3
AEF
AEF AEF
S
S S
4 3 3
13
3 4 3 3AEFS
Alternativa D
02)Um certo professor comentou com seus alunos que as dízimas periódicas podem ser representadas por frações em que o numerador e o denominador são números inteiros e ,neste momento, o professor perguntou aos alunos o motivo pelo qual existe a parte periódica. Um dos alunos respondeu justificando corretamente, que em qualquer divisão de inteiros (A) o quociente é sempre inteiro. (B) o resto é sempre inteiro.(C) o dividendo é o quociente multiplicado pelo divisor, adicionado ao resto.(D) os possíveis valores para resto têm uma quantidade limitada de valores.(E) que dá origem a uma dízima, os restos são menores que a metade do divisor.
Item (A) Falso, pois, por exemplo 1 2 = 0,5
Obs: Isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.
Item (B) Falso, pois, por exemplo 4 3 = 1, 333... e o resto é igual a 0,00
1 aproximadamente
Obs: Do mesmo modo, isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.
Item (C) Falso, pois, apesar de correto, D = d q + r, isso não é o motivo pelo qual da exis tência
das dízimas periódicas.
Item (D) Correto, pois, o resto é sempre maior ou igual a zero e menor do que o quociente, ou
2seja, 0 resto<quociente, assim por exemplo na fração irredutível , os r
13
estos possíveis serão:
21,2,3, 4,5,6,7,8,9,10,11 e 12 ou seja 0,153846153846153846153846153846, observe que
13o resto nunca será zero, se não seria decimal exata.
Item (E) Falso, pois, por exemplo 13
7 quociente igual a 1 e o resto é igual a 6.Obs: O Motivo da existência das DÍZIMAS PERIÓDICAS é a impossibilidade de se transformar uma fração ordinária em fração decimal, ou seja, a não possibilidade de transformação do denominador de algumas frações ordinárias em potência de dez, onde o
denominador terá que ser após as transformações devidas da forma 2 5 1 000...0n n
n zeros .
Alternativa D
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03)Um professor de matemática apresentou um equação do 2ºgrau completa , com duas raízes reais positivas , e mandou calcular , as médias aritmética, geométrica e harmônica entre essas raízes , sem determiná-las. Nessas condições (A) somente foi possível calcular a média aritmética.(B) somente foi possível calcular as médias aritmética e geométrica.(C) somente foi possível calcular as médias aritmética e harmônica.(D) foi possível calcular as três médias pedidas.(E) não foi possível calcular as três médias pedidas.
Resolvendo o problema, temos:
1 2 3
1 2 1 2
Média aritmética , ou seja soma dos termos dividido pelo número
de termos, no caso como são dois termos temos:
ou soma dos termos dividido por dois, assim 2 2 2
ou
nx x x xMA
n
x x x x SMA MA
1 2 3
1 2 1 2
1 2 2
1
2 2 2
Média Geométrica , para dois termos temos:
, como os termos são positivos
Média Harmônica , para dois termos tem1 1 1 1
n
n
bb baMA MA MA
a a
nMG x x x x
cMG x x MG x x P
a
nMH
x x x x
1 2
2 1 1 21 2
1 2 1 2 1 2 1 2
os:
22 2 21 1
22 2ou seja
x xMH MH MH MH
x x x xx xx x x x x x x x
cP caMH MH MH
bS ba
Alternativa D
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04) Sabendo-se que a equação 042613 222 xxxx pode ser escrita como um produto de binômios do primeiro grau , a soma de duas das suas raízes reais distintas é igual a(A) -3 (B) -2 (C) -1 (D) 2 (E) 3
Resolvendo o problema, temos:
2 2 2 4 2 313 6 2 4 0 13 6 12 4 0x x x x x x x x Teorema muito importante: Toda equação em que a soma dos coeficientes for ZERO, teremos necessariamente uma das raízes igual a UM.
4 2 3Observando a equação anterior, isto é, 13 6 12 4 0, temos que:
A soma dos coeficientes é S.C = 1 + 13 - 6 - 12 + 4 = 0, logo essa equação é divisível por 1
Ordenando a equação e usando a regra
x x x x
x
4 3 2
das chaves temos:
6 13 12 4 0x x x x
4 3 2 3 2
3 2
Assim, temos que:
6 13 12 4 1 5 8 4 0
Do mesmo modo observando a equação anterior, o fator 5 8 4 0, temos que:
A soma dos coeficientes é S.C = 1 - 5 + 8 - 4 = 0, logo essa equação
x x x x x x x x
x x x
3 2 2
22 21 2
2 24 3 21 2 3 4
é divisível por 1
Fazendo a divisão como anteriormente, temos:
5 8 4 1 4 4
Agora do fator 4 4 0 2 2 4 4 2 2 2
6 13 12 4 1 2 1 2
x
x x x x x x
x x x e x x x x x x
Daí x x x x x x x x e x x
Logo a soma de duas raízes distintas é:
2 1 3Soma Soma
(Observação: Um método melhor de se fazer a divisão é usar o Dispositivo Prático de Briot – Ruffini).Alternativa E
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05)
Um retângulo ABCD de lados AB=a e BC =b (a>b) ,é dividido, por um segmento EF ,num quadrado AEFD e num retângulo EBCF, semelhante ao retângulo ABCD conforme a figura acima. Nessas condições, a razão entre a e b é aproximadamente igual a(A) -1,62 (B) 2,62 (C) 3,62 (D) 4,62 (E) 5,62
Obs: O procedimento acima é uma das maneiras de chegarmos ao chamado número de ouro, ou divisão em média e extrema razão.Alternativa A
2
2
2
De acordo com o enunciado podemos montar a figura acima, assim temos:
I) Da semelhança entre os retângulos
II) Das áreas dos retângulos e do quadrado, temos:
AB BC a bb a a b
BC EB b a b
ba b
a
a b b b
Assim de I e II
a b
a b
2b
b b
22 2 2 2
2 2 2 2 2 2
11 1
1 1 1
22 2
0
Sendo "a" a variável 4 1 4 5 5
5 1 5 15 55
2 2 2 22,23 1 3,23
1,622 2
1 5 1 55 não serve
2 2 2
ba ab b a ab b
a
b b b b b b
b ab b b bb a a a
ba a a
b b b
b ab bDe a a
b
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06) A interseção do conjunto solução, nos reais, da inequação
0412
1222
x
xxcom o conjunto
4/ xRx é dada por
(A)
3
1/ xRx (B) 0/ xRx (C) 2
3
1/
xRx
(D) 13
1/
xRx (E) 2/ xRx `
22
22
Resolvendo primeiramente a inequação, temos:
2 10, sendo f(x)= 2 1 e g(x)=12 4
12 4Podemos notar que f(x) 0, ou seja sempre será positivo ou zero, como no problema se quer
f(x)0, temo
g(x)
x xx x x
x
2s que determinar o valor de f(x)=0 2 1 0 1, assim f(x) será
zero em 1 e positiva nos demais valores.
Agora vamos determinar o sinal de g(x), observe que g(x) não pode ser zero, daí g(x) 0
Como g
x x x
x
4 1(x) 0 12 4 0 12 4
12 31 f(x)
Daí, quando ou 1 0 o conjunto solução será:3 g(x)
1/ ou 1
3
A interseção do conjunto solução acima com, B = / 4 , nos dá:
x x x x
x x
A x R x x
x R x
1Assim A B= / 1
3x x
Alternativa D
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07)
Na figura acima AM e BP são cevianas do triangulo ABC de área S. Sendo AP=2PC e AQ=3QM ,qual o valor da área do triângulo determinado pelos pontos P , Q e M ,em função de S?
(A) 16
S(B)
18
S(C)
20
S(D)
21
S(E)
24
S
:
Observando o triângulo ABM, temos:
Área = Área + Área , como os triângulos ABQ e QBM possuem a mesma altura
e a base AQ do é igual a três vezes a base QM do Área = 3 Área
Solução
ABM ABQ QBM
ABQ QBMABQ
.
Seja "3A" a área do e "A" a área do (ver figura).
Ligue os pontos "P" e "M", formando assim o triângulo APM, observando esse triângulo, temos:
Do mesmo modo a Área = Área + Área ,
QBM
ABQ QBM
APM APQ QPM
como os triângulos e
possuem a mesma altura e a base AQ do é igual a três vezes a base QM do
Área = 3 Área , seja "3B" a área do e "B" a área do (ver figura).
APQ QPM
APQ QPM
APQ QPMAPQ QPM
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Agora observando o triângulo AMC, temos:
Área = Área + Área , como os triângulos AMP e PMC possuem a mesma altura
e a base AP do é igual a duas vezes a base PC do Área = 2 Área
AMC AMP PMC
AMP PMCAMP PM
Como a área do 4 área do 2 . Observe que a área do triângulo PQM é igual
B, isto é, Área = B.
Do enunciado temos que área do , mas a Área = Área + Área
como os triângulos A
CAMP B PMC B
PQM
ABC SABC ABP PBC
BP e PBC possuem a mesma altura e a base AP do é igual a
2duas vezes a base PC do Área = 2 Área , logo área do
3
e área do 3
Observando a figura acima podemos montar o siste
ABP
SPBC ABP
ABP PBC
SPBC
ma abaixo:
Do triângulo ABP 332 2
Do triângulo PBC 3 33 9
33
2
92 3 2
2 2 23 9 9 9 9 18
SA B
S SA B A B
SA B
SA B
S S S S S SB B B B
Alternativa B
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08) Considere o triângulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC e exteriores a esse triângulo . SE : as mediadas dos triângulos PAC e QBC são iguais ; as medidas dos ângulos PCA e QCB são iguais ; M é o ponto médio de AC ; N é o ponto médio de BC ; 1S
é a área do triângulo PAM ; 2S é a área do triângulo QBN ; 3S é a área do triângulo PMC ; e
4S é área do triângulo QNC ,analise as afirmativas:
I - 1S está para 4S ,assim como 3S está para 2S .
II - 1S está para 2S ,assim como (PM)2 está para (QN)2 .
III - 1S está para 3S ,assim como 2S está para 4S .
Logo pode-se concluir ,corretamente ,que
(A) apenas a afirmativa 1 é verdadeira. (B) apenas as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras .(C) apenas as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras . (D) apenas as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras .(E) as afirmativas 1 ,2 e 3 são verdadeiras.
Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:
Pela figura acima, temos:
Como PM é mediana do APC S1 S3
Do mesmo modo, temos que QN é mediana do AQC S2 S4 ou S4 S2
Daí dividindo membro a membro temos:
S1 S3, assim a afirmativa I é correta
S4 S2
2 2
.
Os triângulos APC e BQC são semelhantes, assim:
S1 S3 PM S1 S1 PM 2, mas S1 S3 e S2 S4
S2+S4 QM S2+S2 QM
S1
2
2 2
2 2
2
2
PM S1 PM
QM S2 QMS2
assim a afirmativa II é correta.
S1 PM S3 S1 S3 S1 S2De assim a afirmativa III é correta.
S2 QM S4 S2 S4 S3 S4
Alternativa E
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09) Uma máquina é capaz de fabricar ,ligada durante um tempo inteiro de minutos T , 3T peças ,sendo que 20% delas são defeituosas . Para obter-se, no mínimo, 605 peças perfeitas essa máquina deverá funcionar quantos minutos ?(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8
T 3
Resolvendo a questão, temos:
T minutos __________ 3 peças 3 minutos __________ 3 peças = 27peças
605 __________ 80%
605 10 0% __________100% x x
8 0%
0 1 2 3 4 5 6 7
6050756
8
As potências de três são:
3 1, 3 3, 3 9, 3 27, 3 81, 3 243, 3 729, 3 2187
Logo deverá funcionar sete minutos.
Alternativa D
10) Um número natural N tem 2005 divisores positivos.Qual é o número de base distintas da sua decomposição em fatores primos?(A) Um. (B) Dois. (C) Três. (D) Quatro. (E) Cinco.
Resolvendo, temos:
2004
4 400
se N = a número de divisores de n = 2004 + 1 = 2005 (onde "a" é um fator primo qualquer).
se N = a × b número de divisores de n = 4 1 400 1 = 5 401=2005,
(onde "a" e "b" são fatores primos q
uaisquer).
Essa questão pelo exposto acima teria duas respostas, a meu ver a questão está ANULADA.Obs.:Não sei o gabarito após recursos.
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11) Um aluno resolvendo uma questão de múltipla escolha chegou ao seguinte resultado 4 62049 ,no entanto as opções estavam em números decimais e pedia-se a mais próxima do valor encontrado para resultado , e , assim sendo , procurou simplificar esse resultado, a fim de melhor estimar a resposta .Percebendo que o radicando da raiz de índice 4 é quarta potência de uma soma de dois radicais simples , concluiu, com maior facilidade, que a opção para a resposta foi (A) 3,00 (B) 3,05 (C) 3,15 (D) 3,25 (E) 3,35
1ª SOLUÇÃO:
2 2
4
2 2 2
2
A + C A - CUsando a fórmula A ± B = ± , onde C =A - B, temos:
2 2
Observe que 49 + 20 6 = 49 + 20 6 , assim:
49 + 20 6 = 49 + 6 400 = 49 + 2400 C =49 - 2400 C =2401- 2400
C = 1 C = 1
49 + 1 49 - 149 + 20 6 = 49 + 2400 +
2 2
2 2 2
50 48 + 25 + 24
2 2
25 + 24 5 + 24 daí
5 + 24 C =5 - 24 C =25 - 24 C = 1
5 + 1 5 - 1 6 4Assim 5 + 24 + + 3 + 2 1,73 1, 41 3,14
2 2 2 2
2ª SOLUÇÃO:
2 2 24
2 2 2
2 2
Notando que 49 + 20 6 = 49 + 20 6 e usando o produto notável a + b a + 2 a b + b
Temos que determinar "a" e "b" tais que, a + b a + 2 a b + b
20 6 2 10 6 2 5 2 6 5 2 6 49 + 20 6 49 + 20 6 5 2 6 5 2 6a b
De
2 2
2 6 2 2 3 2 2 3 2 3 5 2 6 5 2 6 2 3 2 3
2 3 1,73 1, 41 3,14
a b
Daí
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12) Se a , b ,c e d são números reais não nulos tais que 022 bcad ,pode-se afirmar que
(A) 0;
dbdb
ca
d
c
b
a(B) 0;
dcdc
ba
d
b
c
a
(C) 0;
dcdc
ba
c
b
d
a(D) 0;
dada
cb
d
b
a
c
(E) 0
baba
dc
a
d
b
c
1ª SOLUÇÃO:Esse tipo de questão em concurso, muitas vezes faz o aluno perder tempo, vamos usar um método
que em geral resolve o problema:
Vamos "CARTEA ALGUNS VALORES" para "a", "b", "c" e "d" de acordo com a expr2 2 2 2
essão
ad + bc = 0 ou ad = - bc sendo a = 4, b = -1, c = 6 e d = 3, temos:
Colocando esses valores na alternativa A:
a c a + c 4 6 + = ; b + d 0 + = - 4 + 2 = -2
b d b + d -1 3a + c 4 + 6
b + d -
105 vemos que são diferentes os valores encontrados.
1 + 3 2Colocando esses valores na alternativa B:
a b a + b 4 -1 4 -2 2 1 + = ; c + d 0 + = + =
c d c + d 6 3 6 6 6 34 + -1a + b 3 1
vemos quc + d 6 + 3 9 3
e esses valores encontrados são iguais (já é a resposta).
Colocando esses valores na alternativa C:
a b a + b 4 -1 8 -1 7 + = ; c + d 0 + = + =
d c c + d 3 6 6 6 64 + -1a + b 3 1
vemos que são c + d 6 + 3 9 3
diferentes os valores encontrados.
Colocando esses valores na alternativa D:
c b b + c 6 -1 18 -4 14 7 + = ; a + d 0 + = + =
a d a + d 4 3 12 12 12 6b + c -1 + 6 5
vemos que são diferentes os vala + d 4 + 3 7
ores encontrados.
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Colocando esses valores na alternativa E:
c d c + d 6 3 24 3 21 + = ; a + b 0 + = - + = -
b a a + b 1 4 4 4 4c + d 6 + 3 9
= 3 vemos que são diferentes os valores encontrados.a + b 4 + -1 3
Alternativa B
2ª SOLUÇÃO:Observando atentamente as respostas podemos notar que elas são semelhantes, só variando porque ora uma letra é numerador, ora denominador.Assim sem perda de generalidade vamos supor que as letras são,
, , x y z e w , e veremos o que acontece.
Seja , 0
primeiramente para que a soma das frações seja igual a fração temos que:
(1)
Da soma das frações , temos:
(2)
Daí e de (1) e
x y x ycom z w
z w z wx y x y
z w z wx y x y
z w z w
x y
z wx y xw yz
z w zw
(2), tem-se:
x y xw yzxzw
z w zw
2 2yz xw yzw xzw yzw 2 2 2 20 ou 0
Observando essa relação podemos notar que:
1º " " é o númerador da 1ª fração;
2º " " é o denominador da 2ª fração;
3º "y" é o númerador da 2ª fração;
4º "z" é o denominador da 1
yz xw xw yz
x
w
2 2
2 2
ª fração.
Assim se a relação 0
Logo para 0
x y x yyz xw
z w z wa b a b
ad bcc d c d
Alternativa B
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13) Um número natural N deixa: resto 2 quando dividido por 3;resto 3 quando dividido por 7;e resto 19 quando dividido por 41 .Qual é o resto da divisão do número
K N 1 . N 4 . N 22 por 861
(A) 0 (B) 13 (C) 19 (D) 33 (E) 43
Resolvendo, temos:
divisível por três
Observe que 861 = 3 7 41
Assim N+1 = 3 q1 + 3 (divisível por três)
N+4 = 3 q2 + 7 (divisível por sete)
N+22 = 41 q3 + 41 (divisível por quareta e um)
Logo K = N+1
divisível por sete divisível por quareta e um
N+4 N+22 K é divisível por 861
Daí o resto é zero
Alternativa A
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14) Uma herança P foi dividida por dois herdeiros ,com idades , respectivamente, iguais a n e m,em partes diretamente proporcionais ao quadrado de suas idades .Qual foi a parte da herança recebida pelo herdeiro de idade n?
(A) 22
2
nm
nP
(B)
22
2
nm
Pn
(C)
22
22
nm
nP
(D) 22
2
nm
mPn
(E)
22
22
nm
mnP
Resolvendo o exercício, temos:
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
Sendo "n" e "m" as idades e "p" a herança.
Sejam "A" e "B" as partes relativas a "n" e "m" respectivamente, então temos:
A + B = p
A B A B A + B p
n m n m n m n m
A p p nAssim A =
n n m n m
Alternativa B
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15)
Qual é o produto notável representado, geometricamente, na figura acima, na qual ABCD é um retângulo ?
(A) 33 ba (B) 3ba (C) 2ba (D) 222 ba (E) 4ba
Resolvendo a questão, temos:
2
Observando o quadrilátero ABCD vemos que é um quadrado, assim:
O produto notável é a + b .
Alternativa C
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16) O valor numérico da expressão 810120 24 kk , sendo k pertencente ao conjunto dos números naturais, é o quadrado de um número natural para(A) somente um único valor de k . (B) somente dois valores de k .(C) somente valores de k múltiplos de (D) 13.somente valores de k múltiplos de 18.(E) nenhum valor de k .
Resolvendo a questão, temos:
4 4 4 4
4 4
4 4
4 4
Temos que:
120 k 10 k 8 10 12 k k 8
Observando que 12 k k é um número natural para qualquer valor de k natural,
então fazendo 12 k k , tem-se:
10 12 k k 8 10 8
O que indica q
x
x
x
ue 10 8 é um número natural em que o algarísmo das unidades é oito.
Da aritmética sabemos que não existem raizes quadradas exatas de números que tem
o algarismo das unidades iguais a:
Dois (2), Três (3
x
), Sete (7) e Oito (8).
Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado
de um número natural.
Alternativa E
Outra solução: Equação Diofantina Linear
4 2 4 2
4 2
Seja n um possível quadrado perfeito, assim:
120 10 8 120 10 8
Sejam = e = 120 10 8 é uma equação diofantina linear.
Que para se ter solução, é necessário é suficiente que o m
k k n k k n
a k b k a b n
dc 120,10 10, divida -8, isto é,
10| 8, assim "n" tem que ser um número que tem o algarísmo das unidades igual a 8.
Mas da aritmética sabemos que não existem quadrados perfeitos de núme
n
n
ros que tem o
algarismo das unidades iguais a:
Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8).
Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado de
um número natural.
Alternativa E
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17) Considere os pontos A ,B e C pertencentes ao gráfico do trinômio do segundo grau definido
por xxy 82 .Se : a abscissa do ponto A é -4 ; B é o vértice ; a abscissa do ponto C é 12 ; o segmento AB tem medida d1;e o segmento BC tem medida d2,pode-se afirma que
(A) d1+ d2 < 48 (B) 48< d1+ d2<64 (C) 64< d1+ d2<72(D) 72< d1+ d2<128 (E) d1+ d2 > 128
2 2
2
2
Sendo 8 ou ( ) 8 , temos:
para 4 ( 4) 4 8 4 ( 4) 16 32 ( 4) 48
Assim o ponto A= 4, 48
para 12 (12) 12 8 12 (12) 144 96 (12) 48
Assim o ponto C = 12, 48
O vértice é dado por V =
y x x f x x x
x f f f
x f f f
x
2
; , V = , , daí temos:22 4 2
8Como S = 8 4 (4) 4 8 4 (4) 16 32 (4) 16
2v v
b S Sy ou fv v a a
x x y f f fv
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Assim o ponto B = 4, -16 , com esses valores montamos a figura acima, e podemos notar que são
dois triângulo retângulo congruentes, note que o segmento EB = B - E = 4 - (-4) = 8 e BD = D - B
= 12 - 4 = 8 diferemça entre as abscissas dos pontos B e E e D e B respectivamente, do mesmo
modo o segmento EA = E - A = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64 e DC = C - D = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64,
logo d1 é igual a d2, pela desigualdade triângular temos: d1 < 8 + 64 d1 < 72 do mesmo modo
podemos concluir que d2 < 72 e d1 > 64 - 8 d1 > 56 do mesmo modo podemos conclui
r que
d2 > 56, assim:
56 < d1 < 72 e 56 < d2 < 72 somando-se membro a membro, temos:
112 < d1 + d2 < 144, logo a alternativa correta é a letra E.
18) Dado um triângulo retângulo ,seja P o ponto do plano do triângulo eqüidistante dos vértices .As distâncias de P aos catetos do triângulo são k e L .O raio do círculo circunscrito ao triângulo é dado por
(A) 4
LK (B) LK 2 (C)
4
22 LK (D)
2
22 LK (E) 22 LK
Em qualquer triângulo esse ponto é o circuncentro ou seja é o ponto de encontro das três mediatrizes,
e é o centro do círculo circunscrito, em relação ao triângulo retângulo esse ponto é o ponto
médio
2 2 2 2 2
da hipotenusa, assim observando a figura acima, temos:
R = K + L R = K + L
Alternativa E
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19) Dada a equação na variável real kx
xx 3
7: ,pode-se concluir ,em função do parâmetro
real k ,que essa equação (A) tem raízes reais só se k for um número positivo.(B) tem raízes reais só se k for um número negativo.(C) tem raízes reais para qualquer valor de k.(D) tem raízes reais somente para dois valores de k.(E) nunca terá raízes reais.
Resolvendo, temos:
2 2
2 2
2
37 7 3 7 3 0
4 7 3 84
Logo como k é positivo para qualquer valor de k, temos que 0 para qualquer
valor de K, assim a equação do 2º grau possui duas raízes reais diferentes.
x k x kx x kxx
k k
Alternativa C
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20) Sejam L1 e L2 duas circunferências fixas de raios diferentes , que se cortam em A e B . P é um ponto variável exterior às circunferências ( no mesmo plano ) . De P traçam-se retas tangentes à L1 e L2 ,cujos pontos de contatos são R e S . Se PR=PS ,Pode-se afirmar que P , A e B (A) estão sempre alinhados. (B) estão alinhados somente em duas posições.(C) estão alinhados somente em três posições. (D) estão alinhados somente em quatro posições.(E) nunca estarão alinhados.
A resposta a essa questão é a Alternativa A, porem o aluno deveria ter o conhecimento de Eixo Radical , que não consta “claramente” do programa de matérias a serem estudados, porem no programa consta o estudo de lugares geométricos. O lugar Geométrico denominado de Eixo Radical, não conta de bibliografia em vigor, somente em livros esgotados.Obs.: A questão poderia ser resolvida usando o conceito de Potência de um ponto em relação a um círculo.
Antes de resolver a questão vamos definir algumas coisas e mencionar alguns teoremas:
POTÊNCIA DE UM PONTOTEOREMA: Se traçarmos, por um ponto do plano de uma circunferência, secantes a esta, o ‘produto
dos dois segmentos orientados, que tem por origem esse ponto e por extremidades as intersecções de cada secante com a circunferência, é constante (é o mesmo para todas as secantes). Esse produto constante chama-se POTÊNCIA do ponto P em relação à circunferência.
2...Pot PA PB PC PD PE PF PT
P
Obs.: Em particular, se um ponto pertence a uma circunferência, a potência desse ponto em relação a essa circunferência é, por definição, igual a zero.
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PONTOS DE MESMA POTÊNCIA EM RELAÇÃO A DUAS CIRCUNFERÊNCIAS:TEOREMA: O lugar geométrico dos pontos de um plano, que tem a mesma potência em relação a duascircunferências dadas, é uma reta perpendicular a linha dos centros das circunferências.
EIXOS RADICAIS:DEFINIÇÃO: Dadas duas circunferências 1C e 2C com centro em 1O e 2O raios 1R e 2R respectivamente,
denomina-se EIXO RADICAL, o lugar geométrico dos pontos de um plano de mesma potência em relação a
1C e 2C .
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Potência de P em relação a O1 = Potência de P em relação a O2
d1 1 d2 2 d1 d2 1 2R R R R k
PROPRIEDADE: O EIXO RADICAL de 1C e 2C é o lugar geométrico dos pontos dos quais se pode traçar tangentes a 1C e
2C com o mesmo comprimento.
Pelo exposto acima a resposta correta é a Alternativa A
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2ª SOLUÇÃO:
2
2
2
2
PR = PA × PD (1)
PS = PA × PC (2)
Dividindo (1) por (2), temos:
PR PA
PS
× PD
PA
2
2
PR PD mas por hipótese PR = PS PD = PC
PC PR × PC
Como PD = PA + AD e PC = PA + AC
PD = PC PA
+ AD PA + AC AD AC, mas como "C" e "D" são
colineares AD = AC + CD AC
+ CD AC CD 0 o que indica
que os pontos "C" e "D" são coincidentes, mas como por hipótese as interseções
de L1 e L2 são os pontos A e B, então os pontos "B", "C" e "D" são coincidentes,
logo os pontos
"P", "A" e "B" são colineares.