MatemáticaMatemáticaManual do Professor
Alexandre Correia FernandesGraduado em Matemática. Mestre em Matemática e Estatística — Área de Concentração: Geometria Diferencial. Ex-professor do Ensino Fundamental e do Ensino Médio de escolas públicas e privadas de Minas Gerais e Professor do Ensino Superior desde 2004.
Angel Panadés RubióLicenciado em Matemática pela UFMG.
Professor de Matemática da Rede Particular de Ensino.
Créditos: Purestock / Thinkstock Photos / IngimageX
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SUMÁRIO
4 APRESENTAÇÃO
5 PLANEJAMENTO
6 PLANEJAMENTO SEMANAL
11 cAPíTuLO 1 – NÚMEROS E cONJuNTOS
20 cAPíTuLO 2 – GRANDEZAS PROPORcIONAIS E MATEMÁTIcA cOMERcIAL
24 cAPíTuLO 3 – ÁLGEBRA ELEMENTAR
30 cAPíTuLO 4 – INTRODuÇÃO À GEOMETRIA PLANA
39 cAPíTuLO 5 – RELAÇÕES MÉTRIcAS EM POLíGONOS E cIRcuNFERÊNcIAS
49 cAPíTuLO 6 – FuNÇÕES ALGÉBRIcAS
57 cAPíTuLO 7 – EXPONENcIAL E LOGARITMO
61 cAPíTuLO 8 – ÁREAS NO PLANO
68 cAPíTuLO 9 – GEOMETRIA ESPAcIAL
76 cAPíTuLO 10 – cÁLcuLO cOMBINATÓRIO
80 cAPíTuLO 11 – PROBABILIDADE E ESTATíSTIcA
89 cAPíTuLO 12 – GEOMETRIA ANALíTIcA
99 cAPíTuLO 13 – PROGRESSÕES
104 cAPíTuLO 14 – MATRIZES E SISTEMAS LINEARES
111 cAPíTuLO 15 – TRIGONOMETRIA NA cIRcuNFERÊNcIA
118 cAPíTuLO 16 – NÚMEROS cOMPLEXOS
123 cAPíTuLO 17 – POLINÔMIOS E EQuAÇÕES ALGÉBRIcAS
128 REFERÊNcIAS
Matemática
Manual do Professor
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APReSentAçãO
Este livro de Matemática é destinado a cursos de curta duração, como preparação para exames vestibula-res e para as provas do Exame Nacional do Ensino Médio (Enem).
SObRe A ORgAnIzAçãO dOS COnteúdOS
O livro é dividido em capítulos, da seguinte forma:
Capítulo 1 – Números e conjuntos
Capítulo 2 – Grandezas proporcionais e Matemática comercial
Capítulo 3 – Álgebra elementar
Capítulo 4 – Introdução à Geometria plana
Capítulo 5 – Relações métricas em polígonos e circunferências
Capítulo 6 – Funções algébricas
Capítulo 7 – Exponencial e logaritmo
Capítulo 8 – Áreas no plano
Capítulo 9 – Geometria espacial
Capítulo 10 – Cálculo combinatório
Capítulo 11 – Probabilidade e estatística
Capítulo 12 – Geometria analítica
Capítulo 13 – Progressões
Capítulo 14 – Matrizes e sistemas lineares
Capítulo 15 – Trigonometria na circunferência
Capítulo 16 – Números complexos
Capítulo 17 – Polinômios e equações algébricas
SObRe OS textOS
O enfoque do livro está em atender às especificidades do curso a que se destina. Os textos são completos, abordando cada tema em todos os seus aspectos, mas sem preocupação com o excessivo rigor teórico. São também objetivos, com linguagem mais direta, como convém a um curso de curta duração. Os textos são entremeados com muitos exemplos e questões resolvidas.
SObRe AS AtIvIdAdeS
Após cada pequeno segmento do conteúdo, sob o título Questões propostas, propomos questões mais básicas sobre os temas explorados. O objetivo é propiciar uma aprendizagem gradativa e consistente.
No final de cada capítulo, sob o título Questões complementares, propomos uma série de questões com grau de dificuldade variada. A maioria delas foi selecionada de exames vestibulares de todo o país e das pro-vas do Exame Nacional do Ensino Médio (Enem). O objetivo é a fixação do conteúdo trabalhado.
Procuramos dar ênfase a atividades contextualizadas, de interpretação de texto e análise de gráficos e ta-belas, de acordo com as tendências dos exames mais recentes.
O número de atividades propostas procura atender aos objetivos de aprendizagem e, ao mesmo tempo, leva em conta o fato de o curso ser de curta duração.
Os autores
Manual do Professor
Matemática 5
PlAnejAMentO
COMPetÊnCIAS A HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO
• Operar com números reais, conjuntos, grandezas, polinômios e expressões algébricas em geral.
• Resolver problemas práticos sobre proporcionalidade, escalas, regra de três, porcentagem, juros, cálculo combinatório e cálculo de probabilidades.
• Resolver equações, sistemas e problemas que envolvam funções de 1.o grau, de 2.o grau, exponenciais e logarítmicas.
• Calcular domínio e imagens de funções reais.
• Resolver problemas que envolvam composta de funções e função inversa.
• Analisar crescimento, decrescimento, raízes, máximos, mínimos e sinais de funções reais, com base em seu gráfico ou em sua fórmula matemática.
• Operar com logaritmos e suas propriedades.
• Resolver problemas que envolvam crescimento ou decrescimento exponencial.
• Construir e interpretar gráficos, principalmente de funções polinomiais de 1.o e de 2.o graus, exponenciais, logarítmicas e trigonométricas.
• Resolver inequações e sistemas de inequações que envolvam funções polinomiais de 1.o e de 2.o graus, exponenciais e logarítmicas.
• Resolver equações e inequações trigonométricas simples.
• Resolver problemas que envolvam progressões aritméticas e geométricas.
• Operar com matrizes.
• Calcular determinantes.
• Resolver problemas que envolvam sistemas lineares.
• Resolver problemas que envolvam o tratamento, a representação e a análise de dados estatísticos.
• Identificar as principais figuras geométricas e distinguir seus elementos principais.
• Aplicar as propriedades e as relações métricas e trigonométricas nas figuras geométricas planas no cálculo de ângulos, segmentos, perímetros e áreas.
• Identificar posições relativas de retas e planos no espaço.
• Calcular distâncias, ângulos e projeções no espaço.
• Calcular áreas e volumes em sólidos geométricos.
• Determinar e interpretar analiticamente distâncias e equações de retas, circunferências e cônicas.
• Calcular e relacionar as funções trigonométricas em triângulos e no ciclo trigonométrico.
• Resolver problemas que envolvam as fórmulas trigonométricas.
• Resolver problemas que envolvam o Teorema Fundamental da Álgebra e suas consequências na fatoração e na determinação das raízes de um polinômio ou uma equação algébrica.
• Utilizar as relações de Girard na determinação das raízes de uma equação algébrica.
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conteúdosnúmero de aulas
total de aulas
• Capítulo 1 – Números e conjuntos
• Capítulo 2 – Grandezas proporcionais e Matemática comercial
• Capítulo 3 – Álgebra elementar
• Capítulo 4 – Introdução à Geometria plana
• Capítulo 5 – Relações métricas em polígonos e circunferências
• Capítulo 6 – Funções algébricas
• Capítulo 7 – Exponencial e logaritmo
• Capítulo 8 – Áreas no plano
• Capítulo 9 – Geometria espacial
• Capítulo 10 – Cálculo combinatório
• Capítulo 11 – Probabilidade e estatística
• Capítulo 12 – Geometria analítica
• Capítulo 13 – Progressões
• Capítulo 14 – Matrizes e sistemas lineares
• Capítulo 15 – Trigonometria na circunferência
• Capítulo 16 – Números complexos
• Capítulo 17 – Polinômios e equações algébricas
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PlAnejAMentO SeMAnAl
semana conteúdo estratégias
1.a
números e conjuntos
• A linguagem dos conjuntos• Os conjuntos numéricos • Conjuntos especiais• Relação de inclusão• Operações com conjuntos• Contando os elementos de um conjunto• Igualdade e desigualdade em ℝ• Intervalos reais• Sistema decimal• Divisão em ℕ• Decomposição em fatores primos• Máximo divisor comum e mínimo múltiplo comum• Problemas de MDC e MMC• Frações racionais• Números decimais racionais
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
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Matemática 7
semana conteúdo estratégias
2.a
números e conjuntos
• Potenciação e radiciação em R• Potências de dez• Cálculo com radicais• Calculando médias
Grandezas proporcionais e matemática comercial
• Grandezas• Razões, proporções e escalas• Grandezas diretamente ou inversamente proporcionais• Regra de três• Porcentagem• Aumentos e descontos• Juros
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
3.a
Álgebra elementar
• Expressão algébrica• Monômio• Polinômio• Operações com polinômios• Produtos notáveis• Fatoração de polinômios• Frações algébricas racionais• Igualdades e equações• Equações, sistemas e problemas de 1.o grau• Equações, sistemas e problemas de 2.o grau• Relações entre coeficientes e raízes• Equações redutíveis ao 1.o e ao 2.o graus
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
4.a
Introdução à Geometria plana
• Ponto, reta e plano• Ângulos• Retas coplanares• Distâncias e projeções• Ângulos em retas paralelas• Triângulos• Segmentos e pontos notáveis no triângulo• Congruência de triângulos• Desigualdades no triângulo• Polígonos• Quadriláteros• Bases médias• Circunferência e círculo• Arcos e ângulos na circunferência• Polígonos inscritos e polígonos circunscritos
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
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semana conteúdo estratégias
5.a
relações métricas em polígonos e circunferências
• Teorema de Tales• Semelhança de triângulos• Relações métricas na circunferência• Relações métricas no triângulo retângulo• Razões trigonométricas no triângulo retângulo• Resolução de triângulos retângulos• Lei dos senos e lei dos cossenos• Relações nos polígonos regulares
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
6.a
Funções algébricas
• Plano cartesiano• Conceito de função• Funções reais e gráficos• Comportamento de uma função real• Composta de funções• Inversa de uma função bijetora• Função afim ou de 1.o grau• Função quadrática ou de 2.o grau• Vértice da parábola – máximo e mínimo• Desigualdades em ℝ• Inequações de 1.o grau• Inequações de 2.o grau• Inequações-produto e inequações-quociente
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
7.a e 8.a
Funções algébricas
• Domínio de uma função real• Módulo de um número real• Equações e inequações modulares
exponencial e logaritmo
• Potenciação em ℝ• Função exponencial• Equações e inequações exponenciais• Crescimento e decrescimento exponencial• Definição de logaritmo• Sistemas de logaritmos• Propriedades dos logaritmos• Função logaritmo• Equações e inequações logarítmicas
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
9.a
Áreas no plano
• Conceito de área• Áreas de quadriláteros• Áreas de triângulos e de polígonos em geral• Comprimento da circunferência e área do círculo
Geometria espacial
• Ponto, reta, plano e espaço• Posições relativas de duas retas• Posições relativas de reta e plano• Posições relativas de dois planos• Projeções, ângulos e distâncias no espaço
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
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Matemática 9
semana conteúdo estratégias
10.a
Geometria espacial
• Poliedros• Cubo• Paralelepípedo retângulo• Prisma• Pirâmide• Tronco de pirâmide• Cilindro• Cone• Tronco de cone• Esfera e suas partes
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
11.a
cálculo combinatório
• Princípios de contagem• Agrupamentos ordenados e não ordenados• Permutações simples• Arranjos simples• Combinações simples• Fatorial de um número natural• Permutações com elementos repetidos
Probabilidade e estatística
• Conceitos básicos de probabilidade• Probabilidade de um evento• Probabilidade condicional e produto de probabilidades• Probabilidade da união
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
12.a e 13.a
Probabilidade e estatística
• Conceitos básicos de estatística• Distribuição de frequências• Distribuição de frequências por classes• Medidas de tendência central• Desvio padrão
Geometria analítica
• Distância na reta real• Distância no plano• Ponto médio e baricentro• Inclinação de uma reta• Equação de uma reta
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
14.a
Geometria analítica
• Interseção de retas e retas paralelas• Ângulo de duas retas e retas perpendiculares• Distância de um ponto a uma reta• Área de um triângulo• Equação da elipse• Equação da hipérbole• Equação da parábola
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
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semana conteúdo estratégias
15.a
Progressões
• Sequência numérica• Progressão aritmética• Termo geral de uma P.A.• Soma dos n primeiros termos de uma P.A.• Progressão geométrica• Termo geral da P.G.• Soma dos n primeiros termos de uma P.G.• Limite da soma em uma P.G. infinita
matrizes e sistemas lineares
• Definição de matriz• Tipos especiais de matrizes• Igualdade de matrizes• Operações elementares com matrizes• Multiplicação de matrizes• Matriz inversa• Determinante de uma matriz quadrada• Teorema de Laplace• Propriedades dos determinantes
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
16.a
matrizes e sistemas lineares
• Sistema linear• Sistema escalonado• Sistemas equivalentes• Escalonamento de um sistema
trigonometria na circunferência
• O grau e o radiano• Arco trigonométrico• Funções trigonométricas de um arco• Redução ao 1.o quadrante e arcos complementares• Estudo da variação das funções trigonométricas
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
17.a e 18.a
trigonometria na circunferência
• Relações trigonométricas• Fórmulas trigonométricas• Equações e inequações trigonométricas
números complexos
• A unidade imaginária• Forma algébrica de um número complexo• O conjunto dos números complexos• Igualdade de números complexos• Conjugado de um número complexo• Operações na forma algébrica• Potências da unidade imaginária• Plano de Argand-Gauss• Forma trigonométrica ou polar
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
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semana conteúdo estratégias
19.a e 20.a
números complexos
• Operações na forma trigonométrica• Raízes de um complexo
Polinômios e equações algébricas
• Polinômio e equação de variável complexa• Divisão de polinômios• Divisão com divisor de 1.o grau• Dispositivo de Briot-Ruffini• Teorema Fundamental da Álgebra (T.F.A.)• Raízes múltiplas• Raízes racionais• Raízes imaginárias• Relações de Girard
• Exposição teórica, com ênfase nos aspectos mais relevantes do conteúdo.
• Discussão e análise de questões propostas.
CAPítUlO 1 – núMeROS e COnjUntOS
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO(ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Representar conjuntos
• Identificar números naturais, inteiros, racionais e reais.
• Distinguir as relações de pertinência e inclusão e utilizá-las adequadamente.
• Determinar subconjuntos de um conjunto e obter o número desses subconjuntos.
• Identificar relações de desigualdade no conjunto dos números reais, por meio da reta real.
• Representar e interpretar intervalos reais.
• Operar com conjuntos e intervalos reais.
• Resolver problemas de determinação do número de elementos de um conjunto.
• Resolver problemas sobre representação decimal dos números naturais.
• Resolver problemas que envolvam divisão de números naturais com resto.
• Determinar o número de divisores de um número natural.
• Determinar os múltiplos de um número natural.
• Aplicar os critérios de divisibilidade no conjunto dos números naturais.
• Resolver problemas de aplicação da decomposição em fatores primos.
• Calcular o MDC e o MMC de números naturais.
• Resolver problemas de aplicação dos conceitos de MDC e MMC.
• Operar com números inteiros, frações, números decimais e radicais.
• Transformar números decimais para a forma fracionária.
• Escrever números utilizando potências de dez e operar com eles.
• Resolver problemas envolvendo cálculo de médias aritmética, ponderada e geométrica.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
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ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Apresente a teoria dos conjuntos como uma forma de sistematização da linguagem matemática.
• Destaque a evolução dos conjuntos numéricos, mostrando como eles foram surgindo a partir de necessi-dades operacionais.
• Explore as operações com conjuntos utilizando diagramas. Eles favorecem a visualização e a percepção do significado das operações.
• Dê ênfase a questões que envolvam a determinação do número de elementos de um conjunto.
• Dê destaque à interseção de intervalos reais. Ela é muito importante na resolução de sistemas de inequações.
• Comente o fato de o sistema decimal de numeração ser apenas um dos sistemas posicionais e que ele foi o escolhido por mera convenção. O sistema binário, por exemplo, é mais adequado às operações compu-tacionais.
• Dê atenção especial às aplicações da decomposição de um número natural em fatores primos, principal-mente na divisibilidade e na determinação do total de divisores de um número.
• Enfatize o cálculo do MDC e do MMC com base na fatoração, de mais fácil compreensão por parte do aluno.
• Explore muitos exemplos práticos de aplicação dos conceitos de MDC e MMC.
• É fundamental que o aluno adquira habilidade na parte operacional com frações, decimais e radicais.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.a) 3,41 pertence apenas a ℚ e a ℝ.b) –5 pertence apenas a ℤ, a ℚ e a ℝ.c) 15 pertence apenas a ℝ.d) 13 pertence aos quatro conjuntos.e) 0 pertence aos quatro conjuntos.f) 4,1313... pertence apenas a ℚ e a ℝ.g)
51- pertence apenas a ℚ e a ℝ.
h) 0,212212221... pertence apenas a ℝ.
Q2.Todas são verdadeiras.
Q3. dOs dois conjuntos têm o elemento 0 em comum.
Q4. eO correto é a ∈ {a, b, c, d} ou {a} ⊂ {a, b, c, d}.
Q5. b{y} não é elemento, mas subconjunto de A.
Q6. c
Q7.a) A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
b) A ∩ B = {1, 4, 8}
c) A – B = {2, 5, 7}
d) B – A = {3, 6, 9}
e) (A – B) ∪ (B – A) = {2, 5, 7} ∪ {3, 6, 9} =
= {2, 3, 5, 6, 7, 9}
f ) C(A ∪ B) = C {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} = {0, 10}
g) CB = {0, 2, 5, 7, 10}
A ∩ CB = {1, 2, 4, 5, 7, 8} ∩ {0, 2, 5, 7, 10} = {2, 5, 7}
h) CA = {0, 3, 6, 9, 10}
B – CA = {1, 3, 4, 6, 8, 9} – {0, 3, 6, 9, 10} = {1, 4, 8}
Q8. Considere a numeração das oito regiões na figura.
U
A B
C 8
1 35
2
4 6
7
a) Abrange apenas a região 1.b) Abrange apenas as regiões, 1, 2, 3 e 4.c) Abrange apenas as regiões 3 e 6.d) Abrange apenas as regiões 4, 5 e 6.
Q9.Temos o seguinte diagrama, com o número de elementos em cada região:
A B
C
4
5
2
Resposta: 5 + 4 + 2 = 11 elementos.
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Matemática 13
Q10.Temos o seguinte diagrama, com o número de elementos em cada região:
Alunos
Ing. Esp.
9
12 8 16
São 9 os alunos que não falam inglês nem espanhol.
Q11.Temos o seguinte diagrama, em que E é o conjunto das pessoas com emprego e M é o conjunto das mulheres e está indicado o número de elementos de cada região.
Grupo
E M
z
x 51 y
Temos x + y + z = 49, y + z = 9 e x + z = 45. Resolvendo o sistema, x = 40, y = 4 e z = 5 ⇒ são 5 homens sem emprego.
Q12. bTemos o seguinte diagrama, em que IM é o conjunto dos aparelhos com problemas de imagem e S o conjunto dos que têm problemas de som. Está indicado o número de elementos em cada região.
Im S
3 500
4 000 – x x 2 800 – x
4 000 – x + x + 2 800 – x + 3 500 = 10 000 ⇒ x = 300Tinham só problemas de imagem 4 000 – 300 = 3 700 aparelhos.
Q13. dO Diagrama de Venn para a situação descrita está repre-sentado a seguir.
10
20
2030
30
Manhã Tarde
Noite
4050
Portanto, o número de operários que trabalham só de ma-nhã é 30.
Q14. dObserve o diagrama, em que C é o conjunto dos que visitaram o Museu de Ciências e H o conjunto dos que visitaram o Museu de História.
C H
x y z
Temos x + y + z = 48, y = 0,2(x + y) e y = 0,25(y + z).Resolvendo o sistema, obtemos y = 6, ou seja, 6 alunos visitaram os dois museus.
Q15.Considere o seguinte diagrama, em que foi inserido o número de elementos de cada região.
Alunos
M P
F 5
11 21
5
7
2 2
8
Total de alunos: 11 + 7 + 21 + 2 + 5 + 2 + 8 + 5 = 61
Q16. dc > a ⇒ c – a > 0 e a > b ⇒ a – b > 0 ⇒ (c – a)(a – b) > 0
Q17.a) A = {x ∈ ℝ / x ≥ 1} = [1, +∞[b) B = {x ∈ ℝ /−3 ≤ x < 5} = [−3, 5[c) C = {x ∈ ℝ / x < 3} = ]-∞, 3[
Q18.a) A ∪ B = [–3, +∞[
b) A ∩ B = [1, 5[
c) C – B = ]– ∞, –3[
d) CA = ]– ∞, 1[
e) B ∪ C = [–3, 5[ ∪ [3, +∞[ = [–3, +∞[
f) B ∩ C = [–3, 3[ ⇒ C(B ∩ C) = ]–∞, –3[ ∪ [3, +∞[
Q19.a) De 1 a 9 → 9 . 1 algarismo = 9 algarismos.
De 10 a 99 → 90 . 2 algarismos = 180 algarismos.
De 100 a 168 → 69 . 3 algarismos = 207 algarismos.
Total → 9 + 180 + 207 = 396 algarismos.
b) De 1 a 99 são 189 algarismos. Faltam 333 – 189 = = 144 algarismos distribuídos em números de três algarismos.
Portanto, depois de 99, teremos mais 144 : 3 = 48 números e n = 99 + 48 = 147.
Matemática
Manual do Professor
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Q20.Se os algarismos das dezenas e das unidades são a e b, respectivamente, o número é 10a + b.
10a + b = 3(a + b) ⇒ 10a + b = 3a + 3b ⇒ 7a = 2b
⇒ a = 2 e b = 7 ⇒ o número é 27.
Q21.Se os algarismos das centenas, das dezenas e das unida-des são a, b e c, nesta ordem, o número é 100a + 10b + c.
Temos o sistema:
a b c
a b
a b c c b a
+ + =
=
+ + − = + +
⎧
⎨⎪
⎩⎪
13
3
100 10 792 100 10 ⇒
a b c
a b
a c
+ + =
=
− =
⎧
⎨⎪
⎩⎪
13
3
8
Na terceira equação, 3b – c= 8 ⇒ c = 3b – 8
Na primeira equação, 3b + b + 3b – 8 = 13 ⇒ b = 3
⇒ a = 9 e c = 1 ⇒ o produto dos algarismos é 3 . 9 . 1 = 27.
Q22.a) 0, 1, 2, 3, 4 e 5 d) 7n + 4
b) 11 e) 9n + 5
c) 5n → múltiplos de 5
8n → múltiplos de 8
Q23.x = 5n + 3 ⇒ 2x + 1 = 10n + 7 = 10n + 5 + 2 =
= 5(2n + 1) + 2, logo o resto da divisão de
2x + 1 por 5 é 2.
Q24.a) Na divisão de 100 por 7, concluímos que
100 = 7 . 14 + 2, logo 98 = 7 . 14 e 98 é o número pedido.
b) Na divisão de 1 000 por 13, concluímos que
1 000 = 76 . 13 + 12 ⇒ 988 = 76 . 13 e
988 é o número pedido.
Q25.a) Por 4 e 5 ⇒ b = 0 e o número é 5 a 680, em que a soma
dos algarismos é 19 + a. Para que seja divisível por 3, mas não por 9, deve ser a = 2 ou a = 5, logo, pode ser x = 52 680 ou x = 55 680.
b) x deve ser divisível por 5 e por 9. Para ser divisível por 5, deve ser b = 5 ou b = 0.
Para b = 5, o número é 5 a 685, em que a soma dos al-garismos é 24 + a. Para que seja divisível por 9, deve ser a = 3, e o número é 53 685.
Para b = 0, o número é 5 a 680, em que a soma dos al-garismos é 19 + a. Para que seja divisível por 9, deve ser a = 8 e o número é 58 680.
Logo, x = 53 685 ou x = 58 680.
c) x deve ser ímpar e divisível por 3 e 5. Deve ser b = 5 e o número é 5 a 685, em que a soma dos algarismos é 24 + a. Para ser divisível por 3, deve ser a = 0 ou a = 3 ou a = 6 ou a = 9. Portanto, x = 50 685 ou x = 53 685 ou x = 56 685 ou x = 59 685.
Q26.Se o resto é 8, o menor valor possível do divisor é 9. No caso, o quociente é 10. O menor valor possível do divi-dendo é 9 . 10 + 8 = 98.
Q27.a) 0 e 1
b) 2
c) Se a soma é ímpar, um número deve ser par e o outro ímpar. Logo, um dos números é 2 e o outro 37.
d) Um dos números teria de ser 2 e, no caso, o
outro seria 49, que não é primo.
Q28.
a) 495 = 32 . 5 . 11 e 840 = 23 . 3 . 5 . 7
b) 3 5 11
2 3 5 7
2
3
. . .
. . .
m deve ser uma divisão exata
⇒ m deve ser no mínimo 23 . 7 = 56.
c) 495 tem 3 . 2 . 2 = 12 divisores naturais.
840 tem 4 . 2 . 2 . 2 = 32 divisores naturais.
d) 1, 3, 5, 9, 11, 15, 33, 45, 55, 99, 165, 495
Q29. a
2m . 3 . 5 . 6 = 2m . 3 . 5 . 2 . 3 = 2m + 1 . 32 . 5
23 . 3n . 10 = 23 . 3n . 2 . 5 = 24 . 3n . 5.
Os expoentes do dividendo, em cada fator primo, devem ser pelo menos iguais aos do divisor, logo
m + 1 ≥ 4 ⇒ m ≥ 3 e n ≤ 2.
Q30.a) 540 = 22 . 33 . 5 e os expoentes não são todos
pares nem múltiplos de 3.
b) 22 . 33 . 5 . (3 . 5) = 22 . 34 . 52 ⇒ o menor é 15.
c) 22 . 33 . 5 . (2 . 52) = 23 . 33 . 53 ⇒ o menor é 50.
Q31.a) x = 2m . 33 . 12 = 2m . 33 . 22 . 3 = 2m + 2 . 34
y = 2m . 10 . 15 = 2m . 2 . 5 . 3 . 5 = 2m + 1 . 3 . 52
b) (m + 3) . 5 = (m + 2) . 2 . 3 ⇒ m = 3
c) x = 25 . 34 e y = 24 . 3 . 52 e ambos têm 30 divisores naturais.
d) São dois (2 e 3).
e) Há três divisores primos (2, 3 e 5), logo são
30 – 3 = 27 divisores não primos.
Manual do Professor
Matemática 15
Q32.Os números são da forma 2m . 3n, e o número de divisores naturais é (m + 1)(n + 1) = 15.
Temos duas hipóteses:
m + 1 = 3 e n + 1 = 5 ⇒ m = 2 e n = 4
m + 1 = 5 e n + 1 = 3 ⇒ m = 4 e n = 2
Os números são 22 . 34 e 24 . w32 ⇒ 324 e 144
Q33.a) 360 = 23 . 32 . 5 e 210 = 2 . 3 . 5 . 7
⇒ MDC = 2 . 3 . 5 = 30 e MMC = 23 . 32 . 5 . 7 = 2 520
b) 450 = 2 . 32 . 52 e 144 = 24 . 32
⇒ MDC = 2 . 32 = 18 e MMC = 24 . 32 . 52 = 3 600
c) 300 = 22 . 3 . 52 , 400 = 24 . 52 e 560 = 24 . 5 . 7
⇒ MDC = 22 . 5 = 20 e MMC = 24 . 3 . 52 . 7 = 8 400
d) MDC = 2 . 3 = 6 e MMC = 26 . 35 . 5 . 7
Q34.a) ab = MDC . MMC = 23 . 36 . 7
b) Devemos ter dois números cujo produto é 23 . 36 . 7, com os expoentes de mesma base mais próximos possíveis.
Os dois números poderiam ser, por exemplo, 21 . 33 . 7 e 22 . 33 ⇒ o maior valor do MDC é 2 . 33 = 54.
c) O MMC é mínimo quando o MDC é máximo, logo o menor valor possível do MMC é
2 3 7
2 3
3 6
3
. .
. = 22 . 33 . 7 = 756.
Q35.MDC (8,6) = 2
n.º de toras = 40 8 60 62
340. .+
=
Q36.MMC (12,15,36) = 180
Logo, o número de moedas é (180 + 10) = 190.
Q37.MMC (80,90) = 720 min = 12 horas.
Q38.O produto dos dois números é 630 = 2 . 32 . 5 . 7. Logo, os dois números têm de conter o fator 3, caso contrário eles seriam primos entre si. Temos ainda que 3 será, no caso, o único fator comum, já que o produto dos dois números contém os outros fatores primos uma vez cada um. Logo, o máximo divisor comum é 3 e, como consequência, o mínimo múltiplo comum é 2 . 3 . 5 . 7 = 210.
Q39.
a) 718
1427
38
49
34
16
712
: .− = − =
b) 23
12
247
23
12
72
73
+ − = + − = −:
c) 0 425
13
313
25
115
103
25
29
2845
, .+ −⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ +⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = +
= + =
=
d) 1 214
12
35
1 234
35
152
32
− +⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = −
= − = −
: . : =
Q40.
a) 0,125 = 1251 000
18
=
b) 3,2 = =3210
165
c) 0,121212... = 1299
433
=
d) 5,363636... = 5 + 3699
54
115911
= + =
e) x = 1,5333... ⇒ 10x = 15,333...
Subtraindo membro a membro,
9x = 13,8 ⇒ 90x = 138 ⇒ x = 13890
2315
=
f ) x = 12,0151515... ⇒ 100x = 1201,51515...
Subtraindo membro a membro,
99x = 1189,5 ⇒ 990x = 11 895 ⇒ 66x = 793
x = 79366
Q41.
a) 1,47 : 1,2 – 0,04 . 3,15 + 0,137 =
= 1,225 – 0,126 + 0,137 = 1,236
b) 3 5 0 1 2 23
1 0 4
, , . ,
,
+
−=
3 7230 6,,
= 6,205
Q42.
No primeiro dia, Júnior leu metade das 420 páginas do livro, o que corresponde a 210 páginas. Das 210 pági-nas que restaram, ele leu, no segundo dia, 210/3 = 70. No terceiro dia, leu 1/5 das 140 páginas que restavam, ou seja, 28 páginas. Portanto, restam, para serem lidas, 112 páginas.
Q43.
Como 125
103
6043
+ = , concluímos que as 17 crianças
correspondem a 6017 do total de pessoas. Logo, o total de
pessoas é 60 e o número de adultos é 125
103
6043
+ =. 60 = 25.
Matemática
Manual do Professor
16
Q44.AB = 5,7 – 2,13 = 3,57
Cada um dos sete segmentos congruentes em que a reta foi dividida mede 3,57/7 = 0,51. A abscissa de P é 2,13 + 5 . 0,51 = 4,68.
Q45.a) 80 + (–2)3 – 32 = 1 – 8 – 9 = – 16
b) (2–1 + 3–2) : 0,33 = 12
19
33100
+⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ : =
= 1118
10033
5027
. =
c) 16 0 25
3 2
0 25 1
2 2
, ( , )( )
+
− −
−
= 16 1 4
9 4
4 1+
−
−( / ) =
= 2 45+ = 6
5
d) 80,666... – (0,25)–1,5 = 82/3 – (1/4)–3/2 =
= 22 – 23 = 4 – 8 = –4
e) 9 8 0 532 0 333 1− −+ , ... . ( , ) =
127
+ 2 . 2 = 10927
f) 13
12 10 5
−⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
−− ,
= 14
1 2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
− /
= 2
Q46. a
1 . . ,
. .
. . , .
81 169
81
213
2 169 128 0 002
1281
10002
5001
81 52
5001
400051 12 750 10
30,5
71
3
7-
-
- =
= =
= = - =- =-
-
-
` ^ ^j h h8
;
;
B
E
E
Q47. c
3 32
11 10− = 3 3 32
10 10. − = 2 32
310
5.=
Q48.
Perímetro = 60 . 103 cm + 4 . 103 cm = 64 . 103 cm
Área = 3 . 104 cm . 2 . 103 cm = 6 . 107 cm2
Q49.
12 5 10 4 10
2 1 10
6 5
4
, . .
, .
− −+ =
= , .
, . .2 1 10
12 5 10 40 104
6 6+- -
= 52 5 10
2 1 10
6
4
, .
, .
−
=
= 25 10 10. − = 5 . 10–5 = 50 . 10–6 ⇒ k = 50
Q50. b
20 5 2 5 5 5− = − =
Q51.a) = 2 32 3 12 27 50 276+ − + −
= 8 2 6 3 3 3 5 2 3+ − + − = 13 2 2 3+
b) = 2 10 3 153 10
2. .+ − =
= 20 45 3 5+ − = 2 5 3 5 3 5+ − = 2 5
c) 2
2
6
183
3
6+ =
2
2
36
18
36
26
6
6+ = 2 26
d) ( )( )2 3 1 3 6− + = 6 + 12 3 – 3 – 6 = 11 3
48 2 3 4 34= =.
( )( )2 3 1 3 6 48− + − = 11 3 – 4 3 7 3=
e) . . .2 6 12 183 3 = . . . . . .2 2 3 2 3 2 36 6 6 63 3 3 4 2 2 4 =
= 2 312 96 . = 2 34 3. = 12 3
f) ( ) . ( ) .2 4 163 4 3 2 3 = 2 2 2 24 4 43 4. . = = 16
g) 2 4 66 3. = 2 6 2 2 3 2 3812 3 23 3. . .= =
81 3 3 3 33 33 3= =.
2 4 6 816 3 3. − = 2 3 3 3 33 3 3− = −
Q52.
a) 6
3 = 6 3
3 3
6 33
2 3.
.= =
b) 4
3 2 = 4
3 2 . 2
2 = 2 2
3
c) 10
53 = 10
53 . 5
5
23
23 = 2 253
d) 3
2
3
3 = 3
2
3
3 . 2
2
23
23 = 12
2
3
e) 6
24= 6
24 . 2
2
34
34 = 3 84
f) 3
2 1+ = 3 2 1
2 1 2 13 2 3
( )
( )( )
−
+ −= −
g) 3
2 3− =
3 2 3
2 3 2 3
( )
( )( )
+
− + = 2 3 3+
h) 5 2
2 2 3+= 5 2 2 2 3
2 2 3 2 2 3
( )
( )( )
−
+ −=
= 20 5 65− = 4 6−
i) 3 2 2
3 2 2
+
−=
( )
( )( )
3 2 2
3 2 2 3 2 2
2+
− += 17 12 2+
Manual do Professor
Matemática 17
Q53.
a) M.A.4
7 9 13 174
4611, 5=
+ + += =
b) M.P.2 3 7
2 . 6 3 . 7 7 . 91296
8=+ +
+ += =
c) M.G. 12 . 6 . 3 216 63 3= = =
Q54.A soma dos 100 números é 100 . 56 = 5 600. Retirando-se o 48 e o 64, a soma dos 98 números restantes será igual a 5 600 – 48 – 64 = 5 488. Logo, o valor da nova média será 5 448 : 98 = 56.
Q55.Se a turma tem n alunos com 18 anos,
19 16 20 31 21 5 1816 31 5
. . .+ + +
+ + +
nn
= 19 ⇒ 1 029 1852
19+
+=
nn
⇒1 029 + 18n = 988 + 19n ⇒ n = 41
O total de alunos é 52 + 41 = 93.
Q56.
Sejam S1 e S2 a soma das notas das meninas e dos meninos, respectivamente.
S SS S
SS
1 21 2
22
307 210
56 30
+= ⇒ + =
= ⇒ =
Logo, S1 = 180, e a média aritmética das notas das meninas
é S1
2518025
7 2= = , .
Q57.Para que ele fique com média 6,5 tirando nota n em Infor-mática, deve ser
7 5 6 3 25 3 2
6 5. .
,+ +
+ += ⇒
n53 + 2n = 65⇒ n = 6
⇒ no mínimo, 6
Q58.Se os dois números são m e n,
mn = MDC . MMC ⇒ mn = 18 . 200 ⇒ mn = 3 600
A média geométrica é mn = 3 600 = 60.
Q59.Se os dois segmentos medem k e 4k,
k k. 4 = 8 ⇒ 2k = 8 ⇒ k = 4 ⇒ 4 cm e 16 cm
Q60. c
1,222... é dízima periódica, logo é racional e não inteiro.
Q61. a
Os números M e N, escritos em função da mesma potên-cia de 10, são M = 9,84 x 1015 e
N = 1,23 x 1016 = 12,3 x 1015, logo N > M ou M < N.
Q62. d
3 < x < 7 ⇒ 9 < x < 49 ⇒ x ∈ {10, 11, 12, ..., 48}⇒ x pode assumir 39 valores distintos.
Q63. d
Como p e q são pares, seus quadrados, p2 e q2, também são pares, e a diferença de dois números pares, no caso p2 – q2, também é par.
Q64.
O cliente comprou 215 : 5 = 43 grupos de 5 itens. Logo, seu desconto foi de 43.R$ 0,03 = R$ 1,29. Sem participar da promoção, ele pagaria R$ 155,00 + R$ 1,29, ou seja, R$ 156,29.
Q65. d
Como 200 mil MWh = 200 000 000 kWh, seriam necessários, por dia, 200 000 000 : 10 = 20 000 000 quilos de carvão, equivalentes a 20 000 000 : 10 000 = = 2 000 caminhões.
Q66. d
A soma dos 20 primeiros números é 20.30 = 600, e a soma dos 30 últimos números é 30.20 = 600. Portanto, a soma dos 50 números é 600 + 600 = 1 200, e a média deles é 1 200 : 50 = 24.
Q67.
Considere o seguinte diagrama, em que foi inserido o número de elementos de cada região:
V A
G
300 50
50150
100 50
200
O número de pessoas que assistiu a pelo menos duas das modalidades é 150 + 100 + 50 + 50 = 350.
Q68.
Como
30 56 0,4 5 3,7
1,2 213
30 65
52
1,31,2 0,5
13 30. 3013 . 13
7 13
7 13 .
1 1
- --
- =
= --
- = - =
= -
- -
c e
c
m o
m
;
;
E
E está compreendido entre 3 e 4, a expressão dada também está compreendida entre 3 e 4.
Q69. dA = {0, 1, 4, 9, 16, 25}
B = {1, 4, 7, 10, 13, 16, 19, 22, 25, ...}
A – B = {0, 9} ⇒ A – B tem 2 elementos.
A ∩ B = {1, 4, 16, 25} ⇒ A ∩ B tem 4 elementos e 16 subconjuntos.
Q70. cA região assinalada pertence à interseção entre a circun-ferência C e ao retângulo R; no entanto, não pertence ao triângulo T.
30 56 0,4 5 3,7
1,2 213
65
52
1,31,2 0,5
13 3013
137 13
13
1 1
--
=
-
- -
-
- -
30 30. .= = =- -
7 .= -
c e
c
m o
m
;
;
E
E
Matemática
Manual do Professor
18
Q71. c
33
1
42
38
C1
C2
C3
634
O total de originais de impressão corresponde à soma dos números 38, 2, 4, 6, 34, 1 e 33, ou seja, é igual a 118.
Q72. b
-2 0 1 2A
B
A ∪ B
B ∩ A
A ∩ B = [0; 1[ e A ∪ B = ]−2; 2]
Q73. e
(ℤ ∪ ℚ) – (ℤ ∩ ℚ) = ℚ – ℤ, conjunto dos números racionais não inteiros. O único dos elementos citados que não pertence a esse conjunto é o 0.
Q74.
Temos 480 kg de arroz, 576 kg de trigo e 432 kg de milho. O peso de cada nova saca deve ser divisor comum de 480, 576 e 432 e o maior possível, ou seja, o MDC desses três números, que é igual a 48. O total de sacas é (480 + 576 + 432) : 48 = 31 ⇒ n = 31.
Q75.
Como MMC(4, 5, 6, 8) = 120, a coincidência ocorre de 120 em 120 dias. Se o último dia em que todos caminharam foi um domingo, essa coincidência ocorrerá novamente 120 dias depois. Dividindo-se 120 por 7, obtêm-se quociente 17 e resto 1. Logo, transcorrerão 17 semanas completas, mais 1 dia. Portanto, será uma segunda-feira.
Q76.
a) Como a . b = MDC (ab). MDC (a, b) concluímos que
. .( , ) ( , )b aMMC a b MDC a b
35105 5 15= = =
b) Como . .( , ) ( , ) . ,b aMMC a b MDC a c
a3 5 72
= = podemos
concluir que a é divisor de 3 . 52 . 7, logo pode ser escri-to na forma 3x . 5y . 7z, em que { , }, { , , }x y0 1 0 1 2! ! e { , }z 0 1! , assim, os pares (a, b) são (1, 525), (3, 175), (5, 105), (25, 21), (7, 75), (15, 35), (35, 15), (75, 7), (21, 25), (105, 5), (175, 3), (525, 1).
Q77. a
Seja x o maior número que divide 200 e 250, deixando como restos 15 e 28. Então, x é divisor de 200 – 15 = 185 e 250 – 28 = 222. Logo, x = MDC(185, 222) = 37.
Q78. d
Seja N = abc. Temos que a . b . c = 126 = 2 . 32 . 7. Como b + c = 11, temos os seguintes pares (b, c) possíveis e os respectivos valores de a:
• (2,9)⇒ a = 7
• (3,8)⇒ a = 21/4
• (4,7)⇒ a = 9/2
• (5,6)⇒ a = 21/5
Assim, a única solução possível ocorre para a = 7.
Q79. c
A fração xx++
9919
pode ser reescrita como xx+ ++19 80
19
=++
++
xx x
1919
8019= +
+1
8019x
. Para que xx++
9919
seja
inteiro, devemos ter que 80
19x+ também seja inteiro. Logo,
x + 19 deve ser divisor inteiro de 80. Como 80 tem 10 divisores naturais, terá 20 divisores inteiros.
Q80. b
A fatoração de 147 é 3.72 . A fatoração de 360 é 23 . 32 . 5. Os divisores de 360 que não têm fatores primos em co-mum com o 147 são divisores, com exceção do 1, de 23 . 5. Logo, o conjunto S tem 8 – 1 = 7 elementos.
Q81. b
O número de fitas, sem levar em consideração a sobra de 1 unidade, é um múltiplo comum de 12, 15 e 20.
12 15 20 2
6 15 10 2
3 15 5 3
1 5 5 5
1 1 1
O MMC é 22 . 3 . 5 = 60. Como sobra 1 fita, o número de fitas de Marcela é 121, e a soma dos algarismos desse número é 4.
Q82. b3,6 dam = 36m; 4 800 cm = 48m e 0,72hm = 72m
MDC (36, 48, 72) = 12 ⇒ cada pedaço mede 12m e o total de pedaços é 13.
Manual do Professor
Matemática 19
Q83. aAs dimensões da parede, em centímetros, são 440 e 275. O lado do maior quadrado que se pode colocar na parede é igual ao MDC entre 440 e 275, igual a 55.
O número de quadrados é igual a
.. .55 55
275 440 5 8 40= = .
Q84. b
.
.
48 2 3 4 3
3 14
3 1 3 14 3 1
24 3 1
3
3 3 3 3 3 3
483 1
4 3 3 3 3 3
3
4
3 23 36
3
= =
+ + -
- -
+
2 2
4 2 2
= = = -
- + = - + + =
= = =
3 2= +
^ ^^ ^
h hh h
Q85. bO número de pessoas que estudam é
7100
1301 000
7100
13100
+ = + = 20100
15
= de 2 500 = 500.
Q86. b
4 p3 p
0,9 4 p3 p
109
10p 30 9p 36 p 4
&
& &
++
= ++
=
+ = + =
Q87. a( ) a b3 1 34+ = +
( 3 1) a b 3
3 3
3 3
3 3
3 3
22
2
2
& + = +
[3 2 1] a b
[4 2 ] a b
16 16 12 a b
28 16 a b
&
&
&
&
+ + = +
+ = +
+ + = +
+ = +
a 28 e b 16& = =
7 A
A diferença entre a e b é 12.
Q88. d
Substituindo x por 112
na expressão
43 x 2x 2
3 . 1 4x+- - - , obtemos
43
121 2 . 12
123 . 1 3
1
129 1
61
23 1 3
1
32
61
23
32
32
61
2 33 2
36
66
63 6
62 6
66
63 6
+- - -
- -.
.
= +
= +
= +
= +
-
-
-
-
0= + =-
Q89. b
O irmão mais velho de João receberá 15
, e o irmão mais
novo receberá .61
54
152= .
O restante, 1 51
152
1515 3 2
1510
32= = =-- - - , será
dividido igualmente entre seus 12 filhos. Assim, cada filho
receberá 32
1232
121
181
' #= = da fortuna de João.
Q90. cA média de idades dos alunos é dada pela média pondera-da das idades, considerando-se como pesos as frequências absolutas de cada classe (idade):
. . . . .10 23 20 5 2
16 10 17 23 18 20 19 5 20 260
1046+ + + +
+ + + + = =
= 17 anos e 5 meses.
Q91. d
0,40 0,606,5 0,60 x 0,40
5,5 3,9 0,4x 5,5 x 4& &$ $
++
= + = =
Q92. d
2022 170 170 190
203380 169 cm$ = =- -
Matemática
Manual do Professor
20
CAPítUlO 2 – gRAndezAS PROPORCIOnAIS e MAteMÁtICA COMeRCIAl
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Operar com unidades de medida de comprimento, área, volume, capacidade, massa e tempo.
• Obter e interpretar a razão de dois números ou de duas medidas.
• Resolver problemas que envolvam escalas.
• Calcular elementos desconhecidos em uma proporção.
• Identificar e relacionar grandezas direta e inversamente proporcionais.
• Dividir um número em partes direta ou inversamente proporcionais a números dados.
• Resolver problemas que envolvam regra de três.
• Resolver problemas que envolvam cálculo percentual, aumentos e descontos percentuais.
• Resolver problemas que envolvam juros simples e compostos.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Desenvolva a habilidade de transformação de unidades de medida.
• Enfatize o significado da razão de dois números ou medidas de uma mesma grandeza como uma compa-ração, em que o denominador é o referencial.
• Dê exemplos geométricos de aplicação de proporções, utilizando a semelhança de triângulos e o Teorema de Tales.
• Explore o fato de que a escala pode ser usada, também, para relacionar áreas ou volumes, tomando-se seu quadrado e seu cubo, respectivamente.
• Relacione a proporcionalidade direta com suas respectivas representações gráficas: linha reta e curva hi-perbólica. Isso será muito útil em tópicos de Física e Química, principalmente.
• Introduza porcentagem como uma razão ou uma comparação entre dois valores, em que se toma 100 como referencial. Essa percepção é fundamental no conceito de porcentagem.
• Explore intensamente os conceitos de fator de aumento e fator de desconto, bem como de aumento e des-contos sucessivos.
• Destaque o fato de os juros simples apresentarem variação linear e os juros compostos, variação exponen-cial com o tempo.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.
a) 23,6 cm = 0,0236 dam ⇒ x = 0,0236
b) 148 hm = 14 800 m ⇒ x = 14 800
c) 50 dam2 = 5 000 m2 ⇒ x = 5 000
d) 7,2 cm2 = 7,2 . 10–6 dam2 ⇒ x = 7,2 . 10–6
e) 4 m3 = 4 . 106 cm3 ⇒ x = 4 . 106
f) 0,4 dm3 = 0,4 L = 400 mL ⇒ x = 400
g) 450 mL = 0,45 L ⇒ x = 0,45
h) 0,005 t = 5 kg = 500 dag ⇒ x = 500
i) 1,4 min = 1,4 . 60 s = 84 s ⇒ x = 84
j) 35
35
h = . 3 600 s = 2 160 s ⇒ x = 2 160
Q2.34 ha = 340 000 m2 = 0,34 km2
Número de fazendas = 85 100 34
5 2
2
.,
kmkm
= 25.106
⇒ 25 milhões de fazendas.
Manual do Professor
Matemática 21
Q3.2,7 . 10–26 kg . 6,02.1023 ≅ 16 g
Q4.
/hkm
sm m s
1180
3 600180 000 50= =
Q5.O terceiro cano tem vazão de 1 000 mL/s, logo a vazão dos três canos, juntos, é de 1 300 mL/s
O tempo gasto, em segundos, é 195 101 3 10
5
3
., .
mLmL
= 15 000
O tempo é 15 000 s = 4h e 10 minutos.
Q6.
α + b = 203o 69’ 90” = 203o 1o 9’ 1’ 30” = 204o 10’ 30”
Se os outros dois ângulos medem x e 2x,
x + 2x = 360o – 204o 10’ 30”
⇒ 3x = 359o 59’ 60” – 204o 10’ 30” ⇒ 3x = 155o 49’ 30”
⇒ x = 51o 56’ 30”
⇒ 2x = 102o 112’ 60” = 102o 1o 52’ 1’ = 103o 53’
Os outros ângulos medem 51o 56’ 30” e 103o 53’.
Q7.
0007g600
g0002004g600t2,4
== ⇒ 7 000 embalagens.
Q8.
/ /Vm g mL
Vg
g mL36 900
3&= =
⇒ V = 2 300 mL = 2,3 L.
Q9.dd d
cm850 000
1REPR
REAL REAL
= =
⇒ dREAL = 400 000 cm = 4 km
AA
Acm150
50 00012
REAL
REPR
REAL2= =
⇒ AREAL = 25 . 108 . 150 cm2 = 375 . 109 cm2 = 37,5 km2.
Q10.Se as medidas são x, y, z e t, x + y + z + t = 360º e
k8t
5z
3y
2x
==== ⇒ x = 2k, y = 3k, z = 5k e t = 8k.
Logo, 2k + 3k + 5k + 8k = 360º ⇒ 18k = 360º ⇒ k = 20º.Portanto, as medidas são 40º, 60º, 100º e 160º.
Q11.Se x, y e z são as três partes, x + y + z = 220 mil e
2x = 4y = 6z = k ⇒ x =2k , y =
4k e z =
6k `
Logo, 2k +
4k +
6k = 220 mil ⇒ k = 240 mil
⇒ o mais novo receberá 120 mil reais, o do meio, 60 mil reais, e o mais velho, 40 mil reais.
Q12.
a) Regra de três simples e direta:
35
610
kgkg
Lx
x= ⇒ = litros.
b) Regra de três simples e inversa:
56 12= ⇒
xdias
x = 10 dias.
c) Regra de três simples e inversa:
3648 12
= ⇒x
= x = 9 horas.
Q13.
Se x é o tempo gasto pelas duas juntas,
16
14
1+ = ⇒
xx = 12
5 h = 2 h 24 min.
Q14.
Se x é o tempo gasto, 18
112
1− =
x ⇒ x = 24
⇒ 24 horas.
Q15.
Regra de três composta:
16 máq. 720 unif. 6 dias
x máq. 2 160 unif. 24 dias
(diret.) (inv.)
16 7202 160
246x
= . ⇒ x = 12 máquinas.
Q16.
Regra de três composta:
Paulo: 80 cm 5 passos 60 min
Marina: 75 cm 4 passos x
(inv.) (inv.)
.x
608075
54= ⇒ x = 80 min = 1 h 20 min
Q17.
a) 85% de 60 = 51 alunos.
b) 180500
mLmL
= 0,36 = 36%.
c) Se x é o total de pessoas, 0,35x = 49 ⇒ x = 140.
d) Crianças vacinadas: 0,84 . 6 500 = 5 460
Meninas vacinadas: 0,55 . 5 460 = 3 003.
Matemática
Manual do Professor
22
Q18.a) Aumento de 14%.
b) Desconto de 8%.
c) Por 1 + 0,123 = 1,123
d) Por 1 – 0,123 = 0,877
e) 1 + i = 400320
= 1,25 ⇒ i = 0,25 = 25%
f) 1 – i = 280320
= 0,875 ⇒ i = 0,125 = 12,5%
Q19.a) Se x era o preço inicial, 1,15x = 966
⇒ x = 840 ⇒ R$ 840,00.
b) Saí da loja devendo R$ 12,00 que, um mês
depois, se transformaram em R$ 15,00. O fator
de aumento foi 1 + i = 1512
= 1,25
⇒ i = 0,25 = 25%.
c) Se i é o percentual do 2.° aumento,
1,2 . (1 + i) = 1,38 ⇒ i = 0,15 = 15%.
d) Se i é o percentual de desconto,
1,25 . (1 – i) = 1 ⇒ i = 0,2 ⇒ 20%.
Q20. cj1 = 80 000 . 0,03 . 6 = 14 400
j2 = 120 000 . 0,045 . 4 = 21 600
j1 + j2 = 14 400 + 21 600 = 36 000
Q21.j = 4 940 ⇒ 4 940 = 12 000 . 0,095 . t
⇒ t = 133
anos = 4 anos e 4 meses.
Q22.j = cit ⇒ 0,72c = c . i . 5 ⇒ i = 0,144 = 14,4% ao ano =
= 1,2% ao mês.
Q23.J
J J1
2 1
23000 0 03 4 2760
0 035 3 289 80
= =
= =
. , .
. , . ,
Q24.Na aplicação de Paula, M = c(1,2)2 = 1,44c
⇒ j = 0,44c
Na aplicação de Marcos, j = cit
⇒ 0,44c = 2ci ⇒ i = 0,22 = 22% ao ano
Q25.1.a aplicação: j1 = 5 000 . 0,08 . 2 = 8002.a aplicação: M = 15 000 . (1,1)2 = 18 150 ⇒ j2 = 3 150Total de juros: 3 950
Ganho percentual: ,20 0003950 0 19 57= ⇒ 19,75%.
Q26. aO número de desempregados na região metropolitana de Porto Alegre foi 0,098 . 250 000 = 24 500.
Q27. cNo 1.o caso, j = cit ⇒ 2 400 = c . 0,015 . 8 ⇒ c = 20 000No 2.o caso, j = cit ⇒ j = 20 000 . 0,02 . 6 = 2 400.
Q28. c40% equivale a 2/5.
Q29.Se n é o número de veículos fabricados nos sete primeiros meses de 2009, temos que 1,183n = 2,07 milhões⇒ n = 1,75 milhões, aproximadamente.
Q30. e
, ,mcm
cmcm
422 1
4 2002 1
= = 1 : 2 000
Q31. d
, ; , ; ,200210 1 05 300
320 1 066 400450 1 125= = =
Assim sendo, os crescimentos percentuais dos lucros de A, B e C foram, respectivamente, 5%, 6,6% e 12,5%, cuja média aritmética é 8,1%, aproximadamente.
Q32. bSe Ma, Me, T, N e J são os volumes respectivos de Marte, Mercúrio, Terra, Netuno e Júpiter, temos queMa = 3.Me; T = 7Ma; N = 58T e J = 23N.Por substituição, J = 23.58T = 1 334T.
Q33. d
,,,
1 23953 566 3
= ⇒ aumento aproximado de 24%.
Q34. c
098,1132145
= ⇒ aumento de 9,8% ⇒ conceito bom.
Q35. cSe x é o número de alunos e y é o número de professores,
yx e
yx50
16400 40=
++ = . Na primeira equação, x = 50y.
Substituindo na segunda equação, 50y + 400 = 40(y + 16)⇒ 50y + 400 = 40y + 640 ⇒ 10y = 240 ⇒ y = 24⇒ x = 1 200 ⇒ há 1 200 alunos.
Q36. ePor regra de três, se 10 litros de óleo contaminam 107 litros de água, 1 000 litros de óleo contaminarão 109 litros de água.
Manual do Professor
Matemática 23
Q37. bNum mesmo tempo, a razão das distâncias percorridas por A e B, nesta ordem, é de (3/5) : (2/5), ou seja, de 3 para 2. Logo, quando A completar 3/4 de volta, B terá completado 2/4 de volta, ou seja, 1/2 volta.
Q38. dSe x é o preço inicial da geladeira, e y é o preço inicial da TV, então x = 0,6y. O novo preço da geladeira é 1,3x = 1,3 . 0,6y = 0,78yO novo preço da TV é 1,2y A razão pedida é 0,78y/1,2y = 0,65 = 65%.
Q39. cOs EUA produziriam 22,5% da produção mundial, e estariam faltando 65,5% para que se mantenha o total de 88% produzidos pelos dois países juntos. Assim, a produção do Brasil teria que subir de 43% para 65,5%.
Como ,,
1 5234365 5
= , a produção brasileira deveria
aumentar em torno de 52,3%.
Q40. bApós pagar a dívida A, João ficou devendo R$ 3 600,00. Ele dispõe de R$ 2 700,00 para pagar as outras dívidas. Os valores B, C e D são tais que B + C + D = 2 700, B = 8k, C = 12k e D = 16k. Temos, portanto, 8k + 12k + 16k = 2 700 ⇒ 36k = 2 700 ⇒ k = 75.Logo, D recebeu 16k = 1 200 ⇒ o valor não pago da dí-vida D foi R$ 400,00.
Q41. cSe x e y são as medidas da piscina terapêutica, xy = 300, x = 18k e y = 6k. Logo, 18k . 6k = 300 ⇒ k = 5/3.Logo, x = 30 e y = 10 ⇒ 30 m x 10 m.
Q42. dNo início de 2010, M = 5 160 . 1,2 = 6 192,00No início de 2011, M = 6 192 . 1,2 = 7 430,40Juro do período pedido: 7 430,40 – 6 192,00 = 1 238,40O juro será de, aproximadamente, R$ 1 238,00.
Q43. cSeja s o salário inicial de cada membro.Custo anterior: 3sCusto atual: 4s . 1,11 = 4 . 44s4,44s / 3s = 1,48 ⇒ aumento de 48%.
Q44.
..
Á ÁÁPr
rea milho
od milho
rea total harea total
Prod total 10 5004003 000
&= =
⇒ área total = 1 400 ha = 14 000 000 m2.
Q45. cVolume de água gasto: 4 . 8 . 10 . 1,2 L = 384L.Esse volume corresponde a 60% do que se gastaria num sistema normal. Assim, o gasto normal seria de 640 L e, portanto, a economia foi de 640 L – 384 L = 256 L.
Q46. ePelos dados das tabelas, a disposição das cidades é a seguinte, com as distâncias em quilômetros:
A B
2,8 5,4 3,2
C D
A distância entre B e C é 5,4 . 2 000 000 cm = 108 km.
Q47. cSe o custo inicial das 749 cabeças é C, na 1.a venda cada cabeça saiu por C/700 e o fazendeiro apurou C. Na 2.a venda, ele apurou 49C/700. Logo, o total apurado nas duas vendas foi C + 49C/700 = 749C/700 = 1,07C. Logo, o ganho foi de 7%, em relação ao valor pago na compra inicial.
Q48. bSe P era a população da China em 2009,
3 620 = , .P
4 9 1012
⇒ P = 13,5 . 108
A população mundial em 2009 era de .
, .,, 10
6 8 100 197
13 5 89=
Q49. cNo final do 8.o dia, haviam sido confeccionados 20 000 brindes. A partir do 9.o dia, temos a regra de três com-posta:
30 000 brindes 12 dias 5 funcionários 6 h/dia
10 000 brindes 4 dias 4 funcionários x
(diret.) (inv.) (inv.)
Logo, . .x6
1030
124
54= ⇒ x = 7,5
Q50.n . 0,8 . 1,2 = 120 ⇒ 0,96n = 120 ⇒ n = 125.
Q51. dPelo gráfico, os 20% mais ricos, correspondentes a 40 milhões de habitantes, detêm 63% do PIB, equivalentes a 1,512 trilhões de reais. A renda per capita dessa faixa é,
portanto, .
,õõ
milh es habittrilh es de reais
401 512 = 37 800 reais.
Q52. b
utilizando apenas álcool
Como o álcool é mais caro em A, ele deve colocar 45 litros de álcool em A, o suficiente para percorrer os 450 km até chegar a B, o que vai custar 72 reais. Em B, basta que ele coloque, também 45 litros, para percorrer os 450 km restantes, o que vai custar 63 reais. Assim, o custo mínimo total utilizando apenas álcool é de 135 reais.
utilizando apenas gasolina
Como a gasolina é mais barata em A, ele deve encher o tan-que com 50 litros em A, o que vai custar 115 reais. Che-gando a B, ele terá consumido 30 litros, restando, portanto, 20 litros no tanque. Portanto, ele deverá colocar mais 10 litros para terminar a viagem, o que vai custar 27 reais. Portanto, o custo mínimo utilizando apenas gasolina é de 142 reais. Conclusão: o custo mínimo é de 135 reais, utilizando ape-nas álcool.
Matemática
Manual do Professor
24
Q53. bNa primeira retirada, eram 49 bolas vermelhas. Nas
demais retiradas, eram n87 50-^ h bolas vermelhas.
Logo, 49 + n87 50-^ h ≥ 0,9n ⇒ 392 + 7n – 350 ≥ 7,2n
⇒ 42 ≥ 0,2n ⇒ n ≤ 210
Q54. cSe em um ano a empresa fabrica e vende x camisas, sua receita é dada por R = 80x e seu custo, C = 40x + 96 000. Seu lucro é L = R – C, ou seja, L = 40x – 96 000. Em 2009, L = 60 000 ⇒ 40x – 96 000 = 60 000 ⇒ 40x = 156 000 ⇒ x = 3 900.Em 2010, L = 120 000 ⇒ 40x – 96 000 = 120 000 ⇒ 40x = 216 000 ⇒ x = 5 400
Por divisão, 384,190034005
= ⇒ a quantidade vendida deve
ser, aproximadamente, superior em 40%.
Q55. aInicialmente, havia 6 mL de A. Ao se acrescentarem x mL de A, a mistura passou a ter (6 + x) mL de A, de um total de (40 + x) mL. Logo, 6 + x = 0,2(40 + x). Resolven-do a equação, x = 2,5. Portanto, a mistura passou a ter 42,5 mL, no total. As 12 doses de 3,25 mL perfazem um total de 39 mL. Assim sendo, restaram 3,5 mL no frasco.
Q56. aSe x foi o preço de aquisição do primeiro, x . 1,1 . 1,1 . 0,9 = 13 068 ⇒ 1,089x = 13 068 ⇒ x = 12 000
Q57.a) Suponhamos que, ao preço de 20 reais, venderam-
-se n unidades e arrecadaram-se 20n reais. Na sema-na seguinte, ao preço de (20 – x) reais, venderam-se 1,5n unidades e arrecadaram-se (20 – x) . 1,5n reais. Logo, (20 – x) . 1,5n = 1,2 . 20n ⇒ 30 – 1,5x = 24 ⇒ 1,5x = 6 ⇒ x = 4. Portanto, o preço reduzido foi 20 – x = 20 – 4 = 16 (16 reais), o que significou uma redução de 20%.
b) n(1 + i) . 16 = n.20 ⇒ 1 + i = 1,25 ⇒ i = 0,25 ⇒ mínimo de 25% de aumento no número de unidades vendidas.
Q58. cSe C é o capital empregado,0,7C + 0,2 . 0,3C = 3 800,00. Logo, C = 5 000,00.
Q59. eEm 2010, o consumo, em bilhões de xícaras, seria igual a 331 + 0,4 . 331 = 397,2.Uma xícara equivale, em média, a 120 mL ou 0,12 L. Logo, o total consumido, em bilhões de litros, seria 397,2 . 0,12, aproximadamente, igual a 48.
CAPítUlO 3 – ÁlgebRA eleMentAR
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Operar com monômios e polinômios.
• Resolver problemas envolvendo polinômio nulo e polinômios idênticos.
• Calcular produtos de polinômios, inclusive com utilização dos produtos notáveis.
• Fatorar polinômios.
• Calcular o MDC e o MMC de polinômios.
• Operar com frações algébricas racionais.
• Identificar as propriedades da igualdade nos processos de resolução de equações.
• Resolver equações, sistemas e problemas de 1.o e 2.o graus.
• Discutir as raízes de uma equação de 2.o grau, em função do valor de seu discriminante.
• Relacionar coeficientes e raízes numa equação de 2.o grau.
• Resolver equações redutíveis ao 1.o e 2.o graus, principalmente as biquadradas e as irracionais.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• O objetivo deste capítulo é rever a álgebra elementar, no universo dos números reais. É fundamental que o aluno demonstre habilidade nas operações algébricas.
• Dê ênfase aos processos gerais de fatoração de polinômios. Aproveite para relacionar a fatoração com a determinação das raízes de um polinômio de uma variável.
Manual do Professor
Matemática 25
• Relacione os processos de resolução de equações e sistemas com as propriedades da igualdade.
• Explore as diversas fases da resolução de problemas com base em equações: definição das variáveis, equa-cionamento do problema, resolução da equação ou sistema de discussão da validade das soluções obtidas.
• Discuta o papel do discriminante na determinação da natureza das raízes da equação de 2.o grau.
• Explore a importância do artifício algébrico de mudança de variável na resolução de equações redutíveis ao 1.o e ao 2.o graus. Esse recurso é muito útil e frequentemente utillizado.
• Na resolução de equações irracionais, destaque o porquê da necessidade de se fazer a verificação das raízes.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.a) x ≠ 1, y real qualquer
b)
13
16
113
2
+⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
−=
1423
38
=
Q2.a) x2y
b) x5y3
c) AB = x5y3 e AB + 2C = x5y3 + 2x5y3 = 3x5y3
d) C/B = x2y2 e
C/B – 2A + B = x2y2 – 2x2y2 + x3y = x3y – x2y2
Q3.a) A(0) = 4 e B(–1) = –5 ⇒ A(0) + B(–1) = –1
b) A(2) = 0 ⇒ 2 é raiz de A(x)
c) B(x).C(x) = 2x3 – 5x2 + 7x – 6
A(x) + B(x) . C(x) = x4 + x3 – 5x2 + x – 2
d) [B(x)]2 = 4x2 – 12x + 9
A(x) – 3 . [B(x)]2 = x4 – x3 – 12x2 + 30x – 23
Q4.a) PQ = x3 – 3x2y + 2xy2 – 2x2y + 6xy2 – 4y3 =
= x3 – 5x2y + 8xy2 – 4y3
b) P2 = (x – 2y)2 = x2 – 4xy + 4y2
P2 – Q = x2 – 4xy + 4y2 – x2 + 3xy – 2y2 =
= –xy + 2y2
Q5.a) P(x) = –4x + b ⇒ 1.o grau.
b) P(x) = b ≠ 0 ⇒ grau zero.
c) P(x) = 0 (polinômio nulo) ⇒ não tem grau.
d) P(x) = kx2 + mx + n, com k ≠ 0 ⇒ 2.o grau .
Q6.a) A(x) = (a + b)x – 2a + b + 6
B(x) = mx2 + mx + m + nx2 + nx + px + p =
= (m + n)x2 + (m + n + p)x + m + p
C(x) = x2 – 2x + 1
b) a + b = 0 e –2a + b + 6 = 0 ⇒ a = 2 e b = –2.
c) m + n = 1, m + n + p = –2 e m + p = 1
⇒ m = 4, n = –3 e p = –3.
Q7.
a) Quociente: x + 1; resto: –3
b) Quociente: x – 4; resto: –x + 9
Q8.
F x x x
F x x x x
F x x
= − + + −
= − + − + −
= − +
( )( ) ( )
( ) ( )
3 1 8 1 4 2
24 8 3 1 4 2
24 8 7
2
3 2
3 2 xx − 3
Por divisão, o resto é R = 20.
Q9.
a) P(2) = 0 ⇒ 2m + n = –12
P(–1) = 0 ⇒ m = n
Resolvendo o sistema, m = n = – 4.
b) Efetuando-se a divisão, o resto obtido é
R(x) = (m – 2)x + n – 2, que deve ser nulo
⇒ m – 2 = 0 e n – 2 = 0 ⇒ m = n = 2
c) m – 2 = 2 e n – 2 = –5 ⇒ m = 4 e n = –3.
Q10.
a) (3x – 1)2 = 9x2 – 6x + 1
b) (5x – 3)(5x + 3) = 25x2 – 9
c) (2x + 1)3 = 8x3 + 12x2 + 6 x + 1
d) 3 1 3 1+( ) −( ) = 3 – 1 = 2.
Q11.
a) x4y – 8xy4 = xy(x3 – 8y3) =
= xy(x – 2y)(x2 + 2xy + 4y2).
b) 3x5 – 48x = 3x(x4 – 16) = 3x(x2 + 4)(x2 – 4) =
= 3x(x2 + 4)(x + 2)(x – 2).
c) 3a4b – 12a3b2 + 12a2b3 =
= 3a2b(a2 – 4ab + 4b2) = 3a2b(a – 2b)2.
Matemática
Manual do Professor
26
d) m2 – n2 + 3m – 3n =
= (m + n)(m – n) + 3(m – n) =
= (m – n)(m + n + 3)
e) y5 + 2y4 – y – 2 = y4(y + 2) – 1(y + 2) =
= (y + 2)(y4 – 1) = (y + 2)(y2 + 1)(y + 1)(y – 1)
f) x2 – 4x + 4 – y2 = (x – 2)2 – y2 =
= (x – 2 + y)(x – 2 – y)
g) 6x3 – 6x2 – 12x = 6x(x2 – x – 2) =
= 6x(x + 1)(x – 2)
h) 3x2 + x – 4 = (3x + 4)(x – 1)
Q12.(x + y)2 = x2 + 2xy + y2 ⇒ 32 = x2 + y2 + 2.1
⇒ x2 + y2 = 9 – 2 ⇒ x2 + y2 = 7
(x + y)3 = x3 + 3xy(x + y) + y3 ⇒ 33 = x3 + y3 + 3 . 1 . 3
⇒ x3 + y3 = 27 – 9 ⇒ x3 + y3 = 18
Q13.a) A = (x + 2)(x – 2) e B = (x – 2)2
⇒ MDC = x – 2 e MMC = (x + 2)(x – 2)2
b) A = x – 3 e B = (x – 3)(x + 4)
⇒ MDC = x – 3 e MMC = (x – 3)(x + 4)
c) MDC = 1 e MMC = (x + 1)(x – 2)(x – 1)
Q14.
a) 2
31
31
x x++
−− =
2 3 3 93 3
2( ) ( )( )( )
x x xx x
− + + − −
+ −=
= − + +
−
x x
x
2
2
3 6
9
b) = xx
xx
3 211
11
+
+−
−
−
= ( )( ) ( )( )x x x
xx x
x+ − +
+−
+ −
−
1 11
1 11
2
=
= (x2 – x + 1) – (x + 1) = x2 – 2x
c) 2 1
23 2
42
xx
x
x
−
−−
+
− =
( )( ) ( )2 1 2 3 2
42
x x x
x
− + − +
− =
= 2 2
4
2
2
( )x
x
−
−
d) ( )( ) ( )a x a x a x
a− + + + 2
2 =
= a x a ax x
a
2 2 2 222
− + + + =
2 22
2a axa+
=
= 2
2a a x
a( )+
= a + x
e) 1 1 2
1m n
m nm n
+⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
+
+−⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
m nmn
m n m nm n
+ + − −
+.2
=
= m nmn
mm n
+
+. =
1n
f) xx x
−+
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ −
−⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
21
13
12: = x x
xx
x
2 2
2
21
4
1
+ −
+
−
−: =
= ( )( )
.( )( )( )( )
x xx
x xx x
+ −
+
+ −
+ −
2 11
1 12 2
= ( )xx−
−
12
2
Q15.
xx4
1xP
1xN
xM
3 −=
++
−+
⇒ 4x x
M x
x
Nx x Px x
x x1
1
1
1 12
3+
-=
-
+ + + -
-^ ^^ ^ ^
h hh h h
⇒ 4x x
Mx NxM Nx Px Pxx x3
2 2 2
3-- + =+ + -
-
⇒ xx
4xx
Mx)PN(x)PNM(33
2
−=
−
−−+++
⇒ M + N + P = 0, N – P = 0 e –M = 4
⇒ M = – 4, N = 2 e P = 2.
Q16.
a) 3 1
42
51
x x−−
+= ⇒ 15x – 5 – 4x – 8 = 20
⇒ 11x = 33 ⇒ x = 3
b) x(x + 3) = (x – 1)2 – 11 ⇒ x2 + 3x = x2 – 2x – 10
⇒ 5x = –10 ⇒ x = –2
c) x(x – 2)(x + 5) = 0 ⇒ x = 0 ou x – 2 = 0 ou
x + 5 = 0 ⇒ x = 0 ou x = 2 ou x = –5.
d) (x - 5)(x + 2) = 3(x + 2)
⇒ x + 2 = 0 ou x – 5 = 3 ⇒ x = −2 ou x = 8.
e) mx – m2 = x – 1 ⇒ mx – x = m2 – 1
⇒ x(m – 1) = (m + 1)(m – 1)
⇒ x = m + 1
Pode-se cancelar o fator (m – 1), porque m ≠ 1.
f ) 2 1
412
12
xx
xx
−
−=
−
−− ⇒ 2x – 1 = (x – 1)(x + 2) – x2 + 4
⇒ 2x – 1 = x2 + x – 2 – x2 + 4
⇒ x = 3
g) 9
3 3
2
−= +
−xx
xx
⇒ 9 = x(3 – x) + x2 ⇒ 9 = 3x – x2 + x2
⇒ x = 3
A equação não tem solução, porque deve ser x ≠ 3.
h) Multiplicando os dois membros da segunda equação por 2 e adicionando membro a membro, obtemos 7x = 21 ⇒ x = 3 e y = –2.
i ) Multiplicando os dois membros da segunda equação por a, obtemos
x ay a
ax y a
x ay a
a x ay a a
+ =
− = −
⎧⎨⎩
⇒+ =
− = −
⎧⎨⎩
2
1
22 2 3
Manual do Professor
Matemática 27
Adicionando membro a membro, (a2 + 1)x = a3 + a ⇒ (a2 + 1)x = a(a2 + 1) ⇒ x = a Na primeira equação, a + ay = 2a ⇒ y = 1 Solução: x = a e y = 1.
j ) A primeira equação equivale a 2ax + y = 6a2. Subtraindo membro a membro, obtemos ax = a2 ⇒ x = a (porque a ≠ 0) Na segunda equação, a2 + y = 5a2 ⇒ y = 4a2
x = a e y = 4a2.
Q17.Se ele acertou x questões, ele errou (20 – x) questões. Logo, 500x – 300(20 – x) = 7 600 ⇒ 500x – 6 000 + 300x = 7 600⇒ 800x = 13 600 ⇒ x = 17 ⇒ acertou 17 respostas.
Q18.Se os números são x, x + 1 e x + 2, temos a equação
84
2x3
1x2x
++
=+
+ ⇒ 6x + 4(x + 1) = 3(x + 2) + 96
⇒ 10x + 4 = 3x + 102 ⇒ 7x = 98 ⇒ x = 14⇒ os números são 14, 15 e 16.
Q19.Se ele utilizou x horas durante a noite, utilizou (28 – x) horas durante o dia. Logo, 0,08x + 0,20(28 – x) = 4,64⇒ 0,08x + 5,60 – 0,20x = 4,64 ⇒ 0,12x = 0,96 ⇒ x = 8⇒ foram utilizadas 8 horas no período da noite.
Q20.Se são n pessoas e x apartamentos, temos as equações 2x = n – 2 e 3(x – 2) = n. Resolvendo o sistema, x = 8 e n = 18. Portanto, a excursão tem 18 componentes.
Q21.Sendo o preço do produto na loja B é x, na loja A é (50 + x). Logo, 0,8(50 + x) = 1,2x ⇒ 40 + 0,8x = 1,2x ⇒ 0,4x = 40 ⇒ x = 100⇒ o novo preço seria 1,2 . 100 reais = 120 reais.
Q22.Se ele comprou x kg de A, comprou (310 – x) kg de B. Logo, 6x + 7,50(310 – x) = 2 100⇒ 6x + 2 325 – 7,50x = 2 100 ⇒ x = 150 ⇒ ele comprou 150 kg de A e 160 kg de B.
Q23.Se x é o preço de uma caneta e y é o preço de um caderno,
temos o sistema 4 3 17,80
,
x y
x y6 2 14 70
+ =
+ =) . Resolvendo o sistema,
x = 0,85 e y = 4,80. Na última linha do quadro, 0,85n + 4,80 = 15,00 ⇒ 0,85n = 10,20 ⇒ n = 12.
Q24.Na 1.a etapa, ela percorreu x km; na 2.a etapa, percorreu
(x + 20) km. Logo, os tempos nas duas etapas foram x60
e x8020+ . Logo, x
60+ x
8020+ = 5,5
⇒ 4x + 3(x + 20) = 1 320 ⇒ 7x = 1 260 ⇒ x = 180.
A distância total que Patrícia percorreu foi 2x + 20 = 380⇒ 380 km.
Q25.a) x2 – 4 = 0 ⇒ x2 = 4 ⇒ x = –2 ou x = 2
b) 3x2 + 1 = 0 ⇒ x2 = –1/3, equação que não tem
raízes reais.
c) 2x – 3x2 = 0 ⇒ x(2 – 3x) = 0 ⇒ x = 0 ou
2 – 3x = 0 ⇒ x = 0 ou x = 2/3.
d) ∆ = 81 e, aplicando-se a fórmula de Bhaskara, x = –5/4 ou x = 1.
e) xx
+ =8
6 ⇒ x2 – 6x + 8 = 0 ⇒ x = 2 ou x = 4.
f) x
x+
+−
=2
22
212
⇒ x2 – x + 2 = 0, equação que
não tem raízes reais.
g) (x – 1)(x2 + x – 30) = 0 ⇒ x – 1 = 0 ou
x2 + x – 30 = 0 ⇒ x = 1 ou x = –6 ou x = 5.
h) 4
1
31
12( )x x−−
−= ⇒ x2 + x – 6 = 0 ⇒ x = –3
ou x = 2.
Q26.∆ = 0 ⇒ k2 + 4k = 0 ⇒ k(k + 4) = 0 ⇒ k = – 4 ou k = 0.
Q27.Se o lado do terreno mede x, as áreas dos dois lotes sombreados medem x(x – 18) e 18(x – 16). Igualando, x(x – 18) = 18(x – 16)
⇒ x2 – 36x + 288 = 0 ⇒ x = 12 ou x = 24.
Como x > 18, a única solução do problema é x = 24, e a área do terreno é 576 m2.
Q28.a) p + q = –b/a = –1/2
b) pq = c/a = –7/2
c) (p + 1)(q + 1) = pq + p + q + 1 =
= –7/2 – 1/2 + 1 = –3
d) pq
qp
+ = p qpq
p q pqpq
2 2 2 2+=
+ −=
( )
= ( / ) .( / )/
− − −
−= −
1 2 2 7 27 2
2914
2
Q29.Se m é a maior e n é a menor raiz, temos que m + n = 6 e m – n = 4. Logo, m = 5 e n = 1. O produto das raízes é k = 5 . 1 ⇒ k = 5
Q30.a) Fazendo x2 = y > 0, y2 – y – 12 = 0
⇒ y = 4 ⇒ x2 = 4 ⇒ x = –2 ou x = 2.
Matemática
Manual do Professor
28
b) Fazendo x3 = y, y2 + 7y – 8 = 0
⇒ y = –8 ou y = 1 ⇒ x3 = –8 ou x3 = 1
⇒ x = –2 ou x = 1.
c) Fazendo x2 + x = y, obtemos a equação
y2 – 8(y – 1) + 4 = 0 ⇒ y2 – 8y + 12 = 0
⇒ y = 2 ou y = 6 ⇒ x2 + x = 2 ou
x2 + x = 6 ⇒ x2 + x – 2 = 0 ou
x2 + x – 6 = 0 ⇒ x = –2 ou x = 1 ou x = –3
ou x = 2.
d) x x+ + =1 5 ⇒ x x+ = −1 5
Elevando os dois membros ao quadrado,
x + 1 = 25 – 10x + x2 ⇒ x2 – 11x + 24 = 0
⇒ x = 3 ou x = 8. Fazendo a verificação, a
única solução é x = 3.
e) x x+ − =5 1 ⇒ x x+ = +5 1
Elevando os dois membros ao quadrado,
x + 5 = x + 2 x + 1 ⇒ x = 2 ⇒ x = 4
A raiz verifica a equação dada.
f) x x x23 1 1− − + = ⇒ x x x23 1 1− − = −
Elevando os dois membros ao cubo,
x2 – x – 1 = x3 – 3x2 + 3x – 1
⇒ x3 – 4x2 + 4x = 0 ⇒ x(x2 – 4x + 4) = 0
⇒ x = 0 ou x2 – 4x + 4 = 0 ⇒ x = 0 ou x = 2.
Q31.Se os lados medem x e y, temos o sistema
2x + 2y = 28 e = x y2 2+ = x + 2, com x > y.
Resolvendo-o, x = 8 e y = 6 e os lados me-
dem 6 cm e 8 cm.
Q32.
Se o número é x > 0, x3 – 3x = 4x
⇒ x4 – 3x2 – 4 = 0. Fazendo x2 = y > 0,
y2 – 3y – 4 = 0 ⇒ y = 4 ⇒ x2 = 4
Como x > 0, o número é x = 2.
Q33.
50n n nn 11 15
15150 20 12
&++
= ++
=
⇒ 15(n + 1) + 12n = 5n(n + 1)⇒ 15n + 15 + 12n = 5n2 + 5n ⇒ 5n2 – 22n – 15 = 0
∆ = 484 + 300 = 784 ⇒ n = 22 2810+ ⇒ n = 5
Q34. dO aluguel é 25x = 16(x + 18) ⇒ 25x = 16x + 288⇒ 9x = 288 ⇒ x = 32O valor do aluguel é 25x = 25 . 32 = 800 ⇒ R$ 800,00.
Q35. d(x + b)3 = x3 + 3bx2 + 3b2x + b3, que deve ser idêntico a x3 – 6x2 + mx + n. Logo, 3b = –6, m = 3b2 e n = b3
⇒ b = −2, m = 12 e n = –8
Q36. dSe x é o número de seguidores de Paulo e y o número de seguidores de Marcos, x + y = 620 e 0,3x + 0,2y = 150.Resolvendo o sistema, x = 260 e y = 360. Portanto, Paulo tem 260 seguidores.
Q37. eEfetuando-se a divisão, o quociente é x + 2 e o resto é (6 – 3a)x – 4a + 8, que deve ser o polinômio nulo. Logo, 6 – 3a = 0 e –4a + 8 = 0 ⇒ a = 2.
Q38. aSuponhamos que, hoje, a idade da mãe seja x, a do pai seja (x + 4), a do filho seja y e a da filha seja (y + 2). Logo, a soma de todas as idades é 2x + 2y + 6 = 68.Há quatro anos, a idade da mãe era (x – 4), a do pai era x e a da filha era (y – 2). A soma era 2x + y – 6 = 53. Temos,
portanto, o sistema 31x y
x y2 59
+ =
+ =)
Resolvendo-o, x = 28, e a idade do pai, hoje, é 32 anos.
Q39. cO perímetro original era 2(4x + 2) + 2(2x + 2) = 68⇒ 12x + 8 = 68 ⇒ 12x = 60 ⇒ x = 5. A área reduzida foi 2x2 = 2 . 52 = 50 ⇒ 50 cm2.
Q40. aA área da moldura é x(x + 4) – 60 = 132⇒ x2 + 4x – 192 = 0 ⇒ x = 12.
Q41. e
. .
) , , ,.
x y y x
x y
yx
xy
x y
xyx y
xyx y
x y x y
x y
x y
1 1
12 3 2 05
10 25
1 4
1 1
1 1
2 2-
+=
-
+=
-
+
=
=+ -
+=
-=
-= =
- -
- -
^ ^^h h
h
Q42.a) Se x é o preço de um boné e y o preço de uma cami-
seta, temos as equações 10x + 20y = 350 e x + y = 20. Resolvendo o sistema, x = 5 e y = 15 ⇒ cada boné custa 5 reais e cada camiseta, 15 reais.
b) O preço de 30 bonés e x camisetas é y = 150 + 15x ⇒ y = 15(10 + x). O menor valor de x para que y seja um quadrado perfeito é x = 5. No caso, y = 152.
Q43. c(x + 3)(x – 2) = 50 ⇒ x2 + x – 56 = 0 ⇒ x = 7⇒ a área do quadrado é x2 = 49 ⇒ 49 m2.
Q44. dSe x é o valor, em reais, da cota a ser paga, cada um dos 50 pagou inicialmente (x – 7) reais. Como no final havia 55 pessoas, temos a equação50(x – 7) + 510 = 55x ⇒ x = 32 ⇒ R$ 32,00.
Manual do Professor
Matemática 29
Q45.O domínio da variável x é x ≠ 2 e x ≠ 4.
4x2
8x6xx3
2x3
2 −=
+−+
−⇒ 3(x – 4) + 3x = 2(x – 2)
⇒ 3x – 12 + 3x = 2x – 4 ⇒ 4x = 8 ⇒ x = 2.Como deve ser x ≠ 2, o conjunto solução é ∅.
Q46. aEfetuando-se a divisão, o quociente é 2x2 + 7x + m + 20 e o resto é (2m – n + 61)x + 3m + 57 Logo, 2m – n – 61 = 0 e 3m + 57 = 0 ⇒ m = −19 e n = 23 ⇒ m + n = 4
Q47. dEfetuando-se a divisão, o resto é (b – a)x + c – a + 1.Logo, b – a = 0 e c – a + 1 = 0 ⇒ b = a e c = a – 1⇒ c = b – 1
Q48. aSe inicialmente eram x meninas e y meninos, temos as
equações 43
y9x
=− e
49
8y9x
=−−
. Simplificando, chega-
mos ao sistema 4 3 36x y
x y4 9 36
- =
- =-) . Resolvendo o sistema,
x = 18 e y = 12. O número de crianças restantes na fila, no final, era 18 + 12 – 9 – 8 = 13.
Q49. cSe são x homens, são (40 – x) mulheres. Cada homem
pagou x4002 , e cada mulher,
x402 400
-. Pelo enunciado,
.
x x x xx
x x x
402 400 2 400 64
402 400 2 400 64
2400 2 400 64 40
&
&
-= -
-= -
= - -^ ^h h
Q50. dSe o comprimento inicial era x e a largura inicial era y, xy = 36 e (x + 1(y + 1) = 50 ⇒ xy + x + y + 1 = 50⇒ 36 + x + y = 49 ⇒ x + y = 13. Resolvendo o sistema, obtemos as dimensões do terreno original: 4 m e 9 m.Seu perímetro era 2(4 m + 9 m) = 26 m.
Q51. eInicialmente, ele comprou x ações de A e y ações de B, tendo gasto 20x + 25y = 12 000. Depois, o preço unitário de A passou para R$ 60,00 e o preço unitário de B, para R$ 27,50, e seu valor total era 60x + 27,50y = 17 000.Resolvendo o sistema, x = 100 e y = 400, e a diferença entre as quantidades de ações é 400 – 100 = 300.
Q52.Se x é o maior, y é o menor e z é o terceiro número, temos que x + y + z = 16, x = yz – 1 e x – y = z + 2.Da primeira e da terceira equações, obtemos x = 9. No caso, temos que y + z = 7 e yz = 10. Resolvendo o sistema, encontramos y = 2 e z = 5. O produto dos três números é 9 . 2 . 5 = 90.
Q53.Se os dois números são x e (x + 6), sua média aritmética é
3x2
6xx+=
++ e sua média geométrica é )6x(x +
Logo, x + 3 = )6x(x + + 1 ⇒ x + 2 = )6x(x +⇒ (x + 2)2 = x(x + 6) ⇒ x2 + 4x + 4 = x2 + 6x⇒ 2x = 4 ⇒ x = 2, solução que satisfaz a equação irracional. Logo, os números são 2 e 8.
Q54. dSe os dois números são x e y, com x > y, temos quex y x y xy1 7 24-
= =+
. Da primeira igualdade, y =4x3 .
Temos, ainda, que 24(x – y) = xy ⇒ 24 . 4x =
4x3 2
⇒ 6x = 4x3 2
⇒ x2 – 8x = 0 ⇒ x = 8 (porque x > 0).
Portanto, os números são 8 e 6, cujo produto é 48.
Q55. a
Para a porção de batatas, g/cal8,2g200
cal560=
Para o sanduíche: g/cal2g250
cal500=
Portanto, consumindo x gramas de sanduíche e y gramas de batatas, o consumo total será de 462 cal se ocorrer a igualdade 2x + 2,8 y = 462.
Q56.
Fazendo x2 – x = y, temos a equação y33y =++
⇒ 3y3y −=+ ⇒ y + 3 = y2 – 6y + 9
⇒ y2 – 7y + 6 = 0 ⇒ y = 1 (não convém) ou y = 6 (solução).Logo, x2 – x = 6 ⇒ x2 – x – 6 = 0 ⇒ x = −2 ou x = 3.
Q57. aNa primeira equação, AB = 2. Na segunda equação, o produto das raízes é
.q AB
BA
ABAB
1 1 1 2 221 2
29= + + = + + = + + =` `j j
Q58. cSe x é a medida do lado da sala maior e y é a medida do lado da sala menor, x2 – y2 = 11 ⇒ (x + y)(x – y) = 11.Como x e y são números naturais e 11 é primo e, por isso, o único produto de números naturais que resulta 11 é 11 . 1, temos que x + y = 11 e x – y = 1. Resolvendo o sistema, obtemos x = 6 e y = 5. As áreas das duas salas são 36 m2 e 25 m2, cuja soma é 61 m2.
Q59. aSe p é o valor de cada uma das n parcelas, np = (n – 3)(p + 60) e np = (n – 5)(p + 125)⇒ np = np + 60n – 3p – 180 e np = np + 125n – 5p – 625⇒ 20n – p = 60 e 25n – p = 125Resolvendo o sistema, n = 13 e p = 200.
Q60.a) x2 – y2 – 2x – 2y = (x + y)(x – y) – 2(x + y) = = (x + y)(x – y – 2).b) Deve ser (x + y)(x – y – 2) = 17. O único produto
de números naturais igual a 17 é 17 . 1, porque 17 é primo. Como a primeira expressão é maior que a segunda, deve ser x + y = 17 e x – y – 2 = 1. Resolvendo o sistema, x = 10 e y = 7. Logo, o único par é (10, 7).
Matemática
Manual do Professor
30
Q61. a
Se V1 e V2 são os valores cobrados, em milhares de reais, temos V1 = 100n +350 e V2 = 120n + 150.
Portanto, deve ser 100n + 350 = 120n + 150.
Q62.Para imprimir 480 cópias, juntas, A gastou t minutos e B gastou (t – 10) minutos.
Em t minutos, B imprimiria 320 cópias. Logo, sua velocidade é 320/t cópias por minuto.
Em (t – 10) minutos, A imprimiria 180 cópias. Portanto, sua velocidade é 180/(t – 10) cópias por minuto.
Logo, tt
tt10
180 10 320 480-
+ - =^ h . Resolvendo a equa-
ção, obtemos t = 40.Portanto, A gastou 40 minutos e imprimiu 240 cópias; B gastou 30 minutos e imprimiu também 240 cópias.
CAPítUlO 4 – IntROdUçãO À geOMetRIA PlAnA
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Conceituar e relacionar reta, plano e suas partes.
• Identificar posições relativas e tipos de ângulos.
• Resolver problemas que envolvam medidas de ângulos.
• Relacionar ângulos em retas paralelas, cortadas por uma transversal.
• Conceituar ponto médio e mediatriz de um segmento e bissetriz de um ângulo.
• Identificar projeções e distâncias no plano.
• Conceituar e relacionar os elementos de um triângulo.
• Justificar congruências de ângulos e segmentos, com base na congruência de triângulos.
• Classificar triângulos com base na comparação de seus lados e de seus ângulos internos.
• Relacionar ângulos em triângulos.
• Enunciar e aplicar as propriedades específicas dos triângulos isósceles e equiláteros.
• Resolver problemas que envolvam ângulos internos, externos e número de diagonais de um polígono.
• Enunciar e aplicar as propriedades dos principais tipos de quadriláteros.
• Relacionar bases médias em triângulos e trapézios.
• Conceituar circunferência e círculo e identificar suas partes.
• Relacionar os elementos de um círculo.
• Identificar posições relativas de reta e círculo.
• Calcular ângulos associados a arcos de circunferências.
• Identificar e aplicar as relações entre lados e ângulos em polígonos inscritos e circunscritos em circunfe-rências.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• O objetivo deste capítulo é explorar os conceitos básicos da Geometria plana.
• Explore de maneira especial ângulos em retas paralelas cortadas por transversal.
• A teoria dos triângulos é a base da Geometria plana. Dê atenção especial a eles.
• Enfatize as relações envolvendo ângulos e diagonais em polígonos, particularizando para casos de polígo-nos regulares.
• No estudo das propriedades dos quadriláteros, enfatize o cálculo de bases médias e a propriedade do ba-ricentro de um triângulo.
• Limite as demonstrações das relações trabalhados de acordo com o tempo disponível. Não caia, também, no extremo oposto de apresentar todas as relações sem demonstração.
Manual do Professor
Matemática 31
• Dê especial atenção às propriedades das tangentes a uma circunferência.
• Explore bastante o cálculo de medidas de ângulos associados a tangentes e secantes a uma circunferência, com base nas medidas de arcos.
• A inscrição e a circunscrição de quadriláteros na circunferência deve merecer, também, uma atenção especial.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1. bTrês pontos distintos determinam um plano.
Q2. a163 2
cmcm,
= 5 unidades.
Q3.
MN = MB + BN = AB BC+=
282
⇒ 4 cm.
Q4. c
'
x x
x x
x
x
3 90 31 180
810 9 180
8 630
78 45
o o
o o
o
o
+
+
&
- = -
- = -
=
=
^ ^h h
Q5. bOs dois ângulos são iguais posto que são opostos pelo vértice, logo 4n + 10º = 2n + 30º ⇒ n = 10º e o valor de cada ângulo é 4 . 10º + 10º = 50º. O complemento desse ângulo é 90º – 50º = 40º.
Q6. a
x 45 (180 x)
4x 900 5x
9x 900
x 100
o
o
o
o
+
+
&
=
=
=
=
-
-
Q7. bº º
º º ºº º
x 30 y 10x 30 y 10 2y 180
x 10 e y 50&+ =
+ + + == =
--*
x y 60º` + =
Q8.5x – 8o = 2x + 16o ⇒ x = 8o ⇒ o ângulo AÔB
mede 5x – 8o + 2x + 16o = 7x + 8o = 64o e o
suplemento mede 116o.
Q9. a
º º
ºº º
y y 40 180x y 180
y e x110 70&+ =
+ == =-
*º º
ºº º
y y 40 180x y 180
y e x110 70&+ =
+ == =-
*
Q10.
Pode ser 2x + 15 = 3x – 60 ou 2x + 15 + 3x – 60 = 180
⇒ x = 75 ou x = 45.
Q11. e
O ângulo x e o ângulo assinalado de 42º são opostos pelo vértice. Logo, x mede 42º. Além disso, x e z são alternos internos e, portanto, congruentes.
Como x e y são colaterais internos, x + y = 180º ⇒ y = 138º.
Q12. a
A B A A A e B180 3 180 45 135o o o o& &+ = + = = =t t t t t t .
Logo, 90B A o- =t t .
Q13.
O valor de x é igual ao suplemento de 154o somado ao suplemento de 146o. Logo, x = 26o + 34o = 60o
Q14. a
2x + 4x = 120º ⇒ x = 20º
4x + α = 180º ⇒ α = 100º
Q15. aSe os ângulos da base medem x, o ângulo do vértice é ¼ de 2x. Somando-se os três ângulos, encontramos
x x x o+ + =12
180 ⇒ x = 72o, e o ângulo do vértice é 36o.
Q16. c
,º º º ºx y z x y zx y e z2 3 4 9 20 40 60 80&= = =
+ += = = =
Q17. b
x
r
s70o
2x + 20o
2x + 20o
2 x + 20o = x + 70o ⇒ x = 50º.
Matemática
Manual do Professor
32
Q18. a12 – 8 < AC < 12 + 8 ⇒ 4 < AC < 20. Como AC é a rodo-via mais extensa, AC > 12
⇒ 12 < AC < 20. Se as outras duas estradas medem 12 e 8, o trajeto varia de 32 a 40.
Q19.
A M C
B
HÂM = 40º ⇒ HMA = 50º ⇒ =+ MABMBA 130º
Como AM = BM, == MABMBA 65º
Logo, .B e C65 25o o= =t t
Q20.
A
B
M C
Suponhamos .MBCMBA α==
Se BM = MC, .BCMMBC α==
Logo, α=α= 2CBAeCPortanto, α + 2α = 90º ⇒ α = 30º e os ângulos agudos do triângulo ABC medem 30º e 60º.
Q21.Se P é o baricentro, AP = 4 cm. Se N é ponto médio de AB, AN = AB/2 = 4 cm. Logo, AP = AN e, já que NÂP = 60º, o triângulo ANP é equilátero. Concluímos que NP = 4 cm ⇒ PC = 8 cm ⇒ CN = 12 cm.
Q22.O terceiro lado, de medida x, é o maior lado do triângulo, logo x > 5. Deve ser 5 – 3 < x < 5 + 3 ⇒ 2 < x < 8.Portanto, 5 < x < 8, e os possíveis valores de x são 6 e 7.
Q23.BÊD = 48º ⇒ BÊC = 132º
,
.
No BEC B C B C
B C A
2 2 132 180 2 48
96 84
o o o
o o
&
& &
T + + = + =
+ = =
W W W W
W W W
Q24.Se BD = x, como  é o menor ângulo do triângulo ABD, x < 4. Temos ainda que 3 – 2 < x < 3 + 2 ⇒ 1 < x < 5 e 7 – 4 < x < 7 + 4 ⇒ 3 < x < 11. A interseção das três condições é 3 < x < 4.
Q25. cSe E B C = x, D B C = 2x e A B C = 3x
Se ECB = y, DCB = 2y e ACB = 3y
3x + 3y + 30o = 180o ⇒ x + y = 50o
E + x + y = 180o ⇒ E = 130o
D + 2x + 2y = 180o ⇒ D = 80o
E – D = 130o – 80o = 50o.
Q26. bComo FC = FE, FCE = F E C = x. Como γ é ângulo exter-no do triângulo BED, γ = x + α. Como FCE é ângulo ex-terno do triângulo ABC, x = α + b. Das duas igualdades,
concluímos que α = 2c b- .
Q27.
a) n = 6 ⇒ i = 180 6 26
o( )− = 120o ; e = 360
6
o
= 60o
d = 6 6 32
( )− = 9
b) n = 10 ⇒ i = 180 10 210
o( )− = 144o ; e = 36010
o
= 36o
d = 10 10 32
( )− = 35
Q28.
a) (n – 2)180o = 1 620o ⇒ n = 11 ⇒ d = 11 11 32
( )− = 44
b) n n( )− 3
2 = 90 ⇒ n(n – 3) = 180 ⇒ n = 15
e = 36015
o
= 24o ; i = 180o – 24o = 156o .
Q29.a) Se o polígono tem n lados, há (n – 2) ângulos internos
medindo 160o. Logo, a soma de todos os ângulos in-ternos é
142o + 138o + (n – 2) . 160o = 180o(n – 2) ⇒ n = 16.
b) d = 16 16 32
( )− = 104.
Q30. b
S S
n
n
2 340
180 2 360 2 340
13
i eo
o o o
&+ =
- + =
=
^ h
( )
( )
d n n
d
23
213 13 3 65
= -
= - =
Q31.Observe a figura.
Manual do Professor
Matemática 33
A DN
O
M B C
72o
Se o polígono tem n lados, ˆ ˆ ( )B C
nn
o
= =−180 2
e ˆ ˆM N= = 90o. No pentágono MBCNO, a soma dos an-gulos internos é 180o(5 – 2) = 540o, logo
180 2 180 2o onn
nn
( ) ( )−+
− + 90o + 90o + 72o = 540o
⇒ 360 2o nn( )− = 288o ⇒ n = 10.
Q32.
Se M é o vértice do ângulo α, ABMˆ = BÂM = 360
5
o
= 72o
(ângulo externo do pentágono regular)
α + ABMˆ + BÂM = 180o ⇒ α + 72o + 72o = 180o ⇒ α = 36o.
CDEˆ = 108o (ângulo interno do pentágono regular) e
EDFˆ = 60o (ângulo interno do triângulo equilátero)
⇒ CDFˆ = 108o – 60o = 48o
CD = DE = DF ⇒ DCF DFCˆ ˆ= = b ⇒ b + b + 48o = 180o
⇒ 2b = 132o ⇒ b = 66o.
Q33. b
a b c d + + + = ⇒360º xx
xx x
22
32
360 72+ + + = ⇒ =º º
x f f+ + = ⇒ =90 180 18º º º .
Q34. dA
B C
30o
60o
E
D
xx
x + x + 30o = 180o ⇒ x = 75º.
Q35. a
Os ângulos BDC e ABDˆ ˆ são alternos internos. Logo, BDC ABDˆ ˆ= = x. Como BD é bissetriz de ADC ADB xˆ , ˆ =
e, uma vez que ABCD é um trapézio isósceles, BCD xˆ = 2Considerando-se o triângulo BCD, obtém-se x = 30o.
A B
D Cx
x
x
2x
Q36.A medida do segmento da base média com extremos nas diagonais é a semidiferença das bases. Sendo d a medida da base maior,
d2
4 4- = ⇒ d = 12 e o perímetro do trapézio
é 4 + 8 + 8 + 12 = 32 ⇒ 32 cm.
Q37.Os ângulos a e 2a devem ser adjacentes, logo eles são suplementares. Portanto, a + 2a = 180º ⇒ a = 60º. A menor diagonal forma, com dois dos lados do losango, um triângulo equilátero. Concluímos que cada lado do losango mede 5 cm e seu perímetro é 20 cm.
Q38.Se MNCB é um trapézio, MN // BC, o triângulo AMN também é equilátero e o trapézio MNCB é isósceles.Logo, AM = AN = MN = 6. Supondo BM = CN = x, AB = AC = BC = 6 + x.Perímetro do triângulo AMN: 18Perímetro do trapézio: x + x + 6 + 6 + x = 12 + 3x.12 + 3x = 18 ⇒ x = 2 ⇒ BC = 8 cm.
Q39.Os lados de Q2 são bases médias dos triângulos formados pelos lados de Q1 com as diagonais. Logo, cada par de lados opostos de Q2 é formado de segmentos paralelos e cuja medida é metade de uma diagonal de Q1. Assim, Q2 é um paralelogramo em que dois lados medem 3 cm e os outros dois, 4 cm cada um. Seu perímetro é 14 cm.
Q40.A paralela a BE, traçada por A, corta EC no ponto F. Temos, assim, o paralelogramo BAFE, com EF = 7 cm.
Supondo BÊC = a e BÂC = 2a, temos que CFA = a e BÂF = a ⇒ CÂF = a ⇒ ∆CAF é isóceles ⇒ FC = 12 cmLogo, EC = EF + FC ⇒ EC = 19 cm.
Q41.
APOˆ = 90o ⇒ PÔA = 50o . Como COB é triângulo isósce-les, OBC OCBˆ ˆ= = 25o
⇒ x = 155o.
Q42.
PÂB = PBAˆ = 90o – b. No triângulo PAB,
α + 2(90o – b) = 180o ⇒ α = 2b
Matemática
Manual do Professor
34
Q43.
a) O menor arco AB mede 100o ⇒ o menor arco
BC mede 180o – 100o = 80o ⇒ α = 80o/2 = 40o
b) O menor arco AC mede 124o ⇒ o menor arco
AB mede 180o – 124o = 56o
α = 2124 56o o- ⇒ α = 34o.
c) ˆ ˆB D= = 26o, porque eles estão inscritos no mes-
mo arco AC. No triângulo PBC,
α + 26o + 130o = 180o ⇒ α = 24o.
d) Ligando O a B, OB = AB ⇒ o triângulo ABO é
isósceles ⇒ BÔA = 20o. O ângulo BÔA é externo do triângulo isósceles BOE ⇒ = BÊO = 10o
Como α é ângulo externo do triângulo ABE,
α = Â + BÊA = 20o + 10o ⇒ α = 30o.
Q44.OÂP = OCPˆ = 90o
AÔC é ângulo central e tem a mesma medida do arco AC ⇒ AÔC = 120o
Como a soma dos ângulos internos do quadrilátero é 360o, APCˆ = 60o
⇒ os ângulos medem 60o, 90o, 90o e 120o.
Q45. aO arco BE tem medida de 50o, e o arco CD é calcula-
do através da equação CD40 250o
o
= - . O arco CD tem medida de 130o, e o ângulo interno x tem medida de 130 50
290
o oo+
= .
Q46. bAB é lado de um pentágono regular ⇒ o menor arco AB mede 360o/5 = 72o ⇒ o maior arco AB mede 288o.
AMB 2288 72o o
= -t = 108o
Q47. bSendo o triângulo ADC isósceles, pode-se afir-mar que o ângulo central ADC mede 140º e que o ângulo inscrito A B C mede 70º
Q48. aOs triângulos BDF e CEF são isósceles de bases DF e EF, respectivamente. Assim, δ mede 40o
C F
E
AD
82,5o
57,5o 82,5o65o15o
57,5o
δ
B
Q49. aAs medidas dos arcos AD, DC, CB e BA são, respectiva-mente, 2m, 2n, 90o e 130o cuja soma é 360o:
2m + 2n + 90o + 130o = 360o ⇒ m + n = 70o.
Q50.
Os ângulos B e D são inscritos numa semicircunferência ⇒ B = D = 90o
 + C = 180o e C = 18o +  ⇒  = 81o e C = 99o
⇒ 81o, 90o, 90o e 99o.
Q51. dAB + CD = AD + BC
⇒ 2x + 12 + 16 = 2x + x + 6 ⇒ x = 22
⇒ BC = 28.
Q52. bSe a soma das bases é 10 m, a soma dos lados não parale-los também é 10 m.
⇒ o perímetro é 20 metros.
Q53.Temos AM = AP = x, BM = BN = y e CN = CP = z. Che-gamos ao sistema x+ y = 5, y + z = 7 e x + z = 9. Somando membro a membro, chegamos à solução x = 3,5.
Q54. dA disposição para os pontos A, B C e D está representada a seguir.
A B C D
2 x x x
Portanto, ABAC
xx
= =23
23
.
Q55. dOs dois primeiros e os dois últimos ângulos são suplemen-tares ⇒ x + 2x – 3y = α + x + y = 180o
Tomando-se os ângulos alternados, eles são congruentes
⇒ x = α e 2x – 3y = x + y
Resolvendo o sistema, α = 80o.
Q56. d
Se α é o ângulo, 1802
o −=
α x + 90o – α ⇒ α = 2x.
Q57. bOs ângulos y e 2x + 100 são suplementares, logo 2x + 10o + y = 180o. Também são suplementares os ângu-los y + x e 310o – 3x, portanto y + x + 3100 – 3x = 180. A solução do sistema formado é x = 75o e y = 20o e x + y = 95o.
Manual do Professor
Matemática 35
Q58. bQuando os ponteiros de um relógio marcam 1h 50min, qual a é medida do ângulo central formado por eles?
1
2
O ângulo será 4 . 30 . 30 120 5 1156010o o o o o- = - =
Q59. e
130o
x – 50o
50o
150o
x – 50o + 150o = 180o ⇒ x = 80o
Q60. cOs ângulos α e b somados têm valor igual à soma dos ângulos 30o e 70o, ou seja, α + b = 100o
Q61. b
15o
15o
α – 15o
α – 15o
105o – α
120o b
r
s
120 180 60
3 195
105 60 45o o o
o o o
o
&
&
`
b b
a b
a a
+ = =
+ =
- = =
Q62.
yr
s // r
x – 30o
30o
30o
70o
70o 110o
Os ângulos x – 30o e y são alternos internos, logo,
x – 30o = y ⇒ x – y = 30o
Resposta: 30o.
Q63. ePassando, pelo vértice do ângulo de 126o, uma paralela a r e s, ele fica dividido em dois ângulos de medidas 180o – α e 180o – b ⇒ 180o – α + 180o – b = 126o
⇒ α + b = 234o
Se as bissetrizes de α e b se interceptam no ponto O, pas-sando por O uma reta paralela a r e s, o ângulo AÔB fica
dividido em dois ângulos de medidas α β
2 2e
⇒ AÔB = α β
2 2+ = 117o.
Q64. c
Se o ponteiro das horas estivesse sobre o 12, então o ângulo seria igual a 4 . 30º = 120º. Como faltam 20 minutos para o meio-dia, o ângulo que o ponteiro das horas percorreria até o meio-dia seria 30º/3 = 10º. Portanto, o ângulo pedido mede 120º – 10º = 110º.
Q65. b
Como α = 3b ⇒ b = 25o e γ = 6 . 25o = 150o e
x + 100o + 30o = 180o. Logo x = 50o.
Q66. a
b
b
a
a – b
a – b
2b – a
a – b2
.a b b a a b b a a bba
2 2 4 2 3 5 35
& & &- = - - = - = =
Q67. d
B
A
C
yy
2y x
x
126o
54o
8
M
As medidas em graus dos ângulos indicados estão repre-sentados na figura anterior. Temos que 3y = 54 ⇒ y = 18o e 2y + x = 90o ⇒ 36o + x = 90o ⇒ x = 54o.
Matemática
Manual do Professor
36
Q68.
No triângulo ABC, o maior ângulo é Â, logo o maior lado é BC. No triângulo BCD, o maior ângulo é o reto, logo BD > BC.
No triângulo BED, o maior ângulo é Ê, logo o maior lado é BD. O maior segmento da figura é BD.
Q69. dO prolongamento de DE forma com o lado AB um ân-gulo de medida igual ao ângulo , cujo valor é 180o – 57o – 75o = 48o.
105o
28o
75o
A
F
ED
x
x
C B
57o
Q70.
a) O maior lado poderá ter no máximo 7 varetas.
Com o maior lado igual a 7, temos as opções
(7, 4, 4), (7, 3, 5), (7, 2, 6) e (7, 1, 7).
Com o maior lado igual a 6, temos as opções
(6, 3, 6) e (6, 4, 5).
Com o maior lado igual a 5, temos apenas a
opção (5, 5, 5).
No total, temos 7 triângulos não congruentes.
b) São isósceles os triângulos relativos às opções (7, 4, 4), (7, 1, 7), (6, 3, 6) e (5, 5, 5) ⇒ 4 triângulos.
c) Só é equilátero o triângulo relativo à opção (5, 5, 5) ⇒ 1 triângulo.
Q71.Suponha que as bissetrizes nos vértices B e C se cortem em O. O triângulo ABO é isósceles, porque OÂB = OBAˆ . Se AÔB = 20o, OÂB = OBAˆ = 80o ⇒ os ângulos internos do polígono medem 160o. Concluímos que são polígonos de 18 lados, que têm 135 diagonais.
Q72. b
45o
45o
92o
y
xx
x + 45o + 92o = 180o ⇒ x = 43º
Como 2x é o ângulo agudo do trapézio, pode-se afirmar que ele mede 86º.
A soma dos 4 ângulos internos de um quadrilátero é igual a 360º. Portanto, y mede 94º.
Q73. bCada ângulo interno do hexágono regular mede 120o e cada ângulo interno do quadrado, 90o. O triângulo que contém o ângulo x é isósceles e seus ângulos medem x, x e 30o ⇒ x + x + 30o = 180o ⇒ x = 75o.
Q74.O ângulo c é externo ao triângulo cujos ângulos internos não adjacentes são a + b e x. Logo, x = c – a – b.
Resposta: c – a – b.
Q75.
∆ABD é isósceles ⇒ BÂD = BDAˆ = x
∆BCD é isósceles ⇒ CBD CDBˆ ˆ= = y
Os ângulos CDAˆ e BÂD são suplementares
⇒ x + y + x = 180o ⇒ 2x + y = 180o
DÂB = CBAˆ ⇒ x = y + 180o – 2x
⇒ 3x – y = 180o
Resolvendo o sistema, x = 72o ⇒ Â = 72o.
Q76.
∆BCE é isósceles ⇒ EBC ECBˆ ˆ= = x
AE é bissetriz e AB é paralelo a CD
⇒ DÂE = EÂB = DÊA = y
Os ângulos opostos  e C do paralelogramo são
congruentes ⇒ x = 2y
O ângulo DÊB é externo no triângulo BCE
⇒ y + 78o = 2x
Resolvendo o sistema, x = 52o e y = 26o, logo C = 52o.
Q77. aObserve a figura, em que AC = 8 e BD = 6.
AM
B
Q
D P C
N
MN e QP são bases médias dos triângulos
ABC e ADC ⇒ MN // QP e MN = PQ = 8/2 = 4
MQ e NP são bases médias dos triângulos
ABD e BCD ⇒ MQ // NP e MQ = NP = 6/2 = 3
Concluímos que MNPQ é um paralelogramo de 14 cm de perímetro.
Manual do Professor
Matemática 37
Q78. dO segmento de medida a é base média do trapézio
AA’B’B ⇒ a = 10 6
2+
= 8
O segmento de medida b é base média do trapézio AA’C’C
⇒ b = 10 12
2+
= 11
⇒ ab = 88.
Q79. dO degrau do meio é base média do trapézio. Ele mede 45 cm, média aritmética entre as bases. O segundo degrau de baixo para cima é base média do trapézio de bases 45 cm e 60 cm. Logo, ele mede 52,5 cm. O segundo de-grau de cima para baixo é base média do trapézio de bases 30 cm e 45 cm. Portanto, ele mede 37,5 cm. O total é (30 + 37,5 + 45 + 52,5 + 60) cm = 225 cm.
Q80.a = b + 2 e c = b – 2A soma dos ângulos internos dos três polígonos é180º . b + 180º . (b – 2) + 180º . (b – 4) = 3 240º ⇒ b = 8⇒ a = 10 e c = 6Logo, A é um decágono regular, B é um octógono regular e C é um hexágono regular.
01) Verdadeira. O decágono tem 10 10 3
235
-=
^ h diagonais.
02) Falsa. O hexágono tem 92
)36(6=
− diagonais.
04) Verdadeira. A soma é (6 – 2) . 180º = 720º
08) Verdadeira. Cada ângulo externo do decágono regular
mede 360º/10 = 36º.
16) Verdadeira. Cada ângulo externo do octógono regular
mede 360º/8 = 45º. Logo, cada ângulo interno mede
180º – 45º = 135º.
Soma = 1 + 4 + 8 + 16 = 29.
Q81.
A
B
C D
E
F G
Cada um dos seis arcos em que os vértices do hexágono dividem a circunferência mede 360º/6 = 60º. O ângulo de vértice F está inscrito no arco AD, que mede 3 . 60º = 180º. Logo, ele mede 180º/2 = 90º. O ângulo de vértice D está inscrito no arco BF, que mede 2 . 60º = 120º. Portanto, ele mede 120º/2 = 60º. Consequentemente, o ângulo de vértice G mede 30º.Os ângulos do triângulo DFG medem 90º, 60º e 30o.
Q82.Os ângulos inscritos x, y e 25o são inscritos no mesmo arco DE, logo, têm medidas iguais, e a soma x + y = 50o.
Q83.a) O círculo que circunscreve a circunferência tem diâ-
metro igual à hipotenusa do triângulo ABC. Assim, tem raio igual a 9 cm e comprimento 18π cm.
b) A seguir, os lados do triângulo ABC foram expressos a partir de x. Somando-os, encontramos
18 + 21 – x + 3 + x = 42 cm
18 – x
18 – x
3
x
xC B
A
3
Q84. aTraçando-se o segmento OB, construímos os triângulos isósceles OBC e ABO. Como α é externo ao triângulo ACO, temos que α = θ + 2 θ = 3 θ.
A
2θ2θ
D
B
O
Cθθα
Q85. bObserve a figura.
A
B E
DC
Suponhamos que os arcos AB, BC, CD, DE e EA meçam a, b, c, d, e, respectivamente.
 = b c d
e Ca d e+ +
=+ +
2 2ˆ (ângulos inscritos)
Somando membro a membro,
 + Ca b c d e d
=+ + + + +
2 = 265o
Como a + b + c + d + e = 360o, 3602
o d+ = 265o
⇒ d = 170o e EBDdˆ = =2
85o.
Q86. d
º º ºº
º
º º º º º
AED ABC
x AED
y ABC
x y AED ABC
360 60 300
260
260
260 60
2300 120 210
+ = - =
= +
= +
+ = + + + = + =
t t
t
t
t t
Z
[
\
]]]
]]]
Matemática
Manual do Professor
38
Q87.
O triângulo OBC é isósceles de base BC, logo CBO eBOC53 180 53 53 74o o o o o= = - - =t t . Portanto, o arco BC mede 74o e α = 37o.
Q88. a
Se os arcos BG, DF e BC medem x, y e z, respectivamente,
x y2
55o+= ⇒ x + y = 110º.
x + y + z + 110º + 80º = 360º ⇒ x + y + z = 170º
y z2
15o-= ⇒ y – z = 30o.
Resolvendo o sistema, z = 60o, y = 90o e x = 20o.
Q89. dSe y é a medida do menor arco AP,
y + 100º + 194º = 360º ⇒ y = 66º
x = 2194 66 64
o oo- =
Q90. dOs três arcos medem 5k, 6k e 7k, para algum k real, k > 0. A soma dos três arcos é5k + 6k + 7k = 360º ⇒ 18k = 360º ⇒ k = 20º e os arcos medem 100º, 120º e 140º. Vamos calcular as medidas dos ângulos internos do triângulo ABC.
1.o) 1 02
100 120 4 40o o o
o+ - =
2.o) 1 02
100 140 2 60o o o
o+ - =
3.o) 1 02
120 140 0 80o o o
o+ - =
Q91.Se x e 6 são as medidas de dois lados opostos e y e 8 são as medidas dos outros dois,
x + 6 = y + 8 ⇒ x – y = 2
O perímetro é x + 6 + y + 8 = 30 ⇒ x + y = 16
Resolvendo o sistema, x = 9 e y = 7 ⇒ 9 cm e 7 cm
Q92.
ˆ ˆB D= = 90o e C + Â = 180o e, como C = 2Â, concluímos
que  = 60o e C = 120o, e as medidas dos ângulos em radianos são , , e3 2 2 3
2r r r r .
Q93.a) Observe a figura, em que R é o raio da circunferência. Os raios nos pontos em que os catetos tangenciam a
circunferência formam um quadrado.
6 – R6 – R
8 – R
8 – RR
R
6 – R + 8 – R = 10 ⇒ R = 2
O perímetro da circunferência é 2πR = 4π ⇒ 4π cm
b) A hipotenusa do triângulo é o diâmetro da circunfe-rência, logo R = 5 e o perímetro da circunferência é 2πR = 10π ⇒ 10π cm
Q94.PM = PN = 8. Se X é o ponto em que AB tangencia a cir-cunferência, AX = AM e BX = BN
⇒ PA + AX = PA + AM = PM = 8 e
PB + BX = PB + BN = PN = 8
⇒ o perímetro é PA + AX + PB + BX = 8 + 8
⇒ o perímetro é 16 cm
Q95a) NR = NM e NT = NM, logo os três segmentos
são congruentes.
b) N é equidistante de M, R e T ⇒ M é centro de uma circunferência de diâmetro RT ⇒ o triângulo MRT está inscrito numa semicircunferência ⇒ ele é retângulo em M.
Q96.
Se AQPˆ = x e BQPˆ = y, x + y = 60o .
QA = QP ⇒ o triângulo QAP é isósceles e
APQˆ = x2
180 o - .
Analogamente, QPB y2
180o
=-t
⇒ APB x2
180o
= -t + y
2180o -
=
= x y
2360
2360 60
o o o- += -^ h ⇒ APBˆ = 150o
Manual do Professor
Matemática 39
CAPítUlO 5 – RelAçÕeS MÉtRICAS eM POlígOnOS e CIRCUnFeRÊnCIAS
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Calcular as medidas de segmentos, utilizando o Teorema de Tales e o teorema da bissetriz interna.
• Identificar triângulos semelhantes.
• Calcular segmentos em triângulos semelhantes.
• Enunciar e aplicar as relações métricas na circunferência.
• Deduzir relações em figuras geométricas planas, com base na semelhança de triângulos.
• Enunciar as relações métricas no triângulo retângulo.
• Definir seno, cosseno e tangente de um ângulo agudo.
• Indicar as razões trigonométricas de 30º, 45º e 60º.
• Calcular ângulos e lados em triângulos retângulos, utilizando as relações métricas e trigonométricas.
• Calcular elementos de um triângulo, utilizando a lei dos senos e a lei dos cossenos.
• Relacionar lado, apótema e raio de triângulos equiláteros, quadrados e hexágonos regulares.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• A semelhança de triângulos é a base para a demonstração das relações métricas nas figuras planas. Explore a se-melhança, chamando atenção, principalmente, para o caso AA (ângulo-ângulo), que ocorre na maioria das vezes.
• Enfatize o fato de a razão entre segmentos homólogos em um triângulo ser igual à razão de semelhança.
• Explore as relações métricas na circunferência como uma primeira aplicação importante da semelhança de triângulos. Demonstre uma dessas relações, como exemplo.
• Dê atenção especial ao Teorema de Pitágoras e a suas inúmeras aplicações práticas.
• Mostre que as razões trigonométricas de um ângulo só dependem da medida desse ângulo. Elas indepen-dem do triângulo associado a esse ângulo.
• Faça um paralelo entre a lei dos cossenos e o Teorema de Pitágoras. Mostre que este último é um caso especial daquela lei.
• Explore apenas os principais polígonos regulares (triângulo equilátero, quadrado e hexágono regular), mas mostre que as relações nos polígonos regulares são mais gerais.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.
a) 43 6= ⇒
x3x = 24 ⇒ x = 8
b) 35 6
2= =
xy
⇒ x = 3,6 e y = 10/3
Q2. bAs dimensões das frentes dos terrenos para a Rua A são proporcionais às dimensões das frentes dos terrenos para a Rua B. Então,
25 15
625 150 15 15
x xx x x= ⇒ = ⇒ =
−−
Q3.
AB + CD = AD + BC ⇒ 6 + 12 = 8 + x + y
⇒ x + y = 10 e x y2 6= ⇒ x = 2,5 e y = 7,5
Q4.Se x e y são as medidas dos dois segmentos,
x + y = 8 e x y4 6= ⇒ x = 3,2 e y = 4,8
⇒ 3,2 e 4,8
Matemática
Manual do Professor
40
Q5. d
B
D
Cx
30 – x
96
A
Seja x a medida do lado AB. Como o perímetro do tri-ângulo ABC é 45 cm, pode-se afirmar que a medida do lado AC, em função da medida do lado AB, é (30 –x) cm. Com base no teorema da bissetriz interna, constitui-se a seguinte proporção:
x xx cm
930
618=
−⇒ =
Q6. dAM = NA = 6 ⇒ AB = 18
Se Q é o ponto em que BC tangencia a circunferência, BQ = BM = 12 ⇒ QP = 2.
CN = x ⇒ CQ = x ⇒ CP = x – 2
AP é bissetriz interna ⇒ ABBP
ACCP
=
⇒ 1814
62
=+
−
xx
⇒ x = 30
Os lados do triângulo medem 18, 36 e 42, e seu perímetro é 96.
Q7. d
h
12 m
1m
0,6 m
Seja h a altura do poste.
hh m
1120 6
20= ⇒ =,
Q8.Observe a figura.
C R A
Q
N
B
M
P
Os triângulos BNM e PCR são semelhantes.
⇒ BNMN
PRCR
= ⇒ BN3
12
= ⇒ BN = 1,5
⇒ AB = 3,5
⇒ os catetos medem 3,5 e 7.
Q9.Os triângulos ABE e DCE são semelhantes.
Se x é a altura do triângulo ABE,
38 5=
+
xx
⇒ x = 3
Q10. cConsideraremos DE = x e EF = 2x e, como
~ABC ADGD D
concluímos que BCDG
hh x x
BC
DG
= ⇒ =−
⇒602
2020
x = 12
O perímetro do retângulo DEFG é 6x = 72 m.
Q11. dNo paralelogramo PQBR, suponhamos
BR = PQ = x e RP = BQ = y.
Da semelhança dos triângulos ARP e ABC,
ARAB
APAC
RPBC
= = ⇒ 6
668 9
−= =
x y
⇒ x = 1,5 e y = 6,75
O perímetro do quadrilátero é 2x + 2y =
= 3 + 13,5 = 16,5.
Q12. aOs triângulos ABE e BFC são semelhantes
⇒ BEAB
BFBC AB
= ⇒ =6 3
4 ⇒ AB = 8
O perímetro do paralelogramo é
2 . 8 + 2 . 4 = 24.
Q13. eOs triângulos DAN e PBN são semelhantes, e a razão de semelhança é NA/NB = 2.
BN = BP ⇒ AN = AD = BC = 6
⇒ AB = DC = 9 e o perímetro do paralelogramo é
2 . 6 + 2 . 9 = 30.
Q14. b
Δ ΔABC DBEABBD
ACDE x x
x~ ,⇒ = ⇒−
= ⇒ =1
13
0 75
Q15.Se AM é a mediana e R é o baricentro, sabemos que AR/AM = 2/3. Os triângulos ABC e APQ são semelhantes e a razão de semelhança é 2/3, logo a razão de seus perí-metros é 2/3, e o perímetro do triângulo
APQ é 23
. 12 cm = 8 cm.
Manual do Professor
Matemática 41
Q16. bOs triângulos PAM e QBM são retângulos e semelhantes. Se MA é o triplo de MB, 6 é o triplo de R, logo R = 2.
Q17.a) 6.x = 3.8 ⇒ x = 4
b) 4(4 + x) = 3(6 + x) ⇒ x = 2
c) 4 . 12 = 3(3 + 2x) ⇒ x = 6,5
d) (4x – 1)(6x + 6) = (5x + 1)2 ⇒ x2 – 8x + 7 = 0
⇒ x = 1 ou x = 7
e) 2 . 8 = x . x ⇒ x = 4
f) Seja y a medida do segmento adjacente aos
de medidas 9 e 4
4(y + 13) = 5 . 16 ⇒ y = 7
3(2x – 3) = 9y ⇒ x = 12.
Q18. dSe M e N são os pontos em que PO tangencia a circunfe-rência, PM = 4 e PN = 16
(PT)2 = PM.PN ⇒ (PT)2 = 4 . 16 ⇒ PT = 8.
Q19.8 . k = 4(k + 3) ⇒ k = 3 ⇒ PB = 15
(PT)2 = PA.PB ⇒ (PT)2 = 5.15 ⇒ PT = 5 3
⇒ 5 3 cm
Q20. d
P
AB
DC2
O
xx
x x
PA PB PC PD x x x x. . . ( ) ,= ⇒ = + ⇒ = + =2 2 2 2 1 3 2 7
Q21. b
A 3 3
C
D
O
r
(r–3)
3P
PA PB PC PD r r r cm. . . ( )( )= ⇒ = − + ⇒ =3 3 3 3 3 2
Q22. d(AC)2 = 9.25 ⇒ AC = 15
A distância PH de P ao diâmetro AB forma o triângulo BPH, semelhante ao triângulo BCA, logo
BPPH
BCCA PH
= ⇒ =16 25
15
⇒ PH = 9,6.
Q23. cPB = k, PC = 2k e PA = 3k.
(3k)2 = 2k(2k + 6) ⇒ k = 2,4
Se R é o raio da circunferência,
(3k)2 = k(k + 2R) ⇒ R = 4k = 9,6.
Q24. d
C
E
B
A
9 cm
16 cm
4 cmx
Δ ΔABC DBEx
~ ⇒+
= ⇒9
91612
x = 3 e AB = 12
A partir do triângulo retângulo ABC, obtém-se que ( )BC BC2 2 216 12 20= + ⇒ = e o perímetro do triângulo ABC é 20 + 16 + 12 = 48 ⇒ 48 cm.
Q25.
9
9
16
4 4
12 x
Traçando-se pelo topo do poste uma paralela ao solo (linha tracejada), formamos um triângulo retângulo cujos catetos medem 9 m e 12 m. Pelo Teorema de Pitágoras, x2 = 92 + 122 = 225 ⇒ x = 15 ⇒ o comprimento do fio é de 15 m.
Q26.Ligando A a B e traçando, por B, uma vertical que corta o segmento de 20 m em C, temos o triângulo retângulo ABC em que
AC = 20 – 18 + 5 = 7 e BC = 15 + 9 = 24
(AB)2 = 72 + 242 = 625 ⇒ AB = 25.
Q27.Observe a figura.
A
B
M O
Se O é o centro comum e M o ponto de tangência, OM é perpendicular a AB, e M é ponto médio de AB. Se BM = x, pelo Teorema de Pitágoras, obtemos
x = 4 3 e, portanto, AB = 2x = 8 3 .
D
Matemática
Manual do Professor
42
Q28.
A
B
C
H
P
6
8
x
Pelo Teorema de Pitágoras, BC = 10.
(AC)2 = CH . BC ⇒ 82 = CH . 10 ⇒ CH = 6,4.
A distância pedida é a medida de HP, perpendicular a AC. Os triângulos ABC e PHC são semelhantes. Logo,
, , .,PH
AB x dmHCBC
x3 84 3 846
6 410
& & &= = =
Q29. eB
A Cx
x x - 2
x - 4
M N
42
∆ABC ~ ∆MBN ⇒x
x xx
−= ⇒ =
2 46
( ) ( ) ( )BN BM MN BN cm2 2 2 4 2= + ⇒ =
O perímetro do triângulo MBN é 4 + 4 + 4 2 =
= 4 2 2( )+ cm .
Q30. c( ) ( ) ( )
~
CE DE DC DC
HAE CDEECAE
DCAH AE
AE
2 2 2 6
10 84
= + ⇒ =
⇒ = ⇒ = ⇒ =Δ Δ 5
Q31.a) Observe a figura.
A
BC
5
Se os lados não paralelos medem x, temos que x + x = 2 + 8 ou x = 5. As duas alturas tracejadas me-dem 2R, diâmetro da circunferência inscrita, e dividem o trapézio em um retângulo e dois triângulos retângulos congruentes. Concluímos que BC = 3 e, pelo Teorema de Pitágoras, obtemos AC = 2R = 4 ⇒ R = 2.
b) Observe a figura.
B
A CN
P
OM
Na figura, AB = 6 e AC = 8. Sendo O o centro da circun-ferência inscrita, OMAN é um quadrado de lado R, raio da circunferência.
BM = BP = 6 – R e CN = CP = 8 – R
⇒ BC = 14 – 2R. Pelo Teorema de Pitágoras, obtemos BC = 10 ⇒ 14 – 2R = 10 ⇒ R = 2.
Q32. a
a – ba + b
Pelo Teorema de Pitágoras, d a b ba2 2 2+ − = + ⇒( ) ( )⇒ =d ab2
Q33. bObserve a figura.
A
C BH
x xh
h – 22
h – 2
Nela, a altura relativa à base BC mede h, a base mede h – 2 e os lados congruentes têm medida x. Como o perí-metro é 36m, 2x + h – 2 = 36 ou h = 38 – 2x. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AHB, obtém-se h=12. Logo, AH = 12 cm e BC = 10 cm.
Q34. bA partir do sen 30o, descobre-se que h = 750 m
Q35.Tracemos a diagonal BD. Como AB = AD, os ângulos ABD e ADBˆ ˆ medem 45o e, consequentemente, CBDˆ
mede 90o. Pelo Teorema de Pitágoras, BD = . Uti-
lizando as razões trigonométricas no triângulo BCD, ob-
temos BC = 2 e CD = 4 ⇒ o perímetro do quadrilátero é
62 + 6 = 2 6 3+( )
Manual do Professor
Matemática 43
Q36. cOs ângulos do triângulo medem 30o, 30o e 120o. Traça-mos a bissetriz do ângulo de 120o, que é também mediana e altura. Com isso, o triângulo original fica dividido em dois triângulos retângulos congruentes de ângulos inter-nos medindo 30o, 60o e 90o
Se o maior lado do triângulo original mede x e o menor
mede y, cos 30o = xy/ 2 3
2=
⇒ xy= 3 .
Q37. dSeja HB o segmento perpendicular a AD. A par-tir de sen 30o e cos 30o, concluímos que HD = 1 e AH = AB é a projeção do cateto AH sobre a hipote-nusa e é determinado observando-se que
cos /303
2 3
32
3 2o ABAH
ABAB= = ⇒ = ⇒ = .
Q38. cO triângulo retângulo ABC é isósceles e, portanto, seus ângulos agudos medem 45o.
A
CB
2 m
6 m
4 m
Q39. c
Como BD = 5 e AD = 3, concluímos que AB = 4. A tan-
gente de 90o – α é dada por tg(90o – α) = ACAB
==+
=5 3
42 .
Q40.As alturas AE e BF dividem o trapézio em um retângulo em que EF = 6, e dois triângulos retângulos.
45 9
60
senBCBF BF BF AE
tg DEDEAE
DE
22
3 3 3
9 2
9
o
o
& &
& &
= = = =
= ==
O triângulo BFC é isosceles ⇒ FC = BF = 9
A base CD mede cm)53(3 + cm e a altura, 9 cm.
Q41.Traçando-se o raio OT, temos o triângulo retângulo OTA, em que OT = r e OA = 3 + r.
senOAOT
rr r
2130
33o
& &= =+
= .
Q42. O arco BC mede 30º. Se O é o centro da circunferência, traçamos o raio OC e a distância CH pedida. Temos o triângulo OCH, em que OC = 6 e CÔH = 30º
âsenOCCH CH CH dist ncia
21
630 3 3o
& & &= = = =
Q43.Temos que C = 120o . Pela lei dos senos,
BC ABo osen sen45 120= ⇒
BC
2 2
9
3 2/ /=
⇒ BC = 3 6 cm.
Q44. aO maior ângulo α é o que se opõe ao maior lado, que mede 21. Pela lei dos cossenos, 212 = 92 + 152 – 2 . 9 . 15 . cos α⇒ 441 = 81 + 225 – 270 . cos α⇒ 270 . cos α = –135 ⇒ cos α = –1/2⇒ α = 120o.
Q45.a) 122 > 62 + 102 ⇒ triângulo obtusângulo.
b) 102 < 82 + 92 ⇒ triângulo acutângulo.
c) Se os lados são 3k, 4k e 5k,
(5k)2 = (3k)2 + (4k)2 ⇒ triângulo retângulo.
d) Se os lados são inversamente proporcionais a 3, 4 e 6, eles são diretamente proporcionais a 4, 3 e 2 (o pro-duto é constante e igual a 12). Os lados medem 4k, 3k e 2k.
(4k)2 > (3k)2 + (2k)2 ⇒ triângulo obtusângulo.
Q46. d
( ) ( ) ( ) ( )( )cos
( ) (
AC AB BC AB BC
AC AC
o2 2 2
2 2 2 12
2 60
3 8 2 3 8
= + −
⇒ = + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒ ))
( )
2
2
9 64 24
49 7
= + −
⇒ = ⇒ =AC AC
Q47
a) AB
C
AC
B
AB AB
AB
o osen sen sen sen= ⇒ = ⇒ =
⇒ =
30
18
45 12
18
22
9 2
b) A
B C
45o
45o
9
9 H
18
30o
9 3
Seja AH a altura relativa ao lado BC. A partir do triângulo ABH, conclui-se que BH = 9 e, a partir do triângulo ACH, HC = 9 3.
Portanto, BC = + = +9 9 3 9 1 3( ) .
Matemática
Manual do Professor
44
c) ( ) ( ) ( ) ( )( )cos
( ) ( ) ( ) (
BC AB AC AB AC o2 2 2
2 2 2
2 105
9 9 3 9 2 18 2 9
= + −
⇒ + = + − 22 18 105
81 162 3 243 162 324 324 2 105
162 3 162 3
)( )cos
cos
o
o⇒ + + = + − ⋅
⇒ = − 224 2 105
3 1 2 2 105
1051 3
2 2
2
2
2 64
⋅
⇒ = − ⋅
⇒ =−
⋅ =−
cos
cos
cos
o
o
o
Q48. a
. , ,
, . ,
ésenC
AB
senB
ACsenAB
senAB
AB
cm km
O valor real de AB
45 3012 12 2
12 1 41 16 9
16 9 10 000 169 000 1 69
o o& &
&
= = =
= =
= =
t t
16,9 . 10 000 = 169 000 cm = 1,69 km.
Q49.
Sendo BD = x e  = α, temos que C = 180º – α, porque o quadrilátero é inscrito numa circunferência.
No triângulo ABD, pela lei dos cossenos, x2 = 25 + 9 – 2 . 3 . 5 . cos α ⇒ x2 = 34 – 30 cos α.
No triângulo CBD, pela lei dos cossenos, x2 = 52 + 82 – 2 . 5 . 8 . cos (180º – α) ⇒ x2 = 89 + 80 cos α.
Logo, 34 – 30 cos α = 89 + 80 cos α ⇒ 110 cos α = –55
⇒ cos α = −1/2 ⇒ α = 120º ⇒ Â = 120º e C = 60º.
x2 = 34 – 30 cos α = 34 + 15 = 49 ⇒ x = BD = 7 cm.
Q50.
a) Lado: r 3 6 3=
Apótema: r2
62
= = 3
b) Lado: r 2 6 2=
Apótema: r 22
3 2=
c) Lado: r = 6
Apótema: r 32
3 3=
Q51.a) O lado tem a medida do raio: 6.
b) Três das diagonais têm a medida do diâmetro da circunferência circunscrita, logo medem 12.
As outras seis têm a medida do lado do triângulo equiláte-ro inscrito na circunferência, logo medem .
c) A circunferência inscrita tem como raio o apótema do hexágono, que mede 3 3 .
Q52.
R 2 6 2= ⇒ R = 6
A distância pedida é a diferença entre o raio da circunferên-cia e o apótema do triângulo, que é a metade do raio, logo, a distância é a metade do raio, ou seja, 3 cm.
Q53.O arco AB mede 60o e o arco BC mede 120o; logo, o arco AC mede 180o e AC é diâmetro da circunferência⇒ AC = 20 cm.
Q54.Observe a figura. O ponto assinalado é o centro da figura e do triângulo equilátero que liga os centros das circun-ferências.
O raio da circunferência maior é a soma do raio da circunfe-rência menor com o raio do triângulo equilátero.
O lado do triângulo mede 12, logo seu raio mede r = 4 3 .
O raio da circunferência maior mede 6 + 4 3
⇒ (6 + 4 3 ) cm.
Q55.Os arcos AB, AC e BC medem, respectivamente, 90º, 120º e 150º. Logo, os ângulos do triângulo medem
,A B e C75 60 45o o o= = =W W W
AB = 322.62r == e
AC = 233.63r ==
No triângulo AHB, cos 60º =3
BH BH2 2
1 3&= =
No triângulo AHC, cos 45º = H HC C2
33 2
2&= =
BC = BH + CH ⇒ BC = 3 + 3 e AH = CH = 3.
Q56.a) Se x é o lado do octógono, os quatro triângulos retân-
gulos recortados têm hipotenusa x e catetos L – 2x .
Logo, x2 = 2(L – 2)2x ⇒ x = L – )2xL(2 − ⇒ x = )12(L −
b) Se O é o centro do octógono, OA é seu raio, OM é seu apótema e AM é a metade do lado, AÔM = 22,5º,
OM = 2L e AM =
2)12(L −
tg (22,5)o = OMAM 2 1= - .
Q57. e36
4=
EF ⇒ EF = 8
BCME é paralelogramo ⇒ ME = BC = 6
BCM EMFˆ ˆ= = MÊF ⇒ FM = EF = 8
O perímetro do triângulo EFM é 8 + 8 + 6 = 22.
Manual do Professor
Matemática 45
Q58. cAD é bissetriz interna. Se AB = x e AC = y,
x + y + 7 = 21 ⇒ x + y = 14 e x y3 4=
Resolvendo o sistema, x = 6 e y = 8
⇒ AB = 6 e AC = 8
Q59. a
Δ ΔABC CBDBC
BD
AB
BC
AC
CD
x
xx~ ⇒ = = ⇒ = ⇒ =
9
2515
15
9
169 6= ⇒ =
yx ,y = 9,6 ⇒ x + y = 24,6.
Q60. cSe P é o ponto de cruzamento e PE = x, por semelhança
x x100
80120
=+
⇒ x = 400.
Q61. eObserve a figura.
A
BH Q M
C
P
AH é altura, AM é mediana e P é o baricentro. Traçando- -se a distância PQ, os triângulos AHM e PQM são seme-lhantes. Como PM/AM = 1/3, concluímos que também PQ/AH = 1/3 e, portanto, AH = 6.
Q62BMMC
ABAC
= =46
⇒ BCMC
= =106
53
Os triângulos ABC e MNC são semelhantes, e a razão de semelhança é 5/3, logo a razão de seus perímetros também é 5/3 ⇒ o perímetro do triângulo CMN é 10,8.
Q63. dN
M 8 Q
2 E4
P
H
Fx
( ) ( ) ( )MP MQ PQ MP cm2 2 2 4 5= + ⇒ =
Os triângulos MQP e FHE são semelhantes, donde segue que
4 4 52
205x
x cm= ⇒ =
Q64. d
Da semelhança dos triângulos BDG e FEC, 12 LL 3= . Logo,
L2 = 12 ⋅ 3 = 36 ⇒ L = 6 e o perímetro do quadrado é 24.
Q65. aSuponhamos PC = x.Traçando por P uma reta paralela a AB, ela intercepta BC no ponto Q, e o triângulo CPQ é equilátero, de lado x.
Os triângulos BMD e QPD são semelhantes:/
BDBM
QDPQ
aa
x ax x a
22
3& & &= =+
=
Q66.Sejam P a interseção de BC e AD e PQ a distância pedida.
∆ABD semelhantes ao ∆PQD ⇒ .PQ QD
BD12 =
∆BDC semelhantes ao ∆BQP ⇒ .PQ QD
BDPQ QD
BD8
88&=
-=
Logo, ,PQ PQ
PQ128
8 4 8& &=-
= PQ = 4,8 ⇒ 4,8 m ou 48 dm
Q67. dDesde que os triângulos ABF e ADG são semelhantes, te-mos que BF/DG = AF/AG; do mesmo modo, como AFC e AGE são semelhantes, temos AF/AG = FC/GE. Portanto (12 – FC)/7 = FC/8 e daí FC = 8 . 12/15 = 6,4.
Q68. dA
C BH
33
4
x
x
5
ABHD é retângulo em H ( )x x+ = +4 82 2 2
.x x x x BC8 16 64 6 122 2& & &+ + = + = =
Q69. aSuponhamos BC = x e AB = y. Logo, x + y = 10.Traçando-se a altura BH do triângulo retângulo ABD, DH = BC = x ⇒ AH = 8 – x.(AB)2 = AH . AD ⇒ y2 = (8 – x) . 8 ⇒ (10 – x)2 = 64 – 8x⇒ 100 – 20x + x2 = 64 – 8x ⇒ x2 – 12x + 36 = 0 ⇒ x = 6.
Q70.
( )BD 2 2 25 13+ = BD =12 BC = CD = 6
Δ ΔABD CDEBDDE
ADCD DE
de~ , .⇒ = ⇒ = ⇒ =12 5
614 4DE = 14,4.
Q71. aB
C DA
h30o
30o60o
900 3
900 3
sen60900 3
32
o h= = h = 1350 m
Q72. dDistância do observador P à posição em t1:
send
d km6010 20 3
311º= ⇒ = .
Matemática
Manual do Professor
46
Distância do observador P à posição em t2:
send
d km3010
202
2º= ⇒ =
Distância entre as posições em t1 e t2:
2 . . 30
400 400 2 . 20 3 3
400 20 3
. 20 .
.
cosd d d d d
d
d km
23 3
3 3
21
22
21 2
2
o= -
= + -
=
+
=
^ ^h h
Q73. c
d o2 2 280 50 2 80 50 60= + − ⋅ ⋅ ⋅ ⇒cos d = 70 m
Q74. cF
C
E
A B
Dx
10 10
10
0
16 - x
Seja x a medida do segmento AD.
(AD)2 = (AO)2 + (DO)2 ⇒ DO = x2 100− e, portanto,
DF = 10 – x2 100− . De DF.DE = DA.DC,
(10 – x2 100− ) (10 + x2 100− ) = x (16 – x)
⇒ x = 20016
= 12,5.
Q75. b
17
8
x
x x2 2 28 17 15+ = ⇒ = . O comprimento da passarela é 15 + 15 = 30 ⇒ 30 m.
Q76. e
A
C
h34
Bx D 6 – x
h x
h xx x
x x x
2 2 2
2 2 22 2
2
3
6 49 16 6
9 16 36 12
+ =
+ − =
⎧⎨⎪
⎩⎪⇒ − = − −
⇒ − = − − +
( )( )
( 22
2 29 16 36 12
29 12 29 12
)
/
⇒ − = − + −
⇒ = ⇒ =
x x x
x x
Q77. dO triângulo ABC é retângulo em C e PC é a altura relativa à hipotenusa. Das relações métricas num triângulo retân-gulo segue que (PC)2 = PA . PB =
= (OA + OP)(OA – OP) = (OA)2 – (OP)2.
Q78. cB
A
C
D
d 8 – d
9 – d
d d d d2 2 28 9 5= − + − ⇒ =( ) ( ) .
Q79.
Pela lei dos cossenos, temos que
(AC)2 = (AB)2 + (BC)2 – 2(BC)(AB) cos 45o
⇒ = + − ⋅ ⋅ ⋅
⇒ = + −
⇒ − + =
⇒ =− − ± −
6 8 2 82
2
36 64 8 2
8 2 28 0
8 2 8 2
2 2 2
2
2
x x
x x
x x
x( ) ( )22 4 1 8
2
8 2 42
4 2 2
− ⋅ ⋅=
=±
= ±
2
Logo, BC = 4 2 2+ .
Q80. b
P
x
CB2000A
60o
30o
30o
2000
3sen x x60 22 000 1 000 3o&= = =
Q81. b
tg ACBx
x xˆ =+
= ⇒ = − ⇒3
63 6 3 3 ≅ 7,4.
Manual do Professor
Matemática 47
Q82. b
100 m
30o 60o
x
30o
100 m
1cos x x60 50100 2o
&= = =
Q83. b
m6mr r
r63
23
26 2 4 6= ⇒ = ⇒ =
Como, num hexágono regular, a medida do raio coincide com a medida do lado, pode-se afirmar que o seu períme-
tro é igual a 6 . r e, portanto, igual a 24 6 cm.
Q84. cSe o balão se encontrava no ponto E, pelo teorema do ângulo externo, BÊA = 30º ⇒ EA = 3,7. Pelo Teorema de Pitágoras, no triângulo retângulo menor, se h é a altura do balão, h2 + (1,8)2 = (3,7)2 ⇒ h2 + 3,24 = 13,69 ⇒ h2 = 10,45 ⇒ h ≅ 3,2
Q85. dTemos a seguinte figura:
A B C
D 2,2 3,2
0,8
x
Os triângulos ABD e ACE são semelhantes. Logo,
2,28,0
x2,32,3
=+
⇒ x = 5,6
Q86. eSe EF é perpendicular à corda BC em seu ponto médio M, EF é diâmetro da circunferência. Logo, o triângulo EFA é retângulo em A. Os triângulos EUM e EFA são semelhantes, porque têm o ângulo Ê comum e ambos são retângulos.
Q87. bAs sombras são proporcionais às alturas respectivas.
Se x é a altura do poste,cmx
cmcm
20060180 = ⇒ x = 600 cm.
Se a sombra do poste passa para 150 cm, sendo y a medida da nova sombra da pessoa,
cmycm cm180
150600= ⇒ y = 45 cm
Q88. dObserve a figura.
PC
x
RBA
30cm
30cm120cm
90cm
No triângulo retângulo ABC, pelo teorema de Pitágoras, x2 = 902 + 1202 = 22 500 ⇒ x = 150
O comprimento do corrimão é 30 + 150 + 30 = 210⇒ 210 cm = 2,1 m.
Q89. bComo BC é tangente à circunferência e AB é diâmetro, o ângulo de vértice B é reto e os triângulos AFE e ACB são retângulos e semelhantes. (BC)2 = CA . CF ⇒ (BC)2 = 25 . 9 ⇒ BC = 15Da semelhança dos triângulos AFE e ACB,
,F EFBCEF
ACAF E 9 6
15 2516
& &= = =
Logo, BC – EF = 15 – 9,6 = 5,4
Q90.Como AM é lado do triângulo equilátero inscrito, o arco AM mede 120º. Como BN é lado do quadrado inscrito, o arco BN mede 90º. Sendo AB um diâmetro, a corda BM mede 60º e a corda AN mede 90º
01) Verdadeira. O ângulo NBA é inscrito. Logo, ele é a
metade do arco AN.
02) Verdadeira. O ângulo BÂM é inscrito. Logo, ele é a
metade do arco BM.
04) Verdadeira. O arco NAM mede 210º e o arco NBM,
150º. Portanto, o ângulo de vértice P, de vértice exte-
rior à circunferência, mede (210º – 150º)/2 = 30º.
08) Verdadeira. O lado do triângulo equilátero inscrito na
circunferência de raio R mede .R 3 10 3=
16) Verdadeira. O lado do quadrado inscrito na circunfe-
rência de raio R mede .R 2 10 2=
Soma = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31
Q91. c
A B
C D
P
F
x
x x
20 20
40
40 – x
Matemática
Manual do Professor
48
Sendo P o ponto pedido, como ele deve ser equidistante de C e D, deve estar na mediatriz de DC (reta EF, perpen-dicular a AB e CD, com DE = EC), num ponto interior do quadrado tal que PE = PA = PB = x.
No triângulo retângulo PFA, 202 + (40 – x)2 = x2 ⇒ x = 25⇒ deve estar a 25 km de CD
Q92. a
cos 60º = L10
21
2
= ⇒ L2 = 20.
O triângulo ACD é retângulo em A. Logo,
tg 60º = LL L
20 32
1 1= = ⇒ L1 =20 3 = 34,6
Portanto, L1 + L2 = 20 + 34,6 = 54,6 ⇒ 54,6 m.
Q93.
2 1
A
C
D
E x
B 2
Imaginemos que Maria fez o percurso de A, vértice do hexágono, até E, ponto médio do lado CD. A diagonal AC é perpendicular a CD, porque AD é diâmetro da cir-cunferência circunscrita ao hexágono. Assim, o triângulo ACE é retângulo em C.
Como AC é lado do triângulo equilátero inscrito,
AC = 32 . Pelo Teorema de Pitágoras, no triângulo ACE, x2 = 1 + 12 = 13 ⇒ x = 13
⇒ 13 km ou 3,6 km, aproximadamente.
Q94. e
60º Solo A B
h 200 km
Após meia hora de voo, o avião terá percorrido 200 km no ar.
senkmh h km60
200 23 100 3o
&= = = .
Q95. bTemos que MB = BN = 1/2. Se α é a medida do ângulo de vértice B, pela lei dos cossenos,
(MN)2 = (MB)2 + (NB)2 – 2 . MN .NB . cos α
⇒ α−+= cos.21.
21.2
41
41
87
⇒ cos α =43
−
No triângulo DAM,  = 180º – a ⇒ tg  = 43 .
Aplicando-se a lei dos cossenos no triângulo DAM,
(DM)2 = (AD)2 + (AM)2 – 2 . AD . AM . cos Â
⇒ (DM)2 = 1 +22DM
21
43.
21.1.2
41
=⇒=− DM22DM
21
43.
21.1.2
41
=⇒=− .
Q96. aTemos um triângulo isósceles cujos lados congruentes medem 11 m cada um e formam, entre si, ângulo de 102º.Logo, cada ângulo agudo desse triângulo mede 39º. Seja x o comprimento do cabo. Traçando-se a altura do triângulo, partindo da base do poste, essa altura é também mediana. Temos, assim, um triângulo retângulo em que o cateto adjacente ao ângulo de 39º mede x/2 e a hipotenusa mede 11 m
cos 39º = /2 ,x 0 77711 = ⇒ x ≅ 17
Q97. dO raio da circunferência inscrita mede a, metade do lado do quadrado. O raio da circunferência circunscrita ao
quadrado mede a.2 , metade da diagonal do quadrado.
A razão é 22
a.2a
= .
Q98.Pela lei dos cossenos,
32 = 22 + 42 – 2 . 2 . 4 . cos  ⇒ cos  =161
42 = 22 + 32 – 2 . 2 . 3 . cos 41BcosB −=⇒
22 = 32 + 42 – 2 . 3 . 4 . cos 87CcosC =⇒
sen2 C + cos2 C = 1 ⇒ sen2 C6449 1+ =
⇒ sen2 C = 15 Csen64 8
15& =W
sen2 B + cos2 B = 1 ⇒ sen2 B +161 =1
⇒ sen2 B = 15 sen B16 4
15& =W
01) Falsa.02) Verdadeira.04) Verdadeira.08) Verdadeira.
16) Verdadeira. Como cos B < 0, B é ângulo obtuso.
Soma = 2 + 4 + 8 + 16 = 30.
Manual do Professor
Matemática 49
CAPítUlO 6 – FUnçÕeS AlgÉbRICAS
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Definir função e enunciar os principais conceitos relacionados à teoria das funções.
• Calcular imagens em funções reais.
• Interpretar gráficos de funções reais, analisando seu comportamento.
• Identificar imagens, domínio, conjunto imagem, raízes, sinais, injeção e sobrejeção, em gráficos de funções reais.
• Resolver problemas que envolvam os conceitos de composta e inversa de funções.
• Construir gráficos de funções compostas, com base em deslocamento de gráficos dados.
• Identificar e modelar situações práticas por meio de funções polinomiais de 1.o ou de 2.o grau.
• Construir gráficos de funções polinomiais de 1.o e de 2.o graus e interpretar o papel de seus coeficientes.
• Obter pontos de interseção de gráficos de funções reais.
• Determinar o vértice e obter o máximo ou o mínimo de funções quadráticas.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Discuta as várias formas de representação de funções reais: diagrama, fórmula, gráfico.
• Utilize situações práticas para analisar o comportamento de uma função: por exemplo, a variação da tem-peratura de uma substância em função do tempo. Assim, ficam mais claros os conceitos de crescimento, decrescimento, raízes e sinais de uma função.
• No estudo da composta de funções, enfatize a determinação de uma função, dada a composta dela com outra e essa outra. Destaque o artifício de mudança de variável, nesse caso.
• Associe os conceitos de composta aos deslocamentos de gráficos cartesianos em funções do tipo f(x) + k, f(x + k), −f(x), f(−x), etc.
• Explore, preferencialmente, funções afins e quadráticas ligadas a fenômenos físicos ou baseadas em situ-ações práticas.
• Na função afim y = ax + b, o coeficiente a costuma ser chamado, erradamente, de coeficiente angular. Essa denominação só é válida no caso em que os dois eixos contêm variáveis adimensionais. A denominação correta para esse coeficiente, taxa de variação da função, facilita a percepção, por parte do aluno, da pro-priedade que caracteriza uma função afim: a variação de y proporcional à variação de x.
• Explore, com base em situações práticas, o papel do sinal da taxa de variação na definição do crescimento ou decrescimento da função afim.
• Mostre que os sinais dos coeficientes a e c da função quadrática são obtidos diretamente da visualização do gráfico, enquanto o sinal do coeficiente b tem relação com a abscissa do vértice da parábola.
• Em determinados problemas de função quadrática, utilize as relações entre coeficientes e raízes.
• Dê atenção especial às aplicações dos conceitos de máximo e mínimo na resolução de problemas práticos.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.a) O primeiro diagrama não representa função, porque o
elemento b de A está associado a dois elementos de B, e o elemento d não está associado a nenhum elemento de B. O segundo diagrama representa função, porque cada elemento de A está associado a exatamente um elemento de B.
b) Dom(f) = {a, b, c, d}, CDom(f) = {m, n, p, q, r} f(a) = m; f(b) = f(c) = n; f(d) = q Im(f) = {m, n, q}
c) x = b ou x = c
Matemática
Manual do Professor
50
Q2.Há retas verticais que cortam o primeiro gráfico em mais de um ponto, logo ele não representa função. Só o segun-do gráfico representa função.
Q3.a) É o conjunto dos reais.
b) f(–1) = 2 . (–1) + 3 = 1
f(1) = 5
f(2) = 22 – 4 = 0 f( ) ( )5 5 4 12= − = .
c) 2x + 3 = 5 (x < 0) ⇒ x = 1 (não é solução). Todo x tal que 0 ≤ x < 2 é solução. x2 – 4 = 5 (x ≥ 2) ⇒ x = –3 ou x = 3 (só 3 é solução).
Em síntese, a solução da equação é 0 ≤ x < 2 ou x = 3.
d) 2x + 3 = 0 (x < 0) ⇒ x = –3/2 (é solução) x2 – 4 = 0 (x ≥ 2) ⇒ x = –2 ou x = 2 (só 2 é solução).
As raízes são –3/2 e 2.
Q4.a) [0, 14].
b) Máximo: 30; mínimo: −30; Im = [−30, 30].
c) f(0) = 10.
d) f(2) = 20.
e) t = 9 e t = 14.
f) T é crescente para 0 ≤ t ≤ 4 e para 11 ≤ t ≤ 14 T é decrescente para 7 ≤ t ≤ 11 T é constante para 4 ≤ t ≤ 7.
g) T > 0 para 0 ≤ t < 9 e T ≤ 0 para 9 ≤ t ≤ 14.
Q5.
a) h(1) = 1 ⇒ g(h(1)) = g(1) = 4
b) f(g(x)) = f(x2 + 3) = 3(x2 + 3) + 1 = 3x2 + 10
c) g(f(x)) = g(3x + 1) = (3x + 1)2 + 3 = 9x2 + 6x + 4
d) f(f(g(x))) = f(3x2 + 10) = 3(3x2 + 10) + 1 = 9x2 + 31
e) h(h(x)) = hx
x
xx
21
22
11
2 23+
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
++
=+
+
h(h(x)) = 3 ⇒ 2 2
33
xx+
+= ⇒ x = –7.
Q6.a) 2x + 1 = 5 para x = 2 ⇒ f(5) = 4.22 = 16
b) 2x + 1 = k para x = k −1
2
⇒ f(k)= 41
2
2
.k −⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⇒ f(k) = k2 – 2k + 1
c) f(x) = x2 – 2x + 1.
Q7.
a) f(g(x)) = 2 . g(x) + 1 = 6x + 5 ⇒ g(x) = 3x + 2.
b) f(x – 3) = x2 + x – 2. Fazendo x – 3 = k
⇒ x = k + 3 ⇒ f(k) = (k + 3)2 + k + 3 – 2
⇒ f(k) = k2 + 7k + 10 ⇒ f(x) = x2 + 7x + 10.
c) g(2x – 5) = 8x + 3. Fazendo 2x – 5 = k
⇒ x = k + 5
2 ⇒ g(k) = 8 .
k + 52
+ 3
⇒ g(k) = 4k + 23 ⇒ g(x) = 4x + 23
⇒ f(g(x)) = f(4x + 23) = 2(4x + 23) – 5
⇒ f(g(x)) = 8x + 41.
Q8.
a) É o simétrico do gráfico de f em relação ao eixo das abscissas.
b) É obtido deslocando-se o gráfico de f uma unidade para cima.
c) É obtido deslocando-se o gráfico de f duas unidades para a esquerda.
Q9.a) Na função f, y = 3x + 1.
Na função f–1, x = 3y + 1 ⇒ y = x −1
3 ⇒ f–1(x) = x −1
3.
b) Na função g, y = x3 – 2
Na função g–1, x = y3 – 2 ⇒ y = x + 23
⇒ g–1(x) = x + 23 .
c) Na função inversa, x = 3 2
1yy+
−
⇒ xy – x = 3y + 2 ⇒ xy – 3y = x + 2
⇒ y(x – 3) = x + 2 ⇒ y = xx+
−
23
(x ≠ 3, y ≠ 1).
Q10.
a) f–1(x) = 32− x ⇒ f–1(5) = –1
⇒ g(f–1(5)) = g(–1) = –2
b) f–1(g(m)) = –5 ⇒ f(–5) = g(m)
⇒ 13 = m2 – 3 ⇒ m = – 4 ou m = 4.
Q11.a) É crescente.
b) 3 oC/s.
c) T = 12 + 3t.
d) {t ∈ ℝ / 0 ≤ t ≤ 20}.
e) T(4) = 12 + 3.4 = 24 ⇒ 24 oC.
f) 12 + 3t = 36 ⇒ t = 8 ⇒ 8 s.
g) T(20) = 12 + 3 . 20 = 72 ⇒ 72 oC.
h) Trata-se de um segmento de reta com extremos nos pontos (0, 12) e (20, 72).
Q12.a) É decrescente.
b) –3 oC/s.
c) T = 12 – 3t.
d) {t ∈ ℝ / 0 ≤ t ≤ 20}.
e) T(5) = 12 – 3 . 5 = –3 ⇒ –3 oC.
f) 12 – 3t = 0 ⇒ t = 4 ⇒ 4 s.
Manual do Professor
Matemática 51
g) T(20) = 12 – 3.20 = – 48 ⇒ – 48 oC.
h) Trata-se de um segmento de reta com extremos nos pontos (0, 12) e (20, – 48).
i) T > 0 ⇔ 0 ≤ t < 4.
j) T < 0 ⇔ 4 < t ≤ 20.
Q13.a) f(x) = ax + b
f(0) = 1 ⇒ b = 1 e f(2) = 0 ⇒ 2a + b = 0
⇒ 2a + 1 = 0 ⇒ a = –1/2 ⇒ f(x) = .
b) g(x) = ax + b
g(–1) = 0 ⇒ –a + b = 0 ⇒ a = b
g(1) = 2 ⇒ a + b = 2 ⇒ a = b = 1
⇒ g(x) = x + 1.
Q14. aV = aQ + b
Para Q = 5, V = 150 ⇒ 150 = 5a + b
Para Q = 30, V = 50 ⇒ 50 = 30a + b
Resolvendo o sistema, a = – 4 e b = 170
V = – 4Q + 170
Para Q = 20 ⇒ V = –4 . 20 + 170 = 90
Preço unitário: 90/20 = 4,50.
Q15.a) f(2) = –22 + 4 . 2 – 3 = 1.
f(4) = – 42 + 4 . 4 – 3 = –3.
b) –x2 + 4x – 3 = 0 ⇒ x = 1 ou x = 3.
c) x = 0 ⇒ f(0) = –3 ⇒ ponto (0, –3).
d) É uma parábola com concavidade para baixo, que cor-ta o eixo x em (1, 0) e (3, 0) e o eixo y em (0, –3).
Q16.a) a > 0, c > 0, ∆ = 0
b) a < 0, c < 0, ∆ < 0
c) a > 0, c = 0, ∆ = 0
d) a < 0, c > 0, ∆ > 0
Q17.f(x) = a(x + 2)(x – 6)
f(0) = 3 ⇒ –12a = 3 ⇒ a = –1/4
f(x) = −14
(x2 – 4x – 12) ⇒ f(x) = −14
x2 + x + 3
⇒ a = –1/4, b = 1, c = 3.
Q18.a) a2 – 4 ≠ 0 ⇒ a ≠ –2 e a ≠ 2
b) f(1) = 0 ⇒ a2 – 4 – 2a + 1 = 0
⇒ a2 – 2a – 3 = 0 ⇒ a = –1 ou a = 3
Deve ser a2 – 4 > 0 ⇒ a = 3.
Q19.a) 2x – 3 = x2 + x – 9 ⇒ x2 – x – 6 = 0 ⇒ x = −2 ou x = 3 ⇒ a reta e a parábola se cortam nos pontos (−2, –7) e (3, 3).
b) x + 1 = −x2 + 5x – 3 ⇒ x2 + 4x + 4 = 0 ⇒ x = −2 ⇒ a reta e a parábola se cortam no ponto (−2, −1).c) x2 + 1 = x – 3 ⇒ x2 – x + 4 = 0. A equação não admi- te raízes reais, logo a reta e a parábola não se cortam.
Q20.∆ ≥ 0 ⇒ 36 – 4k ≥ 0 ⇒ –4k ≥ −36 ⇒ k ≤ 9.
Q21.x2 – mx = x – 9 ⇒ x2 – (m + 1)x + 9 = 0
Essa equação deve ter solução única
⇒ ∆ = 0 ⇒ (m + 1)2 – 36 = 0
⇒ m2 + 2m – 35 = 0 ⇒ m = –7 ou m = 5
Q22.a) xV = –b/2a = 4/2 = 2
yV = 22 – 4 . 2 = – 4
O vértice é V(2, – 4)
b) A função admite mínimo – 4, logo seu conjunto ima-gem é [– 4, +∞[
c) f é decrescente para x ≤ 2 e crescente para x ≥ 2.
d) O gráfico é uma parábola com vértice no ponto (2, – 4), que corta o eixo x em (0, 0) e (4, 0).
Q23.a) xV = –b/2a = 2/–2 = –1
yV = –(–1)2 – 2 . (–1) + 5 = 6
O vértice é V(–1, 6).
b) g admite máximo 6, logo seu conjunto imagem é ]–∞, 6].
c) g é crescente para x ≤ – 1 e decrescente para x ≥ – 1.
Q24.a) xV < 0 ⇒ –b/2a < 0 ⇒ b/2a > 0
⇒ b e a têm mesmo sinal ⇒ b > 0.
b) xV = 0 ⇒ –b/2a = 0 ⇒ b = 0.
Q25. aAs raízes 0 e 40 da função são determinadas fazendo-se f(x) = 0. Como o alcance é a distância entre elas, pode-se afirmar que A = 40 km.
A altura máxima atingida é obtida a partir da ordenada do vértice, ou seja,
´ ´Ha
H kmMax Max=−
⇒ =−⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
=Δ
4
125
41
200
2. .
Q26.a) 2x + y = 17 ⇒ y = 17 – 2x A = xy = x(17 – 2x) ⇒ A(x) = −2x2 + 17x
b) A(x) = 36 ⇒ −2x2 + 17x = 36 ⇒ 2x2 – 17x + 36 = 0 ⇒ x = 4 ou x = 9/2. Como x é inteiro, x = 4 ⇒ y = 9 ⇒ os lados medem 4 m e 9 m.
Q27.
a) 3x – 6 > 0 ⇒ 3x > 6 ⇒ x > 2.
b) –5x + 15 ≥ 0 ⇒ –5x ≥ –15 ⇒ x ≤ 3.
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c) 2 5
32 2 5 3 6
−
−< + ⇒ − > − −
xx x x
⇒ –2x > –8 ⇒ x < 4
d) x x2
2 35
1 3+ +- < 3 ⇒ 10x + 15 – 2x – 2 < 30
⇒ 8x < 17 ⇒ x < 17/8.
Q28.∆ < 0 ⇒ 4k2 – 4k2 – 4k + 8 < 0
⇒ – 4k + 8 < 0 ⇒ – 4k < –8 ⇒ k > 2
⇒ o menor valor inteiro é k = 3.
Q29.a) 2m – 1 > 0 ⇒ m > 1/2.
b) 2m – 1 < 0 ⇒ m < 1/2.
Q30.a) x2 – 1 < 0 ⇒ –1 < x < 1.
b) x < –3 ou x > 0.
c) –x2 + 2x – 1 ≥ 0 ⇒ x = 1.
d) A inequação não tem solução real.
e) 3x2 + 3 ≤ 10x – 6 + 6 ⇒ 3x2 – 10x + 3 ≤ 0
⇒ x31 3# # .
Q31.a) 6 – 3x > 0 ⇒ −3x > – 6 ⇒ x < 2 −x2 + x + 12 ≥ 0 ⇒ −3 ≤ x ≤ 4 Interseção: −3 ≤ x < 2.
b) x2 > 4x ⇒ x2 – 4x > 0 ⇒ x < 0 ou x > 4 x2 – 2x – 15 ≤ 0 ⇒ −3 ≤ x ≤ 5 Interseção: −3 ≤ x < 0 ou 4 < x ≤ 5.
Q32.Deve ser ∆ ≥ 0 ⇒ 4m2 – 4(m2 + m – 2) ≥ 0 ⇒ – 4m + 8 ≥ 0 ⇒ m ≤ 2.Também deve ser m – 1 > 0 ⇒ m > 1Interseção: 1 < m ≤ 2.
Q33.∆ > 0 ⇒ k2 – 4k – 12 > 0 ⇒ k < –2 ou k > 6.
Q34.a) 3x – 4 > x2 – 2x + 2 ⇒ x2 – 5x + 6 < 0
⇒ 2 < x < 3.
b) 3x – 4 < x2 – 2x + 2 ⇒ x2 – 5x + 6 > 0
⇒ x < 2 ou x > 3.
Q35.Sejam CA e CB os custos com a contratação dos conjuntos A e B, respectivamente, em função do tempo x, de dura-ção da festa, medido em horas.
Nessas condições, C x xA( ) = +500 40 e C x xB( ) = +400 60
Para que a contratação de B não fique mais cara que a do conjunto A, é necessário que C x C xB A#^ ^h h, donde segue que 400 + 60x ≤ 500 + 40x.
Solucionando a desigualdade anterior, verifica-se que o
tempo máximo de duração da festa, para que a contrata-ção do conjunto B não fique mais cara que a do conjunto A, é de 5 horas.
Q36.a) 16 – x2 < 0 ⇒ x < – 4 ou x > 4
b) 1 1
11 1
10
11
0x x x x x x>
−⇒ −
−> ⇒
−
−>
( )
⇒ x(x – 1) < 0 ⇒ 0 < x < 1
c) x + 3 > 0 para x > –3 e x + 3 < 0 para x < –3;
4x – x2 > 0 para 0 < x < 4 e 4x – x2 < 0 para x < 0 ou x > 4.
Fazendo o quadro de sinais, obtemos a solução
x ≤ –3 ou 0 ≤ x ≤ 4.
d) x
xx
xx x
x
2 2 2
29
29 0
9 182
0−
≤ ⇒−
− ≤ ⇒− +
−≤
Fazendo o estudo dos sinais do numerador e do de-nominador e, depois, o quadro de sinais, obtemos a solução x < 2 ou 3 ≤ x ≤ 6.
Q37.a) Solução da 1.a inequação: x ≤ 5
Solução da 2.a inequação: x < –3 ou x > 3
Solução do sistema: x < –3 ou 3 < x ≤ 5.
b) Solução da 1.a inequação: x < 2
Solução da 2.a inequação: 0 ≤ x ≤ 4
Solução do sistema: 0 ≤ x < 2.
Q38.a) x2 – 9 ≠ 0 ⇒ x ≠ –3 e x ≠ 3 Dom = {x ∈ ℝ / x ≠ –3 e x ≠ 3}.
b) 2 – x > 0 ⇒ x < 2
Dom = {x ∈ ℝ / x < 2}.
c) xx x+
−≥
15
02
⇒ x ≤ –1 ou 0 < x < 5
Dom = {x ∈ ℝ / x ≤ –1 ou 0 < x < 5}.
d) –x2 + 3x – 2 ≥ 0 ⇒ 1 ≤ x ≤ 2
x – 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1
Dom = {x ∈ ℝ / 1 < x ≤ 2}.
Q39.Deve ser x2 – mx + 2m – 3 ≠ 0 para todo x real
⇒ ∆ < 0 ⇒ m2 – 8m + 12 < 0 ⇒ 2 < m < 6.
Q40.Deve ser ∆ ≥ 0 ⇒ (k + 3)2 – 4 . k . 4k ≥ 0 ⇒ −15k2 + 6k + 9 ≥ 0 ⇒ – 9/15 ≤ k ≤ 1 (A)A soma e o produto das raízes devem ser positivos.
Soma = k
3k + > 0 ⇒ k < −3 ou k > 0 (B)
Produto = 4, positivo, independentemente de kInterseção de (A) e (B): 0 < k ≤ 1
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Matemática 53
Q41.a) –6 = 6
b) 4 = 4
c) 3 –1 = 3 –1
d) a – b = –a + b
e) x + 1 = ,,
x se xx se x1 1
1 1$
#
+ -
- --*
.
Q42.a) O correto é x2 = x
b) ( )x −1 2 = x – 1 = –x + 1
c) x x6 92 + + = ( )x + 3 2 = x + 3 .
Q43.y
x0
2
–3 5–5
Q44.y
x
2
–2
Q45.a) x + 2 = 2x – 5 ou x + 2 = –2x + 5
⇒ x = 7 ou x = 1.
b) x – 1 ≤ 0 ⇒ x ≤ 1.
c) 2x – 1 = 7 ou 2x – 1 = –7 ⇒ x = 4 ou x = –3.
d) x2 – 2 = x ou x2 – 2 = –x
⇒ x2 – x – 2 = 0 ou x2 + x – 2 = 0
⇒ x = –1 ou x = 2 ou x = –2 ou x = 1.
e) Mesmo processo da letra d, com a condição
x ≥ 0 ⇒ x = 1 ou x = 2.
Q46.a) –5 < 3x + 1 < 5 ⇒ –6 < 3x < 4 ⇒ –2 < x < 4/3.
b) x + 3 ≤ –2 ou x + 3 ≥ 2 ⇒ x ≤ –5 ou x ≥ –1.
c) Elevando os dois membros ao quadrado,
4x2 – 12x + 9 > x2 – 2x + 1
⇒ 3x2 – 10x + 8 > 0 ⇒ x < 4/3 ou x > 2
d) A desigualdade é válida para todo x real tal que x ≠ –3.
Q47. Vamos determinar a inversa de f:
x = 1y4
1y+
+⇒ 4xy + x = y + 1 ⇒ 4xy – y = −x + 1
⇒ y(4x – 1) = −x + 1 ⇒ y = f −1(x) =1x41x
−+−
Logo, a = 4 e b = −1 ⇒ a + b = 3.
Q48. aO gráfico é um conjunto de segmentos cuja inclinação vai diminuindo com o tempo. O gráfico tem de ser contínuo, porque a altura da pessoa não dá saltos.
Q49. af(g(0,5)) = f(2) = 2,5 . 1,5 = 3,75g(f(0,5)) = g(0) = 4h(0,5) = f(g(0,5)) . g(f(0,5)) = 3,75 . 4 = 15.
Q50. df(g(x)) = 2(x2 + 5x + 3) – 9 = 2x2 + 10x – 3.f(g(x)) = g(x) ⇒ 2x2 + 10x – 3 = x2 + 5x + 3⇒ x2 + 5x – 6 = 0 ⇒ x = –6 ou x = 1⇒ a soma dos valores absolutos das raízes é 6 + 1 = 7.
Q51. b∆ = 0 ⇒ m2 – 4m + 4 = 0 ⇒ m = 2 ⇒ y(x) = x2 – 2x + 1y(3) = 32 - 2 . 3 + 1 = 4.
Q52. aA abscissa do vértice é 48. Logo, o custo mínimo ocorre para uma produção diária de 48 televisores.
Q53. dA alternativa a é falsa. O maior desmatamento ocorreu em 1995. A alternativa b é falsa. O ponto correspondente a 1997 está acima do ponto correspondente a 2007. A afirmativa c é falsa. Nesse período, houve sempre variação na área desmatada. A afirmativa e é falsa. Nesse período, o desmatamento total ficou em torno de 43 000 km2. A alternativa correta é a letra d.
Q54. dO único gráfico em que a quantidade de substância no organismo cresce num determinado momento e decresce em seguida, voltando aos níveis normais, é o da alternativa d.
Q55. aM = c + j ⇒ M(x) = 5 000 + 5 000 . 0,03 . t⇒ M(x) = 5000 + 150tTemos uma função afim, com valor inicial 5000 e taxa de variação positiva, igual a 150 reais por mês.
Q56. bSe L(x) é a função lucro, L(x) = R(x) – C(x)⇒ L(x) = 0,7x – (1 + 0,1x) ⇒ L(x) = 0,6x – 1.
Q57. a O preço normal da hospedagem por 7 dias é7 . 150 = 1 050 ⇒ R$ 1 050,00.Na promoção, o preço da hospedagem por 8 dias é3 . 150 + 130 + 110 + 90 + 2 . 90 = 960 ⇒ R$ 960,00Economia: 1 050 - 960 = 90 ⇒ R$ 90,00 .
Q58. dO valor de f(2) é encontrado de forma direta, a partir da
substituição de x por 2 em f: f( )22 12 1
31
3=+
−= = .
Matemática
Manual do Professor
54
Para cálculo de f–1(2), deve-se determinar, inicialmente, a
inversa de f: xyy
=+
−
11
xy − x = y + 1 ⇒ xy − y = x + 1 ⇒ (x − 1)y = x + 1
⇒ =+
−⇒ =
+
−⇒ =
+
−=− −y
xx
f xxx
f11
11
22 12 1
31 1( ) ( )
Assim, o valor de f(2) . f–1(2) é 9
Q59. bCom base na inequação modular, indicamos a faixa para o peso do pãozinho de 50 g:
|x − 5| ≤ 2 ⇒ − 2 ≤ x − 50 ≤ 2
⇒ − 2 + 50 ≤ x − 50 + 50 ≤ 2 + 50 ⇒ 48 ≤ x ≤ 52
Assim, o peso mínimo do pãozinho é 48 gramas e de 100 pãezinhos, 4 800 g = 4,80 kg.
Q60.Como −x2 ≤ 0 para todo x e o módulo de qualquer número real é sempre não negativo, a desigualdade é válida para todo x real.
Q61. Condição inicial: 3x + 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ −2/3Deve ser x + 1 = 3x + 2 ou x + 1 = −3x – 2⇒ x = −1/2 ou x = −3/4Só −1/2 satisfaz a condição inicial. Logo, x = −1/2.
Q62. b
32x ≤− ⇒ −3 ≤ x – 2 ≤ 3 ⇒ −1 ≤ x ≤ 5
2x3 − > 5 ⇒ 3x – 2 < –5 ou 3x – 2 > 5
⇒ x < −1 ou x > 7/3
Interseção: 7/3 < x ≤ 5
Os possíveis valores inteiros de x são 3, 4 e 5, cujo produto é 60.
Q63. bA função é afim, do tipo C = aQ + b, porque a cada figura acrescentam-se 3 novos canudos. Portanto, a = 3 e a função é C = 3Q + b. Quando há 1 quadradinho (Q = 1), temos C = 4. Substituindo, obtemos b = 1. Portanto, a função é C = 3Q + 1.
Q64. aA função admite máximo, porque a = −200. A abscissa do vértice é nV = 10. Logo, a função é crescente para 0 ≤ n ≤ 10.
Q65. bA abscissa do vértice é nV = 100. O custo mínimo é C(100) = 6 000 – 12 000 + 10 000 = 4 000.
Q66. bTemos os seguintes pares (x, y): (100, 212) e (0, 32). Se o gráfico é uma reta, a função é do tipo y = ax + b. Substituindo os pontos, 212 = 100a + b e 32 = b ⇒ a = 1,8 e b = 32 ⇒ y = 1,8x + 32.
Q67. dCusto de cada caixa: 4 reais; valor de venda: V reais.
O lucro por caixa é (V – 4) e o lucro total é dado por L = 150(V – 4). Logo, 150 < 150(V – 4) < 300⇒ 1 < V – 4 < 2 ⇒ 5 < V < 6.
Q68. e
A afirmativa I é falsa. A função é decrescente.A afirmativa II é verdadeira. A afirmativa III é falsa. Para x = 2, y = −1/2A afirmativa IV é verdadeira.
Q69. bNa parábola y = ax2 + bx + c, substituindo os três pontos, obtemos c = 0, 16a + 4b = 1 e 16a – 4b = 1 ⇒ a = 1/16,
b = 0 e c = 0 ⇒ y = x161 2 . Dos pontos apresentados, o
único que pertence à curva é
41,2 .
Q70. aReceita diária: R(x) = x(300 – 0,75x) = −0,75x2 + 300x.A receita é máxima para x = 200 e, no caso, a receita é R(200) = 30 000.
Q71. cDe 2004 a 2010, transcorreram 6 anos. Nesses seis anos, o número de favelas aumentou 968 – 750 = 218. De 2010 a 2016, também transcorrerão 6 anos. Logo, mantendo--se o mesmo padrão de variação do período anterior, o numero de favelas também deverá aumentar 218, em relação a 2010. Portanto, em 2016 teríamos 968 + 218 = = 1 186 favelas.
Q72. cNuma caminhada, a velocidade escalar média de uma pessoa é em torno de 4,5 km/h. compatível com o gráfico, desde que o tempo seja em horas.
Q73. dSe o crescimento a partir de 2008 foi suposto linear, a ordenada do ponto do gráfico correspondente a 2020 é a média entre as ordenadas correspondentes a 2010 e
2030, ou seja, 2
0,55,3 + = 4,25 ⇒ 4,25 bilhões de pessoas,
aproximadamente.
Q74. cPodemos obter a área aproximada sob o gráfico, contando os quadradinhos correspondentes. Para o caso da luz visível, temos, aproximadamente, 4,5 quadradinhos. Para a energia total, temos aproximadamente 18 quadradinhos. Em termos percentuais, a eficiência é, aproximadamente,
igual a ,,
184 5
0 25= , ou seja, 25%
Q75. aA afirmativa I é verdadeira. A redução seria de 1800 para 1400 novos casos, aproximadamente, que equivale a uma redução percentual em torno de 22% A afirmativa II é falsa. A redução anual média é entre 7% e 8%.A afirmativa III é falsa. O número de novos casos passaria de 2 000 para 2 400, aproximadamente, o que equivale a um aumento percentual em torno de 20%.
Manual do Professor
Matemática 55
Q76.Para não haver prejuízo, a diferença entre receita e custo total deve ser não negativa, isto é,
6 50 50 2 0 1 0 0 1 4 50 50 02 2, ( , ) , ,x x x x x− + + ≥ ⇒ − + − ≥
Raízes de f x x x( ) , ,= − + −0 1 4 50 502 : x = 20 ou x = 25
20 +
––
25
Portanto, x deve variar no intervalo x20 25# # .
Q77.a) Para 0 ≤ t ≤ 10, P(t) = at + b P(0) = 5 ⇒ b = 5 e P(10) = 10 ⇒ 10a + b = 10
⇒ a = 21 ⇒ P(t) = 5t
21
+ ⇒ P(6) = 8 ⇒ 8 quilos.
b) Como t + 10 é positivo,
10 < P(t) ≤ 70 ⇒ 10 <tt
10120 1000
+- ≤ 70
⇒ tt
10120 1000
+- > 10 e
tt
10120 1000
+- ≤ 70
⇒ 120t – 1 000 > 10t + 100 e
120t – 1 000 ≤ 70t + 700
⇒ 110t > 1 100 e 50t ≤ 1 700 ⇒ 10 < t ≤ 34.
Q78. bO gráfico tangencia o eixo x ⇒ ∆ = 0 ⇒ m2 + 4m – 32 = 0 ⇒ m = –8 ou m = 4Como a abscissa do vértice é negativa, m = 4Logo, y = x2 + 4x + 4, k = −2, raiz da função, e p = f(0) = 4. Portanto, k + p = 2.
Q79. bFazendo x = 0, obtemos 5 . f(0) = 10 ⇒ f(0) = 2Fazendo x = 1, obtemos 5 . f(1) – f(0) = 10⇒ 5 . f(1) – 2 = 10 ⇒ 5 . f(1) = 12 ⇒ f(1) = 12/5.
Q80. aSendo f(x) = ax2 + bx + c, a abscissa do vértice da parábola
é a2
b− = 4 ⇒ b = –8a (equação A).
f(4) = −1 ⇒ 16a + 4b + c = −1 (Equação B).f(5) = 0 ⇒ 25a + 5b + c = 0 (Equação C).
Substituindo o valor de b da equação A nas equações B e C, obtemos −16a + c = −1 e −15a + c = 0. Resolvendo o sistema, a = 1 e c = 15 ⇒ b = –8. Logo, a função é f(x) = x2 – 8x + 15, e seu gráfico intercepta o eixo das ordenadas no ponto (0, 15).
Q81. eComo q > 0, o denominador da fração é positivo. Para que haja lucro, L(q) deve ser positivo. Logo, o numerador deve ser positivo. Portanto, (2q – 400)(850 – q) > 0⇒ 200 < q < 850.
Q82. aA taxa de variação é −1 750 e o valor inicial, 24 500.Logo, o preço em função de t é P = −1 750t + 24 500.
P = 7 700 ⇒ −1 750t + 24 500 = 7 700⇒ 1 750t = 16 800 ⇒ t = 9,6 anos = 9 anos e 7,2 meses
Q83. eA área do primeiro retângulo sombreado é 2 e a área total da figura é 8. A área sombreada é A(x) = 2 + 3(x – 1) ou A(x) = 3x – 1. Deve ser 5 ≤ A(x) ≤ 8 ⇒ 5 ≤ 3x – 1 ≤ 8⇒ 6 ≤ 3x ≤ 9 ⇒ 2 ≤ x ≤ 3
Q84. dSe a redução é de x centavos, o preço do litro do álcool, que é de 1,50, passa a ser (1,50 – 0,01x). Enquanto isso, o número de litros vendidos no dia, que é de 10 000, passa a ser igual a (10 000 + 100x). A receita diária é V = (1,50 – 0,01x)(10 000 + 100x) ou V = 15 000 + 50x – x2.
Q85. bSuponhamos que x seja o número de quilômetros rodados, para cada empresa. Custo da empresa W: W(x) = 3 + 2,4xCusto da empresa K: K(x) = 3,8 + 2,25xCusto da empresa L: L(x) = 2,8 + 2,5x Para o executivo, W(5) = 15, K(5) = 15,05 e L(5) = 15,3 e a melhor opção é W. Para sua esposa, W(15) = 39, K(15) = 37,55 eL(15) = 40,3 e a melhor opção é K.
Q86. dO tempo transcorrido das 12 h às 13 h 30 min é de 1,5 h. Se a meia-vida da amoxicilina é de 1 hora, o tempo decorrido equivale a 1,5 meia-vida. No gráfico, o ponto de abscissa 1,5 corresponde à ordenada 35, ou seja, restarão 35% da droga no organismo.
Q87. cPara f(x) > 0, ou seja, x < 4 (1)
f x
g x1#^
^hh
⇒ g(x) ≤ f(x) ⇒ x ≤ 0 (2)
Fazendo a interseção de (1) e (2) ⇒ x ≤ 0
Para f(x) < 0, ou seja, x > 4 (3)
( )( )f xg x 1# ⇒ g(x) ≥ f(x) ⇒ x ≥ 0 (4)
Fazendo a interseção de (3) e (4) ⇒ x > 4
Logo, deve ser x ≤ 0 ou x > 4.
Q88.a) y = 0 ⇒ –4x2 + 8x + 12 = 0 ⇒ x2 – 2x – 3 = 0 ⇒ x = −1 ou x = 3 ⇒ A(−1, 0) e B(3, 0). A abscissa do vértice é xV = 1 e a ordenada, yV = 16 Logo, o vértice é V(1, 16).
b) –4x2 + 8x + 12 = 3x + 6 ⇒ –4x2 + 5x + 6 = 0, cuja
raiz positiva é 2. Logo, temos o ponto C(2, 12).
c) Se V’ e C’ são as projeções de V e C no eixo x, res-
pectivamente, a área do triângulo AVV’ é 16, a área do trapézio VV’C’C é 14 e a área do triângulo BCC’ é 6. A área do quadrilátero é a soma dessas três áreas: 16 + 14 + 6 = 36 ⇒ 36 unidades de área.
Matemática
Manual do Professor
56
Q89. c
r(4) = 60r
e r(9) = 90r
. O formato do óleo derramado
no oceano é cilíndrico. Até as 4 horas, o volume de óleo derramado era π[r(4)]2 . 0,005 m3 = 18 m3; até as 9 horas, era π[r(9)]2 . 0,005 m3 = 40,5 m3 No período, o volume de óleo derramado é a diferença entre os dois volumes: 40,5 m3 – 18 m3 = 22,5 m3.
Q90. dPara x = 3, f(6) = f(3) + 2f(3) ⇒ 6 = 3f(3) ⇒ f(3) = 2Para x = 6, f(9) = f(6) + 2f(3) = 6 + 4 = 10Para x = 9, f(12) = f(9) + 2f(3) = 10 + 4 = 14.
Q91. b
Se ficarem x lugares vagos, o número de passageiros será (150 – x) e cada um deles pagará (700 + 5x) reais. Assim, a rentabilidade será R(x) = (150 – x)(700 + 5x) ou R(x) = –5x2 + 50x + 105 000, que admite um máximo para x = 5. Logo, a rentabilidade é máxima quando o número de passageiros for 150 – 5 = 145.
Q92.Às 10 horas, o índice era I(0) = 68 000Às 17 horas, o índice era I(7) = 63 800Às 14 horas, o índice era I(4) = 68 000
O valor máximo (no vértice) ocorreu para t = 2, ou seja, ao meio-dia, sendo o índice I(2) = 68 800 Vamos analisar as afirmativas.01) Falsa. O índice caiu de 68 000 pontos para 63 800 pontos, queda entre 6% e 7%.02) Verdadeira. A diferença foi de 800 pontos, superior a 1% de 68 000.04) Verdadeira.08) Verdadeira.16) Falsa. O valor mínimo foi de 63 800, no fechamento.
Soma = 2 + 4 + 8 = 14.
Q93.01) Falsa: a raiz é positiva.02) Verdadeira: f(x) = x + 2 e f(f(−3)) = f(−1) = 1.04) Verdadeira: f(x) + f(x + 3) = 2ax – 3a + 2b = x ⇒ 2a = 1 e −3a + 2b = 0 ⇒ a = 1/2 e b = 3/4.08) Falsa. No caso, a = −2 ou a = 1/2.16) Falsa. Se a . b > 0, a raiz −b/a é negativa.
Soma = 2 + 4 = 6.
Q94. d
A função afim, válida para 0 ≤ t < 100, é sempre crescente e seu conjunto imagem é 20 ≤ T < 160.A função quadrática, válida para t ≥ 100, admite mínimo para t = 100 e T(100) = 160. Logo, para t ≥ 100, temos T ≥ 160.Quando a peça foi colocada no forno, T(t) = 48
⇒ t57 20+ = 48 ⇒ 7t + 100 = 240 ⇒ t = 20
Quando a peça foi retirada, T(t) = 200
⇒ t t1252
516 3202 - + = 200 ⇒ t2 – 200t + 7 500 = 0
⇒ t = 150
O tempo de permanência da peça no forno foi igual a 150 min – 20 min = 130 min.
Q95.f(0) = 3 ⇒ c = 3 f(1) = 4 ⇒ a + b + c = 4 f(−1) = 0 ⇒ a – b + c = 0Resolvendo o sistema, a = −1, b = 2 e c = 3. Logo, a função é f(x) = −x2 + 2x + 3, cujas raízes são −1 e 3Vamos analisar as afirmativas.01) Verdadeira, porque a < 0.02) Falsa: a função admite raízes reais.04) Verdadeira.08) Falsa: a abscissa do vértice é xV = 1; logo, f(x) só é decrescente no intervalo [1, +∞[.16) Falsa: a ordenada do vértice é f(1) = 4; portanto, o conjunto imagem é {y ∈ ℝ ∣ y ≤ 4}.
Soma = 1 + 4 = 5.
Q96.Sejam c o comprimento inicial da vela A e (c – 2) o comprimento inicial da vela B, em centímetros. Como os gráficos são linhas retas, as alturas HA e HB das velas A e B variam linearmente com o tempo. Temos funções polinomiais de 1.o grau.
Para a vela A:HA(t) = at + b, com HA(0) = c e HA(5) = 0
⇒ b = c e 5a + b = 0 ⇒ a =5c
− ⇒ HA(t) = t5c
− + c.
Para a vela B:HB(t) = at + b, com HB(1) = c – 2 e HB(6) = 0
⇒ a + b = c – 2 e 6a + b = 0 ⇒ a = 5
c2 − e b = c5
6 12-
⇒ HB(t) = 5
c2 − t + c5
6 12- .
HA(2) = HB(2) ⇒ 5
12c65
c24c5c2 −
+−
=+− c5
6 12-
⇒ −2c + 5c = 4 – 2c + 6c – 12 ⇒ c = 8
⇒ inicialmente a vela A tinha 8 cm e a vela B, 6 cm.
Q97. cA função é do tipo y = ax + b, com a = 4 300. Para x = 2 (fevereiro), y = 880 605. Logo, 880 605 = 2a + b, e o valor de b é b = 872 005. Portanto, y = 872 005 + 4 300 x.
Manual do Professor
Matemática 57
CAPítUlO 7 – exPOnenCIAl e lOgARItMO
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Operar com a potenciação e suas propriedades.
• Construir e interpretar gráficos de funções exponenciais.
• Resolver equações e equações exponenciais.
• Resolver problemas de crescimento e decrescimento exponencial.
• Definir logaritmo e indicar as condições para que ele exista.
• Determinar o domínio de funções logarítmicas.
• Calcular logaritmos, utilizando as propriedades pertinentes.
• Construir e interpretar gráficos de funções logarítmicas.
• Resolver equações e inequações logarítmicas.
• Resolver problemas de determinação do tempo, mediante uso de logaritmos.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Explore o cálculo com potências, essencial para todo o capítulo.
• Discuta as retrições à base na função exponecial.
• Explore a diferença entre crescimento e decrescimento, nos aspectos algébrico e gráfico.
• Discuta as propriedades das igualdades e desigualdades de potências, tomando como base o estudo gráfico das funções exponenciais elementares.
• Enfatize, de modo especial, a comparação de potências de mesma base, diferenciando os casos em que a base é maior que 1 e em que a base está compreendida entre 0 e 1.
• Mostre que a fórmula do montante nos juros compostos define uma função exponencial.
• Explore questões práticas tais como crescimento populacional, cultura de bactérias, valorização e desva-lorização, etc.
• Associe a palavra logaritmo à palavra expoente. Essa associação é fundamental para que o conceito de logaritmo seja bem assimilado.
• Explore o fato de que cada propriedade do logaritmo corresponde a uma propriedade da operação potenciação.
• Dê especial atenção a problemas de determinação do tempo, com aplicação de logaritmos, em problemas que envolvam funções exponenciais.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.a) 8 = 23
b) 1 = 20 = 30
c) 19
= 3–2
d) 3 = 31/2
e) 43 = 22/3
f) 1
2 = 2–1/2
Q2.
a) 3 3
33
5 1
22. −
=
b) ( ) . .2 4
82 2
22
1 3 3
2
3 6
69
−
−
−
−= =
c) 5 6
310
5 2 33
104 4
42 3
4 4 4
46.
. ( ). .
.− −= =
= 104 . 10–6 = 10–2
d) 2 23 2
2 2 23 2
3 23 2
230 31
15
30 30
15
30
1515+
=+
= =.
..
.
.
Matemática
Manual do Professor
58
Q3.
22 2
26 2
982 1
2 1 2x y
x
y− + = = =
( ) . .
Q4.
a) Base 2 ⇒ crescente.
b) Base 3/8 ⇒ decrescente.
c) Base 34 = 81 ⇒ crescente.
d) Base 5–2 = 1/25 ⇒ decrescente.
Q5.
a) 2k – 3 > 1 ⇒ k > 2.
b) 0 < 2k – 3 < 1 ⇒ 32
< k < 2.
Q6.
OP = 1 ⇒ OC = 2 e temos o ponto B(2, 2),
pertencente à curva ⇒ a2 = 2 ⇒ a = 2 .
Q7.
a) 5x – 2 = 52 ⇒ x – 2 = 2 ⇒ x = 4.
b) = 30 ⇒ x2 + 3x = 0 ⇒ x = –3 ou x = 0.
c) 23 – 2x = 2–2 ⇒ 3 – 2x = –2 ⇒ x = 5/2.
d) 3x.32x – 2 = 3x/2 ⇒ 33x – 2 = 3x/2
⇒ 3x – 2 = x2
⇒ x = 4/5.
e) x2 – 1 = 0 ⇒ x = –1 ou x = 1.
f) 3x – 3 = 0 ou 3x – 2x = 0
⇒ 3x = 31 ou 3x = 2x ⇒ x = 1 ou x = 0.
g) 2x .22 – 3 . 2x + 22
x
= 6 . Fazendo 2x = y
⇒ 4y – 3y + y2
= 6 ⇒ y = 4 ⇒ 2x = 22 ⇒ x = 2.
h) Fazendo 3x = y > 0 ⇒ y2 – y = 6
⇒ y2 – y – 6 = 0 ⇒ y = 3 ⇒ 3x = 3 ⇒ x = 1.
i) 2x – 42x
= 3. Fazendo 2x = y > 0
⇒ yy
−4 = 3 ⇒ y2 – 3y – 4 = 0 ⇒ y = 4
⇒ 2x = 22 ⇒ x = 2.
Q8.
a) 2x + 1 > 5x – 2 ⇒ x < 1
b) 12
12
2 5 4⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ≤ ⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
−x
⇒ x2 – 5 ≥ 4 ⇒ x2 – 9 ≥ 0
⇒ x ≤ –3 ou x ≥ 3
c) Fazendo 2x = y > 0 ⇒ y + 2y
< 3
⇒ y2 – 3y + 2 < 0 ⇒ 1 < y < 2
⇒ 20 < 2x < 21 ⇒ 0 < x < 1
d) 35
135
35
2 3 02 3
2 3
2 3 0x
x
x
x+
+
+
> ⇒ ⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ > ⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⇒ + <
⇒ x < −32
.
e) ax < a0 com a > 1 ⇒ x < 0.
f) ax < a0 com 0 < a < 1 ⇒ x > 0.
Q9.a) 28 350 = 35 000 . (1 – i)2 ⇒ (1 – i)2 = 0,81 ⇒ (1 – i)2 = (0,9)2 ⇒ 1 – i = 0,9 ⇒ i = 0,1 ⇒ 10% ao ano.b) V = 35 000 . 0,9 = 31 500 ⇒ R$ 31 500,00.
Q10.a) N(0) = 3 600
b) 32 400 = 3 600 . 30,2t ⇒ 9 = 30,2t
⇒ 0,2t = 2 ⇒ t = 10 ⇒ 10 horas.
Q11.M = 32 000 . (1,21)1/2 = 32 000 . 1,1 = 35 200
j = 35 200 – 32 000 = 3 200 ⇒ R$ 3 200,00.
Q12.M = 1,44C ⇒ 1,44C = C(1,2)t ⇒ (1,2)t = (1,2)2
⇒ t = 2 ⇒ 2 anos.
Q13.
a) log log log log log2 5 3 53
14
16 1181
5 2+ − + + =
( )4 0 4 31
41
1297= + - + + - =- d n .
b) 3 2 33 24 1 33
log log log+ − =+
= 4 + 2 . 3 – 1 = 9.
Q14.
a) x2 = 3 e x > 0 ⇒ x = 3b) x – 1 = 3 ⇒ x = 4c) x2 = 7x – 6 com x > 0 e x ≠ 1 ⇒ x = 6d) 4x + 1 = 2x ⇒ 22x + 2 = 2x ⇒ x = –2e) log3 x = 2 ⇒ x = 9
Q15.
a) logloglog2 3
32
= =k
k
ab
b) logloglog6 2
26
= =k
k
bc
c) loglog2
12
1k
bk
= =
d) loglog
log1 23
66
2k
k
k kc
= = −−
Q16.Se log3 x = y ⇒ y = 1/y ⇒ y2 = 1⇒ y = –1 ou y = 1 ⇒ log3 x = –1 ou log3 x = 1⇒ x = 1/3 ou x = 3.
Manual do Professor
Matemática 59
Q17.
a) log 12 = 2 . log 2 + log 3 = 1,077.
b) log 25 = 2 . log 5 = 2 . log(10/2) =
= 2(log 10 – log 2) = 2 . (1 – 0,3) = 1,4.
c) log 274
= 3 . log 3 – 2 . log 2 = 0,831.
d) log412 = loglog
. log log. log
124
2 2 32 2
=+ = 1,795.
e) log3
4 =
12
log 3 – 2.log 2 = –0,3615.
f) log4 18 = loglog
log . log. log
184
2 2 32 2
=+
= 2,09
⇒ colog4 18 = –2,09.
Q18.
a) x = log4 6 = loglog
log log. log
64
2 32 2
=+ = 1,295.
b) 3x = y > 0 ⇒ y2 – 5y + 4 = 0 ⇒ y = 1 ou y = 4
⇒ 3x = 1 ou 3x = 4 ⇒ x = 0
ou x = log3 4 = 1,258 ⇒ x = 0 ou x = 1,258.
Q19.a) 2 log 3 – log 6 + 1 + colog 15 =
= log 32 – log 6 + log 10 – log 15 =
= log..
9 106 15
= log 1 = 0.
b) 3log2x – log2y + 1 + 13
log2z
= log2 x3 – log2 y + log2 2 + log2 z
1/3 =
= log2 2 3 3x z
y.
Q20.
log2 9 . log3 16 = loglog
.loglog
92
163
=
2 3 4 22 3
8. log . . log
log . log= .
Q21.a) log x2 = log (x + 6) ⇒ x2 – x – 6 = 0 (x > 0)
⇒ x = 3.
b) log2 [x(x + 2)] = log2 8 ⇒ x2 + 2x – 8 = 0
(x > 0) ⇒ x = 2.
c) (log x)2 = 2 . log x. Fazendo log x = y
⇒ y2 = 2y ⇒ y = 0 ou y = 2
⇒ log x = 0 ou log x = 2 ⇒ x = 1 ou x = 100.
d) log 4x = log 3x + 1 ⇒ x . log 4 = (x + 1) . log 3
⇒ x.0,6 = (x + 1) . 0,477 ⇒ x = 3,88.
e) log x + colog 2x
= log (3x – 4)
⇒ log x + log x2
= log (3x – 4)
⇒ log x2
2 = log (3x – 4)
⇒ x2 = 6x – 8 ⇒ x2 – 6x + 8 = 0, com x > 4/3
⇒ x = 2 ou x = 4.
f) log x2 + log x = log 1 000 ⇒ (2 + log x) . log x = 3
Fazendo log x = y ⇒ (2 + y)y = 3
⇒ y2 + 2y – 3 = 0 ⇒ y = –3 ou y = 1
⇒ log x = –3 ou log x = 1 ⇒ x = 10–3 ou x = 10.
Q22.O montante é M = 3 200.M = c(1 + i)t ⇒ 3 200 = 2 000 . (1,08)t ⇒ (1,08)t = 1,6⇒ log (1,08)t = log 1,6 ⇒ t . log 1,08 = log 1,6Vamos calcular log 1,08 e log 1,6.
log 1,08 = log 100108 = log
1003.2 32
= 2 . log 2 + 3 . log 3 – 2 =
= 0,6 + 1,431 – 2 = 0,031
log 1,6 = log log102
1016 4
= = 4 . log 2 – 1 = 1,2 – 1 = 0,2
Logo, t =,,
,,
loglog
1 081 6
0 0310 2
= = 6,45
Aproximadamente, 6 meses e meio.
Q23.
a) log log12
12
3 3x x> ⇒ <
Condição de existência: x > 0
Solução: 0 < x < 3.
b) log3(x + 1) + log3(x – 1) ≤ 1
⇒ log3 (x2 – 1) ≤ log3 3 ⇒ x2 – 1 ≤ 3
⇒ x2 – 4 ≤ 0 ⇒ –2 ≤ x ≤ 2
Condição de existência: x > 1
Solução: 1 < x ≤ 2.
c) log x + 1 < log (x + 9)
⇒ log x + log 10 < log (x + 9)
⇒ log (10x) < log (x + 9) ⇒ 10x < x + 9
⇒ x < 1
Condição de existência: x > 0
Solução: 0 < x < 1.
Q24. d10n ≤ 12418 ⇒ log10n ≤ log12418 ⇒ n ≤ 418 . log(22 . 3) ⇒ n ≤ 418(2 . 0,30 + 0,48) ⇒ n ≤ 451,44
Logo, o maior número inteiro que satisfaz à desigualdade é 451.
Q25. cx = log 144 = log (24 . 32) = 4 . log 2 + 2 . log 3 == 1,20 + 0,96 = 2,16.
Matemática
Manual do Professor
60
Q26. cf(m) – g(m) = 0 ⇒ f(m) = g(m) ⇒ 9m + 3 = 3
1 m 212-
c m⇒ 32m + 6 = 3 m 212- + ⇒ 2m + 6 = −m2 + 21⇒ m2 + 2m – 15 = 0 ⇒ m = –5 ou m = 3As duas raízes pertencem ao intervalo [–5, 3].
Q27. aM(4) = k . 212 = 98 304 ⇒ k = 24M(2) = k . 26 = 24 . 64 = 1 536.
Q28. aPelo gráfico, logk a = 9/7 e logk b = 12/7. Logo, logk (ab) = logk a + logk b = 9/7 + 12/7 = 3.
Q29. b9 – x2 > 0 ⇒ −3 < x < 32 – x > 0 ⇒ x < 2Interseção: −3 < x < 2 ⇒ Dom = {x ∈ ℝ / −3 < x < 2}.Os números inteiros pertencentes ao domínio são −2, −1, 0 e 1. Logo, são 4 números inteiros.
Q30. a
A massa restante será oM31
oM31
= Mo . 3−2t ⇒ 3−2t = 3−1 ⇒ −2t = −1 ⇒ t = 0,5.
Q31. aPelo gráfico, M(0) = 16 e M(150) = 4. A única função que satisfaz essas duas condições é a da alternativa a.
Q32.
6 = oE
Elog32
⇒ oE
Elog = 9 ⇒ oE
E = 109
⇒ E = 109 . 7,0 . 10−3 kWh = 7 . 106 kWh
, ..
kWhkWn
3 5 107 10
3
6
= 2 000 ⇒ durante 2 000 anos.
Q33. dx = 1610 ⇒ x = 240 ⇒ log x = log 240 ⇒ log x = 40 log 2⇒ log x = 40 . 0,301 ⇒ log x = 12,04 ⇒ x = 1012,04
Como a potência 10x é crescente, 1012 < x < 1013.
Q34. eO montante é M = 10 000 . (1,04)10 log M = log 10 000 + 10 . log 1,04 = log 10 000 + 0,17 == log 10 000 + log 1,48 = log 14 800 ⇒ M = 14 800.Os juros foram 14 800 – 10 000 = 4 800 ⇒ R$ 4 800,00.
Q35. alog4 n = log2 3 = k ⇒ 4k = n e 2k = 34k = n ⇒ (22)k = n ⇒ (2k)2 = n ⇒ 32 = n ⇒ n = 9.Observação: Poderíamos obter o valor de n, também, por mudança de base.Se em 30 segundos pingam 9 gotas, em 1 minuto pingam 18 gotas e em uma hora, 1 080 gotas. O volume desperdiçado é 1 080 . 0,2 mL = 216 mL.
Q36. clog(log 10) = log 1 = 0Logo, 100log(log 10) = 1000 = 1Temos, então, a equação x10 = 1, cujas soluções reais são duas: −1 e 1.
Q37. bx2 – 6xy + 9y2 = 0 ⇒ (x – 3y)2 = 0 ⇒ x – 3y = 0 ⇒ x = 3ylog (x – 2) + log y = 0 ⇒ log (3y – 2) + log y = log 1⇒ log (3y2 – 2y) = log 1 ⇒ 3y2 – 2y = 1 ⇒ 3y2 – 2y – 1 = 0 ⇒ y = 1 (porque y > 0).x = 3y ⇒ x = 3 ⇒ x – y = 2.
Q38. ey = f(x) = log b + x . log af(0) = −1 ⇒ log b = −1 ⇒ b = 10−1
f(1) = 1 ⇒ log b + log a = 1 ⇒ log a = 2 ⇒ a = 102
Logo, a/b = 103.
Q39. b1,8 hectares = 1,8 . 104 m2.1,8 . 104 = 103 . (2,5)t ⇒ (2,5)t = 18 ⇒ log (2,5)t = log 18 ⇒ t . log 2,5 = log 18log 2,5 = log
410 = log 10 – 2 . log 2 = 1 – 0,60 = 0,40
log 18 = log (2 . 32) = log 2 + 2 . log 3 = 0,30 + 0,94 = 1,24
Logo, t = ,,
,,log
log0 401 24
3 12 518
= = =.
Q40. eTemos P(1) = 0,4Po e P(2) = 0,307Po. Logo, após 1 ano P(t) estará reduzida a 40% de Po e, após 2 anos, P(t) estará reduzida a 30,7% de Po. Portanto, as quatro primeiras alternativas são falsas. Como 3.2−t > 0 para todo t, será sempre P(t) > Po/4, ou seja, P(t) nunca será inferior a 25% de Po.
Q41. ePara x = 0, temos y = 2 – log1/2 2 = 3 ⇒ ponto (0, 3)Para y = 0, temos 2 – log1/2 (x +2) = 0 ⇒ log1/2 (x +2) = 2
⇒ x + 2 = 41 ⇒ x =
47
− ⇒ ponto
− 0,
47
A equação da reta que passa pelos dois pontos é 12x – 7y + 21 = 0.
Q42. bA partir do momento em que as teclas são acionadas, temos a sequência 1, 1, 1/2, 2, 1, 1, 1/2, 2, 1, 1, 1/2, 2, ... Após a 4.a, a 8.a, a 12.a, ... digitações, o número que aparece no visor é 2. Como 500 é múltiplo de 4, após a 500.a digitação, aparecerá no visor o número 2.
Q43. cDeve ser 3
336t
t+ = 12 . Fazendo 3t = y, obtemos a equação
y +y36 = 12 ⇒ y2 – 12y + 36 = 0 ⇒ y = 6
⇒ 3t = 6 ⇒ t = log3 6 = log3 (2 . 3) = log3 2 + log3 3
⇒ t = 0,6 + 1 ⇒ t = 1,6 horas = 1 h 36 min.
Q44.01) Verdadeira: 100 . (0,8)t = 10 ⇒ (0,8)t = 0,1 ⇒ t.log 0,8 = log 0,1 ⇒ −0,1t = −1 ⇒ t = 1002) Verdadeira: no pico, a concentração é f(0) = 10004) Falsa: a função seria f(t) = 100.(0,8)t/60.08) Falsa: f(4) = 100 . (0,8)4 = 100.0,41 = 41, ou seja, caiu a menos da metade.16) Falsa: f(2) = 100 . (0,8)2 = 100.0,64 = 64.
Soma = 1 + 2 = 3
Manual do Professor
Matemática 61
Q45. aPor mudança de base, log 1/4 x = −log4 x. Temos a inequação −log4 x > log4 7 ⇒ log4 x < −log4 7⇒ log4 x < logx (1/7) ⇒ 0 < x < 1/7Dos valores apresentados, o único que pertence ao intervalo encontrado é 1/14.
Q46. aComo 2bx + c > 0 para todo x real, o conjunto imagem da função é ]a, +∞[ ⇒ a = −1f(1) = 0 ⇒ −1 + 2b + c = 0 ⇒ 2b + c = 1 ⇒ b + c = 0f(0) = −3/4 ⇒ −1 + 2c = −3/4 ⇒ 2c = 1/4 ⇒ c = −2Logo, b = 2 e abc = 4.
Q47. eA.log200 5 + B . log200 2 = C ⇒ log200 5
A + log200 2B = C
⇒ log200 (5A . 2B) = C ⇒ 200C = 5A . 2B
A fatoração de 200 é 23 . 52. Logo, 23C . 52C = 2B . 5A
⇒ 3C = B e 2C = A ⇒ A + B + C = 2C + 3C + C = 6C
Q48.a) f(0) = 16 000 – 12 000 = 4 000 ⇒ 4 000 livros .
b) .e12 000 16 000 12 000x
4000= --
e31e 0004
x
=
−
⇒ e31e 0004
x
=
−
31e 0004
x
=
−
⇒ =−0004x
ln31
⇒ =−0004x
−1,1 ⇒ x = 4 400
⇒ deverá distribuir 4 400 livros.
Q49.
x1
1x ba =+ ⇒ x
11x blogalog =+
⇒ (x + 1) log a = blogx1 ⇒ (x + 1) log a = alog
x6
⇒ x + 1 = x6 ⇒ x2 + x – 6 = 0 ⇒ x = −3 ou x = 2
Vamos analisar as afirmativas.01) Verdadeira.02) Verdadeira.04) Falsa.08) Falsa.16) Verdadeira.
Soma = 1 + 2 + 16 = 19.
Q50. cI = 0,32.Io ⇒ 0,32.Io = Io . 0,8h/40 ⇒ 0,8h/40 = 0,32
⇒ log 0,8h/40 = log 0,32 ⇒ h40
log 0,8 = log 0,32
log 0,8 = log (23/10) = 3 . log 2 – log 10 = −0,1log 0,32 = log (25/100) = 5 . log 2 – log 100 = −0,5.
Logo, ,,
loglogh
0 80 32
540
= = ⇒ h = 200 cm = 2,0 m.
Q51.a) A menor distância é f(0) = 2 ⇒ 2 metrosb) Para y = 2,5, temos 2x + 2−x = 2,5. Fazendo 2x = y, a
equação se transforma em y +y1
=25
⇒ 2y2 – 5y + 2 = 0 ⇒ y = 21 ou y = 2
⇒ x = −1 ou x = 1 ⇒ a distância entre as hastes, na parte superior, é de 2 metros.
Q52. e
7,3 10,7 2 18 2
.
log log
log
M M
M M27 103 3
27
O O
O O
&
& &
=- + =
= =
Q53.
x2y−1 = 16 ⇒ y = x16
2
. Substituindo na primeira equação,
x3 = 128y2 ⇒ x3 = 128 . 256x 4
⇒ 2x3 = x4 ⇒ x = 2
⇒ y = 41
Vamos analisar as afirmativas.
01) Verdadeira: log8 (xy) = log8 21 =
31
− .
02) Falsa: 2 log x – log y = log y
x 2= log 16.
04) Verdadeira: 3 log x + 2 log y = log (x3y2) =
= log 21 = log
x1 .
08) Falsa: o correto seria log2 y = −2.
16) Verdadeira: 8logyxlog 22 = = 6.
Soma: 1 + 4 + 16 = 21.
CAPítUlO 8 – ÁReAS nO PlAnO
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Conceituar área.
• Calcular áreas de polígonos, círculos e suas partes.
• Resolver problemas que envolvam perímetro da circunferência.
• Resolver problemas que envolvam relações entre áreas em polígonos semelhantes.
• Aplicar as relações métricas em figuras planas na determinação de áreas.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
Matemática
Manual do Professor
62
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Este capítulo é o fechamento da Geometria plana. A maioria dos conceitos explorados em outros capítulos é utilizado no cálculo de áreas.
• Mostre as várias formas de se obter a área de um triângulo, dependendo dos elementos conhecidos.
• Dê ênfase aos casos de utilização de soma e diferença de áreas, quando as figuras estão justapostas ou uma é interior à outra.
• Explore de modo especial a razão entre áreas de figuras planas semelhantes como sendo o quadrado da razão de semelhança.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1. aO perímetro do terreno é 15 000 / 3 = 5 000 metros. Como o terreno tem 2 km de fundo, sua lateral tem medida de 0,5 km e sua área será 0,5 km . 2 km = 1 km2.
Q2. d Como os triângulos retângulos da figura são isósceles, seus catetos têm a mesma medida.
2 6
66
6 2
O passeio é um paralelogramo em que a base mede 2 m e a altura mede 6 m. Sua área é de 12 m2.
Q3. dAs dimensões reais dessa fazenda são 1,5 . 3 = 4,5 km e 2,5 . 3 = 7,5 km
Logo, a área é 4,5 km x 7,5 km = 33,75 km2
Q4. dA partir do exposto, construímos o seguinte losango:
D B
A
C
2x2x
2
2
x
xP
A medida de AD, em função de x, é x 5 e, a partir das relações métricas para o triângulo retângulo ADP, encon-tramos 2 5 2 5x x x x⋅ = ⋅ ⇒ = e a área do losango aci-
ma é 12
2 4 4 4 5 202 2⋅ ⋅ = = =x x x ( )
Q5. cToma-se M sobre AB e N sobre CD tais que MN // AD. Se AM = DN = x, MB = 30 – x e NC = 45 – x.
Área do retângulo AMN = 20x
Área do trapézio MBCN = 30 45
220
− + −x x.
Igualando, 20x = 10(75 – 2x) ⇒ x = 18,75
Q6. cA partir da construção mostrada na figura a seguir, con-cluímos que h = 8.
D
A B306 6
C30
10 10h
Traçadas as duas diagonais, são formados os triângulos semelhantes ABP e CDP, conforme está representado da figura a seguir:
A
D C308 – h
B
10 10h
P
42
Uma vez que seus lados são proporcionais, temos que 3042
8 143
=−
⇒ =h
hh e a área do triângulo ABP é
12
42143
⋅ ⋅ = 98 ⇒ 98 cm²
Q7.
A base menor mede R e a maior, R 3 . A altura do tra-pézio é a diferença entre os apótemas do hexágono e do
triângulo equilátero. A área é R R R R+ −32
32
. = R2
2
Manual do Professor
Matemática 63
Q8. bA área do polígono sombreado é equivalente à área do quadrado de lado igual a 6 menos a área de quatro tri-ângulos de base 6 e altura 2. Portanto, a resposta é
6 412
6 2 36 24 122 − ⋅ ⋅ ⋅ = − = unidades de área.
Q9. Os lados medem 3k, 4k e 5k e o triângulo é retângulo, porque obedece ao Teorema de Pitágoras. Os catetos me-
dem 3k e 4k e sua área é 3 4
254
k k.= ⇒ k = 3 e a
hipotenusa mede x = 5k = 15. A menor altura, de medida h, é relativa à hipotenusa. A área, tormando-se como base
a hipotenusa, é , ,A xh h h cm2 215 7 254 7 2& & &= = =
Q10. dSeja x a medida dos lados CD e DE.
( ) ( ) ( )CE CD DE x x2 2 2 22 1152 24= + ⇒ = ⇒ =
Área do pentágono ABCDE = Área do triângulo ABE + + área do trapézio BCDE
A A cmABCDE ABCDE= ++
⇒ =60 20
260 24 24
21 608 2. ( ).
Q11. Se AB e AC são os lados congruentes, os arcos AB e AC medem 60o ⇒ são lados de um hexágono regular inscrito ⇒ AB = AC = 2 3 . Traça-se a altura AH. A partir de sen 30o e cos 30o , AH = 3 e BH = 3 ⇒ BC = 6
O perímetro é (6 + 4 3 ) cm e a área é 3 3 cm2
Q12. 10A
a
aa
60o
60o
60o
D
y
y
(10 – y)
F(10 – y)
B
C
E10
No triângulo DEF verifica-se que a y y2 2 2= + (I)
Analogamente, no triângulo BCF observa-se que
a y2 2 210 10= − +( ) (II)
Da comparação entre as equações (I) e (II) segue que2 100 20 100y y y
y y20 200 0
2 2
2&
= - + +
+ - =
y ou y10 3 10 10 10 3& = - =- - (esta última raiz não convém ao problema).
Logo, a a2 2 22 10 3 10 800 400 3= − ⇒ = −.( )
Área do triângulo BEF:
. ,
A a A43
4800 400 3 3
4800 1 73 1 200
2
2
&= =-
-A cm46& = =
^ h
Q13. Observe a figura.
D
A B
Cy
Ex
DE = EB = 4, AE = EC = 5, DÊA = 60o e DÊC = 120o
Usando a lei dos cossenos nos triângulos ADE e DCE, x2 = 42 + 52 – 2 . 4 . 5 . cos 60o ⇒ x = 21y2 = 42 + 52 – 2 . 4 . 5 . cos 120o ⇒ y = 61
⇒ o perímetro é 2 21 61+( )
Área do triângulo ADE: 12
. 4 . 5 . sen 60o = 5 3
Área do paralelogramo: 4 . 5 3 = 20 3
Q14.
OD = 5 e OC = 2 5 . No triângulo retângulo COD, pelo Teorema de Pitágoras,
CD = 5 e (OD)2 = PD . CD ⇒ 5 = PD . 5 ⇒ PD = 1
OP . CD = OC . OD ⇒ OP . 5 = 10 ⇒ OP = 2
A área do triângulo OPD é OP PD.2
= 1
Q15. a) O semiperímetro é p = 10. Pela fórmula de Herão, a
área é 10 10 5 10 7 10 8 10 3.( )( )( )− − − =
b) A maior altura é relativa ao menor lado. Se essa altura
mede h, 52
10 3h= ⇒ h = 4 3
c) Se r é o raio da circunferência inscrita e p é o semipe-rímetro, a área do triângulo é pr = 10 3
⇒ 10r = 10 3 ⇒ r = 3
O perímetro é 2πr = 2π2 3≠
Q16. B A
C
D E
F
M
N P
O lado do hexágono mede L = 12. Sua área é
AH = 32162
3.144.32
3L3 2== ⇒ 3216 cm2
Matemática
Manual do Professor
64
O lado MP do triângulo MNP é a base média do trapézio ABEF, cujas bases medem 12 e 24. Portanto, o lado do triângulo mede 18 cm. Sua área é
.LA cm43
4324 3 81 3 81 3
22
T &= = =
Q17.Como AB é paralelo a CD, os triângulos ABP e CDP são
semelhantes, e a razão de semelhança é 2PAPC 5= .
A razão dos perímetros dos dois triângulos é 2/5 e a razão de suas áreas é (2/5)2 = 4/25Logo, se P é o perímetro e A é a área do triângulo CDP,
30 30 .
.
í é
á é
PP o per metro cm
AA a rea cm
1252
8254 50 50 2
& &
& &
= =
= =
Q18.MN é base média do triângulo ABC e PQ é base média do triângulo AMN. Logo, PQ e MN são paralelos a BC e paralelos entre si. Além disso, MN é a metade de BC e PQ é a metade de MN. Logo, os segmentos PQ, MN e BC são proporcionais a 1, 2 e 4. Consequentemente, os triângulos APQ, AMN e ABC são semelhantes, e suas áreas são proporcionais a 1, 4 e 16, ou seja, valem k, 4k e 16k, respectivamente, para algum k > 0.
16k = 48 000 ⇒ k = 3 000
Área APQ = k = 3 000 ⇒ 3 000 m2
Área PQNM = 4k – k = 3k = 9 000 ⇒ 9 000 m2
Área MNCB = 16k – 4k = 12k = 36 000 ⇒ 36 000 m2
Q19.Se o hexágono maior está inscrito em um círculo de raio R, seu lado mede R. O lado do hexágono menor é a metade do lado do triângulo equilátero inscrito no mesmo
círculo. Portanto, seu lado mede 2
3R . Os dois hexágonos
são semelhantes e a razão de semelhança é a razão desses
dois raios, igual a 3
32 . A razão dos perímetros também
é 3
32 e a razão das áreas é o quadrado da razão de
semelhança, ou seja, 34
Q20. bO lado do quadrado é 5 m. Como o quadrado está ins-crito em um círculo, a diagonal do quadrado é igual ao
diâmetro do círculo. Logo, 5 2 25 2
2= ⇒ =R R e a
área do círculo é π π⋅⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = ⋅ =
5 22
252
39 252
, . Portanto,
a área da região interna ao círculo e externa ao quadrado é 39,25 – 25 = 14,25 m².
Q21. cO triângulo OBE da figura a seguir é retângulo em E.
D CX
A BE
13
xx + 1
O
Pelo Teorema de Pitágoras, temos que ( )x x+ = +1 32 2 2
⇒ =x 1 e o ângulo EOBˆ mede 60o. Portanto, o setor OAB tem ângulo central 120o e raio 2 e sua área é igual a
120360
243
2ππ
⋅ = .
Q22.Os raios medem 1 e 4. O quadrilátero ABQP é um trapézio retângulo, com  e B retos e PQ = 5, soma dos raios. Tra-çando por P uma paralela a AB, ela corta BQ em M, sendo que QM = 3, diferença dos raios. Logo PM = 4 é a altura do trapézio e sua área é 10.
Q23.
O lado do triângulo mede 6 ⇒ a altura mede 3 3 . O raio do círculo inscrito é 1/3 da altura, ou seja, r = 3 e o raio do círculo circunscrito é 2/3 da altura, isto é, R = 2 3 . A área da coroa é π(R2 – r2) = 9π ⇒ 9π cm2
Q24.Se x é o lado do hexágono e raio da circunferência,
⇒ 33
2=
x ⇒ x = 2
Área do círculo = πx2 = 4π
Área do hexágono = 3 3
26 3
2x=
Área pedida = (4π – 6 3 ) cm2
Q25. cA área do pasto é igual a 10 . 20 = 200 m2 e a área onde o
cavalo pode pastar é 14
10 252π π⋅ = m², que corresponde
a, aproximadamente, 40% da área do pasto.
Q26. cO ângulo central corresponde a 1/20 do ângu-lo de 360o, portanto a área da região sombreada é 120
8 44820
125
2 2⋅ ⋅ − ⋅ = =( )π ππ π .
Q27. bSe o raio do círculo menor é r, a área do círculo maior é π π( )2 42 2r r= e a área da região hachurada é igual a 12
4 2 2 2⋅ − =π π πr r r . Portanto, a proporção entre a área
hachurada e a área do círculo maior é igual a 1/4.
Manual do Professor
Matemática 65
Q28.Se o raio inicial é R, o comprimento é C = 2πR e a área é A = πR2.Com o aumento de 20%, o raio passa a ser R’ = 1,2R. O novo comprimento C’ e a nova área A’ são:
C’ = 2πR’ = 2π . (1,2R) = 1,2 . 2πR = 1,2C;A’ = π . (R’)2 = π . (1,2R)2 = 1,44 . πR2 = 1,44A.
Logo, o comprimento aumenta 20% e a área, 44%
Q29.Se a área de cada pétala é x e a área entre duas pétalas é y, temos o seguinte raciocínio:A união de duas áreas de medida x com uma área de medida y corresponde a uma semicircunferência. Logo, 2x + y = 50πA união das oito regiões corresponde ao quadrado. Portanto, 4x + 4y = 100 ⇒ x + y = 25Resolvendo o sistema, x = 50π – 25, e a área da flor é 4x = 200π – 100 ⇒ 100(π – 2) cm2
Q30.Pelo Teorema de Pitágoras, AC = 10. Como AD e AC são tangentes à semicircunferência, AT = AD = 6 e, como consequência, CT = 4Se O é o centro da semicircunferência, OT = OD = R e OC = 8 – R. Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo TOC,
(8 – R)2 = R2 + 42 ⇒ 64 – 16R + R2 = R2 + 16⇒ 16R = 48 ⇒ R = 3
Área da semicircunferência: πR2/2 = 9π/2 ⇒ 9π/2 cm2.
Q31. c
Seja α a medida do ângulo central, em grau, do setor cir-
cular cuja área é igual a 40π cm2 e arco de comprimento
8π cm. Então, α
π π360
2 8R = e α
π π360
402R = . Dividin-
do a 2.ª equação pela 1.ª equação, encontramos
απ
απ
π
π360
3602
408 2
5 10
2R
R
RR= ⇒ = ⇒ =
Q32. dComo a área da roça aumentou 69%, a proporção entre as áreas depois e antes do aumento é 1,69 e, extraindo a raiz quadrada desse valor, concluímos que a proporção entre os lados é igual a 1,30. Ou seja, o lado do quadrado deverá aumentar 30%
Q33. eSomente a alternativa (e) não garante que os quatro lotes possuam, necessariamente, a mesma área.
Q34. c
Área = 12
20 45 120⋅ ⋅ ⋅ sen o
= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ =12
20 45 60 4503
2225 3sen o
Q35. cAs duas regiões hachuradas são equivalentes a um triân-gulo cuja área é igual à quarta parte da área do quadrado, conforme está representado na figura a seguir.
Logo, a razão entre as áreas da região sombreada e a do quadrado é igual a 1/4
Q36.
Pelo Teorema de Pitágoras, BC = 3 5
Os triângulos PBC e QCD são semelhantes ⇒ DQ = 4 e a área do paralelogramo é BC . DQ = 12 5
A área do triângulo CQD é 4 ⇒ a área do trapézio ABQD é 12 5 + 4 = 4( 3 5 + 1)
Q37. b
A B
C
a aO
30o
60o
Dado que AOB∧
= 60º, é correto afirmar que o ângulo
inscrito ACB∧
= 30º
ACA CB senC
ABCΔ = ⇒
∧
. .2
Aa a sen a
ABC
o
Δ = =. . 30
2 4
2
Q38. eComo a diagonal de um retângulo o divide ao meio, con-cluímos que a área do triângulo BCD é igual a 5/2 da área do triângulo BEF. Como ~BCD BEFD D , concluímos que
BFBD
BFL
25 5
252 2
&= =c dm n
BFL BF L5
25 22
2
& &= =^ h
Q39. b
A escala da foto é k = , kmcm
12 55
250 0001= . A razão das
áreas é k2. Logo, 10 cm2 equivalem a 10. (250 000)2 cm2 = = 625 . 109 cm2 = 62,5 km2.
Matemática
Manual do Professor
66
Q40. eOs raios dos círculos grande, médio e pequeno medem, respectivamente, 1 m, 0,5 m e 0,25 m.
Sobra de material da produção de uma tampa grande:
A m= − = −2 1 42 2 2π π. ( )
Sobra de material da produção de quatro tampas médias:
A m= − = −2 4 0 5 42 2 2( . , ) ( )π π
Sobra de material da produção de dezesseis tampas pequenas:
A m= − = −2 16 0 25 42 2 2( . , ) ( )π π
Portanto, as três entidades recebem iguais quantidades de material.
Q41. cA partir do exposto no problema, construímos a seguinte figura:
X
Z
Mk Y
W
h
2h
2k
N
Temos que A kh khXMN = = ⇒ =12
1 2 e a área do retângulo
XYWZ é dada por A k h khXYWZ = ⋅ = = ⋅ =2 3 6 6 2 12
Q42. aUma vez que o perímetro de cada área circular é 62,8 m, concluímos que o raio de cada uma é 10 metros. A área gramada é 40 . 50 – 2 . 3,14 . 102 = 2 000 – 628 = 1 372
Q43. bA região é equivalente a um retângulo de dimensões 40 e 20, a um triângulo retângulo de hipotenusa AB e catetos e 40 e 10 e a um triângulo retângulo de hipotenusa BC e catetos 10 e 20. Logo, a área do terreno representado é
40 2040 10
220 10
2800 200 100 1100 2⋅ +
⋅+
⋅= + + = m .
Q44. dNa planta, a area da sala é 144 cm2. Se k é a escala,
k2 = 144 1 .cmm56 2 5002
2
=
Logo, k = 501 . Na planta, o perímetro é 50 cm. O períme-
tro real é P = 50cm. 50 = 2 500 cm = 25m.
Q45. aPor se tratar de um triângulo equilátero, é correto afirmar que o incentro, o baricen-tro, o ortocentro e o circuncentro coincidem e, portanto, dividem as medianas na razão 2:1
ha
R ha a
r ha a
= ⇒
= = =
= = =
32
23
23
32
33
13
13
32
36
.
.
A R r
a a
a a
33
63
3 12 4
coroa
coroa
coroa
2 2
2 2
2 22
r
r
= -
-
-
A = r
A ar= =
^
c c
h
m m
;
;
E
E
Q46. d
Sejam AI , AII e AIII as áreas dos depósitos I, II e III, res-pectivamente.
AI + AII + AIII = Área do galpão – Área do hall
AI + AII + AIII = (10 x 11) – 20 = 90 m2
Como AI , AII e AIII são, respectivamente, proporcionais a 90, 60 e 120, tem-se
A A A A A AA mI II III I II III
III90 60 120 27090270
40 2= = =+ +
= ⇒ =
Considerando x a largura do depósito III, tem-se
x . 10 = 40 ⇒ x = 4m
Q47. b
A área do trapézio é 3 10 .AB2
39+ = ⇒ AB = 6
A área do triângulo ACD é . 3.6AD AB 92 2
= =
A área é 9 cm2.
Q48. eTraçando-se a altura BH do triângulo equilátero ABD, o quadrilátero fica dividido em três triângulos retângulos congruentes. O triângulo P tem duas dessas partes. Logo, a razão entre as áreas das regiões Q e P é 1/2
Q49. a
Se R é o raio da circunferência, πR2 = 3π ⇒ R = 3O lado de cada um dos dois triângulos inscritos na
circunferência é L = 3R ⇒ L = 3. Portanto, cada lado do
hexágono interno mede 1, e sua área é 2
33
Q50.F é o centro do retângulo ABCD. Logo, ele é equidistante dos lados AD e BC. Considerando-se os triângulos AFD e AED, de mesma base AD, a altura relativa a essa base, no triângulo AED, é o dobro da altura relativa a essa base, no triângulo AFD. Logo, a área do triângulo AED é o dobro da área do triângulo AFD e, como consequência, a área do triângulo AFD é a mesma do quadrilátero AFDE.
Q51. dO lado da sala C mede 12 m e o lado da sala B, 7 m. Logo, o lado da sala A mede 5 m. A copa e o banheiro, juntos, formam um retângulo, cujas dimensões são 2 m e 5 m. Juntos, eles têm 10 m2 de área.
a a
a
Rr
Manual do Professor
Matemática 67
Q52. a
B C 3 5
M N
P Q
Os ângulos QNCeB são congruentes, pois ambos são
o complemento de C . Logo, os triângulos retângulos BPM e NQC são semelhantes. Se x é a medida do lado do quadrado MNPQ,
3 xNQBP
QCPM
x 5&= = ⇒ x2 = 15 ⇒ área = 15
Q53. cSe M e N são os pontos em que o arco da meia-lua corta a linha AB, MN é lado do triângulo equilátero, porque, no triângulo equilátero, o apótema é a metade do raio. Logo,
o ângulo central NPM mede 120º. Se R = 9,15 é o raio da circunferência, temos
área do setor MPN: ,R31 87 62 ,r ;
área do triângulo MPN: . . ,R R sen1 1202
36 2o , ;
área sombreada: 87,6 – 36,2 ≅ 51,4
Q54. aSe x e y são as medidas do menor e do maior lado do retângulo R, respectivamente, x + y = 65 cm. Os lados da folha medem 3x e 2y. Da primeira figura,
3y2
2x3
= , porque a folha está dividida em quadrados.
Resolvendo o sistema, x = 20 cm e y = 45 cm, e os lados da folha medem 60 cm e 90 cm. Sua área é 5 400 cm2, que correspondem a 0,54 m2.
Q55. bOs ângulos de vértices A e B são suplementares. Logo, os dois setores, juntos, formam um semicírculo cuja área é
157 km2. A probabilidade é 41
628157
= = 25%.
Q56. aA área do quadrado é 81 cm2. A área do setor de 90º,
interseção do quadrado com o círculo, é =π 26.41 9p
A área pedida é 81 – 9π = 9(9 – π).
Q57.Veja figura, fora de escala.
C1
C2
A
P1
O2
O1
Q
3 3
9
P2 t
a) A paralela à reta t traçada pelo ponto O1 corta O2P2 no ponto A, determinando o retângulo AO1P1P2 e o triângulo retângulo O1AO2 O1O2 = 3 + 12 = 15, AO2 = 9 e P1P2 = O1A = x Pelo Teorema de Pitágoras, P1P2 = 12.
b) Temos um trapézio retângulo de bases O1P1 e O2P2 e
altura P1P2. Sua área é .122
3 12+ = 90.
c) Os triângulos O1AO2 e QP2O2 são semelhantes.
Logo, 9 12P OAO AO
P Q P Q122 2
2
2
1
2
&= = ⇒ P2Q = 16.
A área do triângulo QO2P2 é . 962
12 16 = .
Q58. cA diagonal BD divide o losango ABCD em dois triângulos equiláteros. A medida de AC é o dobro da altura desses triângulos, ou seja, se cada lado do trapézio mede L, AC
= 3L . A diagonal correspondente do losango BFDE é BD = L. Logo, a razão de semelhança dos dois losangos é
3 e a razão de suas áreas é 3. Concluímos que a área do losango BFDE é a terça parte da área do losango maior, ou seja, vale 8
Q59. aEm cada lado, a área de ataque mede 3 m . 9 m = 27 m2, e a área de defesa mede 6 m . 9 m = 54 m2. A área total da quadra é 162 m2. Portanto, a área de ataque é 50% da área de defesa.
Q60. b
Se L é a medida do lado do quadrado, 832L =⇒ L = 6 e o raio dos dois semicírculos é R = 3. A área do quadrado é L2 = 36, e a área conjunta dois dois semicírculos é πR2 ≅ 27. A área da figura é 63, aproximadamente.
Q61. cComo o raio da coroa traseira é a terça parte do raio da dianteira, quando o ciclista dá uma pedalada, a coroa dianteira dá uma volta e a coroa traseira, três voltas, o mesmo ocorrendo com a roda traseira, associado à coroa traseira. O raio das rodas da bicicleta é R = 40 cm. Logo, a distância percorrida pela bicicleta será 3 . 2πR = 3 . 2 . 3 . 40 cm = 720 cm = 7,2 m.
Q62. bSe a altura do triângulo equilátero mede 3, se L é a medida
de seu lado, .32L32
3L=⇒= Os lados do retângulo
medem 3 e 32 , e sua área é 36 . A área do triângulo é
33 , metade da área do retângulo. O raio R do círculo é a terça parte da altura do triângulo, ou seja, R = 1, e sua área é πR2 = π.
A área em branco é π+− 3336 ≅ 8,33.
Q63. cComo o triângulo ABC é isósceles, traçando-se a altura AH, BH = 2. Utilizando tg 30º no triângulo AHB,
concluímos que AH = .3
32
Matemática
Manual do Professor
68
Os triângulos ABC e ADE são semelhantes, e a razão de suas áreas deve ser igual a 2. Logo, se a razão de
semelhança é k, k2 = 2 ⇒ k = .2Se M é o ponto em que AH intercepta DE, queremos obter a medida de AM. A razão das alturas dos dois triângulos é igual à razão de semelhança. Logo,
. .
.
AMAH AH AM AM
AM
2 2 32 3 2
36
& &
&
= = =
=
Q64. bDurante 20 minutos, o ponteiro dos minutos percorre 1/3
da circunferência, ou seja, . . , . ,R31 2 3
1 2 3 1 4 35 9,r = .
Q65. eOs triângulos BAC e MNC são semelhantes, e a razão de semelhança é 2. Logo, a razão de suas áreas é 4. Assim, se a área do triângulo MNC é k, a do triângulo BAC é 4k e,
consequentemente, a do trapézio ABMN é 3k. Portanto, a área a ser concretada é o triplo da área do triângulo MNC.
Q66. aTemos AB = 100. Assim sendo, os dois trechos retos da pista medem, juntos, 200 metros. Se o raio de cada semicircunferência é R, os dois trechos em curva, juntos, medem 2πR. Logo,
2πR + 200 = 400 ⇒ 2πR = 200 ⇒ R = .100π
Q67.Arco AD Arco BC 60
2o=+
⇒ Arco AD + Arco BC = 120º ⇒ arco CD = 60º Portanto, se o raio do círculo é R, CD = R e AB = 2R Os triângulos CDE e ABE são semelhantes, e a razão de semelhança é CD/AB = 1/2. Logo, a razão de suas áreas é 1/4.
CAPítUlO 9 – geOMetRIA eSPACIAl
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Identificar posições relativas de duas retas, de reta e plano e de dois planos no espaço.
• Identificar situações de paralelismo e de perpendicularidade em figuras espaciais.
• Determinar ângulos, distâncias e projeções no espaço.
• Relacionar número de faces, número de vértices e número de arestas em poliedros.
• Identificar os cinco tipos de poliedros regulares.
• Identificar e classificar os principais sólidos geométricos.
• Identificar e relacionar os elementos dos principais sólidos geométricos.
• Relacionar elementos em sólidos inscritos e circunscritos.
• Calcular áreas e volumes em sólidos geométricos.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Explore as posições relativas de retas, reta e plano e de dois planos no espaço de forma intuitiva, utilizando de preferência material concreto.
• Relembre as principais relações métricas nos polígonos regulares. Elas são pré-requisito importante para este capítulo.
• Mostre a importância do Teorema de Pitágoras para relacionar elementos dos principais sólidos geométri-cos, em geral, e das pirâmides e cones, em particular.
• No estudo das seções e troncos de pirâmide e de cone, destaque a relação entre as razões de segmentos (k), de áreas (k2) e de volumes (k3). Associe essas relações à semelhança de triângulos.
• Dê atenção especial a casos de inscrição e circunscrição de sólidos, destacando as relações de semelhança que aparecem nesses casos.
• Enfatize situações de aumento ou redução de áreas e volumes nos sólidos, provocados por aumento ou redução percentuais de suas dimensões lineares.
Manual do Professor
Matemática 69
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.a) Retas paralelas.b) Retas reversas ortogonais.c) Retas concorrentes em B e oblíquas.d) Retas concorrentes em D e perpendiculares.e) Reta contida no plano.f) Reta secante e oblíqua ao plano.g) Reta secante e perpendicular ao plano.h) Planos paralelos.i) Planos secantes e oblíquos.
Q2. c
Há uma única reta perpendicular a r passando por P.
Q3. d
Todo plano paralelo a r é paralelo a s ou contém s.
Q4. b
A reta t é única.
Q5. e
O plano que contém r e é perpendicular a α é único.
Q6. d
Há infinitos planos perpendiculares a r e que contêm α.
Q7. d
A reta pode ser paralela a α.
Q8. b
Toda reta contida em α é paralela ou reversa em relação a toda reta contida em b.
Q9. e
A reta s é necessariamente perpendicular ao plano b.
Q10.
a) O triângulo AFG é retângulo em F. Pelo Teorema de
Pitágoras, no triângulo AEF, AF = 26 e, no triângulo
AFG, AG = 36 . A distância é 36 cm
b) Como o triângulo ACF é equilátero (seus três lados
são diagonais de faces do cubo e medem 26 ), a distância entre C e AF é a altura desse triângulo, igual
a 6323.26 = . A distância é 63 cm.
c) A diagonal DE é perpendicular comum a CD e EF.
Logo, a distância pedida é DE = 26 cm.
d) Como o segmento AD é perpendicular às retas reversas CD e AF, a distância entre elas é AD = 6 cm.
e) A reta é paralela ao plano, e o segmento AD é perpendicular a ambos. Logo, a distância pedida é AD = 6 cm.
f) Os planos são paralelos e o segmento AB é perpendicular a ambos. Logo, a distância é AB = 6 cm.
Q11.Como AB é perpendicular a α, AB é perpendicular a BC e o triângulo ABC é retângulo em b. Pelo teorema de Pitágoras, AC = 5 cm. Como CD é perpendicular a β, CD é perpendicular a AC e o triângulo ACD é retângulo
em C. Pelo teorema de Pitágoras, AD = 25 cm.
Q12.
A
M N
P θ
B
α
Suponhamos que r corta α em P e que o segmento MN seja a projeção do segmento AB em α. Então, o ângulo de r com α é θ = 60º. Pelo Teorema de Tales,
, .cosABMN
PAPM
cmMN MN cm9 2
1 4 5& &i= = = =
Q13.A superfície do icosaedro regular é formada por 20 faces triangulares.
Área de cada face: AF = 43.62
cm2 = 39 cm2
Área total: 20 . 39 cm2 = 3180 cm2
Q14.2A = 5 . 12 = 60 ⇒ A = 30V + F – A = 2 ⇒ V + 12 – 30 = 2 ⇒ V = 20S = (V – 2) . 360º = 18 . 360º = 6 480º
Q15.Como cada aresta pertence a duas faces, 5V = 2A. 3 600º = (V – 2) . 360º ⇒ V = 12 ⇒ A = 30 V + F – A = 2 ⇒ 12 + F – 30 = 2 ⇒ F = 20
Q16.O total de faces é F = 7.2A = 3 . 3 + 1 . 4 + 1 . 5 + 2 . 6 = 30 ⇒ A = 15 V + F – A = 2 ⇒ V + 7 – 15 = 2 ⇒ V = 10
Q17.Se são x faces quadrangulares e y faces pentagonais,4x + 5y = 2A ⇒ 4x + 5y = 30 e F = x + y.(V – 2) . 360º = 2 880º ⇒ V – 2 = 8 ⇒ V = 10.V + F – A = 2 ⇒ 10 + x + y – 15 = 2 ⇒ x + y = 7Resolvendo o sistema, x = 5 e y = 2. Logo, são 5 faces quadrangulares e 2 faces pentagonais.
Q18.Se são x faces pentagonais, F = 4 + x.
2A = 1 . 6 + 2 . 3 + 1 . 4 + x . 5 ⇒ A = x2
5 16+ V + F – A = 2 ⇒ 12 + 4 + x – x
25 16+ = 2
⇒ x = 4 ⇒ A = 18⇒ são 4 faces pentagonais, e o total de arestas é 18.
r
Matemática
Manual do Professor
70
Q19.
a) Se x é a medida da aresta, x3 = 27 ⇒ x = 3 A área total é 6x2 = 54 ⇒ 54 cm2
b) A diagonal mede x 3 = 3 3 ⇒ 3 3 cm
Q20. b
As medidas dos segmentos BC e AC podem ser calcula-das pelo Teorema de Pitágoras e valem, respectivamente, 4 2 u.c. e 4 3 u.c..
Sendo o triângulo ABC um triângulo retângulo, reto em B∧
,
pode-se afirmar que sua área é dada por AB BC.2
e vale, portanto, 8 2 .
Q21.
A diagonal do paralelepípedo mede 65. Suas dimensões medem 36, 48 e x, logo 652 = 362 + 482 + x2 ⇒ 4 225 = 1 296 + 2 304 + x2 ⇒ x2 = 625⇒ x = 25
a) A área da superfície total é 2(48 . 25 + 36 . 25 + 48 . 36)cm2 = 7 656 cm2
b) A capacidade é V = 36 . 48 . 25 = 43 200 ⇒ 43 200 cm3 ou 43,2 L
Q22. aA variação do volume de água no reservatório correspon-de ao volume do objeto submerso no aquário, ou seja, 70 cm x 50 cm x 0,4 cm = 1 400 cm3.
Q23. c
A hipotenusa da base mede 10 e a área da base mede 24. Sendo x a altura do prisma, sua área lateral é (6 + 8 + 10)x = 24xA área total é 24x + 48 = 168 ⇒ x = 5O volume é 24 . 5 = 120 ⇒ 120 cm3.
Q24. Suponhamos que a aresta da base meça x e a altura meça y.
A área lateral é 3xy e a área da base, x2 34
3xy = 4 . x2 34
⇒ y = x
3
O volume é x2 3
4. y = 16 ⇒
x2 34
. x
3 = 16
⇒ x3 = 64 ⇒ x = 4 ⇒ 4 m
Q25. cA base do prisma é um triângulo equilátero de lado 8 e
sua área será 8 34
16 32 ⋅
= . Portanto, seu volume será
A hbase ⋅ = ⋅ =16 3 10 160 3.
Q26. Uma vez que os vértices da base da pirâmide são os pontos médios das arestas da base do prisma, a área da base da pirâmide é igual à metade da área da base do prisma. Por-tanto, o volume da pirâmide será 1/6 do volume do prisma.
Q27. c
4
3
3
3
m
6 3 cm
6 3 cm
d L L L cm2 2 6 6 6 3& &= = =
Área da base = L2 A A cm1 3 1086b b2 2 2& &= =^ h
h L h cm32 4 3&= =
m m cm2 2 24 3 3 3 5 3= ( ) + ( ) ⇒ =
Área lateral = 4 . . 2 . 5 . 6 180m L A cm2 3 3L2
& = =
∴ Área total = A A A A cm108 180 288b L t t2
& &+ = + =
Q28. a
Sejam hI e hII as alturas do prisma e da pirâmide, respectivamente. Os volumes do prisma e da pirâmide, respectivamente e em fun-
ção de a, são V a h e V a ha h
I I I I IIII= ⋅ = ⋅ =
⋅2 221
32
43
( )
Como o volume da pirâmide é igual ao volume do prisma,
temos que a ha h
hh h
hIII
III I
II
2243
43
43
⋅ =⋅
⇒ = ⇒ = .
Q29. d
D
A B
C
M N
P Q
1 1
Na figura, A, B, C e D são os baricentros das faces laterais. O plano do quadrado ABCD corta a pirâmide segundo o quadrado MNPQ. Pela propriedade do baricentro, MN
mede 32 . Logo, a diagonal MP mede
322 e, como AB é
base média do triângulo MNP, AB mede 32
. A área do
quadrado ABCD é 92
32
2
=
.
Q30. aA base da pirâmide é um triângulo equilátero de lado 6 m,
área 6 3
49 3
2
= m². Sua altura é determinada a
partir do triângulo retângulo em destaque na figura a seguir:
Manual do Professor
Matemática 71
Então, h2
2
223
6 32
15+ ⋅⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = ( )
⇒ + =
⇒ + =
⇒ =
⇒ =
h
h
h
h
2 2 2
2
2
2 3 15
12 15
3
3
( ) ( )
O volume da pirâmide será V m= =13
9 3 3 9 3. . .
Q31O volume do sólido é equivalente a um cubo de aresta L mais 6 pirâmides quadrangulares cuja aresta da base é L e altura L. Então:
Vsólido= + ⋅
⋅=L
L LL3
236
33
Q32.Observe a figura.
A
B N
M
AB é altura, MN é apótema e AM e BN são os apótemas das bases do tronco.
O quadrilátero ABNM é um trapézio retângulo, com AM = 2, BN = 6 e AB = 3
A altura MH do trapézio determina o triângulo retângulo MHN, em que MH = 3 e HN = 4. Pelo Teorema de Pitá-goras, MN = 5
Área da base menor = 42 = 16
Área da base maior = 122 = 144
Área lateral = 4. 4 122
5+
. = 160
Área total = 16 + 144 + 160 = 320
Se H é a altura da pirâmide maior, a altura
da pirâmide menor é h = H – 3
HH −
=3
124
⇒ H = 92
⇒ h = 32
Volume da pirâmide maior = 13
14492
. . = 216
Volume da pirâmide menor = 13
1632
. . = 8
Volume do tronco = 216 – 8 = 208
A área total é 320 cm2 e o volume é 208 cm3.
Q33. b
V dm= ⋅ ⋅ =π 10 7 2 1982 3
Q34.Podemos imaginar dois sólidos idênticos ao do problema, acoplados de modo a formarem um cilindro reto, confor-me figura.
Sua altura é 30 e o raio da base é 4,
⇒ seu volume é π . 42 . 30 = 480π e o volume do sólido original é a metade, ou seja, 240π cm3.
A área lateral do cilindro é 2π . 4 . 30 = 240π e a
área lateral do sólido é a metade: 120π cm2.
Q35.Os catetos medem 3 ⇒ o raio da base e a altura do cone medem 3.
Volume = 13
π . 32 . 3 = 9π ⇒ 9π cm3
Área da base = π . 32 = 9π
Área lateral = π . 3 . 3 2 = 9π 2
Área total = 9π + 9π 2 ⇒ 9π( 2 + 1) cm2
Q36. eO sólido obtido será formado pela área lateral de um cone de altura 3, raio 4 e geratriz 5 e pela lateral e uma base de um cilindro de raio 4 e altura 2, todos medidos em centí-metros. Portanto, a área total do sólido será
A rg rh r cm= + + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =π π π π π π π2 4 5 2 4 2 4 522 2 2
Q37. b
2 2010
1 1ππ
r r= ⇒ = ∴ =
⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
⇒ =V V1
2
110
101 000
ππ π
. .
2 105
2 2ππ
r r= ⇒ =
∴ = ⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⇒ =V V2
2
25
20500
ππ π
. .
Verifica-se, portanto, que V1 = 2 V2 , donde se conclui que o custo da vela do tipo I será o dobro do custo da vela do tipo II.
Q38.O volume de um cone com raio da base medindo 15 cm e
de altura 4 cm é V cm= =13
15 4 3002 3π π. .
Seja Vm o volume do cone modificado, após o aumento de sua altura e a diminuição de seu raio da base de uma mesma medida x centímetros.
Tem-se que
V x x x x xM = − + = − + +( )13
15 413
26 105 9002 3 2π π.( ) .( )
15
h
23 2
6 3
Matemática
Manual do Professor
72
;
V V
x x x
x x x x x oux31 26 105 900 300
26 105 0 0 5 21
M
3 2
3 2 &
r r
=
- + + =
- + = = = =
^ h
Todavia, as raízes 0 e 21 não convêm ao problema.
Portanto, x deve medir 5 centímetros.
Q39.Seja r o raio da base do cone e a aresta da base da pirâmi-de quadrangular. Então:
V rr
V rr
cone
pir mide
= ⋅ ⋅ =
= ⋅ =
13
44
3
13
443
22
22
ππ
Vpirâmide
V rr
V rr
cone
pir mide
= ⋅ ⋅ =
= ⋅ =
13
44
3
13
443
22
22
ππ
Portanto, a razão entre o volume do cone e o volume da pirâmide é
43
43
43
3
4
2
2
2
2
ππ
π
r
r
r
r= ⋅ =
Q40. bO volume do bolo é dado por
π π π π( ) ( ) ( )R R R R2 2 2 225 2 25 4 25 525⋅ + ⋅ + ⋅ =
Igualando esse valor a 52 500π, encontramos
525 52500 100 102 2π πR R R= ⇒ = ⇒ = e o volume de
C3 é π(10)2 . 25 = 2500 π.
Q41.O raio do cilindro C1 é 2r e a altura é h. O raio do cilindro C2 é r e a altura é 2h. Volume de C1: π . (2r)2 . h = 4πr2h.Volume de C2: π . r2 . 2h = 2πr2h.A razão entre os volumes é 2.
Q42.Originalmente, o cilindro tem raio r e altura h, e seu volume é V = πr2h. Após as modificações, temos um cilindro de raio 1,2r e altura 0,7h. O volume do novo cilindro é V’ = π . (1,2r)2 . 0,7h = 1,008 . πr2h = 1,008V.Logo, há um aumento no volume de 0,8%.
Q43.
πRg = 80π ⇒ Rg = 80 e .54
gR
gR360288 oo =⇒=
Resolvendo o sistema, g = 10 e R = 8g2 = h2 + R2 ⇒ 100 = h2 + 64 ⇒ h = 6
V = .R h3 3
64 62r r= = 128π ⇒ 128π cm3
Q44. Na taça, o raio é R e a altura é h. Na vasilha, o raio é 3R e a altura é 2h.
Volume da taça: V1 = .3
hR 2π
Volume da panela: V2 = p . (3R)2 . 2h = 18πR2hV2/V1 = 54 ⇒ 54 taças.
Q45.
2h h
A primeira figura mostra a taça cheia, com 320 mL de vinho. Na segunda figura, temos a taça com o nível do vinho atingindo a metade da altura da taça. Os cones representados pelo vinho contido nas duas taças são semelhantes. A razão de seus volumes é o cubo da razão de suas alturas. Logo, se V é o volume de vinho na segunda taça,
8hh2
V320 3
=
= ⇒ V = 40 ⇒ 40 mL
Q46. aApós 5 meses de tratamento, o raio do tumor se reduziu a 2 cm, haja vista a taxa de diminuição de 2 mm por mês.
V r V cmesfera o= ⇒ =43
363 3π π (volume do tumor no
início do tratamento) e V cm5 =323
3π (volume do tumor
após 5 meses de tratamento).
32336
29 6π
π≅ , %
Q47. a
A medida da diagonal do cubo é igual ao diâmetro da es-fera. Se a aresta do cubo é 3 , a medida de sua diagonal será 3 3⋅ = 3 e esse valor é igual ao diâmetro da esfera. Portanto, o raio da esfera é 3/2 e seu volume será
43
32
43
278
92
3
⋅ ⋅ ⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = ⋅ ⋅ =π π
π .
Q48. d
VA h h
h h cmbase=⋅
=⋅ ⋅
= ⇒ = ⇒ =3
33
36 3 36 122π
π π π
Q49. b
O volume da caldeira, em função do raio R comum à esfera,
e o cilindro é 43
210
3
32
3ππ
πRR R
R+ ⋅ = .
Igualando essa expressão a 90π, encontramos10
390 3
3ππ
RR= ⇒ = m.
Portanto, a área do material para a construção da caldeira é 4 2 2 8 8 3 722 2 2π π π π πR R R R+ ⋅ = = ⋅ ⋅ = .
Manual do Professor
Matemática 73
Q50. bSeja R o raio da esfera.
Volume da esfera = 43
πR3
Volume do cilindro = πR2 . 2R = 2πR3
Diferença = 2πR3 – 43
πR3 = 23
πR3
Esse volume é metade do volume da esfera.
Q51. e
ValvéoloValveolo = = −43
0 01 4 103 6π.( , ) .
Número de alvéolos = 1 6184 10
404 5 10 4045 106
6 5
., . .
−= =
Q52. Se R é o raio da esfera, 8π = 2πR ⇒ R = 4
Volume da esfera = 43
π . 43 = 3256r
Volume de cada gomo 112
2563
649
.π π=
Área da superfície = 4π . 42 = 64π
Área externa de cada gomo = .121
31664 rr =
Área total do gomo = π . 42 + 16
364
3π π=
⇒ V = 9
64r cm3 e A = 3
64r cm2
Q53.Um corte pelo centro é representado por uma circunferên-cia inscrita em um triângulo equilátero. Se o raio da esfera mede R, a altura do triângulo equilátero é 3R, e o lado do triângulo mede 2 3R . A altura do cone é 3R, e o raio de sua base é R 3 .
Volume da esfera =43
πR3
Volume do cone =13
π . ( R 3 )2 . 3R = 3πR3
A razão dos dois volumes é 9/4.
Q54.Observe a figura. A distância do centro à seção é a altura do cone. Se r é o raio da seção (e do cone), pelo teorema de Pitágoras, 102 = 62 + r2 ⇒ r = 8
10
6 r
Volume do cone: V = =π
=π
36.8.
3hr 22
128π
Área lateral do cone: AL = πrg = π . 8 . 10 = 80π
Q55.
Volume de uma esfera: V = 3R34
π = .34 3 363r r=
Volume das 12 esferas (e do cilindro): 12 . 36π = 432π.Se o cilindro equilátero tem raio r e altura h, h = 2r
VCIL = πr2h = 2πr3 = 432π ⇒ r3 = 216 ⇒ r = 6 ⇒ h = 12
Área lateral do cilindro: AL = 2πrh = 2π . 6 . 12 =144π
Q56. bApós as duas dobras, o comprimento do barbante, que era 2πr, passou a ser r
2r .
O volume estimado do tronco é
Vr r
h Vr
he e= ⇒ =π π π
2 2 4
2 2
. . .
É sabido que o volume de um cilindro circular é V r hc = π2
e, portanto, a perda de madeira é dada pela diferença entre
Vc e Ve
Logo, perda =
= ππ
ππ π
r hr h
r h V Vc c2
2 22
41
44
40 215− = −⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
−⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ≅ ,
Q57. cComo volume e área total são, respectivamente, 13 m≥ e 78 m², concluímos que
pqr
pq pr qr
pqr
pq pr qr
=
+ + =
⎧⎨⎩
⇒=
+ + =
⎧⎨⎩
13
2 78
13
39( ).
Dividindo a segunda equação pela primeira equação, obte-mos
pqpqr
prpqr
qrpqr pqr r q p r q p
+ + = ⇒ + + = ⇒ + + =39 1 1 1 39
131 1 1
3
Q58. d
VcâmaraV mc mara = × × =200 17 20 68 000 3
vazão vazª ovolumetempo
tempo= ⇒ = ≅68 0004 200
16 19, min
Q59. c
A R R mBase = = ⇒ =π π2 36 6
⇒ = ⋅ = ⋅⋅
=VR
Esfera12
43
12
4 63
1443 3π π
π
Q60. c
Vbola imersa = Vágua deslocadaV V r r cmbola imersa Ægua deslocada= ⇒ = ⇒ =
12
43
48 0 5 123 2π π. . . ,
Q61. e
V litros= ⋅ ⋅ ⋅ =13
30 40 37 6802π .
Q62. aA área da caixa, em função de x é x² + 8x. Igualando essa expressão a 33, encontramos x = 3, e o volume da caixa paralepipédica é 32 . 2 = 18 m3.
Matemática
Manual do Professor
74
Q63. cSe r = 4 é o raio, h é a altura e g é a geratriz do cone,
16r h h31 163
2rr
r= = ⇒ h = 3 ⇒ g = 5.
Se R é o raio da esfera, 4πR2 = πr2 + πrg ⇒ 4πR2 = 36π ⇒ R = 3 ⇒ 3 cm
Q64. c
O
Q
R
P
m
1θ
12
De acordo com a figura, tem-se
( ) ( ) ( )OP PQ PQ PQ2 2 22
1 112
32
+ = ⇒ = − ⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ ⇒ =
senθ θ= ⇒ =
321
60º
Logo, a área sombreada é
A A A A
A
setorORQ OPQ= −( ) ⇒ = −⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟
⇒ = −⎛
⎝⎜
2 216
12
12
32
33
4
2
. ..
. .π
π⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟m2
Portanto, o volume do líquido é
V A V m= ⇒ = −⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = −
⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟6 6
33
42
3 32
3ππ
Convertendo para litros, tem-se que
V litros= −( )2 000 1 500 3π .
Q65. cChamando a medida de uma aresta do tetraedro regular de a, tem-se
a2 2 21 53 1 53 2 16= + ≅, , ,
Q66. dVamos obter a área lateral e o volume dos três tanques:
Tanque I: AL = 2π . 2 . 6 = 24π; V = π . 22 . 6 = 24πTanque II: AL = 2π . 2 . 8 = 32π; V = π . 22 . 8 = 32πTanque III: AL = 2π . 3 . 8 = 48π; V = π . 32 . 8 = 72π
A relação área / capacidade do tanque I é 1/1; do tanque II, também é 1/1; do tanque III é 2/3. Portanto, o tanque III deve ser o encomendado.
Q67. cVolume do prisma: 42 . 18π = 288π
Se R é o raio da esfera, 34 πR3 = 288π ⇒ R = 6
Q68. bA parte da pirâmide que ficará submersa é um tronco de pirâmide, ficando fora da caixa uma pirâmide menor de
0,20 m. A razão de semelhança entre essa pirâmide e a pirâmide toda é 0,20/1 = 1/5. Logo, a razão dos volumes é 1/125. Assim, em termos de aproximação, o volume da pirâmide que fica fora da caixa é desprezível em relação ao volume da pirâmide toda.
Volume da pirâmide toda: 31 (1,2)2 . 1 = 0,48
Volume da caixa: 1,80 . 1,50 . 0,8 = 2,16Volume de água restante na caixa: 2,16 – 0,48 = 1,68 Portanto, restarão pouco mais de 1 680 litros.
Q69. dA razão entre a altura da pirâmide que fica fora da água e a altura da pirâmide toda é 1/2. Logo, a razão dos seus volumes é 1/8. O volume submerso é 7/8 do volume total da pirâmide.
Q70. cO volume da água no aquário é 40 . 20 . 25 = 20 000.Se x é a altura da água na segunda posição, 20 . 30 . x = 20 000 ⇒ x ≅ 33 ⇒ 33 cm
Q71. aSe a altura do cilindro é H, o volume de areia é πR2H.Se a altura do cone formado é h, o volume da areia é,
também, 31 π . (2R)2 . h =
34 πR2h. Igualando os
volumes, 34 πR2h = πR2H ⇒ h =
43 H
Q72. b
O octaedro é constituído de duas pirâmides de bases quadradas coincidentes. A diagonal da base das pirâmides mede 1 m, medida da aresta do cubo. Logo, o lado da
base mede 22 . A altura de cada pirâmide é
21
Volume do cubo: 1 m3
Volume do octaedro: 2. .61
21.
22.
31
2
=
Volume pedido: 1 –65
61
=
Q73. cSe x é a medida do lado da base do bloco, seu volume é V = 20x2. O volume necessário para confeccionar os
180 colares é V’ = 180 . 50 . 3)5,0(.34
π ≅ 4 500
20x2 = 4 500 ⇒ x2 = 225 ⇒ x = 15A área da superfície do bloco é2 . 15 . 15 + 4 . 20 . 15 = 1 650 ⇒ 1 650 cm2
Manual do Professor
Matemática 75
Q74. dA altura do cilindro é 20 dm e o raio é 0,4 dm. Seu volume, em decímetros cúbicos, é V = π . (0,4)2 . 20 ≅ 10 A capacidade aproximada é de 10 L.
Q75.O triângulo APB é retângulo em P. Pelo Teorema de Pitágoras, AB = 1,3. Pelas relações no triângulo retângulo, AB . OP = AP.BP ⇒ 1,3 . OP = 0,5 . 1,2 ⇒ OP = .
136
A área do círculo é .m16936 2r
Q76.Uma aresta lateral da pirâmide, de medida 35, um raio,
de medida 2
35 2 , e a altura, de medida h, formam um
triângulo retângulo. Pelo Teorema de Pitágoras, obtemos h =
235 2 m.
Q77. dVolume do cubo maior: 123 = 1 728Volume do cubo vazado: 83 = 512Volume de madeira utilizado: 1 728 – 512 = 1 216
Q78. aSuponhamos que o raio do copo é R e o da lata é 2RVolume retirado da lata: π . (2R)2 . (x – 12)Volume de água no copo: π . R2 . 12Igualando, 4πR2(x – 12) = 12πR2 ⇒ x = 15 ⇒ 15 cm
Q79. cA área de cada face é
439 . Se L é a medida do lado
de cada face, 4
394
3L2= ⇒ L = 3. Cada lado do
quadrilátero é base média de cada face. Logo, cada lado
mede 23 , e o perímetro do quadrilátero é 4.
23
= 6.
Q80. bVolume do paralelepípedo: 3 . 18 . 4 = 216. Se x é a medida da aresta do cubo, x3 = 216 ⇒ x = 6.
Q81. aVolume de cada copinho: V = π . 22 . 4 = 16πVolume de água a ser posto na leiteira: 160πVolume da leiteira: V’ = π . 42 . 20 = 320π Deve-se encher a leiteira até a metade, e o volume da leiteira é 20 vezes maior que o do copo.
Q82.01) Falsa. As retas r e s são paralelas.02) Verdadeira.04) Falsa. Podem ser reversas ou concorrentes também.08) Falsa. Pode ser oblíqua ao outro.16) Verdadeira.
Soma = 2 + 16 = 18
Q83. eO volume comum é um tronco de pirâmide.
O volume da pirâmide VABC é . .931
29
227=
A pirâmide menor (parte exterior ao cubo) é semelhante à pirâmide VABC e a razão de semelhança é 6/9 = 2/3. Logo, a razão de seus volumes é 8/27. Assim, o volume da pirâmide menor é .
278
227 = 4, e o volume do tronco
é 19 .227 4
2- =
Q84. dVamos trabalhar com a unidade metros e supor que x seja o volume da parte oca do cilindro.Volume da manilha com a camada de concreto: V = x + π . (1,2)2 . 4 = x + 17,856Volume do cilindro sem a camada de concreto:V’ = x + π . 12 . 4 = x + 12,4Volume do concreto: V – V’ = 5,456 m3
Preço da manilha: 5,456 . 10 = 54,56 ⇒ R$ 54,56
Q85. cO ângulo θ em questão é formado pelo apótema de cada pirâmide com o apótema da respectiva base, já que ambos são perpendiculares à interseção dos planos α e b.Consideremos o triângulo retângulo cujos lados são esses dois apótemas e a altura de uma das pirâmides.Se cada aresta do octaedro mede x, o apótema da pirâmide
é a altura de um triângulo equilátero e mede 2
3x . O
apótema da base é a metade de cada aresta e mede 2x .
Pelo Teorema de Pitágoras, a altura da pirâmide mede
22x . Logo, sen θ = .
36
23x:
22x
=
Q86. dSe g é a medida da geratriz, g2 = 82 + 62 ⇒ g = 10A medida do arco do setor é 2πR = 16π, associado ao ângulo central θ do setor. A medida do arco completo seria 2πg = 20π, associado a um ângulo de 360º Temos a regra de três: 20π → 360º
16π → θ
Resolvendo a regra de três, θ = 288º.
Q87. bO produto das três dimensões fornece o volume da peça.
Q88. aVolume da caixa cúbica: V = 603 = 216 000
Volume de cada molde: .30 3031 2 = 9 000
Com o volume da caixa, o número de moldes que se podem encher é 216 000 : 9 000 = 24.
Q89. bO triângulo da base é retângulo, porque as medidas de seus lados satisfazem o Teorema de Pitágoras. Temos a seguinte figura, em que traçamos os raios nos pontos onde os catetos tangenciam a circunferência.
Matemática
Manual do Professor
76
6 – r
6 – r
8 – r
8 – r
r
r
r
r
6 – r + 8 – r = 10 ⇒ r = 2
Q90. bSe R é o raio do círculo e da base do cilindro, a aresta da base da pirâmide também mede R. Suponhamos que H seja a altura da pirâmide.
Volume da pirâmide: . . 3R H HR31
23 3
2
2 2
=
Volume do cilindro: πR2. .3R636 2π=
Igualando, 3RH R2
6 32
2r= ⇒ H = 12π
Q91. cVolume do copo: π.22.10 ≅ 120 mL.
Volume de água: 56
. 120 mL = 100 mL.
CAPítUlO 10 – CÁlCUlO COMbInAtóRIO
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO (ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Simplificarexpressõeseresolverequações,envolvendoosímbolofatorial.
• Enunciareaplicarosprincípiosdecontagemnaresoluçãodeproblemas.
• Distinguiragrupamentosordenadoseagrupamentosnãoordenados.
• Distinguir arranjos simples, permutações simples, combinações simples e permutações com elementosrepetidos.
• Calcular o total de arranjos, permutações, combinações simples e permutações com elementos repetidos.
• Resolverequaçõesenvolvendocálculocombinatório.
• Resolverproblemasdeaplicaçãodoconteúdodocapítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Nos estudos iniciais do cálculo combinatório, optamos por introduzir dois princípios de contagem: oaditivo e o multiplicativo. É muito comum, entre os alunos, a dúvida: quando devo somar? Quando devo multiplicar? A adoção desses dois princípios ajuda a esclarecer essa dúvida.
• Trabalhebastanteosprincípiosdecontagem.Apartirdomomentoemqueelesestãoassimilados,todoorestante do cálculo combinatório torna-se bem mais simples.
• Associeosagrupamentosnãoordenadosaoverboescolher(combinações)eosagrupamentosordenadosaos verbos ordenar (permutações) e escolher / ordenar (arranjos). Essa associação facilita a distinção entre arranjos, combinações e permutações.
• Inicialmente,nãotrabalhecomasfórmulas,usandoosímbolofatorial.Assimfazendo,oalunotendeasimplesmente decorar essas fórmulas, sem a percepção da lógica que está por trás delas. Dê preferência a cálculos do tipo:
A8,3 = 8 . 7 . 6 → começa em 8 (número de elementos disponíveis) e vai decrescendo até completar 3 fatores (porque são 3 etapas).
Dessa forma, o cálculo tem lógica e está relacionado ao princípio multiplicativo de contagem.
• Apresenteasfórmulascomosímbolofatorialapenasnofechamentodocapítulo,depoisqueosprocessosde cálculo já foram assimilados e introjetados.
• Quandoapresentarumproblema,cuidado,professor,comumerromuitocomumnosenunciadosqueaparecem em muitas questões. Substitua perguntas do tipo: Quantas comissões de 3 pessoas podem ser formadas num grupo de 7 pessoas? De quantas formas pode-se formar uma comissão de 3 pessoas, a partir de um grupo de 7 pessoas? A primeira pergunta está malformulada. A resposta a ela seria: 2 comissões de 3 pessoas, sobrando uma pessoa, o que perfaz um total de 7. A segunda formulação é a correta.
Manual do Professor
Matemática 77
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.a) 4 + 3 = 7 formas.b) 2 + 5 = 7 formas.c) 4 . 7 = 28 formas.d) 7 . 2 = 14 formas.e) 7 . 7 = 49 formas.
Q2.a) 8 . 5 = 40 formas.
b) 3 . (8 + 5) = 39 formas.
c) 3 . 8 + 3 . 5 + 8 . 5 = 79 formas.
Q3.a) 1 + 3 . 3 = 10 formas.
b) 10 . 10 = 100 formas.
Q4. dSeja “c” a letra representativa de barra clara e “e” a letra representativa de barra escura.
Tem-se as seguintes possibilidades:
c c e c cc e c e cc e e e ce e c e ee c e c ee c c c e
Q5.
Sistema antigo: 26 26 26 10 10 10 10 26 103 4. . . . . . .� �� �� � ��� ��� = letras dígitos
Novo sistema: 26 26 26 26 10 10 10 26 104 3. . . . . . .� ��� ��� � �� �� = letras dígitos
Logo, a diferença será
26 10 26 10 26 26 10 10 26 10 16 26 104 3 3 4 3 3 3 3 3 3. . . . . . . .− = − =
Q6.4 . 3 . 2 + 3 . 2 – 2 = 28
Q7. a) P7 = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 = 5 040 anagramas.b) 4 . P6 = 4 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 = 2 880 anagramas.c) 4 . 3 . P5 = 4 . 3 . 5 . 4 . 3 . 2 = 1 440 anagramas.
Q8.
a) P5 = 5 . 4 . 3 . 2 = 120 disposições.
b) P2 . P3 = 2 . 3 . 2 = 12 disposições.
c) P4 . P2 = 4 . 3 . 2 . 2 = 48 disposições.
d) 120 – 48 = 72 disposições.
Q9.
P3 . 2 . 2 . 2 = 3 . 2 . 2 . 2 . 2 = 48 formas.
Q10.
a) P5 = 5 . 4 . 3 . 2 = 120 números.
b) 3 . P4 = 3 . 4 . 3 . 2 = 72 números.
c) 2 . P3 = 2 . 3 . 2 = 12 números.
Q11.
a) 5 . 4 . 3 . 2 – 7 . 6 + 6 . 5 . 4 = 198
b) (n + 1) . n = 72 ⇒ n = 8
c) n(n – 1)(n – 2) = 2 . (n – 1)(n – 2)(n – 3)
⇒ n = 2n – 6 ⇒ n = 6
Q12.
A10, 3 = 10 . 9 . 8 = 720 resultados.
Q13.
a) 7 . 7 . 7 . 7 = 2 401 números.
b) A7, 4 = 7 . 6 . 5 . 4 = 840 números.
c) 2 . 7 . 7 . 7 = 686 números.
d) Começando por 1, 3, 4 ou 5 → 4 . A6, 3 = 480
Começando por 71 ou 73 → 2 . A5, 2 = 40
Começando por 741, 743 ou 745 → 3 . 4 = 12
Total → 532 números.
Q14.
a) 6 . 7 . 7 = 294 números.
b) A7, 3 – A6, 2 = 7 . 6 . 5 – 6 . 5 = 180 números
c) Terminando em 0 → A6, 2 = 6 . 5 = 30
Terminando em 5 → 5 . A5, 1 = 5 . 5 = 25
Total → 55 números.
Q15.
a) 6 . 5 + 8 7 63 2
7 6 53 2
30 292
. ..
. ..
.− + = 486
b) n n( )−
=1
228 ⇒ n(n – 1) = 56 ⇒ n = 8
c) n(n – 1) = ( ) ( ).
n n n+ −1 13 2
⇒ n + 1 = 6 ⇒ n = 5
Q16.
a) C11, 3 = 11 10 9
3 2. ..
= 165 maneiras.
b) C6, 3 . C5, 2 = 6 5 43 2
5 42
. ..
..
= 200 maneiras.
c) C10, 4 = 10 9 8 7
4 3 2. . .. .
= 210 maneiras.
d) C9, 5 = C9, 4 = 9 8 7 64 3 2. . .. .
= 126 maneiras.
e) C11, 4 – C6, 4 = 11 10 9 84 3 2
6 52
. . .. .
.− = 315 maneiras.
Matemática
Manual do Professor
78
Q17. eCn,2 fornece o número total de segmentos possíveis de se-rem formados com extremidades em dois vértices do po-lígono, estando aí incluídos lados e diagonais. Excluindo-se os n lados, é correto afirmar que o número de diagonais é dado por C nn,2 − .
Q18.
a) C6, 3 = 6 5 43 2. ..
= 20 produtos.
b) C5, 3 = 5 42.
= 10 produtos.
c) C4, 3 = C4, 1 = 4 produtos.
Q19. d
C C C C20 1 4 2 3 2 5 2 3 600, , , ,. . . = modos.
Q20.
C8, 2 . C7, 1 . P3 = 28.7.6 = 1 176 formas.
Q21.
a) C10, 2 – C4, 2 + 1 = 45 – 6 + 1 = 40 retas.
b) C10, 3 – C4, 3 = 120 – 4 = 116 triângulos.
Q22.
a) 5! – 4! + 3! – 1! + 0! = 120 – 24 + 6 – 1 + 1 = 102
b) 108
1110
10 9 88
11 1010
!!
!!
. . !!
. !!
+ = + = 90 + 11 = 101
c) 9 88 7
9 8 7 8 78 7 7
7 72 87 8 1
807
! !! !
. . ! . !. ! !
!.( )!.( )
+
−=
+
−=
+
−=
Q23. a) (n + 1)! = 7.n! ⇒ (n + 1) . n! = 7.n! ⇒ n + 1 = 7 ⇒ n = 6
b) n n
n
! ( )!+ −
−
1
12 = 120 ⇒ n n n
n
( )! ( )!− + −
−
1 1
12 = 120
⇒ ( )!. ( )( )( )n nn n− +
+ −
1 11 1
= 120 ⇒ ( )!n
n−
−
11
= 120
⇒ ( )( )!n nn
− −
−
1 21
= 120 ⇒ (n – 2)! = 120
⇒ n – 2 = 5 ⇒ n = 7
c) P
Pn
n
7
5
42−
−
= ⇒ ( )!( )!75−
−
nn
= 42
⇒ ( )( )( )!( )!
7 6 55
− − −
−
n n nn
= 42
⇒ (7 – n)(6 – n) = 42 ⇒ n = 0
d) C7, p + 1 = C7, p + 2 ⇒ 7
1 67
2 5!
( )!( )!!
( )!( )!p p p p+ −=
+ −
⇒ (p + 1)! (6 – p)! = (p + 2)! (5 – p)!
⇒ (p + 1)! (6 – p)(5 – p)! =
= (p + 2)(p + 1)! (5 – p)!
⇒ 6 – p = p + 2 ⇒ p = 2
Q24.
a) !. !!P 3 2
6 60, ,63 2 1
= =
b) Começando por P: !. !!P 3 2
5 10,53 2
= =
Começando por R: !!P 3
5 20, ,53 1 1
= =
Total: 10 + 20 = 30 anagramas.
Q25.
P105 3 2 10
5 3 22 520, , !
! ! != =
Q26.
a) P73 4 7
3 4, !
! != = 35
b) Com 4 letras A e 3 letras B: P73 4 7
3 4, !
! != = 35
Com 4 letras B e 3 letras A: P73 4 7
3 4, !
! != = 35
Total: 70
c) Com 5 letras B e 2 letras A: P75 2 7
5 2, !
! != = 21
Com 6 letras B e 1 letra A: P76 1 7
6 1, !
! != = 7
Com 7 letras A: 1 código
Total de códigos: 21 + 7 + 1 = 29
Q27. e
A família Sousa pode ocupar qualquer um dos 3 bancos e há 3! maneiras de distribuir os seus três membros pelos três lugares de um banco. Lúcia e Mauro podem ocupar qualquer um dos 2 bancos restantes e, escolhido o banco no qual eles vão sentar juntos, temos 2! . 2! maneiras de colocar o casal no banco. Finalmente, há 4! maneiras de distribuir as quatro pessoas restantes nos lugares ainda não determinados. Portanto, o número de maneiras de distri-buir as pessoas no lotação é 3 x 3! . 2 . 2! . 2! . 4! = 3 456.
Q28. b
Se o fundo for azul, a casa pode ser verde ou amarela e a palmeira pode ser verde ou cinza, perfazendo 4 possibili-dades.
Se o fundo for cinza, a casa pode ser verde, amarela ou azul e a palmeira deverá ser verde, perfazendo outras 3 possibilidades.
Logo, o número de variações é 4 + 3 = 7.
Manual do Professor
Matemática 79
Q29. a
O total de senhas de 4 dígitos, possíveis de serem criadas com os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, admitindo-se repetição de algarismos, é dado por 54
Dessas senhas, deve-se retirar aquelas que contenham o nú-mero 13Pelo princípio fundamental da contagem, conclui-se que há exatamente 52 senhas que começam com 13 (incluindo 1313)De modo análogo, verifica-se que há também 52 senhas que contêm os algarismos 1 e 3, nessa ordem, nas posições cor-respondentes à centena e dezenaO mesmo raciocínio fornece 52 senhas que terminam com 13 (incluindo a já considerada senha 1313)Portanto, o número de maneiras distintas segundo as quais Maria pode escolher sua senha é dado por 54 – 52 – 52 – 52 + + 1 = 551, em que o número 1 adicionado se deve à consi-deração, em duplicidade, da senha 1313.
Q30. b
O número de maneiras distintas de se escolher 4 de um total de 7 figuras é dado por C7,4 = 35.
Q31. c
O número total de comissões que podem ser formadas é C8,4 = 70 e dessas, C6,2 = 15 são as comissões em que Gustavo e Danilo participam juntos. Logo, o número de comissões que podem ser formadas de acordo com as características é 70 –15 = 45.
Q32. dSão 12 . 11 = 132 possíveis resultados.
Q33. aC8, 3 . C2,2 = C8,3
Q34. aSem a condição imposta, teríamos C10,3 = 120 maneiras de se formar a comissão. Desse total, temos que subtrair o número de comissões em que Jorge e Mariana aparecem: C8,1 = 8.
Logo, são 120 − 8 = 112 maneiras de se formar a comissão nas condições impostas.
Q35. dO total de anagramas de Jovelina, começando por J e ter-minando por A, é P6 = 720. O total de anagramas de Suely que se iniciam por S é P4 = 24.
A razão pedida é 720/24 = 30.
Q36.
Devemos obter o menor valor natural de n tal que
Cn, 2 ≥ 25 ⇒ ( )n nn2
1 25 1$- ⇒ n(n − 1) ≥ 50
Por tentativa, esse valor é n = 8.
Q37. dC5, 2 + C5, 3 + C5, 4 + C5, 5 = 10 + 10 + 5 + 1 = 26.
Q38.a) São 6 . 5 . 4 . 3 = 360 números.
b) Os números terminados em 5 são 5 . 4 . 3 = 60.
c) No caso, os números divisíveis por 4 devem terminar em 16, 36, 56, 68 ou 96.
Portanto, são 5 . 4 . 3 = 60 números.
Q39. bComo as sequências devem começar e terminar em A, de-vemos permutar as letras B, C, D, E e F. Logo, o total de sequências seria P5 = 5! = 120. Como as sequências simé-tricas são consideradas apenas uma vez, temos um total de 120/2 = 60 sequências a serem verificadas. O tempo total gasto é 60 . (1 min 30 s) = 90 min
Q40. eMalha 1 . 1: apenas 1 malha (o próprio preto).
Malhas 2 . 2: 4 malhas.
Malhas 3 . 3: 9 malhas (todas).
Malhas 4 . 4: 4 (todas).
Malha 5 . 5: 1 malha.
Total: 1 + 4 + 9 + 4 + 1 = 19 malhas.
Q41.a) São 26 . 10 = 260 placas.
b) Letras: 3 . 2 . 1 = 6 alternativas.
Algarismos: 9 . 8 . 7 . 2 = 1 008.
Total: 6 . 1 008 = 6 048 placas.
Q42. dPostos: C5, 3 = 10 alternativas.
Pedágios: 4.3 = 12 alternativas.
Total: n = 10.12 ⇒ n = 120.
Q43. aSe não houvesse a restrição para as mulheres ficarem em quartos adjacentes, o total de maneiras seria P8 = 8!Há 8 pares de quartos adjacentes. Imaginando-se que as duas mulheres ficassem em um desses 8 pares, e considerando-se a inversão dos quartos para as duas, haveria 16 formas de elas ficarem em quartos adjacentes e, no caso, para os 6 homens, haveria 6! maneiras diferentes nos 6 quartos restantes. Logo, o número de disposições em que as duas mulheres ficariam em quartos adjacentes é igual a 16 . 6!. Portanto, para que as mulheres não fiquem em quartos adjacentes, o total de possibilidades é
8! – 16 . 6! = 8 . 7 . 6! – 16 . 6! = (56 – 16) . 6! = 40 . 6!
Matemática
Manual do Professor
80
Q44. aPresidente e vice: 2 possibilidades.Secretário: 2 possibilidades (à direita ou à esquerda do pre-sidente).Outros quatro membros: 7 . 6 . 5 . 4 = 840 possibilidades.Total: 2 . 2 . 840 = 3 360 possibilidades.
Q45. aSão C8, 2 = 28 formas.
Q46. bSão 14 . C6, 5 = 14 . 6 = 84 quinas.
Q47. cO número mínimo de anagramas por turno ocorre para o número máximo de grupos de trabalho: C6, 3 = 20.O total de anagramas é P8 = 8!Logo, o número mínimo de anagramas por turno é 8!/20 = 2 016.
Q48. bO caminho mais curto ocorre com dois tipos de movimen-to: esquerda (E) e acima esquerda (A). Devem ser feitos 4 movimentos (E) e 2 movimentos (A), em qualquer ordem.
Logo, x = !. !! .P 4 2
6 15,64 2
= =
Q49. cSão C10, 5 . C5, 3 . C2, 2 = 252 . 10 = 2 520 maneiras.
Q50. dEscolha do algarismo que se repete: 3 possibilidades.
Escolha da posição desse algarismo: 4 possibilidades.
Escolha da posição dos demais algarismos: 2 possibilida-des.
Total: 3 . 4 . 2 = 24 sequências.
Q51. eConsiderando-se a sequência chocolate-morango-uva, va-mos convencionar uma representação para as diversas for-mas de se montar o sorvete:
I I + I + I significa 2 + 1 + 1 (2 bolas de chocolate, 1 bola de morango e 1 bola de uva);
+ I + I I I significa 0 + 1 + 3 (0 bola de chocolate, 1 bola de morango e 3 bolas de uva);
I I I I + + significa 4 + 0 + 0 (4 bolas de chocolate, 0 bola de morango e 0 bola de uva); e assim por diante.
Note que, em cada caso, permutamos 6 símbolos (4 sím-bolos I e 2 símbolos +). Logo, o total de maneiras de se
montar o sorvete é !. !! .P 4 2
6 15,64 2
= =
CAPítUlO 11 – PRObAbIlIdAde e eStAtíStICA
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO(ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Conceituar probabilidade, espaço amostral, evento, evento certo, evento impossível e eventos complemen-tares.
• Calcular probabilidade simples, probabilidade da união de eventos, probabilidade de eventos simultâneos e probabilidade condicional.
• Representar dados estatísticos em suas várias formas.
• Interpretar gráficos estatísticos e histogramas.
• Calcular a média, a mediana e a moda de uma série de dados.
• Calcular a variância e o desvio padrão de uma série de dados
• Analisar e resolver situações-problema, envolvendo cálculo combinatório, probabilidade e estatística.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Os conceitos de experimento aleatório, espaço amostral e evento devem ser bem explorados. Eles são a base de toda a teoria de probabilidades. Discuta, com seus alunos, a importância da aplicação dos conheci-mentos adquiridos no cálculo combinatório, na determinação do número de elementos do espaço amostral e dos eventos a ele associados.
Manual do Professor
Matemática 81
• Explore o evento certo e o evento impossível como situações extremas da probabilidade. Com base nelas, chegue, naturalmente, ao intervalo de variação da probabilidade.
• Trabalhamos a probabilidade condicional de forma mais intuitiva, sem levar os alunos a decorar fórmu-las. Achamos mais importante, simplesmente, que o aluno perceba que, na probabilidade condicional, considera-se o espaço amostral já nas condições impostas.
• Leve os alunos a estabelecerem naturalmente as associações da probabilidade da união de eventos exclusi-vos ao princípio aditivo de contagem e do produto de probabilidades ao princípio multiplicativo.
• No estudo da estatística, discuta os casos em que cada tipo de gráfico de distribuição de frequências (grá-fico de barras, gráfico de segmentos e histograma) é o mais apropriado.
• Explore com seus alunos critérios para definição do número de classes e da amplitude de cada uma delas, na construção de histogramas. A escolha da medida de tendência central mais apropriada, para uma dada série de dados, é também um ponto importante a ser explorado.
• Explore intensamente os conceitos de fator de aumento e fator de desconto, bem como de aumento e de descontos sucessivos.
• Destaque o fato de os juros simples apresentarem variação linear e os juros compostos, variação exponen-cial com o tempo.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.a) W = {1, 2, 3, 4, ..., 20} ⇒ n(W) = 20
A = {3, 6, 9, 12, 15, 18} ⇒ n(A) = 6
p(A) = ( )( ) .
nn A
206
103
X= =
b) p(não A) = 1 – 310
710
= .
Q2.a) n(W) = 6.6 = 36.
A = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)} ⇒ n(A) = 4
p(A) = ( )( ) .
nn A
364
91
X= =
b) p(não A) = 1 – 19
89
= .c) B = ∅ (evento impossível) ⇒ p(B) = 0.
d) C = W (evento certo) ⇒ p(C) = 1
Q3.
p(A) = 1540
38
= .
Q4.Temos a situação do diagrama.
Atletas
1723 – x + x + 15 – x + 17 = 50 ⇒ x = 5
a) p(A) = 1850
925
= .
b) p(B) = 550
110
= .
c) p(C) = 18 5 10
503350
+ += .
Q5.
Probabilidade de A perder (ou B vencer): xProbabilidade de A vencer (ou B perder): 3xProbabilidade de empate: 6x
x + 3x + 6x = 1 ⇒ x = 110.
Probabilidade de B vencer: 110.
Probabilidade de B não vencer: 1 – 110
910
= .
Q6.
a) n(W) = 6 . 5 . 4 = 120 e n(A) = 5 . 4 . 1 = 20
p(A) = 20120
16
= .
b) Os números maiores que 620 são:Começando por 62: 4 números.Começando por 8: 5 . 4 = 20 números.Total: 4 + 20 = 24 números.
p(B) = 24120
15
= .
Matemática
Manual do Professor
82
Q7.n(W) = C6, 3 = 20 e n(A) = C5, 2 = 10
p(A) = 1020
12
= .
Q8.n(W) = P8 = 8! e n(A) = 3 . 2 . P6 = 6 . 6!
n(A) =6 68
68 7
328
. !! .
.= =
Q9.
a) p(A) = 2080
14
= .
b) p(B) = 2430
45
= .
c) p(C) = 1420
710
= .
Q10.
a) p(A) = 2538
320
. =
b) p(calça azul) = 35
; p(camiseta amarela) = 38
p(calça azul e camiseta amarela) = 3538
940
. =
p(calça azul ou camiseta amarela) =35
38
940
34
+ − = .
Q11.Em cada pênalti cobrado, a probabilidade de ser gol é 80% = 0,8 e a de não ser gol, 20% = 0,2Representando por SSN a sequência “sim-sim-não”, rela-tiva à conversão dos três pênaltis em gol, a probabilidade dessa sequência é 0,8 . 0,8 . 0,2 = 0,128. Considerando-se, também, as sequências SNS e NSS, a probabilidade pedida é igual a 3 . 0,128 = 0,384, ou seja, 38,4%
Q12.O número de maneiras de se formar a comissão com a pre-sença de Marcos é C7, 3 = 35. Desse total, aquelas em que Rita não participa são C6, 3 = 20. A probabilidade pedida
é 2035
47
= .
Q13.a) Representando homem por H e mulher por M, a pro-
babilidade para cada sexo é 12
A probabilidade da sequência HHH ou MMM é
2.121212
14
. . .=
b) Temos as possíveis sequências HMM ou MHM ou
MMH. A probabilidade é 3.121212
38
. . .=
Q14.Para o 1.o filme de ficção, o número de possibilidades é 2 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 1 440. Desse total, o número de sequências em que os dois últimos filmes são de comédia é 2 . 4 . 3 . 2 . 1 . 2 . 1 = 96
A probabilidade pedida é 961 440
115
= .
Q15.A chance de não chover no sábado é de 80%
1.a possibilidade: chove e Valéria sai de casa. A probabili-dade é 20% . 30% = 6%
2.a possibilidade: não chove e Valéria sai de casa. A proba-bilidade é 80% . 80% = 64%
A probabilidade pedida é de 6% + 64% = 70%
Q16.a) 90% . 70% = 63%
b) 90% . 30% + 70% . 10% = 27% + 7% = 34%
c) 63% + 34% = 97%
Q17.
Tabela
Valor fA fR
14 5 12,5%
15 11 27,5%
16 14 35%
17 5 12,5%
18 4 10%
19 1 2,5%
Gráfico de barras
Gráfico de setores
Manual do Professor
Matemática 83
Q18.a)
Marca fA fR
A 520 32,5%
B 380 23,75%
C 280 17,5%
D 240 15%
E 180 11,25%
b) 13801600
12201600
0 7625 76 25− = = =, , %
Q19.a)
Esporte fA fR
Futebol 28 35%
Tênis 20 25%
Vôlei 16 20%
Natação 10 12,5%
Basquete 6 7,5% b) 80 elementos
c) 802000
0 04 4= =, %
d) 1064
0 156 15 6≅ =, , %
Q20.a) 6 classesb) A amplitude é 0,5 c) São 6 + 10 + 18 + 9 + 5 + 2 = 50 funcionáriosd) São 9 + 5 + 2 = 16 funcionários.
Percentual: 1650
0 32 32= =, %
e) São 6 funcionários: percentual = 650
0 12 12= =, %.
f) Classe 0,5 ⊢ 1: fR =650
0 12 12= =, %
Classe 1 ⊢ 1,5: fR =1050
0 20 20= =, %
Classe 1,5 ⊢ 2: fR =1850
0 36 36= =, %
Classe 2 ⊢ 2,5: fR = 950
0 18 18= =, %
Classe 2,5 ⊢ 3: fR =550
0 10 10= =, %
Classe 3 ⊢ 3,5: fR = 250
0 04 4= =, %
Q21.a) 15 + 32 + 45 + 54 + 28 + 17 + 9 = 200
b) 7 classes
c) 700 – 500 = 200
d)
Classes de renda fA fR
300 ⊢ 500 15 7,5%
500 ⊢ 700 32 16%700 ⊢ 900 45 22,5%900 ⊢ 1100 54 27%1100 ⊢ 1300 28 14%1300 ⊢ 1500 17 8,5%1500 ⊢ 1700 9 4,5%
e) 7,5% + 16% + 22,5% = 46%
f) fA (número de famílias)
Classes de renda (em milhares de reais)
Q22.a) Em ordem crescente: 2, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 9, 10
MA = 2 3 3 4 4 5 5 9 10
9459
5+ + + + + + + += = .
MO = 3, MO = 4 e MO = 5
MD = 4
b) Em ordem crescente: 1, 2, 3, 5, 6, 7, 8, 8
MA = 1 2 3 5 6 7 8 88
408
5+ + + + + + += = .
MO = 8
MD = 5 62
5 5+= , .
Q23.
3 9 5 6 76
8+ + + + + +=
x x ⇒ 30 + 2x = 48 ⇒ x = 9
⇒ a série é 3, 5, 6, 9, 9, 16
⇒ MO = 9 e MD =6 92
7 5+= , .
Q24.A série é 2, 2, 5, n, n + 1, com n natural.
,n n5
2 2 5 1 5 6+ + + + + = ⇒ 10 + 2n = 28 ⇒ n = 9
⇒ a série é 2, 2, 5, 9, 10
Matemática
Manual do Professor
84
Q25.A média do grupo A aumentou, porque foi retirada sua nota mais baixa. A do grupo B também aumentou, porque a nova nota acrescentada é maior que as outras notas que lá já estavam.
Q26.
MAP = 1 3 2 6 3 15 4 14 5 5 6 2
3 6 15 14 5 215345
3. . . . . . ,+ + + + +
+ + + + += = 44.
MO = 3
A mediana é o 23.o valor ⇒ MD = 3
Q27.Temos a distribuição de frequências absolutas:
Notas 0 1 2 3 4
fA 2 7 16 19 6
a) MAP = 0 2 1 7 2 16 3 19 4 6
2 7 16 19 612050
2 4. . . . . , .+ + + +
+ + + += =
A mediana é a média entre a 25.a nota, igual a 2, e a 26.a
nota, igual a 3 ⇒ MD =2 32
2 5+= , .
MO = 3
b) A nova distribuição ficaria assim:
Notas 0 1 2 3 4
fA 2 7 15 20 6
MAP =0 2 1 7 2 15 3 20 4 6
2 7 15 20 612150
2 42. . . . . , .+ + + +
+ + + += =
Agora, a 25.a e a 26.a notas são iguais a 3Logo, MD = 3Temos, também, MO = 3
Q28.Os valores médios das classes são, ordenadamente,
22, 24, 26, 28, 30 e 32
MAP =22 3 24 5 26 10 28 8 30 3 32 1
3 5 10 8 3 1. . . . . .+ + + + +
+ + + + +
⇒ MAP = 79230
26 4= , . A classe modal é 25 ⊢ 27As áreas dos retângulos do histograma são, ordenadamen-te, 6, 10, 20, 16, 6 e 2
A soma das áreas é 60
Devemos dividir o histograma, por meio de uma reta r ver-tical, em duas regiões de área igual a 30. Essa reta deverá cortar a terceira barra. Como a soma das áreas das duas primeiras barras é 6 + 10 = 16, a área à esquerda da terceira barra, determinada pela reta r, deve ser igual a 30 – 16 = 14.
Se a mediana é 25 + x, essa área é
x . 10 = 14 ⇒ x = 1,4 ⇒ MD = 26,4.
Q29.Imaginando-se os valores da série em ordem crescente, a mediana é o quinto valor da série, ou seja, a5 = 24a1 + a2 + a3 + a4 + 24 = 5 . 11 = 55 e
24 + a6 + a7 + a8 + a9 = 5 . 28 = 140
⇒ a1 + a2 + a3 + a4 = 31 e a6 + a7 + a8 + a9 = 116
⇒ a1 + a2 + a3 + a4 + 24 + a6 + a7 + a8 + a9 = 171
⇒ a média é MA =1719
19= .
Q30.Série A:
MA = 6 7 7 8 8 8 8 9 119
729
8+ + + + + + + += = .
MO = 8; MD = 8
Desvios: −2, −1, −1, 0, 0, 0, 0, 1, 3
V = ( ) ( ) ( ) ,− + − + − + +
= ≅2 1 1 1 3
9199
1 782 2 2 2 2
⇒ DP = 1 78 1 33, ,≅
Série B:
MA = 12 12 12 12 12 12
612+ + + + +
= .
MO = 12; MD = 12
Todos os desvios são iguais a 0 ⇒ V = DP = 0
Série C:
MA =3 6 9 13 16 20 25 28
81208
15+ + + + + + += = .
Não há moda; MD = 13 162
14 5+= , .
Desvios: −12, –9, −2, 1, 5, 10, 13
V = ( ) ( ) ( )− + − + − + + + +12 9 2 1 5 10 138
2 2 2 2 2 2 2
⇒ V =5248
65 5= , ⇒ DP = 65 5 8 09, , .≅
Q31.a) Jogador A:
16 18 19 21 23 23 25 318
1768
22+ + + + + + += = .
Jogador B:
14 14 17 19 22 28 32 388
1848
23+ + + + + + += = .
⇒ a melhor média foi do jogador B.
Manual do Professor
Matemática 85
b) Pela análise das séries, o mais regular foi A.
c) Jogador A:
Desvios: –6, –4, −3, −1, 1, 1, 3 e 9
Cálculo da variância V:
( ) ( ) ( ) ( ) .− + − + − + − + + + +6 4 3 1 1 1 3 98
2 2 2 2 2 2 2 2
⇒ V =1548
19 25= , ⇒ DP = 19 25 4 4, ,≅
Jogador B:
Desvios: –9, –9, –6, –4, −1, 5, 9 e 15
Cálculo da variância V:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )− + − + − + − + − + + +9 9 6 4 1 5 9 158
2 2 2 2 2 2 2 2
⇒ V =5468
68 25= , ⇒ DP = 68 25 8 26, , .≅
d) O desvio padrão de B é bem superior ao de A, porque A é mais regular.
Q32.a) 23 + 13 + 32 + 18 + 9 = 95 páginas.
b) 0 . 23 + 1 . 13 + 2 . 32 + 3 . 18 + 4 . 9 = 167 erros.
c) 1 – 2395
7295
= = 0,758 ⇒ 75,8%
d) 16795
= 1,76 erro por página
e) MO = 2; a mediana é a 48ª. observação, em que o número de erros por página é 2 ⇒ MD = 2
f) Desvios: −1,76; −0,76: 0,24; 1,24; 2,24Quadrado dos desvios: 3,1; 0,58; 0,06; 1,54; 5,02Produtos do quadrado do desvio pela frequência:71,3; 7,54; 1,92; 27,72; 45,18Somas dos produtos anteriores: 153,66
V = 153 6695
1 62, ,= ⇒ DP = 1 62 1 27, , .≅
g) Todas as medidas aumentariam em 1 unidade, exceto o desvio padrão, que permaneceria o mesmo.
Q33. d
W = {1, 2, 3, 4, ..., 20}
n(W) = 20
A = {2, 4, 6, 8, ..., 20}
B = {5, 10, 15, 20}
A ∪ B = {2, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 14, 15, 16, 18, 20}
n (A ∪ B) = 12
p (A ∪ B) = 1220
35
=
Q34. cHá 2 bolas na linha 4 e 2 bolas na linha 5. Logo, há, com certeza, uma bola em cada uma das três primeiras linhas.
A probabilidade é 13141323
154
. . . .=
Q35. dO maior setor corresponderia à categoria “Mediana”, que está associado a 14 questões num total de 30 questões.
Logo, o ângulo seria 1430
360 168. .o o=
Q36. c
I) Falsa.
O pai participa em (7 + 35 + 45)% = 87% das famílias. 87% de 1 000 = 870 famílias.
II) Verdadeira.
Pai e mãe juntos em (45 + 7)% = 52% das famílias.
52% de 1 000 = 520 famílias.
Q37. c
Se S é a soma dos elementos, S = 14,625 . n ⇒ S = .n8117
Se os números são inteiros, S é inteiro. Para que n8117
seja
inteiro, o menor valor possível de n é 8.
Q38. eTomando-se os pontos médios das faixas, em milhares de reais, a média aproximada é
14 0 25 4 0 75 2 1 25 2 1 75 2 2 2514 4 2 2 2
1. , . , . , . , . ,+ + + +
+ + + +=7724
0 708≅ , .
Portanto, o salário médio aproximado é de R$ 708,00
Q39.
a) média = x pontos=+
=8 65 12 77
2072 2
. ., .
b) Com os cinco pontos extras para todos, a média da classe subiu para 77,2 pontos. Se x alunos continuaram reprovados, então,
x x. , ( . ),
68 8 20 8020
77 2−
= ⇒ 68,8 x + 1 600 – 80x = 1 544
⇒ – 11,2x = –56 ⇒ x = 5
Como antes eram 8 reprovados, e agora são 5, então 3 alu-nos conseguiram nota para aprovação.
Q40. d
Total de notas 1: 2
Total de notas de 1 a 2: 2 + 4 = 6
Total de notas de 1 a 3: 2 + 4 + 2 = 8
Matemática
Manual do Professor
86
Total de notas de 1 a 4: 2 + 4 + 2 + 6 = 14
Total de notas de 1 a 5: 2 + 4 + 2 + 6 + 10 = 24
Total de notas de 1 a 6: 2 + 4 + 2 + 6 + 10 + 8 = 32
Portanto, o 25.º e o 26.º termos valem 6
Logo, MDMD 26 6 6= + =
Q41. c
A x B = {(1,1), (1,3), (1,5), (2,1), (2,3), (2,5), (3,1), (3,3), (3,5), (4,1), (4,3), (4,5)}
Os produtos x.y são, portanto, 1, 3, 5, 2, 6, 10, 3, 9, 15, 4, 12, 20
Ordenando-os, obtemos 1, 2, 3, 3, 4, 5, 6, 9, 10, 12, 15, 20
,MA 1290 7 5
25 6
= =
+ ,MD 5 5= =
MD 3=MO = 3
Q42. d
Sendo as 100 observações distintas, é correto afirmar que o conjunto não possui moda.Por definição, a mediana é o valor que divide o conjunto de dados de modo que o número de valores menores ou iguais à mediana é igual ao número de valores maiores ou iguais a ela.
Q43. bA média das velocidades é
5 20 15 30 30 40 40 50 6 60 3 70 1 80100
44. . . . . . .+ + + + + +=
⇒ a velocidade média é de 44 km/h
Q44. e
p(cinza) = 16
31 25 16 121684
421+ + +
= =
⇒ p(não cinza) = 1 –421
1721
=
Q45. b
Em ordem crescente, os dados ficam assim:4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9, 9, 10, 11, 13Como são 18 dados, a mediana é a média entre o 9.o e o
10.º dado: MD = 6 72
6 5+= , .
Q46. d
Em um lançamento, p(cara) = 14
e p(coroa) = 34.
O número de maneiras diferentes de saírem 3 caras e 2 co-
roas é .P 10,53 2
=
Para cada uma, a probabilidade é .41
43
102493 2
=d dn n
A probabilidade pedida é 10.
91024
45512
= .
Q47. e
A chance de o carro apresentar problema é 34
e a de não
apresentar problema é 14
A probabilidade pedida é 3415
1435
310
30. . %.+ = =
Q48. d
MA = 10 1 4 2 2 24
164 125. . . , .+ +
=
O salário médio é de 4,125 salários mínimos. Essa média não é representativa da tendência central. O salário do diretor, principalmente, “puxou” muito essa média para cima. A moda ou a mediana (1 salário mínimo) seriam mais representativos.
Q49.a) São 14! versões distintas.
b) Numa primeira etapa, há P7 = 7! maneiras de se definirem as posições das questões de português. Numa segunda etapa, há 3 . 4 = 12 maneiras de se definirem as duas últimas questões. Numa terceira etapa, há P5 – P4 . P2 = 72 maneiras de se definirem as posições das cinco questões intermediárias (da 8.a até a 12.a). Logo, o total de maneiras de se montar a versão classe A é 12 . 72 . 7! = 4 354 560.
c) O número de maneiras de se montar a prova com as 7 primeiras questões de português é 7! . 7!
Logo, a probabilidade pedida é 12 72 77 7
635
. . !!. !
= .
Q50. cO número de doadores com tipo O ou fator RH positivo é 473 + 888 – 420 = 941.Logo, a probabilidade é 94,1%.
Q51. bO que determina a regularidade é o desvio padrão. O can-didato mais regular é Marco, para o qual o desvio padrão é menor.
Q52. eO número de alunos com exatamente 15 anos é 8. O total
de alunos é 180. A probabilidade pedida é 8180
245
= .
Q53. d
Manual do Professor
Matemática 87
Em cada trajeto, a probabilidade de haver engarrafamento é igual a 1, menos a probabilidade de não haver engarrafa-mento em nenhum dos dois trajetos.
Trajeto E1E3: 1 – 0,2 . 0,5 = 0,90
Trajeto E1E4: 1 – 0,2 . 0,7 = 0,86
Trajeto E2E5: 1 – 0,3 . 0,6 = 0,82
Trajeto E2E6: 1 – 0,3 . 0,4 = 0,88
Portanto, o trajeto com menor probabilidade de ocorrer engarrafamento é E2E5
Q54. d
A probabilidade é 1014
57
= .
Q55. d
A probabilidade é 3090
13
= .
Q56. e
X =5 0 3 1 4 2 3 3 2 4 2 5 1 7
5 3 4 3 2 2 14520
2. . . . . . .+ + + + + +
+ + + + + += = ,,25
Colocando-se os números de gols marcados por partida em or-dem crescente, o 10.o e o 11.º (valores centrais) são iguais a 2Logo, Y = 2
O valor com maior frequência é 0 ⇒ Z = 0
Portanto, Z < Y < X
Q57. eTotal de filhos: 7 + 2 . 6 + 3 . 2 = 25
Probabilidade: 725
Q58. cSe A é o time vencedor e B é o perdedor, uma possível sequência de gols seria, por exemplo, ABBAA. Assim, o to-tal de possíveis sequências é P 10,
53 2
=
O número de sequências em que os dois primeiros gols são do time A é P 3,
32 1
=
A probabilidade é 310
30= %.
Q59.O número total de maneiras de se definirem os três árbi-tros, supondo-se a sequência (juiz principal, 1.o auxiliar, 2.o auxiliar) é A10, 3 = 10 . 9 . 8 = 720
O número total de maneiras de se definirem os três árbi-tros, sendo X o juiz principal, é A9, 2 = 9 . 8 = 72
Logo, a probabilidade pedida é 72720
110
= .
Q60. dSomente a peixaria V vende peixes na temperatura adequa-da, de 2,3 oC
Logo, a probabilidade é 15.
Q61. cComo o valor 2 já aparece três vezes, ele é o que aparece mais vezes. Logo, a moda é 2
Se a média de pontos foi igual a 2, ou os dois valores desconhe-cidos também são iguais a 2, ou um deles é menor que 2 e o outro é maior que 2Em ambos os casos, ordenando-se os valores em ordem cres-cente, o valor central será 2, que é a mediana.
Q62. bEm porcentagem, temos o diagrama.
Logo, a probabilidade pedida é 35% = 0,35
Q63. b
Média: 4 1 1 2 2 4 2 5 1 6
103010
3. . . . .+ + + += =
Como são 10 valores, a mediana é a média entre a quinta e
a sexta medida (2 e 4): 2 42
3+= .
A moda é 1, valor com maior frequência.
Q64. c
O número de resultados possíveis é 6 . 6 . 6 = 216
O número de sequências (a, b, c), em que b é sucessor de a é 30, e o número de sequências (a, b, c) em que c é sucessor de b também é 30. Nesse total de 60, as sequências (1, 2, 3), (2, 3, 4), (3, 4, 5) e (4, 5, 6) foram contadas duas vezes. Logo, temos um total de 60 – 4 = 56 sequências nas condi-
ções pedidas. A probabilidade é 56216
727
= .
Q65. bA cada 100 s, a luz verde permanece acesa durante 25 s. Logo, a probabilidade de o motorista encontrar o semáforo
com luz verde acesa é igual a 25100
14
= .
A probabilidade de que ele encontre o semáforo verde aceso em
duas ocasiões distintas (eventos independentes) é 1414
116
. .=
Q66. cObserve os resultados favoráveis a cada jogador:
Arthur: (1,11); (2,10); (3,9); (4,8); (5,7).
Bernardo: (2,15); (3,14); (4,13); (5,12); (6,11); (7,10); (8,9).
Caio: (7,15); (8,14); (9,13); (10,12).
Matemática
Manual do Professor
88
Q67. eSe as alturas, em ordem crescente, são x, y, z, w, temos
MD = 1,70 ⇒ ,y z
2 1 70+= ⇒ y + z = 3,40
MA = 1,72 ⇒ ,x y z w
4 1 72+ + += ⇒ x + w + 3,40 = 6,88
⇒ x + w = 3,48 ⇒ , .x w2 1 74+ =
Q68. b
A média aritmética é MA = x x6
3 5 11 8 9 6+ + + - + + = .
Os desvios são −3, −1, x – 6, 5 – x, 2 e 3
V =x x x x
69 1 6 5 4 9
311 42
2 2 2+ + - + - + += - +^ ^h h
⇒ x x3
11 42 42 - + = ⇒ x2 – 11x + 30 = 0
⇒ x = 5 ou x = 6 ⇒ a série é 3, 5, 5, 6, 8, 9
⇒ MD = 5,5 e MO = 5
⇒ MD – MO = 5,5 – 5 = 0,5.
Q69. a
Se o sangue tem a presença de aglutinogênio A, ele é do tipo A ou do tipo AB, em que o percentual total é de 34% + 8% + + 2,5% + 0,5% = 45%. Desse total, o percentual dos que têm sangue A+ é de 34%. Logo, a probabilidade pedida é 3445
0 755= , ... ≅ 76%
Q70. e
A probabilidade de ter havido morte é 1034
517
=
Logo, a probabilidade de não ter havido morte é 1 –512
1217
= .
Q71. b
Como são 25 apartamentos, a mediana é o 13.o valor, ou seja, MD = 3.
MA = 4 0 6 1 5 3 6 4 1 5 2 6 1 7
252 76. . . . . . . , .+ + + + + +
=
A diferença entre a mediana e a média é 3 – 2,76 = 0,24
Q72. c
A média do desmatamento por estado em 2004 foi de 2 639 km2, aproximadamente. Com o aumento de 10,5%, a média por estado em 2009 foi de 2 916 km2, aproximadamente.
Q73. c
Para cada um dos três sabores, a probabilidade de que
as duas sejam daquele sabor é 412
311
111
. = . Logo, a
probabilidade pedida é 3. 111
311
27 3= ≅ , %.
Q74.a) O total de fotos é P2 . P3 = 2 . 6 = 12
b) O número de elementos do evento é 1 . 2 = 2
Logo, a probabilidade é 212
16
= .
Q75. c
A probabilidade é 3534
2514
1120
55. . %.+ = =
Q76. eA probabilidade de cada filho nascer homem (H) é 1/2, e de nascer mulher (M) também é 1/2. Temos três possibilidades para nascerem dois homens:
1) HHM: probabilidade = 121212
18
. . =
2) HMH: probabilidade = 121212
18
. . =
3) MHH: probabilidade = 121212
18
. . =
Probabilidade total: 3 . 18
38
= = 37,5%
Q77. cA média aumentou 1 ponto, mas o desvio padrão se man-teve o mesmo.
Q78.
01) Correta. A probabilidade é .41
215
10=d n
02) Correta.
04) Correta. A probabilidade é . . .5 41
43
24054
10=d n
08) Correta. A probabilidade é . .41
43
2814
10=d n
16) Falsa. A probabilidade é . . .5 43
41
2154
10=d n
Soma = 1 + 2 + 4 + 8 = 15
Q79. c
Numa aposta de 6 dezenas, o apostador concorre com C6, 5 = 6 quinas. Em 84 apostas de seis dezenas distintas, sem que haja cinco números em comum, ele concorre, por-tanto, com 84 . 6 = 504 quinas.
Se fizer uma aposta única, com 9 dezenas, ele concorre com
C9, 5 = 126 quinas. Como 126504
14
= , a probabilidade no
segundo caso é 1/4 da probabilidade no primeiro caso, ou seja, 4 vezes menor.
Manual do Professor
Matemática 89
Q80. bA afirmativa I é verdadeira:
MA = 3 4 6 9 5 7 8
7427
6+ + + + + += = .
Os desvios dos dados são −3, −2, 0, 3, −1, 1 e 2.
V =( ) ( ) ( )− + − + + + − + +
=3 2 0 3 1 1 2
74
2 2 2 2 2 2 2
Logo, a afirmativa II é verdadeira.
DP = 24 = ⇒ a afirmativa III é falsa.
CAPítUlO 12 - geOMetRIA AnAlítICA
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO(ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Obter o ponto médio de um segmento, dados seus extremos.
• Determinar o baricentro de um triângulo, dados seus vértices.
• Calcular a área de um triângulo, usando determinantes.
• Reconhecer equações de retas em suas várias formas e transformá-las de uma forma para a outra.
• Encontrar equações de retas, conhecidos dois de seus pontos ou um ponto e a inclinação.
• Reconhecer retas paralelas ou perpendiculares, com base em sua equação.
• Obter equações de retas, com base nas condições de paralelismo e perpendicularidade.
• Determinar interseções de retas e relacioná-las à resolução de sistemas lineares.
• Obter a distância de um ponto a uma reta.
• Reconhecer equações de circunferências.
• Encontrar equações de circunferências, conhecendo-se o centro e o raio.
• Obter o centro e o raio de uma circunferência, dada sua equação.
• Encontrar pontos de interseção de duas circunferências e de reta e circunferência, dadas suas equações.
• Identificar posições relativas de circunferência e reta e de duas circunferências.
• Obter equações de tangentes a uma circunferência, satisfazendo as condições dadas.
• Reconhecer equações de elipses e hipérboles com centro na origem e de parábolas com vértice na origem.
• Obter equações de elipses, hipérboles e parábolas, dados alguns de seus elementos.
• Obter elementos de elipses, hipérboles e parábolas, dada sua equação.
• Encontrar pontos de interseção de retas, circunferências e cônicas, dadas suas equações.
• Analisar e resolver situações-problema, envolvendo Geometria analítica.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Explore as associações das fórmulas de determinação de ponto médio de um segmento e do baricentro de um triângulo ao conceito de média aritmética.
• Explore o fato de que existem formas diferentes de se representar analiticamente uma reta. Discuta com seus alunos as características das várias formas e as situações em que cada uma é mais interessante.
• Depois da exploração da equação da reta nas formas geral e reduzida, proponha discussões sobre as van-tagens de cada uma das formas. A forma reduzida é interessante porque os coeficientes têm um significado gráfico palpável, além de haver uma única equação. Mas explore o fato de que, para retas verticais, não se define a equação reduzida, porque sua inclinação não é definida.
Matemática
Manual do Professor
90
• Analise com seus alunos as várias formas de obtenção da equação de uma reta, com base em dois de seus pontos. Discuta os aspectos teóricos relacionados a cada uma dessas formas.
• Explore de forma especial as condições de paralelismo e perpendicularidade de retas. Discuta o fato de que, no caso, a utilização da equação reduzida é mais prática, porque o coeficiente angular aparece explicitamente.
• Discuta, com seus alunos, as associações de retas paralelas e concorrentes a sistemas de equações lineares impossíveis e possíveis determinados, respectivamente.
• Explore o fato de que a equação natural da circunferência nada mais é que o Teorema de Pitágoras, apli-cado a um ponto genérico de um lugar geométrico importante (a circunferência), a partir da propriedade que caracteriza seus pontos.
• Discuta com seus alunos o que ocorre com os coeficientes de x e y, quando a circunferência tem centro na origem e qual é o significado da equação da “circunferência de raio 0” (ela se reduz, na verdade, a um ponto.
• Promova uma discussão sobre a determinação do número de pontos de interseção de duas circunferências, reta com circunferência, reta com cônica ou entre cônicas, com base no valor do discriminante da equação de 2.o grau obtida ao se resolver o sistema formado por suas equações.
• Analise, com seus alunos, a situação em que um ponto é exterior a uma circunferência e uma das retas tangentes pelo ponto é vertical. No caso, pelos processos algébricos normais, obtém-se um único valor para a inclinação. Isso significa que a outra reta tangente não tem inclinação definida, ou seja, é uma reta vertical. Esse problema pode gerar uma discussão muito rica.
• Optamos por trabalhar somente as equações das cônicas com centro na origem (caso da elipse e da hipér-bole) ou com vértice na origem (caso da parábola). Você, professor, pode provocar uma discussão sobre o que ocorreria, se o centro (ou o vértice) da cônica não fosse a origem. No caso, sendo P(a, b) o centro ou o vértice, basta substituir, em cada forma das equações trabalhadas, x por (x – a) e y por (y – b). Isso se dá por translação das cônicas.
• Explore a comparação entre os intervalos de variação das excentricidades da elipse e da hipérbole. Rela-cione essa comparação com o fato de a hipotenusa ser o maior lado do triângulo retângulo. Na elipse, a hipotenusa é a; na hipérbole, a hipotenusa é c.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.
d1 = 4, d2 = 3 e d3 = ( )− + =3 4 52 2 ⇒ d1 + d2 + d3 = 12
Q2. d
Os lados do triângulo são iguais a AB = + =8 1 65² ² ,
AC = + =4 7 65² ² e BC = + − =4 6 52² ( )² . O triân-gulo é isósceles e não retângulo, pois não satisfaz o Teore-ma de Pitágoras.
Q3. a
Temos N(–2, –5) e P(4, –3)
NP = 6 2 2 102 2+ =
Ponto médio: M− + − −⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
2 42
5 32
, ou M (1, –4)
Q4. d
Pela fórmula de distância, AB = 26
AC = 122 e BC = 116 . O maior lado é AC e
(AC)2 < (AB)2 + (BC)2 ⇒ o triângulo ABC é acutângulo.
Q5. c
Considerando-se BD = 4 como base dos triângulos ABD e CBD, as alturas respectivas medem 5 e 3 ⇒ a área do qua-
drilátero é . .2
5 42
3 4 16+ = .
Q6.
Considerando o terceiro vértice C(m, n),
2 43
11 3
32
+ +=
− + +=
me
n ⇒ m = –3 e n = 4
⇒ C(–3, 4) e BC = 5 2 .
Q7. c
O ponto M é M(4, 2)
Inclinação da reta = 4 21 4
25
−
− −= −
Equação da reta: y – 2 = − −25
4( )x
⇒ 2x + 5y – 18 = 0
Q8. b
A equação reduzida é y = 2x + 3 ⇒ tg α = 2
Manual do Professor
Matemática 91
Q9. c
Substituindo o ponto P na equação da reta, 2 = 3 . (–1) + k ⇒ k = 5. A reta é y = 3x + 5, que corta o eixo x no ponto de abscissa –5/3
Q10.
a) xy – 2x – 3y + 6 = x(y – 2) – 3(y – 2) = (y – 2)(x – 3)
b) (y – 2)(x – 3) = 0 ⇒ y = 2 ou x = 3
Temos a união de duas retas, cada uma paralela a um dos eixos.
Q11. a
A inclinação de PO é 3 ⇒ OP faz ângulo de 60° com o eixo x. Pelo teorema do ângulo externo, PÂO = 45° e a inclinação da reta AP é tg 45° = 1
A equação de AP é y – 3 = x – 1 ou y – x = 3 – 1
Q12. c
Pelo teorema do ângulo externo, a reta r forma ângulo de 60° com o eixo x, logo sua inclinação é
tg 60° = 3 e sua equação é y = 3
Q13.
a) A equação é y + 3 = 0
b) A equação é x – 2 = 0
c) A inclinação de t é 2, mesma inclinação da reta dada. A equação de t é y + 3 = 2(x – 2) ou 2x – y – 7 = 0
d) A inclinação de u é –1/2, porque a inclinação da reta
dada é 2. A equação de u é y x+ = − −312
2( ) ou
x + 2y + 4 = 0.
Q14.
a) A inclinação de AB é 3, a de CD é 2k
e a de BC é 5
3− k Deve ser
23
k= ⇒ k = 2/3
b) Deve ser 35
31.
−= −
k⇒ k = 18
Q15. d
Seja (r) a reta procurada.
Como (r) é paralela à reta de equação 2x + 3y = 6, elas têm
inclinações iguais, isto é, ar = −23
y y a x x y x y xp p− = − ⇒ − = − − ⇒ = − +( ) ( )923
623
13
Fazendo y = 0, obtém-se x =392
Logo, o ponto de interseção de (r) com o eixo das abscissas
é 392
0;⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
Q16. b
As inclinações são a = –1/2 e a’ = 1/3Se α é o ângulo agudo formado pelas retas,
tga a
a aα α=
−
+=
− −
−= ⇒ = °
’. ’ .1
12
13
112
13
1 45 .
Q17. a
Ponto de interseção das retas: A(4, –1)
Pontos de interseção das duas retas com o eixo y: B(0, 3) e C(0, –5)
AB = 4 2 , AC = 4 2 e BC = 8
Os lados verificam o Teorema de Pitágoras, e os catetos são AB e AC ⇒ sua área é
AB AC.2
16=
Q18. a
O ponto de interseção entre as retas de equações 2x – y = –2 e x + y = 11 é determinado pela solução do sis-
tema y x
y x
= +
= −
⎧⎨⎩
2 2
11 e tem, por coordenadas, (3, 8)
Como t é paralela à reta que passa pelos pontos A(1,1) e B(2, –2), essas retas têm coeficientes angulares iguais.
Portanto, at = –3
y – yp = at(x – xp) ⇒ y – 8 = –3(x – 3) ⇒ y = – 3x + 17
Fazendo x = 0, obtém-se y = 17
Portanto, a interseção da reta t com o eixo y é o ponto (0, 17)
Q19. d
As equações reduzidas de r e s são
y a x a1 1=- + e y = – ax – a
Para que fossem a mesma reta, deveria ser
− = −1 1a
a ea
= – a ⇒ a2 = 1 e a2 = –1, o que é impossível
⇒ r e s não podem ser a mesma reta.
Q20. c
A inclinação de s é 2/3 ⇒ a inclinação de t é –3/2 e a equa-ção de t é 3x + 2y – 9 = 0
O ponto de interseção de r com t é (0, 9/2)
A reta r tem inclinação 2/3 e passa por (0, 9/2) ⇒ a equação de r é 4x – 6y + 27 = 0
Matemática
Manual do Professor
92
Q21.
a) d = 2 2 3 6
2 1135
13 552 2
.( ).
− − −
+= =
b) Temos os pontos B(3, 0) e C(0, 6)
det = 3 0 10 6 10 0 1
18= ⇒ área =182
= 9
c) det = 3 0 10 6 12 3 1
39− −
= ⇒ área = 392
= 19,5.
Q22.As retas são paralelas. A distância entre elas é a distância entre um ponto qualquer de uma delas e a outra reta. To-mando o ponto P(1, 3) de r, por exemplo, temos
d = 2 1 3 52 1
65
6 552 2
.( )
.− −
+ −= =
Q23.Equação de BC: 3x + 2y + 1 = 0
A altura pedida é a distância do vértice A(3, 1) à reta BC:
d = 3 3 2 1 13 2
1213
12 13132 2
. ..
+ +
+= =
Q24.
a) det = 3 5 1
1 1 1
16 1
−
−m
= 6m + 24 = 0 ⇒ m = – 4
b) 12
6det = ⇒ |3m + 12| = 6 ⇒ m = –6 ou m = – 2
c) 12
3det < ⇒ |3m + 12| < 3 ⇒ –5 < m < –3
Q25. a
Se P(x, y) é um ponto genérico da bissetriz, P é equidistante das duas retas.
2
5
2
52 2
x y x yx y x y
+=
+⇒ + = +
⇒ 2x + y = x + 2y ou 2x + y = –x – 2y
⇒ y = x ou y = –x
Q26.
a) (x – 2)2 + (y + 1)2 = 4
⇒ x2 + y2 – 4x + 2y + 1 = 0
b) O raio é r = PO = 10 . A equação é
(x + 3)2 + (y – 1)2 = 10 ⇒ x2 + y2 + 6x – 2y = 0
c) O centro é C(–1, 3). A equação é (x + 1)2 + (y – 3)2 = 9
⇒ x2 + y2 + 2x – 6y + 1 = 0
d) O centro é C(k, 0) e AC = BC = R
⇒ ( ) ( )k k− + = − −1 9 3 12 2 ⇒ k = 0
⇒ o centro é a origem (0, 0) e o raio é 10
⇒ a equação é x2 + y2 – 10 = 0
Q27.
a) Centro C(4, –5) e raio R = 1
b) Centro C(0, 0) e raio R = 5
c) Centro C(–1, 3) e raio R = 4
d) Centro C(3, 0) e raio R = 3
Q28.
a) O centro é C(3, 4), ponto médio de PQ.
O diâmetro é PQ = 2 17 e o raio é R = 17
Equação: (x – 3)2 + (y – 4)2 = 17
⇒ x2 + y2 – 6x – 8y + 8 = 0
b) (x – 3)2 + (y – 4)2 < 17
⇒ x2 + y2 – 6x – 8y + 8 < 0
c) (x – 3)2 + (y – 4)2 > 17
⇒ x2 + y2 – 6x – 8y + 8 > 0
Q29. d
Transformando a equação geral da reta para sua forma re-duzida, obtemos x2 + y2 – 4x – 5 = 0 ⇒ x2– 4x + y2 = 5 ⇒(x2
– 4x + 4) + y2 = 5 + 4 ⇒ (x – 2)2 + y2 = 32
O lado do quadrado circunscrito à circunferência é igual ao diâmetro da circunferência, ou seja, igual a 6
Q30.
a) O centro seria C(α, b) = C(–2, 3) e deve ser
α2 + b2 – k > 0 ⇒ 13 – k > 0 ⇒ k < 13
b) Deve ser α2 + b2 – k = 0 ⇒ k = 13
c) Deve ser α2 + b2 – k < 0 ⇒ k > 13
Q31.
Não pode existir o termo em xy ⇒ a = 0Os coeficientes de x2 e y2 devem ser iguais ⇒ b = 1O centro seria C(α, b) = C(–1, 3)Se o perímetro da circunferência é 12π, seu raio é 6 ⇒ c 62 2a b+ - = ⇒ 1 + 9 – c = 36 ⇒ c = –26
Q32.
a) Se P(x, y) é um ponto genérico do lugar, PA = PB
⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ’x y x y+ + − = − + −2 5 4 72 2 2
⇒ 3x + y – 9 = 0
b) Se P(x, y) é um ponto genérico do lugar,
Manual do Professor
Matemática 93
PA < PB
⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ’x y x y+ + − < − + −2 5 4 72 2 2
⇒ 3x + y – 9 < 0
c) Seja P(x, y) um ponto genérico do lugar.
Se d é a distância de P ao eixo x, d = |y|
Deve ser PB = d ⇒ x y y4 72 2- + - =^ ^h h ⇒ x2 – 8x + 16 + y2 – 14y + 49 = y2
⇒ y = x x2 8 6514
− +
d) (x + 2)2 + (y – 5)2 = 9
⇒ x2 + y2 + 4x – 10y + 20 = 0
Q33.
a) A distância entre os centros é d = 5 Deve ser R – 2 > 5 ⇒ R > 7b) Deve ser R – 2 = 5 ⇒ R = 7c) Deve ser R – 2 < 5 < R + 2 ⇒ 3 < R < 7d) R + 2 = 5 ⇒ R = 3e) R + 2 < 5 ⇒ R < 3
Q34.
a) Resolvendo o sistema formado pelas duas equações, a equação de 2.o grau obtida tem raízes reais distintas ⇒ a reta é secante à circunferência.
b) Resolvendo o sistema, obtemos os pontos (0, 2) e (–1, 1)
c) É 2 , distância entre os dois pontos.
Q35.
a) Os três pontos pertencem à circunferência, porque suas coordenadas satisfazem a equação
O centro da circunferência é C(0, –2) e o raio é R = 4
O raio CP está contido no eixo y, logo a tangente por P é paralela ao eixo x, pelo ponto P(0, 2)
Sua equação é y = 2.
b) O raio CQ é paralelo ao eixo x, logo a tangente é para-lela ao eixo y pelo ponto Q(4, –2). Sua equação é x = 4.
c) A inclinação de CM é −3
3⇒ a inclinação da tangente
é 3
Sua equação é y + 4 = 3 2 3( )x − ou
y = 3 x – 10
Q36.
a) A distância de P ao centro é 4 5 , maior que o raio 4 ⇒ P é exterior.
b) A equação geral do feixe de retas por P é
y – 6 = a(x – 4) ⇒ ax – y – 4a + 6 = 0
A distância do centro C(0, –2) a essa reta deve ser igual
ao raio 4, ou seja, d = 8 4
14
2
−
+=
a
a ⇒ a =
34
Uma das retas é 3x – 4y + 12 = 0
Como são duas retas e obtivemos um único valor para a inclinação, a outra tangente não tem inclinação, ou seja, é paralela ao eixo y, passando por P(4,6)Sua equação é x = 4
c) As equações das tangentes são do tipo t: 3x + 4y + k = 0, com k real. A distância do C(0, –2) a t deve ser igual a 4.
dk
3 482 2
=+
- += 4 ⇒ | –8 + k | = 20 ⇒ k = 28 ou k = –12.
Logo, as equações são 3x + 4y + 28 = 0 e 3x + 4y – 12 = 0
Q37. b
A circunferência x2 + y2 – 4y + 8y – 16 = 0 tem centro (2, – 4) e o raio 6 e a circunferência x2 + y2 – 16 – 8y + 64 = 0 tem centro (8,4) e raio 4. A distância entre seus centros é
( ) ( )8 2 4 4 102 2− + + = , igual à soma de seus raios. Logo,
as circunferências são tangentes externas.
Q38.
a) Considerando que a reta y = ax (a > 0) é perpendicular à reta que passa por B e C, é certo afirmar que a incli-
nação da reta BC é igual a −1a
.
Supondo B = (2,0), a equação de BC será ya
x= − −1
2( )
Como C está sobre o eixo y, o valor da abscissa de C é igual a zero. Substituindo-se x por 0, na equação, con-clui-se que
ya
=2
. Logo, C 02
,a
⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
b) Para a = 3, a equação da reta BC é y x= − −13
2( ) e as
coordenadas do ponto A, que é o ponto de interseção
de BC com a reta y = 3x, são 15
35
,⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ .
A medida do raio da circunferência centrada em A e tangente ao eixo x é igual ao valor da distância do pon-
to A ao eixo x, e mede 35
. A equação da circunferência
é ( ) ( )x y R x y− + − = ⇒ −⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ + −⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = ⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟α β2 2 2
2 2 215
35
35
Q39. a
Os pontos extremos da corda constituem a solução do sis-
tema x y
x y x y
− =
+ − − + =
⎧⎨⎪
⎩⎪
0
4 2 4 02 2, ou seja, são os pontos
(1, 1) e (2, 2), que distam 2 unidades de comprimento, um do outro.
Q40. e
O centro e o raio da circunferência (x – 1)2 + y2 = 4 são (1, 0) e 2.
Matemática
Manual do Professor
94
Para que a reta y = 2x + n seja exterior à circunferência (x – 1)2 + y2 = 4, a distância entre o ponto (1, 0) e a reta y = 2x + n (ou 2x – y = n = 0) deve ser maior que 2.
Logo, dn n
Ponto reta,
| . |
( ) ( )
| |=
− +
+ −=
+>
2 1 0
2 1
2
52
2 2
⇒ n2 + > 2 5
⇒ n > 2 5 – 2 ou n < – 2 5 – 2
Portanto, um dos valores possíveis para n é 3
Q41. c
Para que duas circunferências sejam tangentes exterio-res, a distância entre seus centros deve ser igual à soma de seus raios. Como a forma reduzida de x2 + y2 = 8x é (x – 4)2 + y2 = 16, concluímos que seu centro é (4, 0) e seu raio igual a 4. A distância entre os centros das circunferên-
cias é ( ) ( )− − + − =4 4 6 0 102 2 . Portanto, a circunferência procurada tem raio igual a 10 – 4 = 6 e sua equação é (x + 4)2 + (y – 6)2 = 62, que, em sua forma geral, é represen-tada pela equação x2 + y2 + 8x – 12y + 16 = 0.
Q42.
a) a2 = 9 e b2 = 4 ⇒ a = 3 e b = 2
Eixo maior = 2a = 6 e eixo menor = 2b = 4
b) a2 = b2 + c2 ⇒ 9 = 4 + c2 ⇒ c = 5
Focos: ( , ) ( , )e5 0 5 0- e ( , ) ( , )e5 0 5 0-
Distância focal = 2c =2 5
c) e = ac
35=
d) x = 2 ⇒ 49 4
12
+ =y
⇒ 16 + 9y2 = 36
⇒ 9y2 = 20 ⇒ y2 = 209
⇒ y = ±2 53
⇒ pontos ,2 32 5-d n e ,2 3
2 5d n
Q43. Temos a = 4 e o eixo maior está sobre o eixo das ordena-
das. Logo, a equação da elipse é do tipo ay
bx 12
2
2
2
+ = ou
.y
bx
16 12
2
2
+ =
Fazendo x = 1, deve ser y = 2 3
Substituindo, b16
12 1 12+ = ⇒ b2 = 4
Equação reduzida: y x16 4 1
2 2
+ =
Equação geral: 4x2 + y2 – 16 = 0
Q44.a) 5x2 + 14y2 – 70 = 0 ⇒ 5x2 + 14y2 = 70
⇒ x y14 5 1
2 2
+ =
b) a2 = 14 e b2 = 5 ⇒ a = eb14 5=
Eixo maior = 2a =2 14
Eixo menor = 2b =2 5
c) a2 = b2 + c2 ⇒ 14 = 5 + c2 ⇒ c = 3
Focos: (−3, 0) e (3, 0)
Distância focal = 2c = 6
d) Excentricidade: e = ac
143
14143= =
Q45.a) Pelo enunciado, c = 6, os focos estão no eixo x e b = 3
a2 = b2 + c2 ⇒ a2 = 9 + 36 = 45 ⇒ a2 = 45
Eq. reduzida: ax
by 12
2
2
2
+ = ou xy
45 9 12 2
+ =
Eq. geral: x2 + 5y2 – 45 = 0
b) y = 2 ⇒ x2 + 20 – 45 = 0 ⇒ x = –5 ou x = 5
⇒ pontos (–5, 2) e (5, 2).
Q46.
a) y = 0 ⇒ 4x2 = 12 ⇒ x =− 3 ou x = 3
⇒ pontos ( , )− 3 0 e ( , ).3 0
b) Resolvendo o sistema, 2x – y = 0 ⇒ y = 2x
4x2 + y2 = 12 ⇒ 4x2 + 4x2 = 12 ⇒ x = ±62.
Se x =62
, y = 6 . Se x =−62
, y =− 6
⇒ pontos ,26 6d n e , .2
6 6- -d n
c) Resolvendo o sistema, x2 + y2 + 9x = 0
⇒ y2 = −x2 – 9x
4x2 + y2 = 12 ⇒ 4x2 – x2 – 9x = 12 ⇒ x2 – 3x – 4 = 0
⇒ x = −1 ou x = 4
Para x = −1, y2 = 8 ⇒ y =−2 2 ou y =2 2 .Para x = 4, a equação em y não tem solução no conjun-to dos reais. Interseções: (−1,−2 2) e (−1,
2 2).
Q47.2a = 10 ⇒ a = 5 e c = 6, e os focos estão sobre o eixo Ox.
a2 + b2 = c2 ⇒ 25 + b2 = 36 ⇒ b2 = 11
Eq. reduzida: 1ax
b
y2
2
2
2
- = ou 1x y25 11
2 2
- =
Eq. geral: 11x2 – 25y2 – 275 = 0
Manual do Professor
Matemática 95
Q48. a) 2b = 10 ⇒ b = 5
e = ac c a
23
23
&= =
a2 + b2 = c2 ⇒ a2 + 25 = a4
9 2
⇒ a =2 5⇒ c =2 5
Eixo real = 2a = 4 5b) Focos: (0, −3 5) e (0, 3 5).
Distância focal = 2c =6 5
c) ay
bx 12
2
2
2
- = ou .y x20 25 1
2 2
- =
d) y x20 25 1
2 2
- = ⇒ 5y2 – 4x2 – 100 = 0
Q49.
4x2 – 5y2 = 20 ⇒ x y5 4 12 2
- =
Os focos estão sobre o eixo Ox.
a2 = 5 e b2 = 4 ⇒ a = 5 e b = 2
a2 + b2 = c2 ⇒ 5 + 4 = c2 ⇒ c = 3
Eixo real = 2a =2 5.
Eixo imaginário = 2b = 4
Focos: (−3, 0) e (3, 0)
Distância focal = 2c = 6
Excentricidade: e = .ac
53
53 5= =
Q50.A equação reduzida é
ax
by 12
2
2
2
- = , com a = b
Substituindo o ponto P(2, 1),
1 1a a a4 1 32 2 2&- = = ⇒ a2 = b2 = 3
a2 + b2 = c2 ⇒ 6 = c2 ⇒ c = 6 .
Focos: ( , )− 6 0 e ( , ).6 0
Equação: x y3 3 12 2
- = ⇒ x2 – y2 – 3 = 0
Q51. a) C1 é uma circunferência, C2 é uma hipérbole e C3 é uma
elipse.
b) O centro é C(0, 0) e o raio é R = 3
c) Elipse: x y9 12
2+ = (focos sobre o eixo Ox)
a2 = 9 e b2 = 1 ⇒ c2 = 8 ⇒ c =2 2 .
⇒ focos ( , )−2 2 0 e ( , ).2 2 0
Hipérbole: x y9 122
- = (focos no eixo Ox)
a2 = 1 e b2 = 9 ⇒ c2 = 10 ⇒ c = 10
⇒ focos ( , )− 10 0 e ( , )10 0
Q52. a) O foco está no semieixo negativo das abscissas, com
p2 2- =- ⇒ p = 4.
Equação: y2 = −2px ou y2 = –8x ⇒ y2 + 8x = 0
b) O foco está no semieixo negativo das ordenadas, com
p2 3= ⇒ p = 6
Equação: x2 = −2py ou x2 = −12y ⇒ x2 + 12y = 0
c) A equação é do tipo x2 = 2py
Para x = –4, y = 1 ⇒ 16 = 2p ⇒ p = 8
Equação: x2 = 16y ⇒ x2 – 16y = 0
Q53. a) A equação é do tipo y2 = 2px ⇒ o foco é no semieixo
positivo das abscissas.
2p = 20 ⇒ p = 10
Foco: ,Fp2 0d n ou F(5, 0)
Equação da diretriz: x = p2- ou x = –5
b) A equação é y2 = −16x, do tipo y2 = −2px⇒ foco no semieixo negativo das abscissas.
−2p = −16 ⇒ p = 8
Foco: ,Fp2 0-` j ou F(–4, 0)
Equação da diretriz: x = p2
ou x = 4
c) A equação é x2 = 12y, do tipo x2 = 2py
⇒ foco no semieixo positivo das ordenadas.
2p = 12 ⇒ p = 6
Foco: ,Fp
0 2` j ou F(0, 3).
Equação da diretriz: y = p2- ou y = −3
d) A equação é x2 = y38- , do tipo x2 = −2py
⇒ foco no semieixo negativo das ordenadas
−2p = .p38
34
&- =
Foco: ,Fp0 2-d n ou , .F 0 3
2-d n
Equação da diretriz: y = p2 ou y =
23.
Q54.
Resolvendo o sistema, x – y + 4 = 0 ⇒ y = x + 4
x2 – 2y = 0 ⇒ x2 – 2(x + 4) = 0 ⇒ x2 – 2x – 8 = 0
⇒ x = −2 ou x = 4.
Para x = −2, y = 2; para x = 4, y = 8
⇒ pontos (−2, 2) e (4, 8)
Matemática
Manual do Professor
96
Q55.
Resolvendo o sistema, 2x – y + k = 0 ⇒ y = 2x + k
x2 = y ⇒ x2 = 2y + k ⇒ x2 – 2y – k = 0
Se r é tangente à parábola, essa equação deve ter solução única ⇒ ∆ = 0 ⇒ 4 + 4k = 0 ⇒ k = −1
Para k = −1, a solução única da equação x2 – 2x + 1 = 0 é x = 1 ⇒ y = 1⇒ P(1, 1)
Q56. a
det
x
c cx
01
0
1
111
1= = -
⇒ a área é , .Acx
cx21
18 50 1 37&=-
= - =
Como 1 – cx > 0, deve ser 1 – cx = 37 ⇒xc
36=- .
Q57. b
(I) Determinação da reta r que passa por P e Q:
(y – 0) = m (x – 1), onde m =− −
− −=
2 01 1
1
Logo, r: y = x – 1
(II) Determinação da reta s que passa por (1, 2) e é per-pendicular à reta que passa por
P e Q : (y – 2) = – (x –1) Logo, s: y = –x + 3
(III) Determinação do ponto de encontro de r e s
x – 1 = –x + 3 ⇒ 2x = 4 ⇒ x = 2. Como y = x – 1, temos y = 1 ⇒ ponto (2, 1).
(IV) Determinação do simétrico de N. Sejam x0 e y0 as co-ordenadas de N
Então, 2 4 1 3
xx x2
100 0& &=
+= + =
e 1 2 2 0y
y y220
0 0& &=+
= + =
Então, o ponto simétrico de N(1, 2), com relação à reta r, é (3, 0)
Q58. c
CO
y
B(–2, 3)
A(1, –1)
x
Como o vértice B tem abscissa – 2 e está sobre a reta 2x + 3y = 5, sua ordenada é igual a 3.
A reta que contém o cateto AB tem inclinação −43
.
Logo, a reta que contém o cateto AC tem inclinação 34
e
equação y x= −34
74
.
As coordenadas do vértice C correspondem à solução do sistema constituído pelas equações das retas que contêm os lados AC e BC.
Solucionando-se o sistema 2 3 5
34
74
x y
y x
+ =
= −
⎧
⎨⎪
⎩⎪, conclui-se que
x =4117
Q59. b
O centro da circunferência é B(1, 2). A inclinação de AB é 2. Logo, a inclinação da reta s é −1/2. Sua equação é
y – 3 = x21- ou x + 2y = 6
Q60. b
A interseção das duas retas é o ponto P(3, 8). A inclina-ção da reta AB é −3. Logo, a reta (t) passa por P(3, 8) e tem inclinação −3. Sua equação é y – 8 = −3(x – 3) ou y = −3x + 17. Ela corta o eixo y no ponto (0, 17).
Q61. bAC = BC ⇒ (AC)2 = (BC)2
⇒ x2 + 16 = (x – 2)2 ⇒ x2 + 16 = x2 – 4x + 4 ⇒ x = −3
Os vértices do triângulo são A(0, 4), B(2, 0) e C(−3, 0)
det = 0 4 12 0 13 0 1
20−
= − ⇒ área = 10
Q62. a
O ponto médio de CP é , .M 27 5c m
O raio da circunferência é CM = 52.
A equação da circunferência é (x – 2)2 + (y – 3)2 = 254
⇒ x2 + y2 – 4x – 6y + 274
= 0
⇒ 4x2 + 4y2 – 16x – 24y + 27 = 0
Q63. b
O vértice da parábola é V(3, −1) e ela corta os eixos nos pontos A(2, 0) e B(4, 0). O raio da circunferência é
VA = VB = 2 . Logo, a equação da circunferência é (x – 3)2 + (y + 1)2 = 2
Q64. eO raio da circunferência é R = 3, e seu centro é C(1, 4). Sua equação é (x – 1)2 + (y – 4)2 = 9
Q65. bCada unidade do quadriculado corresponde a 250 m.
Manual do Professor
Matemática 97
Na figura, a catedral corresponde ao ponto A(1, 1) e a câ-mara, ao ponto B(5, 3). A distância entre a catedral e a
câmara, na figura, é AB = ( ) ( )5 1 3 1 2 52 2− + − =
Portanto, a distância real é .m500 5
Q66. aA equação reduzida da reta dada é y = 2x + 2, de inclinação 2. A inclinação da reta pedida é −1/2 e ela passa pelo ponto A(1, 4)Sua equação é y – 4 = ( )x2
1 1- -
⇒ 2y – 8 = −x + 1 ⇒ 2y + x – 9 = 0
Q67.a) Equação de r: x – y – 2 = 0
Equação de s: x + y – 6 = 0
b) Resolvendo o sistema, obtemos o ponto P(4, 2) O raio da circunferência pedida é R = 4, abscissa de P.
A equação da circunferência é (x – 4)2 + (y – 2)2 = 16.
Seu perímetro é 2πR = 2π . 4 = 8π
Q68. d
Na função logarítmica, log4 16 = b ⇒ b = 2 e
log4 x = 0 ⇒ x = 1
Logo, a reta r passa pelos pontos
(1, 0) e (16, 2). Sua inclinação é 2/15 e sua equação é
y x= −215
1( )ou 2x – 15y – 2 = 0
Q69. bA equação geral da circunferência é x2 + y2 – 2y = 0. Seu centro é C(0, 1). O centro da circunferência é o baricentro do triângulo. Logo, a altura do triângulo mede h = 3. Se L é
a medida do lado do triângulo, .L L23 3 2 3&= =
Q70.
a) O centro da circunferência é C(4, –4). Logo, seu raio é
R = 4 u.c. e seu comprimento é 2πR = 8π u.c.
b) Área do setor circular ACB:
R41 42r r=
Área do triângulo ACB: 4 42
8.=
Área sombreada: 4π – 8 = 4(π – 2) u.a.
Q71. eO ponto P pertence à circunferência de centro O(0, 0). A inclinação de OP = 1. Logo, a inclinação da tangente é −1 e sua equação é y = −x + 4. A interseção dessa reta com a
a reta y = 2x é o ponto , .34
38d n
Q72. dA distância de r até a origem é 1. Uma reta genérica que passa pelo ponto (3, 1) é y – 1 = a(x – 3) que, na forma geral, pode se escrita como ax – y – 3a + 1 = 0. A distância da origem até essa reta deve ser também igual a 1.
Logo, a
a a a1
3 1 1 3 1 12
2&
+
- + = - + = +
⇒ 9a2 – 6a + 1 = a2 + 1 ⇒ a = 0 ou a = 3/4Para a = 0, temos a reta r. Na reta s, a = 3/4 e a equação de s é 3x – 4y – 5 = 0.
Q73. eEquação de r: y = x – 1,5.
A inclinação de s é −1 e s passa pelo ponto (3, 0).
A equação de s é −x – y + 3 = 0.
Q74. c
A inequação x2 + y2 ≤ 36 representa o círculo da figura. A inequação x + y ≥ 6 representa a região do plano acima da reta r. Pede-se a área do segmento circular.
Área do setor circular: .41 62r = 9π
Área do triângulo AOB: 6 62
18.=
Área do segmento circular: 9π – 18 = 9(π – 2)
Q75. aO deslocamento total é 1,1º L, 0,9º N, 0,2º O e 0,1º S, que equivale a 0,9º L e 0,8º N. Do ponto X(20, 60), chega-se assim ao ponto (20,9; 60,8), que cai na região mais escura, associada a uma altitude de 100 m
Q76. bNa elipse, 2a = 20 e 2b = 16 ⇒ a = 10 e b = 8a2 = b2 + c2 ⇒ 100 = 64 + c2 ⇒ c = 6MN = 2c = 12 ⇒ 12 m
Q77. dA soma pedida é a medida do eixo maior da elipse. Temos a2 = 49 ⇒ a = 7 ⇒ 2a = 14
Q78. eOs focos estão no eixo Ox
a2 = b2 = 1 ⇒ c2 = a2 + b2 = 2 ⇒ c = 2 .A distância focal é 2c =2 2 8= .
Matemática
Manual do Professor
98
Q79. dA parábola tem vértice na origem. O foco é no semieixo po-
sitivo das ordenadas. Logo, ele é do tipo ,Fp0 2
d n
⇒ p2 1= ⇒ p = 2.
A equação é x2 = 2py ou x2 = 4y
Q80.
A equação reduzida é .x y16 4 1
2 2
+ =
Os focos estão no eixo Ox.
a2 = 16 e b2 = 4 ⇒ a = 4 e b = 2
Eixo maior = 2a = 8
Eixo menor = 2b = 4
a2 = b2 + c2 ⇒ 16 = 4 + c2 ⇒ c =2 3.
Os focos são ( , )−2 3 0 e ( , ).2 3 0
Distância focal = 2c = 4 3.
A excentricidade é e = .ac
23=
Resolvendo o sistema formado pela equação da reta x + 2y – 4 = 0 e pela equação da elipse, obtemos os pontos de interseção: (4, 0) e (0, 2)
Verdadeiras: a, e
Q81. Se y = kx é uma reta genérica que passa pela origem, temos: 9x2 – 4y2 = 36 ⇒ 9x2 – 4k2x2 = 36
⇒ (9 – 4k2)x2 = 36.
Para que essa equação não tenha solução real, deve ser
9 – 4k2 ≤ 0 ⇒ k ou k≤ − ≥32
32.
⇒ retas do tipo y = kx, com k ou k≤ − ≥32
32.
Q82. e Temos uma elipse de focos (−1, 0) e (1, 0) e eixo maior medindo 4.
Logo, 2c = 2 e 2a = 4 ⇒ c = 1 e a = 2
a2 = b2 + c2 ⇒ 4 = b2 + 1 ⇒ b = 3.
A elipse corta o eixo Oy nos pontos de ordenadas − 3 e 3.
Q83. dSubstituindo y = x – t na equação da elipse,
4x2 + (x – t)2 = 4 ⇒ 5x2 – 2tx + t2 – 4 = 0
Para que a reta corte a elipse, deve ser
∆ ≥ 0 ⇒ 4t2 – 20(t2 – 4) ≥ 0 ⇒ t2 – 5 ≤ 0
⇒ − ≤ ≤5 5t ⇒ o menor valor inteiro de t é −2
Q84. a A equação (1) é de 1.o grau ⇒ reta.
A equação (2) representa as retas x = −1 ou x = 1
A equação (3) representa uma parábola.
A equação (4) representa uma elipse.
A equação (5) representa uma hipérbole.
Sequência correta: 3, 4, 5, 1, 2
Q85.01) Falsa. Pela fórmula de distância, AB = 5 ⇒ a altura do
triângulo mede 5 32
, menor que 5
02) Verdadeira. A área do triângulo é 25 34
.04) Verdadeira. A circunferência dada é o lugar geométrico
dos pontos do plano que estão à distância 5 do ponto B (3,1).
É o caso do ponto C, já que o triângulo ABC é equilá-tero de lado igual a 5
08) Falsa. A inclinação de AB é –4/3. Logo, a inclinação da altura relativa a AB é 3/4. Na reta dada, a inclinação é igual a 6
16) Verdadeira. A reta dada é a equação da mediatriz de AB. Logo, C pertence a ela.
Soma = 2 + 4 + 16 = 22
Q86. eO raio da circunferência é a distância do ponto P(1, 1) à
reta: R = d = 1 1 71 1
5 22
+ −
+= .
Os pontos em que a circunferência corta o eixo x são do tipo Q(k, 0), e deve ser PQ = R ⇒ (PQ)2 = R2
⇒ (k – 1)2 + 12 = 252
⇒ k2 – 2k + 2 = 252
⇒ 2k2 – 4k – 21 = 0 ⇒ k =2 462
+ (raiz positiva)
Q87. cO vértice da parábola é V(2, 2). Sendo P(4, 6), a inclinação de VP é 2. Logo, a inclinação de VR é −1/2 e a equação de
VR é y – 2 =− −12
2( )x ou x + 2y – 6 = 0
Nessa equação, y = 0 para x = 6 ⇒ k = 6
Q88. bEquação da reta r: y – 3 = x – 2 ⇒ x – y + 1 = 0
Equação da reta s: y – 5 = −1(x – 2) ⇒ x + y – 7 = 0
Resolvendo o sistema, temos o ponto A(3, 4)
A distância AO mede 5. Sendo AM = x ⇒ OM = 5 – x
Pelo Teorema de Pitágoras, (5 – x)2 = x2 + 32 ⇒ x = 1,6
A área de ∆ é 1 6 32
2 4, . , .=
Manual do Professor
Matemática 99
Q89.
A inclinação de AB é − 3.
A equação de AB é 2 3 2 15 0x y+ − =
Se C(k, 1) é o centro da circunferência, CP = 1
⇒ 2 3 2 15
12 41
k + −
+=
⇒ 2 3 13 4k − =
⇒ 2 3 13 4k − = ou 2 3 13 4k − = −
⇒ k = 3 32
ou k =17 36
Como k < 5 32
, k = 3 32
e o centro é , .C 23 3 1d n
Q90. dO triângulo é retângulo. Seus catetos medem 5 e 12, e sua hipotenusa mede 13. O centro da circunferência circunscri-
ta é o ponto médio da hipotenusa, , .M 25 6c m
Veja a determinação do centro C(r, r) da circunferência ins-crita na figura a seguir.
12 – r + 5 – r = 13 ⇒ r = 2 ⇒ C(2, 2)
A distância entre os dois centros é 652.
Q91.
01) Verdadeira.
A equação equivale a x2 + y2 + 2x + 3y + c2
0= .Se ela representar uma circunferência, o centro será
C(α, b) ou ,C 1 23- -` j. Para que a equação represente
uma circunferência, deve ser α2 + b2 – c2 02
⇒ 1 +94 2
0 132
− > <c c .
02) Falsa.
Os raios das circunferências são 1 e 4
Seus centros são (0, 0) e (3, 4). A distância entre os centros é 5, soma dos raios. Logo, as circunferências são tangentes externas.
04) Verdadeira.
Deve ser a = 5 e b = 0. No caso, a equação equivale a
x2 + y2 + 2x – 4y + c5
0= .Seu centro é C(−1, 2) e seu raio é
1 45
1 20+ − = =c c .
Logo, a + b + c = 25
08) Verdadeira.
O centro é C − −( )2 2, e o raio é 2.Logo, a circunferência tangencia os eixos.
16) Verdadeira.
O centro é (2, –4). Como o raio é R = 2, o ponto de ordenada máxima é (2, –4 + R) ou (2, −2)
Soma = 1 + 4 + 8 + 16 = 29
Q92. bDos cinco pontos, os únicos que pertencem à reta são A (–3,1), B (0,4) e C (2,6). Como PA 20= , PB 26= e PC 50= , o único ponto que satisfaz a condição dada é A (–3,1).
CAPítUlO 13 – PROgReSSÕeS
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO(ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Reconhecer uma sucessão e identificar sua lei de formação.
• Distinguir progressões aritméticas e geométricas.
• Resolver problemas que envolvam o termo geral e a soma de termos em progressões aritméticas e geométricas.
• Resolver problemas que envolvam somas convergentes dos termos de uma P.G. infinita.
• Analisar e resolver situações-problema, envolvendo funções exponenciais e logarítmicas e progressões.
Matemática
Manual do Professor
100
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Leve seus alunos a estabelecerem comparações, obtendo semelhanças e diferenças nas fórmulas do termo geral da P.A. e da P.G., associando-as, naturalmente, à função afim e à função exponencial, respectiva-mente.
• Explore situações concretas de aplicação do limite da soma na P.G. infinita., principalmente aquelas que envolvem figuras geométricas. Trata-se de uma boa oportunidade para retomar conceitos ligados a perí-metros e áreas em figuras planas.
• Peça aos alunos que comparem as duas formas de obtenção da geratriz de uma dízima: utilizando o recur-so algébrico e a fórmula do limite da soma na P.G. infinita.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.a3 = a2 + a1 = 1 + 1 = 2
a4 = a3 + a2 = 2 + 1 = 3
a5 = a4 + a3 = 3 + 2 = 5
a6 = a5 + a4 = 5 + 3 = 8
a7 = a6 + a5 = 8 + 5 = 13
A sequência de Fibonacci é (1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...)
Q2.a2 = (−1)2 . 21 = 1 . 2 = 2 e a5 = (−1)5 . 24 = (−1) . 16 = −16
⇒ a2 + a5 = 2 – 16 = −14
Q3.A P.A. formada terá 13 termos, sendo a1 = 4 e a13 = 10
a13 = a1 + 12r ⇒ 10 = 4 + 12r ⇒ r = 0,5
a4 = a1 + 3r = 4 + 3 . 0,5 = 5,5
Q4.Considerando-se a P.A. (x – r, x, x + r), com r > 0,
x – r + x + x + r = 15 ⇒ 3x = 15 ⇒ x = 5
Portanto, a P.A. é (5 – r, 5, 5 + r)
(5 – r) . 5 . (5 + r) = 80 ⇒ 25 – r2 = 16 ⇒ r2 = 9
⇒ r = 3, porque a P.A. é crescente.
Q5.a3 + a5 = 8 ⇒ a1 + 2r + a1 + 4r = 8 ⇒ a1 + 3r = 4
a8 – a4 = 12 ⇒ (a1 + 7r) – (a1 + 3r) = 12 ⇒ r = 3
a1 + 3r = 4 ⇒ a1 + 9 = 4 ⇒ a1 = –5
a20 = a1 + 19r = –5 + 19 . 3 ⇒ a20 = 52
Q6.
a3 – a2 = a2 – a1 ⇒ 11− a – (−a) = −a – (1 – a)
⇒ 11− a = −a – 1 ⇒ 11 – a = a2 + 2a + 1
⇒ a2 + 3a – 10 = 0 ⇒ a = –5 ou a = 2
Os termos da P.A. são positivos para a = –5.
A P.A. é (6, 5, 4), cuja razão é −1
Q7.A partir da segunda hora, temos uma P.A. em que o primei-ro termo é a1 = 4,00 e a9 = 1,60
a9 = a1 + 8r ⇒ 1,60 = 4,00 + 8r ⇒ r = −0,30
A P.A. é (4,00; 3,70; 3,40; 3,10; ...) e o total a ser pago é 6,00 + 4,00 + 3,70 + 3,40 + 3,10 = 20,20 ⇒ R$ 20,20
Q8.As medidas dos ângulos são x, x + 20º, x + 40º e x + 60º
x + x + 20º + x + 40º + x + 60º = 360º ⇒ x = 60º
As medidas dos ângulos são 60º, 80º, 100º e 120º
Q9. a) a3 = 60 e a7 = 48 ⇒ a1 + 2r = 60 e a1 + 6r = 48
⇒ r = −3 e a1 = 66
a10 = a1 + 9r = 66 + 9 . (−3) = 39 ⇒ R$ 39,00
b) S10 = a a1 10
210 66 39
210 525+
=+
=. . ⇒ R$ 525,00
Q10.
S10 = 170 ⇒ a a1 10
210 170+
=. ⇒ a1 + a10 = 34
S20 = 540 ⇒ a a1 20
220 540+
=. ⇒ a1 + a20 = 54
a1 + a10 = 34 ⇒ a1 + a1 + 9r = 34 ⇒ 2a1 + 9r = 34
a1 + a20 = 54 ⇒ a1 + a1 + 19r = 54 ⇒ 2a1 + 19r = 54
Resolvendo o sistema, r = 2 e a1 = 8
a8 = a1 + 7r = 8 + 7 . 2 = 22 ⇒ 22 poltronas.
Q11.S1 = 12 + 1 = 2 ⇒ a1 = 2
S2 = 22 + 2 = 6 ⇒ a1 + a2 = 6 ⇒ a2 = 4 ⇒ r = 2
A P.A. é (2, 4, 6, 8, 10, ...)
Manual do Professor
Matemática 101
Q12.Temos uma P.A. de razão r = −1
S13 = 117 ⇒ a a1 13
213 117+=. ⇒ a1 + a13 = 18
⇒ a1 + a1 + 12r = 18 ⇒ 2a1 – 12 = 18 ⇒ a1 = 15
Logo, na camada de baixo há 15 latas.
Q13.
Devemos adicionar a soma dos múltiplos de 2 com os de 3 e, do resultado, subtrair a soma dos múltiplos de 6, que são contados duas vezes naquela soma.
Múltiplos de 2 com dois algarismos: (10, 12, 14, ..., 98)
Temos uma P.A. em que a1 = 10, r = 2 e an = 98
an = a1 + (n – 1)r ⇒ 98 = 10 + (n – 1) . 2 ⇒ n = 45
S45 = a a1 45
245 10 98
245 2 430+
=+
=. . .
Múltiplos de 3 com dois algarismos: (12, 15, 18, ..., 99)
Temos uma P.A., em que a1 = 12, r = 3 e an = 99
an = a1 + (n – 1)r ⇒ 99 = 12 + (n – 1) . 3 ⇒ n = 30
S30 = a a1 30
230 12 99
230 1 665+
=+
=. . .
Múltiplos de 6 com dois algarismos: (12, 18, 24, ..., 96)
Temos uma P.A., em que a1 = 12, r = 6 e an = 96
an = a1 + (n – 1)r ⇒ 96 = 12 + (n – 1) . 6 ⇒ n = 15
S15 = a a1 15
215 12 96
215 810+
=+
=. . .
Soma dos múltiplos de 2 ou de 3:
2 430 + 1 665 – 810 = 3 285
Q14.
a2 + a4 = 5 ⇒ a1q + a1q3 = 5 ⇒ a1q(1 + q2) = 5
a4 + a6 = 20 ⇒ a1q3 + a1q
5 = 20 ⇒ a1q3(1 + q2) = 20
Dividindo-se membro a membro as duas equações,
q2 = 4 ⇒ q = 2 (porque a P.G. é crescente)
a1q(1 + q2) = 5 ⇒ a1 . 2 . 5 = 5 ⇒ a1 = 12.
a8 = a1q7 = 1
227. ⇒ a8 = 64
Q15.
aa
aa
xx
xx
2 11
42 1
2
3
1
2&=
+- = +
⇒ 4x(x – 1) = (2x + 1)2
Þ 4x2 – 4x = 4x2 + 4x + 1 ⇒ 8x = −1 ⇒ x = −18.
A P.G. é (−1/2, 3/4, –9/8), cuja razão é −32.
Q16.
a1 = q e a1 + a2 = 6 ⇒ a1 + a1q = 6 ⇒ q + q2 = 6
⇒ q2 + q – 6 = 0 ⇒ q = a1 = 2 (pois a P.G. é crescente).
Queremos obter o valor de n tal que an = 2 048
an = a1 . qn - 1 ⇒ 2 048 = 2 . 2n – 1 ⇒ 211 = 2n ⇒ n = 11
Logo, 2 048 é o 11.o termo.
Q17.
Considerando de fevereiro a maio, temos uma P.A. em que a2 = 880 e a5 = 970
a2 = 880 ⇒ a1 + r = 880 e a5 = 970 ⇒ a1 + 4r = 970
Resolvendo o sistema, r = 30 e a1 = 850
O volume de vendas de junho é a6 = a1 + 5r = 1 000
Considerando de junho em diante, temos uma P.G. em que a1 = 1 000 e a3 = 1 440
a3 = 1 440 ⇒ a1q2 = 1 440 ⇒ 1 000 q2 = 1 440 ⇒ q = 1,2
Volume de vendas em setembro: 1 440 . 1,2 = 1 728
⇒ 1 728 milhares de reais.
Q18.Temos uma P.G. com a1 = 1 e q = 3
Sn = aqq
11
3 280 3 13 1n n
1 &--
=-- ⇒ 3n – 1 = 6 560
⇒ 3n = 6 561 = 38 ⇒ n = 8
x = a8 = a1q7 = 1 . 37 ⇒ x = 2 187
Q19.a) São 21 divisores naturais (20, 21, 22, 23, ... , 220)
b) Temos uma P.G. com a1 = 1, q = 2 e an = 220
S21 = a qq1
21 2111
2 12 1
−
−=
−
−= 221 – 1
Q20.Se os catetos medem x e xq, a hipotenusa mede xq2
Pelo Teorema de Pitágoras, (xq2)2 = (xq)2 + x2
⇒ q4 – q2 – 1 = 0.
Fazendo q2 = x, obtemos x2 – x – 1 = 0, cuja solução positiva
é x = .q21 5
21 5
&+ = +
Q21.
aq1
127
−= ⇒ a1 = 27(1 – q)
a1 + a2 = 24 ⇒ a1 + a1q = 24 ⇒ a1(1 + q) = 24
⇒ 27(1 – q)(1 + q) = 24 ⇒ 1 – q2 = 89
19
2 =q
⇒ q = 13
(porque a P.G. é decrescente) ⇒ a1 = 18
⇒ a P.G. é (18, 6, 2, 2/3, ...)
Matemática
Manual do Professor
102
Q22.
Temos uma P.G. infinita com a1 = 10x e q = 1/5
/qa x
1 3100
4 510
31001
&-
= = ⇒ 30x = 80 ⇒ x = .38
Q23.
O perímetro de T1 é 12 cm. Como cada lado de T2 é base média de T1, cada um desses lados mede 2 cm e o perímetro de T2 é 6 cm. O mesmo ocorre com os próximos triângulos. A soma dos infinitos perímetros é a soma infinita
12 + 6 + 3 + ... = 12
1 0 524
−=
,⇒ 24 cm
Q24.Raio do primeiro círculo: R
Lado do primeiro quadrado: R 2 .
Raio do segundo círculo: R 22.
Lado do segundo quadrado: R
a) Os perímetros dos quadrados formam uma P.G. infinita
em que P1 = 4 2R e a razão é 22.
O limite da soma dos perímetros é 4 2
1 22
8 2 1R R−
= +( ) .
b) As áreas dos círculos formam uma P.G. infinita em que A1 = πR2 e a razão é 0,5. O limite da soma das áreas éπR2
1 0 5−=
, 2πR2.
Q25. da1 = 5 e r = 5 ⇒ a14 = a1 + 13r ⇒ a14 = 70.
O valor retirado na última vez foi 70.R$ 0,50 = R$ 35,00.
Q26. b
A P.G. é (x, 3x, 9x). A P.A. é (x, 3x, 9x – 8). Logo,
3x – x = 9x – 8 – 3x ⇒ 2x = 6x – 8 ⇒ x = 2
⇒ a P.A. é (2, 6, 10), em que a soma dos termos é 18.
Q27. b
Temos uma P.G. em que a razão é o fator de aumento men-sal do montante: 1 + i = 1 + 0,025 = 1,025.
Q28. c
Temos uma P.A. de razão 0,8 (em quilômetro).
S5 = 20 ⇒ a a1 5
25 20+=. ⇒ a1 + a5 = 8
⇒ a1 + a1 + 4r = 8 ⇒ 2a1 + 3,2 = 8 ⇒ a1 = 2,4.
a4 = a1 + 3r = 2,4 + 2,4 = 4,8 ⇒ 4 800 m.
Q29. b
nm
m=3
⇒ m2 = 3n e n – m = 9 – n ⇒ m = 2n – 9.
(2n – 9)2 = 3n ⇒ 4n2 – 36n + 81 = 3n
⇒ 4n2 – 39n + 81 = 0 ⇒ n = 27/4 ou n = 3.
Para n = 3, m = −3 (não convém).
Para n = 27/4, m = 9/2 (solução).
A P.G. é (3, 9/2, 27/4), de razão q = 3/2.
A P.A. é (9/2, 27/4, 9), de razão r = 9/4.
Logo, r – q = 3/4 = 0,75.
Q30. eSe a sequência tem n termos,
aan
1
1 000= ⇒ log an – log a1 = 3.
Como os logaritmos formam uma P.A. de razão 1/2,
log an = log a1 + (n – 1).0,5 ⇒ log an – log a1 = (n – 1).0,5
⇒ (n – 1).0,5 = 3 ⇒ n – 1 = 6 ⇒ n = 7.
Q31. d
O n-ésimo número triangular é a soma dos n primeiros números naturais. Logo, o 100.o número triangular é a
soma 1 + 2 + 3 + ... + 100 = 1 1002
100 5 050+=. .
Q32. d
Temos uma P.G. em que a1 = 1, q = 2 e an = 2 048.
an = a1.qn – 1 ⇒ 2 048 = 2n – 1 ⇒ 211 = 2n – 1 ⇒ n = 12.
Assim sendo, atinge-se aquele valor no final de 1 ano.
O total depositado no ano é
S12 = a qq1
12 1211
2 12 1
4 095−
−=
−
−=
Em 21 anos, o total depositado é 21.4 095 = 85 995.
Q33. b
Para x = 0, y = 9b = 243 ⇒ 32b = 35 ⇒ b = 2,5.
Para x = 1, y = 9a + b = 729 = 93 ⇒ a + b = 3 ⇒ a = 0,5.
Portanto, y = 90,5x + 2,5 ou y = 3x + 5.
Temos uma progressão geométrica de razão 3.
Q34.
Se a razão da P.G. é q, a razão das P.G. formadas pelos termos de ordem ímpar e pelos termos de ordem par é q2.
aq
e a qq
12
121
201
10−
=−
=
Manual do Professor
Matemática 103
Resolvendo o sistema, q = 12
e a1 = 15.
Na P.A., b1 = 15 e b5 = –9 ⇒ b1 + 4r = –9
⇒ 15 + 4r = –9 ⇒ r = –6.
01) Verdadeira.
02) Verdadeira.
04) Verdadeira.
08) Verdadeira.
16) Verdadeira: b3 + b4 = 3 + (−3) = 0
Soma = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31.
Q35. b
No 1.o caso, temos uma P.A. com a1 = 100 e r = 150.
a9 = a1 + 8r = 100 + 1 200 = 1 300.
S9 = a a1 9
29 100 1 300
29 6 300+
=+
=. .
No 2.o caso, temos uma P.G., em que a1 = 100 e q = 2.
Sn = a qq
n n
111
100 2 12 1
6 300−
−=
−
−=. ⇒ 2n = 64 ⇒ n = 6.
Q36. d
Se os preços são x – 4, x, x + 4, temos x – 4 + x = 16
⇒ x = 10 e os preços em reais são 6, 10 e 14. A soma dos preços do segundo e do terceiro é R$ 24,00.
Q37. d
A soma dos números da linha n é n2. Logo, a soma dos números da linha 9 é 92 = 81.
Q38. d
Temos uma P.A. com a1 = 120 e r = 40. O termo geral é
an = 120 + 40(n – 1) ou an = 40n + 80.
Sn = 10 000 ⇒ a a nn1
210 000+
=.
⇒ + +
=120 40 80
210 000n n. ⇒ (100 + 20n).n = 10 000
⇒ (5 + n).n = 500 ⇒ n = 20.
Q39. e
O 8.o termo é S8 – S7 = (3.82 + 2) – (3.72 + 2) = 45.
Q40. a
Se os números são x – 16, x, x + 16,
x(x – 16) = 62 ⇒ x2 – 16x – 36 = 0 ⇒ x = 18.
A P.A. é (2, 18, 34), e a média entre os dois maiores é 26.
Q41.
As bases formam uma P.G. de razão 1/3. Como as alturas são iguais, a razão das áreas também é 1/3. O limite da
soma é 1441 1 3
216−
=/
⇒ 216 cm2.
Q42. a
As áreas formam a P.G. decrescente (8, 2, 1/2, ...), em que a1 = 8 e q = 1/4.
O limite da soma das áreas é 81 1 3
32 3−
=/
/ .
Q43. e
O total de novos assinantes em um ano será
S12 = 1002 12 1
409 50012
. .−
−=
O total de assinantes será 3 000 + 409 500 = 412 500.
Q44. e
Numa P.A., a soma dos extremos é igual à soma de quais-quer dois termos equidistantes dos extremos. Logo, reti-rados os extremos, a média dos demais continuará sendo igual a 40.
Q45. c(x – y) – (x + y) = xy – (x – y) ⇒ −2y = xy – x + y
⇒ 3y = x – xy ⇒ 3y = x(1 – y) ⇒ x = 31yy−
(y ≠ 1).
xy – (x – y) = xy
– xy ⇒ xy – x + y = xy
– xy
⇒ 2xy – x + y = xy
Substituindo o valor de x da 1.a equação na 2.a equação,
61
31
31
2yy
yy
yy−
−−
+ =−
⇒ 6y2 – 3y + y – y2 = 3
⇒ 5y2 – 2y – 3 = 0 ⇒ y = 1 ou y = −3/5.
Como deve ser y ≠ 1, y = −3/5.
Q46.Se o polígono tem n ângulos internos, suas medidas for-mam uma P.A., com a1 = 139 e r = 2, em graus.
an = a1 + (n – 1)r ⇒ an = 139 + (n – 1).2
⇒ an = 2n + 137.
Sn = a a n n n n nn1
2139 2 137
2138+
=+ +
= +. . ( ). .
Como a soma dos ângulos internos de um polígono de n lados é 180(n – 2),
(n + 138)n = 180(n – 2) ⇒ n2 + 138n = 180n – 360
⇒ n2 – 42n + 360 = 0 ⇒ n = 30 ou n = 12.
Para n = 30, o maior dos ângulos seria de 197º, e o polígono não seria convexo. Logo, n = 12 e o polígono tem 12 lados.
Matemática
Manual do Professor
104
Q47.log3 a + log3 b + log3 c = 9 ⇒ log3 (abc) = 9 ⇒ abc = 39.
Como (a, b, c) é uma P.G., b2 = ac ⇒ b3 = 39 ⇒ b = 27.
Temos, agora, o sistema ac
a c
729
90
=
+ =' .
Resolvendo-o, (a = 9 e c = 81) ou (a = 81 e c = 9).
Temos, portanto, as duas soluções:
a = 9, b = 27 e c = 81, com q = 3;
a = 81, b = 27 e c = 9, com q = 1/3.
Q48.a) a5 = 21 ⇒ 10 + k = 21 ⇒ k = 11 ⇒ an = 2n + 11.
a1 = 2 + 11 = 13.
b) Temos uma P.A. com a1 = 13 e r = 2.
a50 = a1 + 49r = 13 + 49.2 ⇒ a50 = 111.
S50 = a a1 50
250 13 111
250 3100+
=+
=. . .
Q49. ba1 = log2 x, a2 = 1 + log4 x e a3 = 1 + log8 x.
1 + log4 x – log2 x = 1 + log8 x – (1 + log4 x)
⇒ log4 x – log2 x = log8 x – log4 x – 1.
Por mudança de base,
log4 x = loglog
log2
2
2
4 2x x= e log8 x =
loglog
log .2
2
2
8 3x x=
Fazendo log2 x = y, a equação se transforma em
12y
3yy
2y
−−=− ⇒ 3y – 6y = 2y – 3y – 6
⇒ 2y = 6 ⇒ y = 3 ⇒ log2 x = 3 ⇒ x = 8
⇒ a1 = 3, a2 = 5/2, a3 = 2 ⇒ a1 + a2 + a3 = 15/2.
Q50.Suponhamos S = 1 + 2x + 3x2 + 4x3 + ...
Multiplicando os dois membros da equação por x,
Sx = x + 2x2 + 3x3 + 4x4 + ...
Subtraindo as duas igualdades, membro a membro,
S – Sx = 1 + x + x2 + x3 + ...
Como 0 < x < 1, a soma do 2.o membro, P.G. infinita, tem limite. Logo,
S(1 – x) = 1
11
1 2−=
−xS
x( ).
CAPítUlO 14 – MAtRIzeS e SISteMAS lIneAReS
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO(ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Construir uma matriz, definidos seu tipo e seu elemento genérico.
• Identificar os vários tipos de matrizes.
• Efetuar as operações elementares com matrizes: adição, subtração, multiplicação por constante.
• Calcular o produto de matrizes, verificadas as condições de existência do produto.
• Resolver equações matriciais.
• Determinar a inversa de uma matriz invertível.
• Calcular determinantes de 2.a e 3.a ordens.
• Aplicar as propriedades dos determinantes.
• Caracterizar e identificar sistemas lineares.
• Resolver e discutir sistemas lineares, pelo método de escalonamento.
• Resolver problemas que recaem em sistemas lineares.
• Discutir sistemas lineares em função de coeficientes paramétricos.
• Analisar e resolver situações-problema envolvendo matrizes e sistemas lineares.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Dê ênfase especial à multiplicação de matrizes, destacando os critérios para que ela seja definida. Proponha exemplos concretos, de forma que a operação tenha significado para o aluno, e ele perceba suas aplicações em situações reais. Explore o fato de a multiplicação matricial não ser comutativa.
Manual do Professor
Matemática 105
• Explore a resolução de equações matriciais elementares de duas formas: utilizando a definição da igualda-de de matrizes e, também, utilizando os procedimentos algébricos análogos aos da resolução de equações algébricas.
• Na resolução de equações matriciais que envolvem produto de matrizes, destaque o fato de que não existe divisão de matrizes, razão pela qual os processos algébricos de resolução de equações não se aplicam a esse caso. Nessas equações, a inversa tem um papel importante.
• Não nos aprofundamos demasiadamente na teoria dos determinantes. Limitamo-nos ao cálculo de deter-minantes até terceira ordem.
• Dê ênfase ao conceito de inversa de uma matriz quadrada, bem como suas aplicações na resolução de equações matriciais que envolvem multiplicação de matrizes.
• Os conceitos de equação homogênea, equação nula e equação impossível têm papel importante na discus-são e resolução de sistemas lineares.
• Explore as possibilidades quanto ao número de soluções de uma equação linear.
• Explore o processo de montagem de sistemas lineares, na resolução de problemas práticos. Muitos alunos têm dificuldades em fazer essa montagem.
• Optamos por desenvolver a resolução e a discussão de sistemas pelo método de eliminação de Gauss (escalonamento). Trata-se de um processo mais geral, que se aplica a todo tipo de sistema linear, indepen-dentemente do número de equações e de incógnitas. A discussão de sistemas por determinantes (Cramer) é muito específica, valendo apenas para sistemas em que o número de equações é igual ao de incógnitas.
• Discuta, com seus alunos, as vantagens de se trabalhar com um sistema linear na forma escalonada. Proponha, a eles, que analisem se a variável livre de um sistema possível indeterminado tem de ser, neces-sariamente, a última que aparece no sistema. Em um dos sistemas que aparecem no capítulo, peça-lhes que elejam outra variável como livre e discuta, com eles, se as soluções particulares mudam. Os alunos perceberão que não, apesar de a solução geral ser aparentemente diferente.
• Explore o fato de que os princípios de equivalência de sistemas lineares nada mais são que aplicações das propriedades da igualdade de números reais.
• Explore exaustivamente o escalonamento de sistemas, a partir de sua matriz completa. Dê atenção especial à discussão de sistemas com coeficientes paramétricos.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.
a) Instante 2 do dia 4.
b) 36 6 37 2 36 1
337 3
, , ,,
+ += o ⇒ 37,3 ºC
Q2. d
a11 + a22 + ... + ann = 2 + 4 + 6 + .... + 2n =
= ( ) ( )n n n n n n22 2
22 1 2=
+= +
+
Q3.
−
−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥= −
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥⇒
− +
+
2 1 0
1 1 2
0 0 1
3
2
1
2x
y
z
x y
x y −−⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥=
−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥⇒
− + =
+ − = −
=
⎧
⎨⎪
⎩⎪
2
3
2
1
2 3
2 2
1
z
z
x y
x y z
z
−
−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥= −
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥⇒
− +
+
2 1 0
1 1 2
0 0 1
3
2
1
2x
y
z
x y
x y −−⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥=
−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥⇒
− + =
+ − = −
=
⎧
⎨⎪
⎩⎪
2
3
2
1
2 3
2 2
1
z
z
x y
x y z
z
−
−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥= −
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥⇒
− +
+
2 1 0
1 1 2
0 0 1
3
2
1
2x
y
z
x y
x y −−⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥=
−
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥⇒
− + =
+ − = −
=
⎧
⎨⎪
⎩⎪
2
3
2
1
2 3
2 2
1
z
z
x y
x y z
z
Solucionando-se o sistema, encontramos x = –1, y = 1 e z = 1.Logo, x + y + z = 1.
Q4.
c32 = a31 . b12 + a32 . b22 + a33 . b32 = 4 . 4 + 5 . 6 + 6 . 8 = 94
Q5.
a
a
a
21
11
11
1 10
01
10
21
10
01
&-
-=
-
-=; ; ; ; ;E E E E E
Então:
a – 2 = 0 ⇒ a = 2.
Q6. a
P C. .=
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥=
⎡
⎣
⎢⎢⎢
⎤
⎦
⎥⎥⎥
2 1 1
1 2 1
2 2 0
1
3
2
7
9
8
Q7. c
A Aa b
c d
a c b
. .− =⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ ⇒ −
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ =
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥
⇒+ +
1 1 0
0 1
1 2
1 0
1 0
0 1
2 2dd
a b
a e b
− −
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥ =
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥
⇒ = = −
1 0
0 1
0 1
Matemática
Manual do Professor
106
Então,
a c c
b d d
2 1 21
2 0 21
&
&
= =
= =
+
+
Logo,
A A 11
20
0
21
1
21
1
21
1
211 =
-+
-= -+ - < > >F H H
Q8.
.x
x
x
x
x
x
x
x x
x x
x
x
x
11
11
21
13
10
01
00
00
12 2
2 21 2
30
03
00
00
40
04
00
00
2
2
2
2
- - =
- +
-
-
+ -
-
-
& - =
x 2& & != =
; ; ; ; ;
; ; ;
< ;
E E E E E
E E E
F E
Q9. d
.42
21
35
2211
=; ; ;E E E ⇒ ponto (22, 11)
Q10. c
A = /
/
1 20
01 4
; E
Se A−1 = a
c
b
d; E, /
/
1 20
01 4
; E. ac
b
d; E= 1
001
; E
⇒ 12
1 12
0 14
0 14
1a b c e d= = = =, ,
⇒ a = 2, b = 0, c = 0 e d = 4 ⇒ A−1 = 20
04
; E
Q11.
2A – / /
B21 2
402
21 2
10
47 2
12
=-
- =- -; ; ;E E E
Q12.
A = 03
12- -
; E⇒ det A = 3 ⇒ det A-1 = 13
det A + det A−1 = 3 + 13
103
= .
Q13.
1 0 12 4 3
56
x y= ⇒ 20 + 2y – 4x – 3y = 6 ⇒ 4x + y = 14.
3 12 10 3 5
29x
y = ⇒ 15y + 6x – 19 = 29 ⇒ 6x + 15y = 48
Resolvendo o sistema, x = 3 e y = 2.
Q14.
2 92x
x= 2x2 – 18 e
1 2 32 3 13 1 2
−
+=
x
x6x – 18
⇒ 2x2 – 18 = 6x – 18 ⇒ 2x2 – 6x = 0 ⇒ 2x(x – 3) = 0
⇒ x = 0 ou x = 3.
Q15.a
c
b b
d
d
13 0
5
1
5
-
-
-
-
=> Ha
b
b d
c
d
1
1
30 5
5
- +
-
- +
-
-
-
- +
> H
a – 1 = −a + 1 ⇒ 2a = 2 ⇒ a = 1
b = −3
c = −b + 1 ⇒ c = 4
d = 5.
Logo, A = 034
305
450
-
-
-
> H⇒ det A = 0.
Q16.
C11 = 1 1 42 0 13 4 3
−
−= 37 e C14 = (−1)5
2 1 13 2 01 3 4
−
−= −15.
Logo, x.37 + (x – 1).(−15) = 38 ⇒ 37x – 15x + 15 = –7
⇒ 22x = −22 ⇒ x = −1.
Q17.a) det (AB) = det A . det B = 6.9 = 54.
b) det A−1 = 1 1
6det.
A=
c) det (3A) = 32.det A = 9.6 = 54.
Q18.a) As duas linhas são proporcionais.
b) Adicionando-se, à 2.a coluna, a 1.a coluna multiplica-da por −1, obtém-se um novo determinante igual ao original. O novo determinante é nulo porque tem duas colunas iguais.
Q19.a) k (determinante da transposta).
b) −k (as duas colunas trocaram de posição).
c) 2.(−3).k = –6k.
d) k (adicionando-se, à 1.a coluna, a 2.a coluna multiplica-da por −2, obtém-se o determinante original.
Q20.A = 2BC ⇒ det A = det (2BC)
Manual do Professor
Matemática 107
⇒ det A = 23.det B.det C ⇒ 80 = 8.20.det C
⇒ det C = 1/2 ⇒ det C−1 = 2.
Q21.O determinante da matriz deve ser diferente de zero.Logo, 6x – 1 – 4 – x2 ≠ 0 ⇒ x2 – 6x + 5 ≠ 0⇒ x ≠ 1 e x ≠ 5.
Q22.A solução do 1.o sistema é x = 2 e y = −2. Essa deve ser, também, a solução do 2.o sistema. Logo,
2m + 2n = 8 e (m – 1).2 + 10 = 6
⇒ m + n = 4 e 2m + 8 = 6 ⇒ m = −1 e n = 5.
Q23. d
Matriz do sistema: 110
03
1
401
78
1-
-
-> H
L2 – L1 no lugar da 2.a linha: 100
03
1
44
1
71
1- -
-
-> H
3L3 + L2 no lugar da 3.a linha:
100
03
0
441
71
2- -
-
-
-> H−z = 2 ⇒ z = −2.
−3y – 4z = −1 ⇒ −3y + 8 = −1 ⇒ y = 3.
x + 4z = –7 ⇒ x –8 = –7 ⇒ x = 1.
Logo, x + y + z = 1 + 3 – 2 = 2.
Q24.
Matriz do sistema: 111
135
21
5
145
-
-
-> H
L2 – L1 no lugar da 2.a linha e L3 – L1 no lugar da 3.a linha:
100
144
23
3
134
-
-
-> H
L3 + L2 no lugar da 3.a linha: 100
140
23
0
137
-
-> H
A última linha equivale a uma equação impossível. Logo, o sistema é impossível (SI).
Q25.
a) Matriz do sistema: 211
325
11
2
413
-
-
-> H
2L2 – L1 no lugar da 2.a linha e L3 – L2 no lugar da 3.a linha:
200
377
13
3
32
2
-
-
- -> H
L3 + L2 no lugar da 3.a linha: 200
370
13
0
42
0
-
- -> H
Eliminando-se a última equação, temos um sistema SPI, porque não há equação impossível e restaram mais in-cógnitas (3) que equações (2).
b) z = k
7y – 3z = −2 ⇒ 7y – 3k = −2 ⇒ y =3 27k −
2x – 3y + z = 4 ⇒ 2x – 33 27k −
+ k = 4
⇒ 14x – 9k + 6 + 7k = 28 ⇒ x = k +117
c) x = 2 ⇒ k +117
= 2 ⇒ k = 3 e a solução é
x = 2, y = 1 e z = 3 ⇒ (2, 1, 3).
Q26.Se x, y e z são os preços do televisor, do computador e do aparelho de som, respectivamente, temos as equações: x + y = 2 400, y + z = 2 200 e x + z = 3 000. Adicionando as três equações membro a membro,
2x + 2y + 2z = 7 600 ⇒ x + y + z = 3 800. Portanto, os três produtos juntos custariam R$ 3 800,00.
Q27.Suponhamos que a mistura contenha x gramas de A, y gra-mas de B e z gramas de C. Temos o sistema
x y z
x y z
x y z
ou
x y z
x y z
x y z
40 80 120 600100 50 50 2 500120 30 60 2 700
2 3 902 50
4 2 90
3+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =
* *
Matriz do sistema: 124
211
312
905090
> H
L2 – 2L1 no lugar da 2.a linha e L3 – 2L2 no lugar da 3.a linha:
.
100
231
35
0
9013010
-
-
- -
-
> H
−y = −10 ⇒ y = 10.
3y + 5z = 130 ⇒ 30 + 5z = 130 ⇒ z = 20.
x + 2y + 3z = 90 ⇒ x + 20 + 60 = 90 ⇒ x = 10.
Portanto, são 20 g de C.
Q28.Sendo x cédulas de 2 reais, y cédulas de 10 reais e
z cédulas de 20 reais, temos o sistema
x y zx y z
oux y zx y z
402 10 20 200
405 10 100
+ + =
+ + =
+ + =
+ + =) )
Subtraindo, membro a membro, a primeira equação da
Matemática
Manual do Professor
108
segunda, obtemos 4y + 9z = 60. Como 60 e 9z são múlti-plos de 3, 4y deve ser também múltiplo de 3, ou seja, y deve ser múltiplo de 3. Por tentativa, para y = 3, 6, 9, ..., o único valor de y para o qual z é inteiro positivo é y = 6 e, no caso, z = 4 e x = 30, ou seja, foram 30 cédulas de 2 reais.
Q29. b
Sendo x moedas de ouro, y de prata e z de bronze, temos o sistema
x y zx y zx y z
153 5 5 6730 10 5 210
+ + =
+ + =
+ + =
Z
[
\
]]
]] ou
x y zx y zx y z
153 5 5 676 2 42
+ + =
+ + =
+ + =
Z
[
\
]]
]]
Matriz do sistema: 136
152
151
156742
> H
L2 – 3L1 no lugar da 2.a linha e L3 – 2L2 no lugar da 3.a linha:
100
128
129
152292- - -
> H
L4 + 4L2 no lugar da 3.a linha: 100
120
121
1522
4- -
> H
−z = –4 ⇒ z = 4.
2y + 2z = 22 ⇒ 2y + 8 = 22 ⇒ y = 7.
x + y + z = 15 ⇒ x + 7 + 4 = 15 ⇒ x = 4.
Logo, são 4 medalhas de ouro.
Q30. c
Matriz do sistema: m m
14
1 12
10
14
12
&- -
+ -; ;E E
Temos um SPD para m + 4 ≠ 0 ⇒ m ≠ –4.
Q31.
Matriz do sistema:
m
m
1
1
111
21
-
> H
L2 – mL1 no lugar da 2.a linha e L3 – L1 no lugar da 3.a linha:
.m m
m
100
11
2
21 2
2-
-
-
-
> H
2L2 + (1 – m)L3 no lugar da 3.a linha:
.m m
m m
100
11
0
21 2
2
- -
- -
> H
SPD: −m2 – m = 0 ⇒ m = 0 ou m = −1.
SI: −m2 – m ≠ 0 ⇒ m ≠ 0 e m ≠ −1.
Q32.
Matriz do sistema:
a
a
112
121
1000
-
-
-
> H
L2 – L1 no lugar da 2.a linha e L3 – 2L2 no lugar da 3.a linha:
.
a
a
a
100
13
31
2
000
-
-
+
-> H
L2 + L3 no lugar da 3.a linha: .
a
a
a
100
13
01
2 1
000
-
-
+
-> H
a) SPD para 2a – 1 ≠ 0 ⇒ a ≠ 1/2.
b) SPI para 2a – 1 = 0 ⇒ a = 1/2.
Q33.
Matriz do sistema:
m
m m
111
2
3
13
00-
--> H
L1 – L2 no lugar da 2.a linha e L3 – L1 no lugar da 3.a
linha: m
m m
100
22
1
12
1
00+
-
+> H
(2 + m)L3 – L2 no lugar da 3.a linha:
m
m m m m
100
22
0
12
3
00
22 2
+
-
+ +> H
a) SPD para m2 + 3m ≠ 0 ⇒ m ≠ −3 e m ≠ 0.
SPI para m2 + 3m = 0 e 2m + m2 = 0 ⇒ m = 0.
Logo, o sistema admite solução para todo m ≠ −3.
b) Para m = 0, temos a matriz 100
220
120
000
-
> H
No caso, temos um SPI.
z = k.
2y + 2z = k ⇒ 2y + 2k = 0 ⇒ y = −k.
x + 2y - z = 0 ⇒ x −2k - k = 0 ⇒ x = 3k.
A solução é (3k, −k, k), k real.
Q34. Para facilitar o escalonamento, vamos trocar as colunas do x e do z.
Matriz do sistema: .a
a
b
110
1
111
01
-
-> H
L2 + L1 no lugar da 1.a linha: .a
a
a
b
100
11
11
1
01
-
- +> H
(1 – a)L3 – L2 no lugar da 3.a linha:
.a
a
a
a b ab
100
11
01
2
01
1
-
- +
- - -> H
Manual do Professor
Matemática 109
SPD: −2a ≠ 0 ⇒ a ≠ 0.
SPI: −2a = 0 e b – ab – 1 = 0 ⇒ a = 0 e b = 1.
SI: −2a = 0 e b – ab – 1 ≠ 0 ⇒ a = 0 e b ≠ 1.
Q35. aa31 = 3 – 1 = 2; a32 = 3 – 2 = 1; a33 = 3 + 3 = 6.
A soma dos elementos é 2 + 1 + 6 = 9.
Q36. c
MN = P ⇒ a b
c d
a b
c d
22
+
+
+
+=; E
436
545
; E
⇒ .a ba b
e c dc d
42 5
362 45
+ =
+ =
+ =
+ =( (
Resolvendo os sistemas, a = 1, b = 3, c = 9 e d = 27.
M = 19
327
d n⇒ det M = 0.
Q37. b
Matriz do sistema: 121
11
2
111
123
-
-
> H
2L1 – L2 no lugar da 2.a linha e L3 – L1 no lugar da 3.a linha:
.
100
131
13
2
102
-
-> H
3L3 – L2 no lugar da 3.a linha: .
100
130
13
9
106
-
-> H
Temos um SPD, que tem apenas uma solução.
Q38. c
AB = 41
21
; E e BA = 21
43
; E⇒ AB – BA = .20
22
-
-; E
Q39. e
Matriz do sistema: 123
11
2
111
45
14- -
-
> H
2L1 – L2 no lugar da 2.a linha e L3 – 3L1 no lugar da
3.a linha: .
100
131
134
432- -
> H
3L3 + L2 no lugar da 3.a linha: .
100
130
139
439-
> H
–9z = 9 ⇒ z = 1.
3y + 3z = 3 ⇒ y + z = 1 ⇒ y + 1 = 1 ⇒ y = 0.
x + y + z = 4 ⇒ x + 0 + 1 = 4 ⇒ x = 3.
Logo, a = 3.
Q40. e
.a
b
03
15
222
=c c cm m m⇒ ba b3 5
222+
=d dn n
⇒ b = 2 e 3a + 5b = 22 ⇒ a = 4 e b = 2.
Logo, A = 4 2
42-c m e det A = 20 = 5a.
Q41. cComo s23 = 75, a cada 2 minutos, o semáforo fica aberto durante 75 segundos. Das 8 h às 10 h, há 60 grupos de 2 minutos. Portanto, o semáforo ficará aberto durante 75.60 segundos = 4 500 segundos = 75 minutos. Como pas-sam 12 carros a cada minuto, em que o sinal está aberto, nesse período passarão 12.75 = 900 veículos, no máximo.
Q42. bSendo x crianças, y adolescentes e z adultos, temos o sistema
.x y zx y zx y z
2 3 4 1083 4 5 1435 6 6 203
+ + =
+ + =
+ + =
Z
[
\
]]
]]
Matriz do sistema:
.
235
346
456
108143203
> H
3L1 – 2L2 no lugar da 2.a linha e 5L1 – 2L3 no lugar da
3.a linha: .
200
313
428
10838
134> H
L3 – 3L2 no lugar da 3.a linha: .
200
310
422
1083820
> H2z = 20 ⇒ z = 10.
y + 2z = 38 ⇒ y + 20 = 38 ⇒ y = 18.
2x + 3y + 4z = 108 ⇒ 2x + 54 + 40 = 108 ⇒ x = 7.
Total de pessoas presentes: 10 + 18 + 7 = 35.
Q43.
−2 10 4 1
0 1
x
x≤ −3x – 2 ⇒ –8 + x2 – 4x ≤ −3x – 2
⇒ x2 – x – 6 ≤ 0 ⇒ −2 ≤ x ≤ 3.
Logo, S = {−2, −1, 0, 1, 2, 3}.
01) Verdadeira.02) Verdadeira.04) Falsa.08) Verdadeira.16) Falsa.Soma = 1 + 2 + 8 = 11.
Matemática
Manual do Professor
110
Q44.
Matriz do sistema: .
m
m112
11 1
1
000
-> H
L2 – L1 no lugar da 2.a linha e L3 – 2L1 no lugar da 3.a linha:
.
m
m
m
m
100
122
11 2
000
-
-
-
-> H
(m – 2)L2 + 2L3 no lugar da 3.a linha:
.
m
m
m m
100
12
01
0002
- -
- -> H
a) SPD para −m2 – m ≠ 0 ⇒ m ≠ −1 e m ≠ 0.
b) Para m = −1, temos a matriz .
100
12
0
120
000
-
-
> H
Temos um SPI. Fazendo z = k, −2y + 2z = 0 ⇒ −2y + 2k = 0 ⇒ y = k.x + y – z = 0 ⇒ x + k – k = 0 ⇒ x = 0.Solução: (0, k, k); k real.
Q45. dSuponhamos que x seja a quantia de Vítor, y a quantia de Valentina e z o saldo atual na caderneta, temos
z + 14x = 2z ⇒ x = 4z.
z + 12y = 3z ⇒ y = 4z.
14
12
4 947x y+ = ⇒ z + 2z = 4 947 ⇒ z = 1 649
⇒ x = y = 6 596.
Q46.
A = e B01
10
23
34
45
-=; ;E E
Logo, AB = 3
24
35
4- - -; Ee A2 =
10
01
-
-; E
Como .01
10
01
10
10
01
-
-=; ; ;E E E, .A
01
10
1 =-
- ; E
A matriz B2 não existe, porque B não é quadrada.
det (2A) = 4.det A = 4.
Logo, todas as afirmativas são verdadeiras.
Soma = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31.
Q47. cSe x, y e z são os preços das barras dos chocolates L, N e G, respectivamente, temos as seguintes equações:
x + y + z = 16,70; x = y – 0,20 = z + 0,30.
Logo, z = y – 0,50. Substituindo os valores de x e de z em função de y, na 1.a equação, obtemos:
y – 0,20 + y + y – 0,50 = 16,70 ⇒ 3y = 17,40
⇒ y = 5,80.
Q48. d
m = 4! = 24 e n = P4242
12= =!!
.
Logo, M 2415
1212= d n e det M = 108.
Q49.
Matriz do sistema: k
k93 0
02; E
9L1 – kL2 no lugar da 2.a linha: k
k03
27003-
; E
Temos um SPD para 27 – k3 ≠ 0 ⇒ k ≠ 3.
Q50. a
O sistema equivale a x y zx y zx y z
1057
- - =
+ - =
- + =
Z
[
\
]]
]]
Logo, A = 111
111
11
1
-
-
-
-> H ⇒ det A = 4.
Q51. b
Matriz do sistema: k k
k34 0
8; E
3L1 – kL2 no lugar da 2.a linha: k k
k k k04
12082- -
; E
SPD: 12k – k2 ≠ 0 ⇒ k ≠ 0 e k ≠ 12.
SI: 12k – k2 = 0 e –8k ≠ 0 ⇒ k = 12.
SPI: 12k – k2 = 0 e –8k = 0 ⇒ k = 0.
As afirmações verdadeiras são II e III.
Q52.
a) PQ = 610360; E. O elemento 360 indica que, em uma se-
mana, as duas fábricas juntas produzem 360 telas de 21 polegadas.
b) R = 250150
360210
; E
c) Se T = ac
b
d; E, .
5030
6035
; E a
c
b
d; E= 250
150360210
; E
⇒ 50a + 60c = 250, 50b + 60d = 360, 30a + 35c = 150
e 30b + 35d = 210.
Resolvendo os sistemas, a = 5, b = 0, c = 0 e d = 6.
Logo, T = 50
06
; E, cujos elementos t11 = 5 e t22 = 6 represen-
tam a jornada semanal em A e em B, respectivamente.
Manual do Professor
Matemática 111
Q53. dSuponhamos que p é o preço de cada boneca e que x, y e z sejam as quantidades respectivas de bolas, jogos e bonecas.
Temos o sistema x y zx z
x y pz
5 0002 0
10 15 75 000
+ + =
- =
+ + =
Z
[
\
]]
]]
Matriz do sistema:
.
p
11
10
10
15
12
5 0000
75 000-> H
L1 – L2 no lugar da 2.a linha e L3 – 10L2 no lugar da 3.a
linha: .
p
100
115
1310
5 0005 000
25 000-
> H
L3 – 5L2 no lugar da 2.a linha:
.
p
100
110
1325
5 0005 000
0-
> H
SPI para p – 25 = 0 ⇒ p = 25 ⇒ R$ 25,00.
Q54.
Matriz do sistema: .
b
a231
121
12 0
2-
-
-> H
3L1 – 2L2 no lugar da 2.a linha e 3L3 – L2 no lugar da
3.a linha: .
b
a
a
200
115
11
3 236
-
-
-
+
> H
5L2 – L3 no lugar da 3.a linha:
.b
a
a
a
200
11
0
11
3 33
15 6-
-
- + -
> H
SPI para −3b + 3 = 0 e 15a – 6 = 0 ⇒ a = 2/5 e b = 1.
01) Falsa.
02) Verdadeira.
04) Verdadeira.
08) Falsa.
16) Falsa.
Soma = 2 + 4 = 6.
Q55. edet M = −2log 2 + 2 log 5 + 2 + 4 log 2 =
= 2 log 2 + 2 log 5 + 2 = 2(log 2 + log 5) + 2 =
= 2.1 + 2 = 4.
det 3M = 33.det M = 27.4 = 108.
Q56. b
X.A.X’ = B ⇒ [x y].
40
025
< F.xy =< F [100]
⇒ [4x 25y].
xy =< F [100] ⇒ 4x2 + 25y2 = 100
⇒ 4100
25100
12 2x y+ = ⇒
x y2 2
25 41+ =
Temos uma elipse com a2 = 25 e b2 = 4, com eixo maior e focos sobre o eixo das abscissas.
a2 = b2 + c2 ⇒ 25 = 4 + c2 ⇒ c2 = 21 ⇒ c = 21.
A distância focal é 2c =2 21.
CAPítUlO 15 – tRIgOnOMetRIA nA CIRCUnFeRÊnCIA
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO(ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Transformar medidas de arcos de graus para radianos e de radianos para graus.• Associar números reais a pontos do ciclo trigonométrico.• Indicar a expressão geral dos arcos notáveis no ciclo trigonométrico.• Localizar pontos no ciclo trigonométrico, dada a expressão geral do arco.• Conceituar seno e cosseno de um arco no ciclo trigonométrico.• Calcular o seno e o cosseno de arcos notáveis.• Enunciar e interpretar a Relação Fundamental da Trigonometria.• Utilizar a Relação Fundamental da Trigonometria para o cálculo do seno ou do cosseno de um arco, co-
nhecida uma das funções.• Calcular senos e cossenos de arcos do 1.o quadrante ou por redução ao 1.o quadrante.• Relacionar senos e cossenos dos arcos x, p – x, p + x e 2p – x.• Relacionar senos e cossenos de arcos complementares.
Matemática
Manual do Professor
112
• Reconhecer funções periódicas e calcular seu período, com base em seu gráfico.• Conceituar e construir o gráfico das funções seno e cosseno.• Citar as propriedades das funções seno e cosseno.• Construir gráficos, analisar período e conjunto imagem de funções compostas envolvendo seno e cosseno.• Definir as funções tangente, cotangente, secante e cossecante, com os respectivos domínios.• Calcular a tangente, a cotangente, a secante e a cossecante de um arco.• Obter o domínio de funções compostas envolvendo tangente, cotangente, secante e cossecante.• Identificar, no ciclo trigonométrico, os segmentos que representam as funções tangente, cotangente, secan-
te e cossecante. • Definir as funções trigonométricas inversas, com os respectivos domínios e contradomínios.• Calcular funções trgonométricas inversas, envolvendo principalmente os arcos notáveis e utilizando a
Relação Fundamental da Trigonometria. • Enunciar as relações trigonométricas fundamentais.• Obter as funções trigonométricas de um arco, dada uma delas e conhecido seu quadrante.• Demonstrar identidades trigonométricas.• Resolver equações trigonométricas elementares, que envolvam arcos notáveis e arcos conhecidos, com
redução ao 1.o quadrante.• Resolver inequações trigonométricas elementares na 1.a volta positiva.• Enunciar os princípios gerais de resolução de equações trigonométricas, envolvendo senos iguais, cossenos
iguais e tangentes iguais.
• Obter a solução geral e as soluções particulares de equações trigonométricas, num dado intervalo, utili-zando os princípios gerais.
• Resolver equações trigonométricas que envolvam a aplicação das relações fundamentais.
• Enunciar as fórmulas de soma e diferença de arcos, arco duplo, arco metade e transformação em produto.
• Calcular funções trigonométricas de arcos, pela utilização das fórmulas de soma e diferença de arcos, arco duplo, arco metade e transformação em produto.
• Demonstrar identidades trigonométricas que utilizem arco duplo e transformação em produto.
• Resolver equações que envolvam arco duplo e transformação em produto.
• Simplificar expressões que envolvam arco duplo e transformação em produto.
• Analisar e resolver situações-problema envolvendo funções trigonométricas.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Explore bastante os conceitos de circunferência trigonométrica e de arco trigonométrico. Eles são essen-ciais para todo o desenvolvimento da Trigonometria. Discuta o fato de que todo número real está associa-do a um único ponto do ciclo, mas todo ponto do ciclo está associado a infinitos números reais. Baseado nesse fato, explore o conceito de arcos côngruos.
• Ao definirmos a primeira volta positiva no ciclo como sendo o intervalo [0, 2π[, surge uma questão polê-mica. Na verdade, 0 não é positivo. Ocorre que, se considerássemos a primeira volta positiva como sendo o intervalo ]0, 2π], o que parece natural, como ficaria a primeira volta negativa? O número 0 também não é negativo. Onde ficaria o zero, então? Discuta isso com seus alunos. A denominação primeira volta positiva é simplesmente um nome dado ao intervalo [0, 2π[, apesar de 0 continuar sendo um número não positivo.
• Explore a representação de arcos trigonométricos, principalmente os arcos notáveis, pela utilização da variável inteira k. Conduza uma reflexão sobre o significado dessa variável numa expressão da forma geral de um ou mais arcos: Em 2kp, k indica o número de voltas; em kp, o número de meias-voltas; em kp/2, o número de quadrantes. Há uma tendência muito grande de o aluno considerar, sempre, que k indique o número de voltas, o que só ocorre na expressão 2kp.
• Ao definir seno e cosseno no ciclo trigonométrico, discuta, com seus alunos, se as definições são coerentes com as definições das razões trigonométricas, em triângulos retângulos. Essa percepção é fundamental.
Manual do Professor
Matemática 113
Nesse momento, o aluno deve perceber que o ciclo trigonométrico permite uma generalização dos concei-tos trigonométricos, que valiam, até então, apenas para arcos do 1.o quadrante.
• Procure evitar que o aluno simplesmente “decore” fórmulas do tipo cos (p + x) = −cos x, incentive-o a sempre raciocinar no ciclo trigonométrico.
• Explore os gráficos das funções elementares y = sen x e y = cos x, com ênfase especial em seu domínio, período e conjunto imagem.
• Conduza uma reflexão sobre os papéis dos coeficientes em funções compostas como y = a + b sen kx ou y = a + b cos kx. O coeficiente a está ligado a um deslocamento vertical do gráfico; o coeficiente b, a uma compressão ou expansão vertical; o coeficiente k, a uma compressão ou expansão horizontal. Por isso, a e b influem no conjunto imagem, enquanto k influi no período.
• Explore a importância da relação fundamental, elo de ligação entre as seis funções trigonométricas.
• A demonstração de identidades trigonométricas é uma ótima oportunidade de o aluno se apropriar das identidades fundamentais. Nessas demonstrações, ele estará, ao mesmo tempo, revendo a parte operacio-nal do cálculo algébrico.
• Na resolução de equações, explore o fato de que, numa mesma equação, a solução geral pode aparecer de várias formas equivalentes. Essa equivalência fica clara quando, para um dado intervalo, as soluções particulares encontradas são as mesmas, independentemente da solução geral utilizada. Nesse aspecto, discuta com seus alunos o fato de que, sendo k inteiro, também são inteiros, por exemplo, (k + 1), (k - 1), (k + 2), etc.
• Um erro muito comum, entre os alunos, na resolução de uma equação, é cancelar um fator comum aos dois membros, quando ele contém a incógnita. Discuta com eles o erro cometido ao assim proceder. Can-celar um fator comum pressupõe que o fator cancelado seja não nulo. Ao fazer o cancelamento, estaremos desconsiderando, como soluções da inequação, os valores da incógnita que anulam o fator cancelado.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.
563
560 3 12 5
3r r rr
r= + = + ⇒ 5
3r
Q2.
5 90 4 1802 270 2 90
5 0 4 12
cos cos . .( ).(
o o
o osen sen−
−=
− −
−11 2 144
1) .−
=−
= −
Q3.
sen (–4π) – sec 3
16r – cosec 6
17r =0 – (−2) – 2 = 0.
Q4.
k = 0 ⇒ sen π6
12
= ; k = 1 ⇒ sen 23
32
π= ;
k = 2 ⇒ sen 76
12
π= − ;k = 3 ⇒ sen 5
332
π= −
Para k ≥ 4, os valores se repetem.
Q5. b
sen y = sen (90º – x) = cos x.
cos z = cos (180o – x) = – cos x.
sen y zsen x
x xsen x
−=
+cos cos cos= 2 cotg x.
Q6. a
tg x gx senx ec xx x x
.cot .coscos cos cos+
=+
=1 1 2
= 2 sec x.
Q7.
−1 ≤ cos x ≤ 1 ⇒ −1 ≤ 2m + 1 ≤ 1 ⇒ −2 ≤ 2m ≤ 0
⇒ −1 ≤ m ≤ 0.
Q8. c
..
sec
cot
cos sec
tg x
sen x x
g x
x xtg x
2
2r
rr
+
- -=
-
-=
`
` ^ ^
j
j h h
Q9.
a) 2x – k3 2r
rr= + ⇒ x = k
2 125r r+
⇒ x = 125r ou x =
1211r (para k = 0 ou k = 1).
b) tg x não é definida em B ou B’ e cotg x não é definida
em A ou A’ ⇒ x = k2r ⇒ x = 0 ou x =
2r
ou x = π
(para k = 0 ou k = 1 ou k = 2).
Matemática
Manual do Professor
114
Q10.
a) Período = 22π
π= ; Im = [−3, 3].
b) Período = 21 3
6ππ
/= ; Im = [0, 2].
c) Período = 2 2π
π= ; Im = [1, 5].
Q11.
b < 0 ⇒ Im = [a + b, a – b] = [−1, 3]
⇒ a + b = −1 e a – b = 3 ⇒ a = 1 e b = −2.
Período = 2 8
334
34
π π
mm m= = = ±
A função é f(x) = 1 – 2 sen (mx).
f(2π) = −1 ⇒ 1 – 2 sen (2mπ) = −1 ⇒ sen (2mπ) = 1.
Para que essa igualdade seja válida, deve ser m = −34.
Q12.Pelo gráfico, f(0) = 4 ⇒ a + b cos 0 = 4 ⇒ a + b = 4.
O conjunto imagem é [–8, 4], logo a – b = –8. Resolvendo o sistema, a = −2 e b = 6.
O período é 8π. Portanto,2 8π
πk= ⇒ k =
14
⇒ k = 14
Q13.
2 23
3 3π π
kk k= = = ± .
Independentemente do valor de k, f(x) = 2 cos 3x.
. ..cos cosff 6 12 2 2 2 4 2 0 22 22r r r r+ = + = + =b bl l
Q14.A = 1 + tg2 x = sec2 x e B = sec x.
Logo, AB
xx
x= =secsec
sec2
Q15.No 4.o quadrante, sen x < 0, tg x < 0, cotg x < 0, sec x > 0
e cosec x < 0.
sen2 x + cos2 x = 1 ⇒ sen2 x + 925
1= ⇒ sen x = −45.
tg x =sen x
xcos//
=−
= −4 53 5
43
cotg x = 1 3
4tg x= − .
sec x = 1 5
3cos.
x=
cosec x = 1 5
4sen x= − .
Q16.
cos x = 1 3
3sec.
x= −
sen2 x + cos2 x = 1 ⇒ sen2 x + 131
= ⇒ sen x = 63
tg x = sen x
xcos//
.=−
= −6 33 3
2
3 sen2 x + 2 tg x = 3.
23
2 2 2 2 2+ − = −.( ) .
Q17.a) tg2 x + 1 = sec2 x ⇒ k2 + 1 = 3k + 1 ⇒ k2 – 3k = 0
⇒ k = 0 ou k = 3.
b) Para k = 3, tg x = 3 e sec x = 10 .Logo, x é do 1.o quadrante e sen x > 0.
cos x = 1 1010sec
.x=
sen x = cos x . tg x = 1010
3 3 1010
. .=
Q18. b
1 2 2−= =
sen xg x sen x
xx
xcot .
coscos
cos
Q19.
Elevando ambos os membros ao quadrado,
sen2 x – 2 sen x cos x + cos2 x = 19
⇒ 1 - 2 sen x cos x = 19
⇒ 2 sen x cos x = 89
⇒ sen x . cos x = 49.
Q20. d
cosecsec cos cos
coscoscos
x sen xx x
sen xsen x
xx
sen xsen x
xx
1
1
1
12
2
-- =
-
-=
-
-=
= . .coscos
cos cos cossen x
xx
sen x
xsen x
xsen x
xsen x tg x2
2
2
2 3
33= = =
Q21.cos2 x + 2 sen x + 2 = 0 ⇒ 1 – sen2 x + 2 sen x + 2 = 0
⇒ sen2 x – 2 sen x – 3 = 0. Fazendo sen x = y,
y2 – 2y – 3 = 0 ⇒ y = 3 (não convém) ou y = −1.
Manual do Professor
Matemática 115
Logo, sen x = −1 ⇒ x = .23r
Q22.sen 15o = sen (45o – 30o) =
= sen 45º cos 30º – sen 30º cos 45º =
=22
32
12
22
6 24
. . .− =−
cos 105o = cos (60o + 45o) =
= cos 60o cos 45o – sen 60o sen 45o =
= 12
22
32
22
2 64
. . .− =−
Q23.
Temos cos x = 2 23
e sen y = 53.
a) sen (x – y) = sen x cos y – sen y cos x =
= 1323
532 23
2 2 109
. .− =−
b) cos (x + y) = cos x cos y – sen x sen y =
= 2 23
23
13
53
4 2 59
. . .− =−
c) cos (60o – x) = cos 60o cos x + sen 60o sen x =
= 122 23
3213
2 2 36
. . .+ =+
d) sen 2x = 2 sen x cos x = 2. 132 23
4 29
. .=
e) cos 2x = cos2 x – sen2 x = 89
19
79
− = .
f) tg (45º – y) = tg tg ytg tg y
o
o45
1 45
1 52
1 52
2 52 5
−
+=
−
+
=−
+=
.
= 4 5 9− .
g) cos y y2
12
1 232
56
306
=+
=+
= =cos .
Q24.sen x
xsen x x
x sen xsen x x2
1 22
1222 2+
=+ −
=cos
coscos
coscoos
.2 xtg x=
Q25.
a) sen 70º.cos 40º – sen 40º.cos 70º = sen (70o – 40o) =
= sen 30o = 12.
b) (sen 15o + cos 15o)2 =
= sen2 15º + 2 sen 15º cos 15º + cos2 15o =
= 1 + sen (2.15o) = 1 + sen 30o = 1 + 12
32
= .Q26.Elevando os dois membros da igualdade ao quadrado,
(sen x + cos x)2 = k2
⇒ sen2 x + 2 sen x cos x + cos2 x = k2
⇒ 1 + sen 2x = k2 ⇒ sen 2x = k2 – 1.
Q27. csen 2x + cos 2x + 2sen2 x =
= 2 sen x cos x + cos2 x – sen2 x + 2 sen2 x =
= sen2 x + 2 sen x cos x + cos2 x =
= (sen x + cos x)2.
Q28.
x – y = 45o ⇒ tg(x – y) = tg 45o ⇒ tgx tgytgx tgy−
+=
11
.
⇒ tgx
tgx−
+=
21 2
1⇒ tg x – 2 = 1 + 2 tg x ⇒ tg x = −3.
Q29.Se PÂB = α e QÂB = b, PÂQ = α – b.
tg α = PBAB
=25
e tg b = QBAB
=15
tg (PÂQ) = tg (α – b) = . .
.tg tg
tg tg
1 1 52
51
52
51
275
a b
a b
+
-=
+
-=
Q30.
sen x sen xx x
sen x x x x4 24 2
2 4 22
4 22
2 4+
+=
+ −
cos cos
cos
cos xx x x x+ −=2
24 22
cos
= =sen x x
x xtg x3
33cos
cos cos.
Q31.Temos que x + y = 90º.
(sen x + cos y)2 + (sen y + cos x)2 =
= sen2 x + 2 sen x cos y + cos2 y +
+ sen2 y + 2 seny cos x + cos2 x =
= 2 + 2(sen x cos y + sen y cos x) = 2 + 2 sen(x + y) =
= 2 + 2 sen 90o = 2 + 2.1 = 2 + 2 = 4.
Q32.
sen x = 3 cos x ⇒ tg x = 3 ⇒ x = 3r ou x = .3
4r
A soma das raízes é .35r
Matemática
Manual do Professor
116
Q33.
cos2 x = 12
22
= ±cos x
As duas menores raízes positivas são e4 43r r , e a soma
delas é π.
Q34.
9−cos x = 13
⇒ 3−2 cos x = 3−1 ⇒ −2 cos x = −1
⇒ cos x = 12. O menor valor positivo de x é .3
r
Q35.sen x ≥ 0 ⇒ 0 ≤ x ≤ π
cos x < 12
⇒ π π
353
< <x
Interseção: π
π3< ≤x .
Q36.a) sen 3x = sen x ⇒ 3x = 2kπ + x ou 3x = 2kπ + π – x
⇒ 2x = 2kπ ou 4x = 2kπ + π
⇒ x = kπ ou x =24
kπ π+
⇒ x = 0 ou x = 4r ou x =
43r ou x = π.
b) sen 2x = cos x ⇒ 2 sen x cos x – cos x = 0
⇒ cos x (2 sen x – 1) = 0 ⇒ cos x = 0 ou sen x =12
⇒ x = 6r ou x =
2r ou x = .6
5r
c) 1 – sen x + cos2 x = 0 ⇒ 1 – sen x + 1 – sen2 x = 0
⇒ sen2 x + sen x – 2 = 0. Fazendo sen x = y,
y2 + y – 2 = 0 ⇒ y = −2 (não convém) ou y = 1.
Logo, y = 1 ⇒ sen x = 1 ⇒ x = .2r
d) tg 2x = tg x ⇒ 2x = kπ + x ⇒ x = kπ
⇒ x = 0 ou x = π.
e) sen 3x + sen x = cos x
⇒ 2 32
32
sen x x x x x+ −=cos cos
⇒ 2 sen 2x cos x = cos x ⇒ 2 sen 2x cos x – cos x = 0
⇒ cos x (2 sen 2x – 1) = 0 ⇒ cos x = 0 ou sen 2x =12
⇒ x = 2r ou 2x =
6r ou 2x =
65r
⇒ x = 12r ou x =
125r ou x = .2
r
f) 4 . sen x . cos x = 3 ⇒ 2 sen x cos x = 32
⇒ sen 2x = 23 ⇒ 2x =
3r ou 2x =
32r
⇒ x = 6r ou x = .3
r
Q37.
2 cos x – 1 = 0 ⇒ cos x = 12
⇒ x = 3r ou x = .3
5r
Q38.a) Como numerador e denominador são positivos, a fra-
ção assumirá seu maior valor quando o denominador for o menor possível, o que ocorre para cos x = 1.
No caso, o maior valor de y é 23 1
1−
= .
b) cos x = 1 ⇒ x = 0.
c) 2
312−
=cos x
⇒ 3 – cos x = 4 ⇒ cos x = −1 ⇒ x = π.
Q39.
a) T(5) = 20 – 15 sen 56π= 20 – 15.
21
= 12,5 ⇒ 12,5 oC.
b) A temperatura máxima é 35 oC, para sen π t6
1= − .
A temperatura mínima é 5 oC, para sen π t6
1= .
c) 20 – 15sen t6r = 27,5 ⇒ sen t
6r = −
12
⇒ t = 7 ou t = 11 ⇒ 7 minutos e 11 minutos.
Q40. dO valor máximo é 12, quando cos x = −1.
Q41. b
senx x.cos =34 ⇒ 2 sen x cos x =
32
⇒ sen 2x = 32
⇒ 2x = 3r ou 2x =
35r ou 2x =
37r ou 2x =
311r
⇒ x = 6r ou x =
65r ou x =
67r ou x = .6
11r
Portanto, n = 4.
Q42. c
cotg x + 2 sen x = cosec x ⇒ 2cossen x
x sen xsen x
1+ =
⇒ cos x + 2 sen2 x = 1 ⇒ cos x + 2(1 – cos2 x) = 1
⇒ cos x + 2 – 2 cos2 x – 1 = 0 ⇒ 2 cos2 x – cos x – 1 = 0
⇒ cos x = −12
ou cos x = 1
⇒ x = 120º ou x = 240º.
Manual do Professor
Matemática 117
Q43. a
Como x + y = π/2 (x e y são complementares),
sen x = cos y e sen y = cos x ⇒ tg y = 1tg x
.
sen(y – x) = 13
⇒ sen y cos x – sen x cos y = 13
⇒ cos x cos x – sen x sen x = 13
⇒ cos2 x – sen2 x = 13
⇒ 1 – 2 sen2 x = 13
⇒ sen2 x = 13
⇒ cos2 x =23
⇒ tg2 x = 12
⇒ tg2 y = 2 ⇒ tg2 y – tg2 x = 32.
Q44.
01) Falsa. O periodo de g(x) é 26 3π π= .
02) Verdadeira.
04) Verdadeira. f(−π) = sen 2 2 1rr- - =-b l
08) Falsa. .gg f 4 0 5r = =bb ^ll h
16) Verdadeira.
Soma = 2 + 4 + 16 = 22.
Q45. dO mínimo da função é −0,6, o máximo é 0,6 e o período
é 5. Como V(0) = 0, a função é .,t tV sen 520 6 r=^ bh l
Q46. eO determinante vale cos x . cotg x + sen x =
= cos x . cos cosxsen x
sen x x sen xsen x sen x
+ =+
= =2 2 1
= cosec x.
Q47. atg 1 845º = tg 45º = 1.
sen 1 480º = sen 40o
cos 1 210o = cos 130o = – cos 50o = – sen 40o.
A expressão entre parênteses do numerador é igual a 0. Logo, a expressão é igual a 0.
Q48. b
sen x = cos x ⇒ sen x = cos x ou sen x = −cos x
⇒ tg x = 1 ou tg x = −1.
Em cada volta na circunferência trigonométrica, há dois arcos, tais que tg x = 1 e dois arcos, tais que tg x = −1. Como o intervalo de −2π a 2π corresponde a duas voltas completas, a equação tem 8 soluções, e há 8 pontos de interseção.
Q49. e
A única possibilidade de ser sen α + cos b = 2 é que seja
sen α = cos b = 1. Nos intervalos considerados,
α = 2r e b = 0. Logo, sen (α + b) = sen
2r = 1 = tg .4
r
Q50.
a) Supondo-se que a altura é medida em metros, a altura máxima é 3,2 m, e ocorre quando cos α = 1.
b) cos t6r = 1 ⇒ t
6r = 2kπ, com k inteiro ⇒ t = 12k
⇒ no período de um dia a altura máxima ocorre às 12 horas e à meia-noite.
Q51. e
A área do triângulo é 12
.1.2 cos θ . sen θ = 12
sen 2θ,
cujo valor máximo é 12
.
Q52. bO perigeu ocorre para cos (0,06t) = 1. No caso,
r = 5 8651 0 15
5 100+
=,
.
O apogeu ocorre para cos (0,06t) = −1. No caso,
r = 5 8651 0 15
6 900−
=,
.
Logo, S = 5 100 + 6 900 = 12 000 ⇒ 12 000 km.
Q53. d
I) Falsa: sen x = cos x ⇒ tg x = 1. As soluções no intervalo
dado são , e4 45
49r r r , cuja soma é .4
15r
II) Verdadeira: . A expressão dada equivale a sen2 β α
β
.coscos
.
sen2 b ≥ 0 para todo b, cos α < 0 e cos b > 0
⇒ sen2 0β α
β
.coscos
.≤
Q54.01) Verdadeira.
02) Falsa. A função equivale a f(x) = 2 sen 2x, cujo período é π e cujo conjunto imagem é [−2, 2].
04) Falsa. De cotg a . sec a > 0, concluímos que sen a > 0. De sen a . cos a < 0, deduzimos que cos a < 0. Logo, a é do 2.o quadrante.
Matemática
Manual do Professor
118
08) Falsa. No caso, sen 430º = sen 70º, porque os ângulos são côngruos.
16) Verdadeira. A expressão equivale a sec2 x . (−cos2 x), igual a −1.
Soma = 1 + 16 = 17.
Q55. a
Os giros são de 120º no sentido anti-horário, 270º no senti-do horário e 135º no sentido anti-horário. Em síntese, par-tindo de A, o giro foi de 120º + 135º – 270º, equivalente a −15º no sentido anti-horário, ou seja, 15º no sentido horá-rio. A seta estará no ponto médio entre L e A.
Q56. b
A amplitude do conjunto imagem seria 24 e o período seria 31,4, igual a 10π. A função seria f(x) = 12 sen (x/5).
Q57. e
O período é b2 6r
r= ⇒ b = 13
f(0) = 0 ⇒ 3 cos c = 0 ⇒ cos c = 0 ⇒ c = .2r
Logo, 3bc = .2r
Q58. e
f(1) = 100 + 0,5 + 3.0,5 = 102.
f(2) = 100 + 1 + 3.0,85 = 103,55.
f(3) = 100 + 1,5 + 3.1 = 104,5.
A previsão de vendas para o primeiro trimestre é
102 + 103,55 + 104,5 = 310,05.
Q59. d
A equação equivale a sen θ = ±22.
Raízes: , , , .4 43
45
47r r r r
A soma das raízes é 4π.
Q60. b
Fazendo cos θ = y, temos a inequação
y2 – y23 1 2
3 0#+ +d n
As raízes são 32
e 1. A solução da inequação é
32
≤ y ≤ 1 ⇒ 32
≤ cos θ ≤ 1 ⇒ 06
≤ ≤θπ .
Q61. d
A circunferência tem centro C(−1, −1) e raio R = 5 .Ela corta os semieixos positivos em B(0, 1) e C(1, 0) e o semiei-xo negativo das abscissas em A(−3, 0).
No triângulo retângulo AOB, pelo Teorema de Pitágoras,
AB = 10 .Se BÂO = α, sen α = 110
1010
= e
cos α = 310
3 1010
= .
A medida do arco BC é a mesma medida do ângulo BÊC. Como BÊC é ângulo central e BÂC é ângulo inscrito, BÊC = 2α. Logo, o seno do arco BC é
sen 2α = 2 sen α cos α = 2.
1010
3 1010
35
. .=
CAPítUlO 16 – núMeROS COMPlexOS
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO(ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Operar com complexos na forma algébrica.
• Resolver equações envolvendo igualdade de complexos.
• Calcular o módulo e o argumento de um complexo e representá-lo na forma polar.
• Representar complexos na forma polar.
• Operar com complexos na forma polar.
Manual do Professor
Matemática 119
• Obter raízes de um complexo, escrito na forma trigonométrica.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Explore a questão da insuficiência dos números reais na resolução de equações e na operação radiciação, como motivo para o surgimento dos números complexos. Destaque que os complexos incluem os reais, sendo uma ampliação do universo numérico.
• Explore o fato de que as operações com complexos na forma binomial obedecem, em geral, às regras das operações algébricas, utilizando-se a definição i2 = −1.
• Os conceitos de módulo e argumento de um complexo devem ser explorados com destaque especial. Toda a parte operacional na forma polar depende deles.
• Para números reais ou imaginários puros, incentive o aluno a obter o argumento e o módulo diretamente com base em sua representação no plano de Gauss. Evite, no caso, o automatismo da utilização de fór-mulas.
• Sempre que possível, discuta com seus alunos a associação dos tópicos relativos aos números complexos à teoria da Geometria analítica.
• Analise, com seus alunos, as vantagens da forma polar sobre a forma binomial dos complexos, principal-mente nos aspectos operacionais.
• Na parte operacional de complexos na forma polar, incentive o aluno a não decorar fórmulas. Promo-va discussões com toda a turma de modo que os próprios alunos possam chegar à seguinte conclusão: - módulo do produto ou do quociente é o produto ou quociente dos módulos; argumento do produto ou do quociente é a soma ou a diferença dos argumentos.
• No cálculo das raízes enésimas de um complexo, evite também que o aluno simplesmente decore a fórmu-la. Explore a lógica na obtenção dos argumentos das raízes. Eles formam uma P.A. cujo primeiro termo é o argumento do número dado, dividido por n; a razão é 360º/n. Incentive os alunos a chegarem a essa conclusão.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.
∆ = b2 – 4ac = 4 – 8 = –4 ⇒ Δ = =4 22i i.
x =− ±
=±b
aiΔ
22 22
⇒ x = 1 + i ou x = 1 – i.
Q2.a) m2 – 1 = 0 e m2 – m – 2 = 0 ⇒ m = −1.
b) m2 – m – 2 = 0 e m2 – 1 ≠ 0 ⇒ m = 2.
c) m2 – 1 = 0 e m2 – m – 2 ≠ 0 ⇒ m = 1.
Q3.
a) 5z1 + 3z2 – 2z3 = 10 + 5i + 9 – 15i – 14 + 8i = 5 – 2i
b) z1z2 – 3 . z3 = (2 + i)(3 – 5i) – 3(7 + 4i) = –10 – 19i
Q4.
(1 + i)3 = 1 + 3i + 3i2 + i3 = 1 + 3i – 3 – i = –2 + 2i
( )( ) .
.ii i i i i i
i i1 11
1 21
21
21
22
2 2- =
-=
+=
-=
-=
--
ii i i
i1 1 13131 3= = =
-=-
Logo, (1 + i)3 + 4 . (1 – i)–2 – i–31 = –2 + 2i + 4 . i2
– i = –2 + 3i
Q5.
a) i13 + i14 + i15 + i16 = i – 1 – i + 1 = 0
b) i ii i i
ii i
i15 62
40 29
22
21 2
12
32
−
− +=
− +
− += −
Q6. a
c = (a + bi)2 – 14i = (a2 – b2) + (2ab – 14)i
c + 0i = (a2 – b2) + (2ab – 14)i ⇒ c a b
ab ab
= −
− = ⇒ =
⎧⎨⎪
⎩⎪
2
2 14 0 7
Então,
a b
a b
= ⇒ =
= ⇒ =
⎧⎨⎩
1 7
7 1
Como c = a2 – b2 e c > 0, temos
a2 – b2 > 0 ⇒ a2 > b2 , donde se conclui que a = 7 e b = 1.
Assim, c = 72 – 12 = 48.
Matemática
Manual do Professor
120
Q7.
a) (x + yi)(1 + i) = x + xi + yi + yi2 = ( x – y) + ( x + y)i
b) (x + yi)(1 + i) = 2 + 0i ⇒ x y
x yx e y
− =
+ =
⎧⎨⎩
⇒ = = −2
01 1
Q8. a
.ii
ii i i i i2
822
4 116 8 2 3 2
2
-
+
+
+ =+
+ + + = +
Q9.Supondo-se z = x + yi, temos que z = x - yi.
z + 1 = z.z + i ⇒ x + yi + 1 = (x + yi)(x - yi) + i
⇒ (x + 1) + yi = x2 + y2 + i
⇒ x + 1 = x2 + y2 e y = 1 ⇒ x + 1 = x2 + 1
⇒ x2 – x = 0 ⇒ x = 0 ou x = 1
⇒ z = i ou z = 1 + i.
Q10.a) ρ = 2 e θ = 90º ⇒ z = 2(cos 90º + i sen 90º).
b) ρ = 4 2 e θ = 315º ⇒ z = 4 2 (cos 315º + i sen 315º).
c) ρ = 4 e θ = 180º ⇒ z = 2(cos 180º + i sen 180º).
Q11.
z = 2(cos 210º + i sen 210º) = .i i2 23
21 3- - =- -d n
Q12.a) ( )x x 2 102 2+ + = ⇒ 2x2 + 4x + 4 = 100
⇒ x2 + 2x – 48 = 0 ⇒ x = –8 ou x = 6.
b) Os possíveis valores de z são –8 – 6i e 6 + 8i, cuja soma
é w = −2 + 2i. Seu módulo é 2 2 , e seu argumento é
135º ⇒ w = 2 2 (cos 135º + i sen 135º).
Q13.
α) ρ = 3 4 52 2+ = .
b) cos θ = 35
e sen θ = 45
.
c) O módulo de w é ρ’ = 50 e seu argumento é 2θ.
cos 2θ = cos2 θ – sen2 θ = 925
1625
725
− = − .
sen 2θ = 2 sen θ cos θ = 2. 3545
2425
. .=
w = i50 257
2524- +d n= −14 + 48i.
Q14.a) zw = 8.2.(cos 90º + i sen 90º) = 16(0 + i) = 16i.
b) z/w = (8/2).(cos 60º + i sen 60º) =
= 4 12
32
2 2 3+⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = +i i .
c) w3 = 23.(cos 45o + i sen 45o) =
= .i i8 22
22 4 2 4 2+ = +d n
d) w−2 = 2−2. [cos (−30º) + i sen (−30º)] =
=14
32
12
38
18
−⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = −i i .
Q15.
z = i = cos 90º + i sen 90º.
w = −2 + 2i = 2 2 (cos 135º + i sen 135º).
zw = 2 2 (cos 225º + i sen 225º) =
= 2 2 22
22
− −⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ =i −2 – 2i.
O módulo de w4 é 64 e seu argumento é 4.225º = 900º, côngruo a 180º. Logo,
w4 = 16(cos 180º + i sen 180º) = 16(−1) = −16.
Q16.
Na forma polar, z = 2 (cos 315º + i sen 315º).
O módulo de z6 é 8 e o argumento é 315º.6 = 1890º, côn-gruo a 90º. Logo,
z6 = 8(cos 90º + i sen 90º) = 8i.
O módulo de z–8 é 116
e o argumento é
315º.(–8) = −2 520º, côngruo a 0o. Logo,
z–8 = 116.(cos 0o + i sen 0o) =
116.
Portanto, z6 + 16z–8 = 1 + 8i.
Q17.
Os módulos respectivos de z e w são ρ e 2ρ.
Os argumentos respectivos de z e w são (90º + θ) e θ.
Logo, o módulo de z/w é r/2r = 1/2 e o argumento de z/w é 90º + θ – θ = 90º. Logo,
zw
=12
(cos 90º + i sen 90º) = 12i.
Q18.
O argumento de z é 45º. Logo, o argumento de zn é 45º.n.
a) Para que zn seja real, deve ser sen (45º.n) = 0. O menor valor não nulo de n que verifica essa equação é n = 4.
b) Para que zn seja imaginário puro, deve ser
cos (45º.n) = 0. O menor valor não nulo de nque verifica essa equação é n = 2.
Manual do Professor
Matemática 121
Q19.
O módulo de todas as cinco raízes é r = 325 = 2. Seus ar-gumentos formam uma P.A. em que o 1.o termo é 80º e a razão é 360º/5 = 72º. Logo, os argumentos são 80º, 152º, 224º, 296º e 368º.
Q20.a) 1 = cos 0 + i sen 0
Raízes: wk = 3
360 .3
360 .cos k i sen k1o o
3 +` j
k = 0 ⇒ wo = 1
k = 1 ⇒ w1 = cos 120º + i sen 120º =− +12
32i
k = 2 ⇒ w2 = cos 240º + i sen 240º =− −12
32i
b) As soluções são as raízes quartas de −1.
−1 = cos 180º + i sen 180º
Raízes:
1 360 1804
360 1804
4 =+
++cos . .o o o ok i sen k
k = 0 ⇒ wo = cos 45º + i sen 45º = 22
22
+ i
k = 1 ⇒ w1 = cos 135o + i sen 135o =− +22
22i
k = 2 ⇒ w2 = cos 225º + i sen 225º =− −22
22i
k = 3 ⇒ w3 = cos 315º + i sen 315º =22
22
− i
Q21.
a) z = w3 = 23(cos 60º + i sen 60º) = 4 +4 3 i
b) As outras duas raízes têm módulo 2 e argumentos 140º e 260º. São elas: 2(cos 140º + i sen 140º) e2(cos 260º + i sen 260º)
Q22. e
− +
+⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ =
− +
+
−
−⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
1 52 3
1 52 3
2 32 3
2 2ii
ii
ii
.
= 13 13
131 2
22+⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = + =
ii i( )
Q23. a11
21 3
−
+−
+=
ii
ii
( )( ) ( )( )( )
1 3 1 2 11 1 3
+ − − +
+ +=
i i i ii i
62 4
2 42 4
3 65− +
− −
− −= −
+
iii
i.
Q24. a
zi
iii
i z=− − −
−= − + ⇒ = − + =
11 1 1 22 2. | | ( )
cos =θ − = −1
2
22
e sen =θ1
2
22
= ; logo, θ = 135°
Portanto, z = 2 (cos135° + isen135°).
Q25. cz10 = cos 90º + i sen 90º = i.
Q26. eO módulo de z é r.
Q27. e
3 23
+
+
ix i
= ( )( )( )( )
( ) ( )3 2 33 3
3 6 2 992
+ −
+ −=
+ + −
+
i x ix i x i
x x ix
Esse número é real para 2x – 9 = 0 ⇒ x =92.
Q28. bEfetuando-se o produto matricial e aplicando-se a igualda-de de matrizes, obtemos
ix + 2i2 = i e 2x + (2 – i).2i = y
⇒ ix – 2 = i e 2x + 4i + 2 = y
Na 1.a equação, x =2 2 1 2+
=+ −
−= −
ii
i ii i
i( )( ).( )
.
Na 2.a equação, 2(1 – 2i) + 4i + 2 = y ⇒ y = 4.
Q29. eComo (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 1 + 2i – 1 = 2i, temos
(1 + i)24 = [(1 + i)2]12 = (2i)12 = 212.i12 = 212 e
(1 + i)48 = [(1 + i)2]24 = (2i)24 = 224.i24 = 224.
Logo, z = 212 + 224.
Q30. aSupondo-se z = x + yi, a desigualdade equivale a
(x + yi)(x - yi) + 2x ≤ −y ⇒ x2 + y2 + 2x + y ≤ 0.
Trata-se de um círculo de centro C(−1, −1/2) e raio R tal que R2 = 5/4. Sua área é 5π/4 u.a., aproximadamente igual a 3,9 u.a.
Q31. b
A soma 1 + 2 + 3 + ... + n é igual a n n( ) .+12
Sabemos que, para p inteiro, ip = 1 se, e somente se, p é múltiplo de 4, ou seja, p = 4k, com k inteiro. Logo,
n n k( )+=
12
4 ⇒ n(n + 1) = 8k ⇒ n(n + 1) é múltiplo positivo de 8.
Matemática
Manual do Professor
122
Q32. dw = (1 + i)2 – (1 + i) = 1 + 2i + i2 – 1 – i = −1 + i. Um de seus argumentos é 3π/4.
Q33.
zw
x ix i
x ix i x i
x x ix
=−
+=
−
+ −=
− −
+
( )( )( )
( ) .2 2
2
1 21
A parte real de z/w é xx
2
2
11
−
+. Como o denominador é posi-
tivo para todo x, deve ser x2 – 1< 0 ⇒ −1 < x < 1.
Q34. cSupondo-se z = x + yi, a equação equivale a
x y x yi i2 2 18 6+ + + = −
⇒ x y x2 2 18+ + = e y = –6
⇒ x x2 36 18+ + = ⇒ x x2 36 18+ = −
⇒ x2 + 36 = 324 – 36x + x2 ⇒ 36x = 288 ⇒ x = 8
⇒ z = 8 – 6i, cujo módulo é 10.
Q35.i4n + 3 = i3 = −i e i4n + 1 = i1 = i.
z = −
+=
− −
+ −=− −i
ii ii i
i1
11 1
12
( )( )( )
.
O conjugado de z é − +12i , cujo módulo é
22
e cujo argu-
mento é 135º. Logo, sua forma trigonométrica é
22
(cos 135º + i sen 135º).
Q36.Se z = x + yi, seu conjugado é z’ = x – yi. Logo,
z + z’ = 16 ⇒ 2x = 16 ⇒ x = 8 ⇒ z = 8 + yi.
O módulo de z é 64 102+ =y ⇒ 64 + y2 = 100
⇒ y2 = 36 ⇒ y = –6, porque o afixo de z é do 4.o quadrante. Logo, z = 8 – 6i.
Q37. cSe z = x + yi, a equação equivale a
x2 + y2 + x2 + y2 = 2 ⇒ x2 + y2 = 1. Trata-se de uma circun-ferência de centro (0, 0) e raio 1.
Q38.
z10 = cos 480º + i sen 480º = − +12
32i.
z5 = cos 240º + i sen 240º = − −12
32i.
z10 + z5 + 1 = − +12
32i − −12
32i+ 1 = 0.
Logo, z é raiz da equação dada.
Q39.
01) Verdadeira: 1 12
1
zz= =− [cos (−θ) – i sen (−θ)] =
= 12 (cos θ + i sen θ).
02) Verdadeira.04) Falsa. O módulo é igual a 32.08) Verdadeira: sen 300º = – sen 60º.16) Verdadeira.
Soma = 1 + 2 + 8 + 16 = 27.
Q40.
Se z = x + yi, a equação equivale a
x yi i x y i+ − = ⇒ + − =3 1 3( )
⇒ x y2 21 3+ − =( )⇒ x2 + (y – 1)2 = 32.
Trata-se de uma circunferência com centro em P(0, 1) e raio 3.
Q41.
a) 11
11 1
12+
=−
+ −=
−
ii
i ii
( )( ).
12 2 2i
ii i
i=
−
−= −
.( ).
⇒ zo = 12 2
12
−+ + = +i i i i .
⇒ Re(zo) = 1/2 e Im(zo) = 1.
b) Se a equação deve ter coeficientes reais, o conjugado
de zo, 12− i , também deve ser raiz da equação. A soma
das raízes é 1 e o produto, 5/4. Logo, uma equação
seria x2 – x + 54
0= . Como os coeficientes devem ser
inteiros, temos a equação 4x2 – 4x + 5 = 0.
c) Se w = x + yi, zo.w = .x yy
x i2 2- + +d n
Logo, deve ser x y y x x y2 2
3− = + ⇒ = −
⇒ zo.w = − −52
52
y y i.
O módulo de zo.w é 252
5 2 22y y= ⇒ = ± .
Manual do Professor
Matemática 123
Para y = 2, x = –6; para y = −2, x = 6. Logo, os comple-
xos são w1 = –6 + 2i e w2 = 6 – 2i.
d) O simétrico de um ponto (a, b) em relação à reta y = x
é o ponto (b, a). Logo, z1 = 1 + i2.
Q42.
As raízes da equação são as raízes quartas de a. Se uma dessas raízes é 1 + i, a = (1 + i)4 = [(1 + i)2]2 = (2i)2 = –4.
Q43.
O módulo e o argumento de z1 são 2 e 120º, respectivamente. Logo, os módulos das outras duas raízes também são iguais a 2, e seus argumentos são 0o e 240º.
As outras duas raízes são 2(cos 0 + i sen 0) = 2 e
2(cos 240º + i sen 240º) = −1 – i 3 .
Q44.
w =1⇒1 1w
= e w3 1=
arg w = 120º ⇒ arg w−1 = 240º (côngruo a −120º)
e arg (w3) = 0o (côngruo a 360º).
w3 = cos 0o + i sen 0o = 1 ⇒ w é uma raiz cúbica de 1.
Como w, w3 e 1/w têm o mesmo módulo e seus argumentos formam uma P.A. de razão 360º/3 = 120º, eles são as raízes cúbicas de 1, ou seja, raízes da equação z3 – 1 = 0.
CAPítUlO 17 – POlInÔMIOS e eQUAçÕeS AlgÉbRICAS
COMPetÊnCIAS e HAbIlIdAdeS A SeReM deSenvOlvIdAS PelO AlUnO(ObjetIvOS eSPeCíFICOS deSte CAPítUlO)
• Reconhecer grau, coeficientes, coeficiente dominante e termo independente de um polinômio.
• Efetuar operações elementares com polinômios.
• Aplicar o Teorema Fundamental da Álgebra na identificação de raízes de um polinômio.
• Fatorar polinômios, dadas suas raízes e seu grau de multiplicidade.
• Obter raízes inteiras, racionais e imaginárias de um polinômio.
• Aplicar as relações de Girard na determinação das raízes de uma equação algébrica.
• Analisar e resolver situações-problema envolvendo a álgebra dos complexos.
• Resolver problemas de aplicação do conteúdo do capítulo.
ORIentAçÕeS / SUgeStÕeS
• Explore bastante o Teorema Fundamental da Álgebra e suas consequências.
• Explore um fato importante, muito útil na teoria dos polinômios: conhecendo-se uma das raízes, pode-se fatorá-lo (por divisão) e, com isso, obter fatores de grau menor, o que permite a obtenção das outras raízes.
• Explore de forma especial os teoremas relativos às raízes imaginárias de polinômios de coeficientes reais.
• Discuta com seus alunos o fato de que não temos fórmulas para resolução de equações de grau superior a 2 (existe uma fórmula para equações de 3.º grau, muito complicada). Por isso, a resolução de tais equações é possível se houver algum dado que ajude a abaixar o seu grau (alguma raiz imediata, uma relação entre as raízes, etc.). Destaque, nesses casos, a importância das relações de Girard.
ReSOlUçãO COMentAdA dAS QUeStÕeS
Q1.2.o grau: p2 – 1 ≠ 0 ⇒ p ≠ −1 e p ≠ 1.
1.o grau: p2 – 1 = 0 e p + 1 ≠ 0 ⇒ p = 1.
Grau zero: p2 – 1 = 0, p + 1 = 0 e p – q ≠ 0
⇒ p = −1 e q ≠ −1.
Sem grau definido (polinômio nulo):
p2 – 1 = 0, p + 1 = 0 e p – q = 0 ⇒ p = −1 e q = −1.
Matemática
Manual do Professor
124
Q2.a – 3 = 0 ⇒ a = 3.
a – b + 2 = 0 ⇒ 3 – b + 2 = 0 ⇒ b = 5.
c – b + 5 = 0 ⇒ c = 0.
Q3.
P(2) = 9 ⇒ 23 + 2.22 + 2a + b = 9 ⇒ 2a + b = –7.
P(1) = 0 ⇒ 13 + 2.12 + a + b = 0 ⇒ a + b = −3.
Resolvendo o sistema, a = –4 e b = 1.
Q4.a) x – 1 = 0 ou x + 2 = 0 ou 2x – 3 = 0
⇒ x = 1 ou x = −2 ou x = 3/2.
b) P(0) = 2.(−1).2.(−3) = 12.
c) P(1) = 2.0.3.1 = 0.
Q5.A(x) = a2x2 + (b – 2a)x + a + 1 e B(x) = 4x2 + 6x – 1.
a2 = 4 ⇒ a = −2 ou a = 2.
a + 1 = −1 ⇒ a = −2.
b – 2a = 6 ⇒ b + 4 = 6 ⇒ b = 2.
Q6.a) Efetuando-se a divisão, obtêm-se quociente x + 2 e
resto (a – 1)x + b – 6. Logo, deve ser a – 1 = 0 e
b – 6 = 0 ⇒ a = 1 e b = 6.
b) Efetuando-se a divisão, o quociente é x + 1 e o resto é
(a – 1)x + b – 1. Portanto, a – 1 = 3 e b – 1 = −2⇒ a = 4 e b = −1.
Q7.a) R = P(2) = 23 + 3.22 – 5.2 + 1 = 8 + 12 – 10 + 1 = 11.
b) R = P(0) = 6.
c) R = P(−1) = 2.(−1)18 – 5.(−1)11 + 3.(−1)7 – 4.(−1)2 + 1
⇒ R = 2.1 – 5.(−1) + 3.(−1) – 4.1 + 1 = 1
Q8.P(1) = 0 ⇒ 3 – m + n = 0 ⇒ m – n = 3.
P(−3) = 8 ⇒ –9 + 3m + n = 8 ⇒ 3m + n = 17.
Resolvendo o sistema, m = 5 e n = 2.
Q9.P(2) = 0 ⇒ 20 + 2m + n = 0 ⇒ 2m + n = −20.
P(−2) = 0 ⇒ 4 −2m + n = 0 ⇒ 2m – n = 4.
Resolvendo o sistema, m = –4 e n = −12.
Q10.Na divisão de P(x) por (x + 2)(x – 1), o quociente é Q(x) e o resto é do tipo R(x) = ax + b.
Logo, P(x) = (x + 2)(x – 1).Q(x) + ax + b.
P(−2) = –5 ⇒ −2a + b = –5 ⇒ 2a – b = 5.
P(1) = 7 ⇒ a + b = 7
Resolvendo o sistema, a = 4 e b = 3 ⇒ R(x) = 4x + 3.
Q11.
a)
Q(x) = 2x3 + x2 + 2x – 1 e R = −1.
b)
Q(x) = 9 15 15x x3
2 + + = 3x2 + 5x + 5 e R = 10.
c)
Q(x) = x2 – (5 – i)x – 5i e R = 0.
Q12.
Nas três divisões, o resto é 0. Logo, P(x) é divisível por
(x + 1)(x – 2)2.
Q13.
P(x) = 1.(x – 1)2(x + 1)(x – 2)
⇒ P(x) = (x2 – 2x + 1)(x2 – x – 2)
⇒ P(x) = x4 – 3x3 + x2 + 3x – 2.
Q14.
a) Se a soma dos coeficientes é 0, uma das raízes é 1. Logo, P(1) = 0 e o P(x) é divisível por x – 1. Efetuando--se a divisão, o quociente é x2 – x – 6, cujas raízes são −2 e 3. Logo, as raízes da equação são −2, 1 e 3.
b) P(x) = (x + 2)(x – 1)(x – 3).
Q15.
a)
Pelo dispositivo de Briot-Ruffini, 2 é raiz dupla do polinô-mio. O último quociente obtido é x2 – x – 2, cujas raízes são
−1 e 2. Logo, −1 é raiz simples, e 2 é raiz tripla.
b) P(x) = (x + 1)(x – 2)3.
Manual do Professor
Matemática 125
Q16.
3 é raiz dupla ⇒ 2 raízes.
2 + 5i é raiz simples ⇒ 1 raiz.
2 – 5i é raiz simples ⇒ 1 raiz.
3 – i é raiz tripla ⇒ 3 raízes.
3 + i é raiz tripla ⇒ 3 raízes.
Logo P(x) tem, pelo menos, essas 10 raízes e, por isso, é de grau 10, no mínimo.
Q17.As raízes de P(x) são −1, 3i e −3i. Se k é o coeficiente domi-nante, P(x) = k(x + 1)(x – 3i)(x + 3i). O termo independente é P(0) = k.1.(−3i).(3i) = 18 ⇒ k = 2. Logo,
P(x) = 2(x + 1)(x – 3i)(x + 3i) = 2(x + 1)(x2 + 9) ou
P(x) = 2x3 + 2x2 + 18x + 18.
Q18.As raízes racionais são do tipo p/q, com p divisor de −2 e q divisor de 6 ⇒ p ∈ {±1, ±2} e q ∈ {±1, ±2, ±3, ±6}.
Logo, as possíveis raízes são ±1, ±1/2, ±1/3, ±1/6, ±2, ±2/3. Por tentativa, 1/2 é raiz do polinômio. Dividindo o polinô-mio por (x – 1/2), o quociente é 6x2 + 14x + 4, cujas raízes são −2 e −1/3. Logo, as raízes da equação são −2, −1/3 e 1/2.
Q19.
a) m + n + p = − = −62
3.
b) mn + mp + np = − = −92
92.
c) Temos que mnp = − = −452
452.
1 1 1 345 2
215mn mp np
p n mmnp
+ + =+ +
=−
−=
/.
d) m2n2p + m2np2 + mn2p2 = mnp(mn + mp + np) =
= . .245
29
4405- - =d dn n
Q20.As raízes da equação são 2 – 3i, 2 + 3i e k, k real. A soma das raízes é 2 – 3i + 2 + 3i + k = 7 ⇒ k = 3. Logo, as raízes são 2 – 3i, 2 + 3i e 3.
Q21.Se as raízes são m, n e p, temos que m = n + p e, pelas rela-ções de Girard, m + n + p = 6. Logo, p + p = 6
⇒ p = 3. Dividindo-se o polinômio por x – 3, o quociente é x2 – 3x – 4, cujas raízes são −1 e 4. Portanto, as raízes da equação são −1, 3 e 4.
Q22.Se as raízes são m, n e p, temos que mn = 1 e, pelas relações de Girard, mnp = −3 ⇒ p = −3. Dividindo-se o polinômio por x + 3, o quociente é 2x2 – 5x + 2, cujas raízes são 2 e 1/2. Logo, as raízes da equação são −3, 1/2 e 2.
Q23.Como os coeficientes são reais, a raiz dupla é real e a outra raiz também é real. Se as raízes são m, m e n, pelas relações de Girard,
m + m + n = 0 e m.m.n = −16 ⇒ 2m + n = 0 e m2n = −16.
Na 1.a equação, n = −2m ⇒ −2m3 = −16 ⇒ m = 2.
2m + n = 0 ⇒ 4 + n = 0 ⇒ n = –4.
Logo, as raízes são –4 (simples) e 2 (dupla).
Q24.A soma das raízes é 6 e o produto delas é −k. Portanto, −k = 6 ⇒ k = –6. A equação é x3 – 6x2 + 11x – 6 = 0.
A soma dos coeficientes do polinômio é 0. Por isso, uma de suas raízes é 1. Dividindo-se o polinômio por (x – 1), o quociente é x2 – 5x + 6, cujas raízes são 2 e 3. Logo,
k = –6 e as raízes são 1, 2 e 3.
Q25.As raízes são m – 2, m e m + 2.Sua soma é
m – 2 + m + m + 2 = 9 ⇒ 3m = 9 ⇒ m = 3.
Logo, as raízes são 1, 3 e 5. Pelas relações de Girard,
a = 1.3 + 1.5 + 3.5 ⇒ a = 23 e −b = 1.3.5 ⇒ b = −15.
Q26. bSe −1 é raiz de P(x), P(x) é divisível por x + 1. O quociente
da divisão é 3x2 + 6x + 7 ⇒ p + q = −2 e pq = 73.
(p + q)2 = p2 + q2 + 2pq ⇒ 4 = p2 + q2 + 143
⇒ p2 + q2 = −23.
Q27. cPelas relações de Girard, −m = 1 + 2 + 3 ⇒ m = –6 e
−p = 1.2.3 ⇒ p = –6. Logo, m + p = −12.
Q28.Efetuando as divisões pelo dispositivo de Briot-Ruffini,
Matemática
Manual do Professor
126
Os dois primeiros restos devem ser nulos e o último deve ser diferente de zero:
3 + a ≠ 0 ⇒ a ≠ −3;
1 + a + b + c = 0 ⇒ a + b + c = −1;
3 + 2a + b = 0 ⇒ b = −2a – 3.
Por substituição, a – 2a – 3 + c = −1 ⇒ c = a + 2.
01) Verdadeira.02) Falsa.04) Verdadeira.08) Verdadeira.16) Falsa.Soma = 1 + 4 + 8 = 13.
Q29.P(−1) = 0 ⇒ 1 – 2 + k – 4 + 2 = 0 ⇒ k = 3.
No caso, P(x) = x4 + 2x3 + 3x2 + 4x + 2. Dividindo-se P(x) por x + 1, o quociente é x3 + x2 + 2x + 2, que admite tam-bém a raiz −1. Logo, −1 é raiz dupla. Dividindo-se o último polinômio por x + 1, o quociente é x2 + 2, que não admite raízes reais.
01) Verdadeira.
02) Falsa.
04) Falsa: o produto das raízes é 2.
08) Falsa.
16) Verdadeira.
Soma = 1 + 16 = 17.
Q30. dp(2) = 0 ⇒ 64 – 28a + 20 = 0 ⇒ a = 3.
p(x) = 2x5 – 42x + 20
⇒ p(a) = p(3) = 486 – 126 + 20 = 380.
Q31. d
Soma das raízes: −
=2 4ba
⇒ b = −2a.
Produto das raízes: −
=32 16a
⇒ a = −2 ⇒ b = 4.
Logo, p(x) = −2x3 + 8x2 + 4cx + 32.
p(1) = −2 + 8 + 4c + 32 = 18 ⇒ 4c = −20 ⇒ c = –5.
Portanto, a + b + c = −1 + 4 – 5 = −2.
Q32. c
Pelas relações de Girard, o produto é −
= −61
6.
Q33.P(1) = 0 ⇒ 1 – 3 + 2 + 16 + m = 0 ⇒ m = −16.
P(x) é divisível por x + 2 e por x – 1. Logo, é divisível por (x + 2)(x – 1). Efetuando-se a divisão por Briot-Ruffini, o quociente é x2 – 4x + 8, cujas raízes são 2 + 2i e 2 – 2i.
Portanto, m = −16, e as raízes são −2, 1, 2 + 2i e 2 – 2i.
Q34.As raízes são a/q, a e aq, sendo q a razão da P.G. O produto das raízes é a3 = 64 ⇒ a = 4.
P(4) = 0 ⇒ 64 – 224 + 4k – 64 = 0 ⇒ k = 56.
Dividindo-se P(x) por x – 4, o quociente é x2 – 10x + 16, cujas raízes são 2 e 8.
Portanto, as raízes são 2, 4 e 8 e k = 56.
Q35. cComo os coeficientes são reais, a cada raiz imaginária cor-responde a raiz conjugada para a equação. Portanto, a equação já admite quatro raízes imaginárias. A quinta raiz deve ser real porque, caso fosse imaginária, teria de haver uma sexta raiz.
Q36. dp(1) = p(−1) ⇒ 2 + m = 6 – m ⇒ m = 2.
Q37.a) P(2) = 0 ⇒ 8 – 8 – 8 + m = 0 ⇒ m = 8.
b) Dividindo-se P(x) = x3 – 2x2 – 4x + 8 por x – 2, o quo-ciente é x2 – 4, cujas raízes são −2 e 2.
Portanto, as raízes de P(x) são −2 (simples) e 2 (dupla).
Q38.a) Raízes de P(x): –5, −2, 1 e 3. Logo, se k é o coeficiente
dominante, P(x) = k(x + 5)(x + 2)(x – 1)(x – 3).
P(0) = −3 ⇒ 30k = −3 ⇒ k = −110.
O resto pedido é P(5) = −110.10.7.4.2 = –56.
b) A equação equivale a P(x) = 1 ou P(x) = −1.
No gráfico, há três pontos em que y = 1 e dois pontos em que y = −1. Portanto, são 5 raízes.
Q39. eP(x) admite, pelo menos, as seguintes sete raízes:
2, –5, −1 + i, −1 – i, 1 + i, 1 – i e 3/2.
Logo, P(x) é de grau 7, no mínimo.
Q40.01) Verdadeira: as raízes são 2, 1 – i e 1 + i. O produto
delas é −c = 2(1 – i)(1 + i) ⇒ −c = 4 ⇒ c = –4.
02) Verdadeira: pelas relações de Girard, a + b + c = 9
⇒ log3 (a + b + c) = log3 9 = 2.
Manual do Professor
Matemática 127
04) Verdadeira: a soma das raízes é 6 8 34k
k= ⇒ = e o
produto das raízes é 7 283k
= .
08) Verdadeira.
P(−2) = −20 – 2k + t = 0 ⇒ 2k – t = −20.
P(3) = 45 + 3k + t = 0 ⇒ 3k + t = –45.
Resolvendo o sistema, k = −13 e t = –6.
Logo, P(x) = 2x3 – x2 – 13x - 6, e P(−1/2) = 0.
16) Verdadeira:
ab + bc + ac = –4 e abc = –8.
π π π π π π
a b cbc ac ababc
+ + =+ +
=−
−=
( ) 48 2
cos π π π π
a b c+ +⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟ = =cos .
20
Soma = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31.
Q41. a
As raízes são −2, 2 + i e 2 – i. Logo, a equação é
(x + 2)(x – 2 – i)(x – 2 + i) = 0 ou
(x + 2)(x2 – 4x + 5) = 0 ou x3 – 2x2 – 3x + 10 = 0.
Q42.
01) Verdadeira: 2p + q – 1 = 0 e p + q = 0
⇒ p = 1 e q = −1 ⇒ p – q = 2.
02) Verdadeira: P(x) = (a + b)x + a2 + ab e Q(x) = 2x – 3
⇒ a + b = 2 e a2 + ab = −3 ⇒ a(a + b) = −3
⇒ 2a = −3 ⇒ a = −3/2 e b = 7/2.
04) Verdadeira: Q(x).R(x) = 2mx3 + (2n – m)x2 – nx
deve ser idêntico a P(x)
⇒ 2m = 4, 2n – m = a, −n = −3
⇒ m = 2, n = 3 e a = 4 ⇒ a + m + n = 9.
08) Falsa.
16) Verdadeira:
(c = 3 e d = 4) ou (c = 4 e d = 3)⇒ c + d = 7.
Soma: 1 + 2 + 4 + 16 = 23.
Q43. b
Se −2 é raiz de P(x), então P(−2) = 0.
Fazendo x = −2 em P(x) = P(x + 2) – x2 – 2, concluímos que P(−2) = P(0) – 6 ⇒ 0 = P(0) – 6 ⇒ P(0) = 6
⇒ o termo independente de P(x) é 6.
Q44. c
Ao dividir P(x) por x2 + a, pelo método da chave, o quo-ciente é x2 + x – 1 – a e o resto é –(2 + a)x + a2 + a – 2, que deve ser nulo. Logo, −2 – a = 0 e a2 + a – 2 = 0
⇒ a = −2. Portanto, o quociente é x2 + x + 1 e o polinômio é P(x) = (x2 – 2)(x2 + x + 1), que tem exatamente duas raízes
reais distintas: − 2 2e .
Q45. c
Se o quociente é Q(x), P(x) = (x3 + 1).Q(x) + x2 – 1.
O resto pedido é P(−1) = 0.
Q46. d
Dividindo P(x) por x + 2, obtemos quociente igual a
x2 + mx + 1. Para que esse último polinômio não admita raízes reais, deve ser ∆ < 0 ⇒ m2 – 4 < 0 ⇒ −2 < m < 2
⇒ os três possíveis valores inteiros de m são −1, 0 e 1.
Q47.
a) P(1) = 0 ⇒ 2 + m + n = 0 ⇒ n = −2 – m.
b) Utilizando o item anterior, o quociente da divisão de
P(x) por x – 1 é Q(x) = x2 + 2x + 2 + m. Para que P(x)
admita raiz dupla diferente de 1, esse último polinômio
deve ter raiz dupla ⇒ ∆ = 0
⇒ 4 – 4(2 + m) = 0 ⇒ m = −1.
Note que, nesse caso, a raiz dupla é −1, diferente de 1.
c) Em Q(x), ∆ > 0 ⇒ 4 – 4(2 + m) > 0 ⇒ m < −1.
Ao mesmo tempo, 1 não pode ser raiz de Q(x), caso
em que as raízes não seriam todas distintas. Logo,
Q(1) ≠ 0 ⇒ 5 + m ≠ 0 ⇒ m ≠ –5.
Logo, deve ser m < −1 e m ≠ –5.
Q48. b
(ki)3 + a.(ki)2 + b.ki + c = 0 ⇒ k3i3 + ak2i2 + bki + c = 0
⇒ −k3i – ak2 + bki + c = 0 ⇒ (c – ak2) + (bk – k3)i = 0
bk – k3 = 0 ⇒ k(b – k2) = 0 ⇒ b – k2 = 0 ⇒ b = k2.
c – ak2 = 0 ⇒ c – ab = 0 ⇒ c = ab.
Outra solução:
As raízes são ki, −ki e m, m real. Logo, a soma das raízes é −ki + ki + m = −a ⇒ m = −a.
Como −a é raiz, (−a)3 + a.(−a)2 + b.(−a) + c = 0
⇒ −a3 + a3 – ab + c = 0 ⇒ c = ab.
Matemática
Manual do Professor
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