Manual 2013 - Pré-Enem - Matemática

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

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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


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



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



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



Matemática

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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



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



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



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



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Matemática 9


10.a

Geometria espacial

• Poliedros• Cubo• Paralelepípedo retângulo• Prisma• Pirâmide• Tronco de pirâmide• Cilindro• Cone• Tronco de cone• Esfera e suas partes



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



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



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



Matemática

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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



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



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



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Matemática 11


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



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

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14

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.



• 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.


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


• 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.



• 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.


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


• 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.



• 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.


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 Â 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

Â + C = 180o e C = 18o + Â ⇒ Â = 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 Â 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.

Â = b c d

e Ca d e+ +

=+ +

2 2ˆ (ângulos inscritos)

Somando membro a membro,

Â + 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 Â = 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


• 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.



• 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.


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= ⇒ =,


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.


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 Â = 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, Â = 180º – a ⇒ tg Â = 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 Â ⇒ cos Â =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


• 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.



• 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.


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 admite 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.

Matemática

Manual do Professor

52

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

Manual do Professor

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


• 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.



• 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.


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.

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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


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


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


• 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.


Matemática

Manual do Professor

62


• 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.


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 Â 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


• 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.



• 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


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


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


• 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.


• 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


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


• 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.


• 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.


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


57

= .

Q55. d


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

=


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


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


• 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.


• 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.


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


• 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


• 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.


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+

=+

=. . .


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+

=+

=. . .


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


• 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.


• 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.


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.


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+ + =

+ + =

+ + =

+ + =

+ + =

+ + =

* *


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

[

\

]]

]]


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


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


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


• 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.


• 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.


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


• 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.



• 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.


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


• 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.



• 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.


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

128

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