OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO COLÉGIO
SANTO INÁCIO – RJ.
Gabarito comentado da Prova Proposta
para alunos da 2ª série do Ensino Médio.
1ª Questão:
Resp: B
Resolução:
De AD 
1
2
2
1
AB temos que BD  AB , mas BE  BD e, portanto BE  AB . De BF  BE temos
3
3
3
3
FE 
1
2
2 2
4
BE   AB  AB. Mas como EG  FE , de EH  EG
3
3
3 3
9
GH 
2
2
2 4
8
EG  FE   AB 
AB.
3
3
3 9
27
temos
8
.
27
2
6
64
 8  2
Concluímos então que a razão entre suas áreas é igual a 
   
 27   3  729
Portanto, a razão de semelhança entre os triângulos IHG e ABC é igual a
2ª Questão:
Resp: D
Resolução:
Observe que, como o hexágono tem lados opostos paralelos, os seis
triângulos menores da figura do problema também são equiláteros, devido
ao paralelismo, que mantém os ângulos entre retas iguais a 60° (já que,
inicialmente, as retas formavam ângulos de 60°, devido aos dois
triângulos equiláteros). Logo, podemos escrever as medidas dos lados
como na figura:
A soma dos perímetros dos dois triângulos equiláteros é igual a
3  a  b  c  d  e  f  , e como cada triângulo equilátero tem
perímetro 72 cm, temos 3  a  b  c  d  e  f   72 , isto é,
a  b  c  d  e  f  24 . Como esse também é o perímetro do hexágono,
temos que o perímetro procurado é 24 cm.
3ª Questão:
Resp: C
Resolução:
ˆ  2ECB
ˆ  70º . Como AO  OE , pelo teorema do ângulo
Como O é o centro do círculo, temos EOB
ˆ , temos EAO
ˆ  2OEÃ
ˆ  35º . Daí, ADC
ˆ  AEC
ˆ  35º . Como
externo aplicado ao ângulo EOB
ˆ  DAˆ ^ B  90º , podemos concluir que:
ADC
ˆ  90º  ADC
ˆ  20º
ˆ  EAB
DAE
SB/115/14 1
4ª Questão:
Resp: C
Resolução:
Seja NP um segmento paralelo às arestas verticais do cubo. Sendo 2a a medida
da
aresta
do
cubo,
pelo
teoremas
de
Pitágoras,
temos:
LP  LM  MN  a 2  a 2  a 2 e LN  LP 2  PN 2  2a 2   2a   a 6.
2
2
2
2
2
2
2
ˆ  LM  MN  LN  2a  2a  6a   1 .
Pela lei dos cossenos, cos LMN
2  LM  MN
2
2a 2 a 2
ˆ  120º .
Logo o ângulo LMN
5ª Questão:
Resp: B
Resolução:
Sejam B e C os pontos de batida da bola PQ e QR,
respectivamente, e A o ponto onde a bola está inicialmente.
Como os ângulos das trajetórias de batida com a mesa são iguais,
deveremos ter os triângulos APB, CQB e CRS semelhantes. Seja
BP  x .
AP CR
1
AP CQ
1 CQ
3

 
Assim:

 
 CQ   1,
BP RS
x
BP BQ
x 3 x
x
3
x  3  7x  3  x  6 .
3
7
7
Outra solução. Como o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão, ao refletirmos o retângulo
inicial em relação ao lado PQ e em seguida refletindo em relação ao lado QR’, obtemos um segmento TV
que passa pelo ponto U, de acordo com a figura ao lado. Logo, pela semelhança dos triângulos TPU e
TS’V, temos:
TP PU
1
PU
6



 PU  .
TS ' S 'V
1 6
6
7
6ª Questão:
Resp: E
Resolução:
Os triângulos GFE e AGE possuem a base GE em comum e, já que E é ponto médio de CB, possuem alturas
A
1
iguais a
. Então os triângulos GFE e AGE têm a mesma área, logo AAGE  AFE , mas
2
2
AAFE  AABCD  AADF  AAEB  ACEF , mas
1
1 1
1

1
1
A
1
1 1 3
AABCD  11  1 , AAFE  AAEB  2  , AACF  2 2  , logo AAGE  ACF  1  2     .
2
4
2
8
2
2
4 8  16
SB/115/14 2
7ª Questão:
Resp: B
Resolução:
Notamos que o triângulo PQR é equilátero de lado 2 cm. Como o
segmento RS também mede 2 cm, o triângulo PRS é isósceles
ˆ mede 120º, pois ele é externo ao
de base PS . O ângulo PRS
triângulo PRQ, igual à soma dos dois ângulos internos não
adjacentes, cada um medindo 60º. Logo cada um dos ângulos
ˆ e RPS
ˆ mede 30º, e concluímos que o triângulo PQS é
RSP
ˆ medindo 60º e PSQ
ˆ mede 300 .
retângulo em P, com PQS
ˆ medindo 30º, pois seus lados são
ˆ medindo 60º e ACB
Logo, o triângulo ABC é retângulo em A com ABC
ˆ que mede
paralelos aos do triângulo PQS. Além disso, seu menor lado é AB oposto ao menor ângulo ACB
30º.
Para calcular o comprimento do lado AB , basta calcular BT , pois AT mede 3 cm. Notamos que o
ˆ mede 30º. Como QT
ˆ , segue que TBQ
triângulo QBT é retângulo em T. Como BQ é bissetriz de ABC
mede 1 cm, segue que BQ mede 2 cm, e aplicando o teorema de Pitágoras teremos:
BT  QB2  QT 2  BT  3  AB  3  3 cm
aos do triângulo PQS. Além disso, seu menor lado é AB, oposto ao menor ângulo o ACBˆ = 30.
8ª Questão:
Resp: A
Resolução:
Planificando as faces ADV e ABV, obtemos um losango
pois as duas faces são triângulos equiláteros. Temos que
DV / /AB e EA / /FB , logo, o quadrilátero AEFB é um
paralelogramo, portanto, seus lados opostos possuem a
mesma medida, ou seja, o segmento FB mede 1m, ou
seja, a menor distância que a aranha deve percorrer é de
1 m.
SB/115/14 3
9ª Questão:
Resp: B
Resolução:
Observamos que a área do jardim pode ser medida contando o número de quadradinhos na folha. De fato,
se contarmos o número de quadrados obteremos o total:
24 quadradinhos  8 metades de quadradinhos  28 quadradinhos .
Como a área total é 700 m², a área de cada quadradinho corresponde a 700  28  25 m² .
Assim, o lado de cada quadradinho corresponde a 5 m. Pelo teorema de Pitágoras, a diagonal d de cada
quadradinho corresponde a d  52  52  5 2 m .
O contorno da roseira é formado por 4 diagonais e do jardim por 8 diagonais e 8 lados, logo temos:
Perímetro da roseira  4d  4  5 2  20 2 m.
Perímetro do jardim  8  5  8  d  40  40 2 m.
6500
650
650
650



 52,16 .
Temos então:
40  60 2 4  6 2 4  6 1, 41 12,46
Assim, o preço máximo que o
prefeito poderá pagar é R$52,16.
10ª Questão:
Resp: B
Resolução:
Sendo t o tempo que as bolas levam para se encontrar, temos que a bola de Jade Maravilha percorreu na
vertical  vt   sen e que a bola de Super Esmeralda percorreu na vertical  60t   sen30º . Como essas
distâncias são iguais, temos v 
é 1, logo v  30 km/h.
30
. Para que v seja mínimo, devemos ter o valor máximo de sen , que
sen
11ª Questão:
Resp: D
Resolução:




Antes de Mário: 7 + 1 + 6 = 14
Total: 8 + 1 + 14 = 23
SB/115/14 4
12ª Questão:
Resp: A
Resolução:
abcde1
3
1abcde
4 2 8 5 7
1 a b c d e
x 3
a b c d e 1
4 2 8 5 7 1
Então
e=7
3de + 2 = ...7
etc.
Nº inicial: 428571
Algarismo dos milhares = 8
13ª Questão:
Resp: B
Resolução:
Não pode haver algarismos pares porque o produto termina em 7.
Não pode haver algarismo 5 porque o produto terminaria em 5.
Os algarismos são então: 1, 3, 7, 9.
O maior deve começar por nove:
i.
ii.
iii.
9999 o produto termina em 1 (81 x 81)
9997 o produto termina em 3 (81 x 63)
9993 o produto termina em 7 (81 x 27) que é o número procurado.
14ª Questão:
Resp: C
Resolução:
A escolta vence 140 – 60 = 80 metros para cada 60 metros percorridos pelo criminoso. São então
necessários 2 000  80 = 25 percursos de 140 metros, logo 25 x 140 = 3 500 m
15ª Questão:
Resp: D
Resolução:
Tenho x.
SB/115/14 5
xx
x x
  88
4 2

8x  x  2x  4,88

11x  88, 4
x  8  4  32
16ª Questão:
Resp: C
Resolução:
Das 7h às 14h34min decorreram 7 x 3 600 + 34 x 60 = 27 240 segundos. Dividindo-se o número de
segundos por 45 + 4 + 30 = 79 temos 27 240  79 = 344 ciclos verde-amarelo-vermelho e os 64 segundos
restantes deverão ser subtraídos de: 45 segundos no verde, 4 segundos no amarelo e os últimos 15 segundos
garantem estar no vermelho (que dura 30 segundos).
17ª Questão:
Resp: B ANULADA
Resolução:
52014 x 22014 x 22 = 102014  22 = 100 ... 0 x 4 = 400 ... 0 (Questão anulada, pois saiu com erro no texto)
2014 zeros
2014 zeros
Logo a soma é 4.
18ª Questão:
Resp: D
Resolução:
Basta ver que 28 = (24)2 e 211 = 2  24  26 então 2n = (26)2 donde n = 12. O número N será:
N = (24)2 + 2  24  26 + (26)2 = (24 + 26)2 = (16 + 64)2 = 802 = 6 400
19ª Questão:
Resp: A
Resolução:
70% de 40 = 28
Então 12 usam lentes de contato
28 12
4 12

 
x9
21 x
3
x
DV = 40
60
20ª Questão:
Resp: E
Resolução:
Temos que: 8 + b = ...7 logo b = 9 e 1 + a + a + a = 22  3a + 1 = 22  a = 7
SB/115/14 6
1
a
a
a
22
0
9
9
9
0
9
9
9
0
8
b
7
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