Resposta
EXATAS
xn
= a, a seqüência x1 ,
x n −1
x 2 , K é uma progressão geométrica de razão a e
termo geral xn = x0 ⋅ an = an .
Como xn = axn −1 ⇔
Questão 1
Um televisor comum tem tela retangular plana com base e altura proporcionais a 4 e 3.
Um televisor de tela larga (widescreen) tem
tela retangular plana com base e altura proporcionais a 16 e 9.
a) Tomando-se um televisor comum e um de
tela larga, ambos com telas de mesma altura,
obtenha a razão da área da tela do widescreen
pela área da tela do comum.
b) Um televisor de p polegadas (p in) tem a
diagonal da sua tela medindo p polegadas.
Obtenha a área, em polegadas quadradas
(in2 ), de um televisor comum de 20 polegadas.
Resposta
a) Chamando de 4x e 3x a base e a altura, respectivamente, do televisor comum, e de 16y e 9y
a base e a altura, respectivamente, do televisor
widescreen, temos 3x = 9y ⇔ x = 3y , pois as alturas são iguais. Portanto a razão pedida é
9y ⋅ 16y
9y ⋅ 16y
4
.
=
=
3x ⋅ 4x
9y ⋅ 12y
3
b) Para um televisor comum, temos base e altura
diretamente proporcionais a 4 e 3, respectivamente. Então, estes medem 4x e 3x, respectivamente.
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo de
hipotenusa 20 in e catetos 4x e 3x, obtemos:
20 2 = (4x) 2 + (3x) 2 ⇔ x = 4 in
A área, em in 2 , de um televisor comum é:
4x ⋅ 3x = 16 in ⋅ 12 in = 192 in 2
Questão 2
Dado x0 = 1, uma seqüência de números x1 ,
x2 , x 3 , ... satisfaz a condição x n = ax n − 1 ,
para todo inteiro n ≥ 1, em que a é uma constante não nula.
a) Quando a = 2, obtenha o termo x11 dessa
seqüência.
b) Quando a = 3, calcule o valor da soma
x1 + x2 + ... + x 8 .
a) Para a = 2, x11 = 211 = 2 048.
b) Para a = 3, x1 + x 2 + L + x8 = x1 ⋅
=3 ⋅
38 − 1
= 9 840.
3 −1
a8 − 1
=
a −1
Questão 3
Uma escala logarítmica foi construída para
representar valores muito pequenos de uma
variável x, usando a fórmula y = − log10 x. A
tabela mostra dois desses valores:
x
x1
...
x2
...
y = −log10 x
1,9
...
4,9
...
a) Por quanto devemos multiplicar x2 para
obter x1 ?
b) Se x 3 = 0,0000001, qual deve ser o valor
correspondente y 3 nessa escala?
Resposta
a) Para y = 1,9 tem-se −log10 x1 = 1,9 ⇔
⇔ x1 = 10 −1,9 .
Para y = 4,9 tem-se −log10 x 2 = 4,9 ⇔
⇔ x 2 = 10 −4,9 .
x
10 −1,9
Assim, devemos multiplicar x 2 por 1 =
=
x2
10 −4,9
= 10 3 para obter x1 .
b) Temos y 3 = −log10 x 3 = −log10 0,0000001 =
= −log10 10 −7 = 7 .
Questão 4
Tem-se um cilindro circular reto de raio da
base r dm e altura 2 dm.
a) Que altura deve ter um cone circular reto,
de mesma base do cilindro, para ter o mesmo
volume do cilindro?
matemática 2
b) Aumentando 6 dm no raio do cilindro
(mantendo a altura) ou aumentando 6 dm na
altura do cilindro (mantendo o raio), o aumento no volume é o mesmo. Obtenha o valor
de r.
Resposta
a) O volume, em dm 3 , do cilindro de raio da base
r e altura 2 é πr 2 ⋅ 2 , e o volume do cone de mesπr 2 ⋅ h
mo raio da base e altura h é
. Logo
3
πr 2 ⋅ h
πr 2 ⋅ 2 =
⇔ h = 6 dm.
3
b) Como os aumentos nos volumes do cilindro
após aumentar 6 dm no raio ou na altura são
iguais, os volumes desses dois sólidos são iguais.
Portanto:
π( r + 6) 2 ⋅ 2 = πr 2 ⋅ (2 + 6) ⇔ r + 6 = 2r ⇔
⇔ r = 6 dm
Como α + β = 90o e γ + β = 90o , α = γ .
$ = m (MBI)
$ = 45 o e MC = MB, pelo
Já que m (MCJ)
caso ALA podemos afirmar que os triângulos CMJ
e BMI são congruentes.
b) Como os triângulos CMJ e BMI são congruentes, a área comum aos dois quadrados (quadrilátero BIMJ) é igual à área do triângulo CMB, cujo
valor é um quarto da área do quadrado. Logo a
razão entre a área de um dos quadrados e a área
comum aos dois quadrados é 4.
Questão 5
Questão 6
A figura mostra dois quadrados ABCD e
MNPQ de lados iguais. O ponto M está no
centro do quadrado ABCD. Os pontos I e J
são interseções das arestas dos quadrados.
Fixado um sistema de coordenadas ortogonais
em um plano, considere os pontos O(0, 0),
A(0, 2) e a reta r de equação y = −1.
a) Se a distância do ponto Q(x0 , 2) ao ponto
A é igual à distância de Q à reta r, obtenha o
valor de x0 , supondo x0 > 0.
b) Obtenha a equação do lugar geométrico
dos pontos P(x, y) desse plano, cuja distância
até o ponto A é igual à distância até a reta r.
Resposta
a) Justifique por que os triângulos CMJ e
BMI são congruentes, destacando o caso de
congruência utilizado.
b) Obtenha a razão entre a área de um dos
quadrados e a área comum aos dois quadrados.
Resposta
a) Consideremos os ângulos α, β e γ na figura a
seguir:
a) A distância do ponto Q (x0 ; 2) ao ponto A (0; 2),
de mesma ordenada, é |x0 − 0| = x0 . Além disso,
a distância de Q (x0 ; 2) à reta y = −1, paralela ao
eixo Ox, é igual a |2 − (−1)| = 3. Assim, se tais distâncias são iguais, x0 = 3.
b) A distância de P (x; y) a A é igual à distância de
P a r, que admite equação y + 1 = 0, se, e somen|y + 1|
te se,
(x − 0) 2 + (y − 2) 2 =
⇔
0 2 + 12
⇔ x 2 + y 2 − 4y + 4 = y 2 + 2y + 1 ⇔
x2 + 3
.
6
Logo o lugar geométrico pedido é a parábola de
x2 + 3
equação y =
.
6
⇔y =
matemática 3
Questão 7
Sete números são tomados aleatoriamente
dentre os números do conjunto {1, 2, 3, 4, 5,
6, 7, 8, 9, 10}.
a) Se os sete números são colocados na ordem
crescente, obtenha a probabilidade do segundo número ser 3.
b) Dado que o número 8 está entre os números tomados, obtenha a probabilidade de ele
ser o maior entre os sete números tomados.
Resposta
⎛10 ⎞
a) Há ⎜ ⎟ maneiras de tomar aleatoriamente sete
⎝7 ⎠
dentre os dez números do conjunto {1, 2, ..., 10}.
O segundo número neste conjunto de sete elementos é 3 se, e somente se, o primeiro número é
1 ou 2 e os outros cinco números formam um subconjunto de A = {4, 5, ..., 10}, n(A) = 7.
⎛7 ⎞
⎛7 ⎞
2 ⋅⎜ ⎟
2 ⋅⎜ ⎟
⎝2 ⎠
⎝5 ⎠
Logo a probabilidade é
=
=
⎛10 ⎞
⎛10 ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝3 ⎠
⎝7 ⎠
7 ⋅6
2 ⋅
7
2
.
=
=
10 ⋅ 9 ⋅ 8
20
3!
⎛9 ⎞
b) Estando 8 entre os números tomados, há ⎜ ⎟
⎝6 ⎠
resultados possíveis na escolha dos sete elementos de {1, 2, ..., 10}. O maior número neste conjunto de sete elementos é 8 se, e somente se, os
seus outros seis elementos formam um subconjunto de {1, 2, ..., 7}.
⎛7 ⎞
⎛7 ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝1 ⎠
⎝6 ⎠
7
Logo a probabilidade é
=
=
=
9 ⋅8 ⋅7
⎛9 ⎞
⎛9 ⎞
⎜ ⎟
⎜ ⎟
3!
⎝3 ⎠
⎝6 ⎠
1
.
=
12
Questão 8
A figura mostra duas semi-retas, r e s, de
mesmo vértice V, formando um ângulo de
60o. Os pontos A ∈ r e B ∈ s são arbitrários, diferentes de V.
a) Explique por que os ângulos do triângulo
AVB estão em progressão aritmética.
b) Se os lados de um triângulo medem 3 cm,
7 cm e 8 cm, mostre que seus ângulos estão
em progressão aritmética.
Resposta
$ . Então m (VBA)
$
a) Seja α = m (VAB)
=
o
$
$
= 180 − m (BVA) − m (VAB) =
= 180o − 60o − α = 120o − α.
$ − m (VAB)
$
Como m (BVA)
= 60o − α e
$
$ = 120o − α − 60o = 60o − α,
m (VBA)
− m (BVA)
$
$
$ − m (BVA)
$ , ou seja,
m (BVA) − m (VAB) = m (VBA)
$
$
$
( m (VAB); m (BVA); m (VBA)) é uma progressão
aritmética.
b) Pelo item a, todo triângulo com um de seus ângulos internos medindo 60o tem seus ângulos em
progressão aritmética, sendo o ângulo de 60o o
termo do meio.
Assim, basta mostrar que o ângulo oposto ao lado
do meio mede 60o , o que é verdade, pois seu
32 + 82 − 72 1
co-seno é
= = cos 60o .
2 ⋅3 ⋅8
2
Questão 9
A figura mostra um pequeno círculo de raio
r > 0 rodeado por quatro outros círculos
maiores de raio R > r. Os círculos maiores
são tangentes externamente ao menor, e
cada um deles é tangente a dois outros
maiores.
matemática 4
Questão 10
Cada aresta de um tetraedro regular de vértices A, B, C e D mede 1 dm. M é um ponto
da aresta AB, e N é um ponto da aresta CD.
a) Obtenha o valor da razão de R pela distância do centro do círculo menor a um dos pontos em que dois dos círculos maiores se tangenciam.
b) Obtenha o valor da razão R/r.
Resposta
a)
a) Calcule a área total da superfície do tetraedro.
b) Sabe-se que o menor valor possível para a
distância de M a N ocorre quando eles são
pontos médios das arestas. Obtenha o valor
dessa distância mínima.
Resposta
a) A área total da superfície do tetraedro é igual à
soma das áreas de 4 triângulos eqüiláteros de
12 3
lado 1 dm. Ou seja, 4 ⋅
= 3 dm 2 .
4
b)
Unindo os centros dos círculos maiores obtém-se
um quadrado de lado de medida 2R e centro
coincidente com o centro do círculo menor.
2R
R
Assim OA =
= R e a razão pedida é
= 1.
2
R
b) No triângulo OAB, por Pitágoras, temos:
(OB) 2 = (AB) 2 + (OA) 2 ⇔ (R + r) 2 = R 2 + R 2 ⇔
⇔ (R + r) 2 = 2R 2 ⇔ R + r = R 2 ⇔
⇔ r = R( 2 − 1) ⇔
R
=
r
1
= 2 +1
2 −1
AN e BN são alturas de triângulos eqüiláteros de
3
dm. Assim, o ΔANB
lado 1, logo AN = BN =
2
é isósceles de base AB . Sendo M o ponto médio
1
de AB, BM =
dm. Aplicando o Teorema de Pi2
tágoras ao ΔNMB, retângulo em M, temos:
3
1
BN 2 = BM 2 + MN 2 ⇔ MN 2 =
−
⇔
4
4
2
dm
⇔ MN =
2