Sendo B0 D1 = a, B1 D1 = a tg α = 2 2 a. Assim,
Questão 1
pelo Teorema de Pitágoras, B0 B12 =
Na figura a seguir, a reta r tem equação
y = 2 2 x + 1 no plano cartesiano Oxy. Além
disso, os pontos B0 , B1 , B2 , B 3 estão na reta
r, sendo B0 = (0, 1). Os pontos A0 , A1 , A2 , A 3
estão no eixo Ox, com A0 = O = (0, 0). O ponto Di pertence ao segmento AiBi , para
1 ≤ i ≤ 3.
= B0 D12 + B1D12 ⇔ 9 2 = a2 + (2 2 a) 2 ⇔ a = 3 .
a) As abscissas de A1 , A2 e A 3 são, respectivamente, OA1 = B0 D1 = 3 , OA2 = OA1 + A1 A2 = 3 +
+ B1D2 = 3 + B0 D1 = 3 + 3 = 6 e OA3 =
= OA2 + A2 A3 = 6 + B 2 D3 = 6 + B0 D1 =
= 6 + 3 = 9.
b) Como B0 = (0;1), B1 = (3; 2 2 ⋅ 3 + 1) =
= (3; 6 2 + 1) e B 2 = (6; 2 2 ⋅ 6 + 1) =
= (6; 12 2 + 1); A1D1 = OB0 = 1, A2 D2 = A1B 1 =
= 6 2 + 1 e A 3 D3 = A2 B 2 = 12 2 + 1. Sendo a
base de cada retângulo igual a B0 D1 = 3 , a soma
pedida é 3 ⋅ 1 + 3 ⋅ (6 2 + 1) + 3 ⋅ (12 2 + 1) =
= 54 2 + 9.
Questão 2
Os segmentos A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 são paralelos
ao eixo Oy, os segmentos B0 D1 , B1 D2 , B2 D3
são paralelos ao eixo Ox, e a distância entre
Bi e Bi + 1 é igual a 9, para 0 ≤ i ≤ 2.
Nessas condições:
a) Determine as abscissas de A1 , A2 , A 3 .
b) Sendo Ri o retângulo de base Ai Ai + 1 e altura Ai + 1 Di + 1 , para 0 ≤ i ≤ 2, calcule a
soma das áreas dos retângulos R0 , R1 e R2 .
Na figura, estão representadas a circunferência , de centro O e raio 2, e os pontos A, B, P
e Q, de tal modo que:
Resposta
Os triângulos B0 B 1D1 , B 1B 2 D2 e B 2 B 3 D3 são
congruentes pelo caso ALA, pois têm hipotenusas
e ângulos internos respectivamente congruentes.
Além disso, sendo α = m (D1B$ 0 B1 ), o coeficiente
angular de r, de equação y = 2 2 x + 1, é
tg α = 2 2 .
1. O ponto O pertence ao segmento PQ.
2. OP = 1, OQ = 2 .
3. A e B são pontos da circunferência, AP ⊥ PQ
e BQ ⊥ PQ.
Assim sendo, determine:
a) A área do triângulo APO.
b) Os comprimentos dos arcos determinados
por A e B em .
c) A área da região hachurada.
matemática 2
Resposta
Resposta
a) Para m = 1, o sistema é equivalente a
4x + 2 ⋅ 1 2 y = 0
⇔
2 ⋅ 1x + (2 ⋅ 1 − 1)y = 0
⇔
4x + 2y = 0
⇔ y = −2x, cujo conjunto verda2x + y = 0
de, supondo U = R 2 , é V = {(t; −2t) ∈ R 2 / t ∈ R}.
b) O sistema dado, que é homogêneo, possui infinitas soluções se, e somente se, o determinante
de sua matriz incompleta for nulo, ou seja,
4
2m 2
=0 ⇔
2m 2m − 1
$
$
Sejam m (AOP)
= θ e m (BOQ)
= ϕ. Como cos θ =
OQ
2
OP
1
e cosϕ =
, θ = 60o e
=
=
=
OB
2
OA
2
ϕ = 45 o .
1
3
.
a) Área APO =
⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ sen 60o =
2
2
o
$
b) Temos θ + m (AOB)
+ ϕ = 180 ⇔
o
$
⇔ m (AOB) = 75 . Portanto os arcos determina-
dos por A e B têm comprimentos
=
5π
5π
19 π
.
e 2π ⋅ 2 −
=
6
6
6
c) Como a área do ΔAPO é
75 o
360o
⋅ 2π ⋅ 2 =
3
, a área do ΔBOQ
2
1
⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ sen 45 o = 1 e a área do menor se2
75 o
5π
, a área hator circular AOB é
⋅ π ⋅ 22 =
6
360o
3
5π
.
churada é
+1 +
2
6
é
Questão 3
Considere o sistema de equações nas variáveis x e y, dado por:
⎧4 x + 2m2 y = 0
⎨
⎩2mx + (2m − 1) y = 0
Desse modo:
a) Resolva o sistema para m = 1.
b) Determine todos os valores de m para os
quais o sistema possui infinitas soluções.
c) Determine todos os valores de m para os
quais o sistema admite uma solução da forma
(x, y) = (α , 1), sendo α um número irracional.
⇔ 4 ⋅ (2m − 1) − 2m ⋅ 2m 2 = 0 ⇔
⇔ m 3 − 2m + 1 = 0 ⇔
⇔ m 3 − m − (m − 1) = 0 ⇔
⇔ m(m 2 − 1) − (m − 1) = 0 ⇔
⇔ m(m + 1)(m − 1) − (m − 1) = 0 ⇔
⇔ (m − 1)(m 2 + m − 1) = 0 ⇔
⇔ m − 1 = 0 ou m 2 + m − 1 = 0 ⇔
−1 − 5
−1 + 5
ou m =
.
⇔ m = 1 ou m =
2
2
c) Se (x; y) = ( α; 1) é solução do sistema homogêneo dado, o sistema é indeterminado, de modo
−1 − 5
ou
que, pelo item anterior, m = 1 ou m =
2
−1 + 5
. Além disso, o sistema é equivalenm=
2
te a 4x + 2m 2 y = 0, e assim 4α + 2m 2 ⋅ 1 = 0 ⇔
m2
−1 − 5
. Como α é irracional, m =
2
2
−1 + 5
ou m =
.
2
⇔α =−
Questão 4
O triângulo ABC da figura a seguir é eqüilátero de lado 1. Os pontos E, F e G pertencem,
respectivamente, aos lados AB , AC e BC do
triângulo. Além
disso, os ângulos
$
$
e CGF
são
AFE
retos e a medida
do segmento AF é
x.
matemática 3
Assim, determine:
a) A área do triângulo AFE em função de x.
$ tamb) O valor de x para o qual o ângulo FEG
bém é reto.
Resposta
$
a) Como o triângulo ABC é equilátero, m (BAC)
=
o
$
= m (EAF)
= 60 . No triângulo retângulo AFE,
FE
FE
FE
tg FA$ E =
⇔ tg 60o =
⇔ 3 =
⇔
AF
AF
x
=
Resposta
a) Sendo q < 0 a razão da PG, a2 = a1 ⋅ q e
a7 = a1 ⋅ q 6 .
Nas condições dadas:
1
⋅ AF ⋅ FE =
2
1
3 2
⋅x ⋅ 3x =
x .
2
2
b)
FÊG é reto se, e somente se, EG ⊥ EF. Como
EF ⊥ AC, então EG // AC, ou seja, o triângulo
EGB é equilátero. Desse modo, EB = GB e, sendo AB = CB , AE = CG.
$ = AF ⇔
No triângulo retângulo AFE, cos FAE
AE
x
1
x
o
⇔ cos 60 =
⇔
=
⇔ AE = 2x . TeAE
2
AE
mos ainda que, no triângulo retângulo CGF,
$ = CG . Assim, CF + AF = 1 ⇔
cos FCG
CF
CG
⇔ CF = 1 − x e cos 60o =
⇔
1−x
1
CG
1−x
.
⇔
=
⇔ CG =
2
1−x
2
Então m (FE$ G) = 90o ⇔ CG = AE ⇔
1−x
1
.
⇔ 2x =
⇔x =
2
5
Questão 5
A soma dos cinco primeiros termos de uma
1
PG, de razão negativa, é . Além disso, a di2
ferença entre o sétimo termo e o segundo termo da PG é igual a 3.
a1 ⋅ q(q 5 − 1) = 3
a7 − a2 = 3
S5 =
⇔ FE = 3 x.
A área do triângulo AFE é
Nessas condições, determine:
a) A razão da PG.
b) A soma dos três primeiros termos da PG.
1
2
⇔
a1 (q 5 − 1)
1 ⇔
=
q −1
2
3
( ∗)
q
⇔
⇔ q(q − 1) = 6 ⇔ q = −2
3
1
=
q(q − 1)
2
3
b) Na equação ( ∗), a1 (( −2) 5 − 1) =
⇔
−2
1
.
⇔ a1 =
22
1
,
Portanto os 3 primeiros termos da PG são
22
1
1
4
−2
e
, com soma
⋅ ( −2) =
⋅ ( −2) 2 =
22
22
22
22
3
.
22
a1 (q 5 − 1) =
Questão 6
Um apreciador deseja adquirir, para sua
adega, 10 garrafas de vinho de um lote constituído por 4 garrafas da Espanha, 5 garrafas da Itália e 6 garrafas da França, todas de
diferentes marcas.
a) De quantas maneiras é possível escolher
10 garrafas desse lote?
b) De quantas maneiras é possível escolher
10 garrafas do lote, sendo 2 garrafas da
Espanha, 4 da Itália e 4 da França?
c) Qual é a probabilidade de que, escolhidas
ao acaso, 10 garrafas do lote, haja exatamente 4 garrafas da Itália e, pelo menos, uma
garrafa de cada um dos outros dois países?
Resposta
a) Como há 4 + 5 + 6 = 15 garrafas no total, é
possível escolher 10 garrafas desse lote de
⎛15 ⎞ ⎛15 ⎞ 15 ⋅ 14 ⋅ 13 ⋅ 12 ⋅ 11
= 3 003 manei⎜ ⎟ =⎜ ⎟ =
⎝10 ⎠ ⎝ 5 ⎠
5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1
ras.
matemática 4
b) É possível escolher 2 garrafas da Espanha de
⎛4 ⎞
4 ⋅3
= 6 maneiras, 4 da Itália de
⎜ ⎟ =
⎝2 ⎠
2 ⋅1
⎛5 ⎞ ⎛5 ⎞
⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = 5 maneiras e 4 da França de
⎝ 4 ⎠ ⎝1 ⎠
⎛6 ⎞ ⎛ 6 ⎞ 6 ⋅ 5
= 15 maneiras. Logo há 6 ⋅ 5 ⋅
⎜ ⎟ =⎜ ⎟ =
⎝4 ⎠ ⎝2 ⎠
2 ⋅1
⋅ 15 = 450 maneiras de escolher as 10 garrafas
satisfazendo as condições dadas.
c) É possível escolher 10 garrafas, sendo exata⎛ 5 ⎞ ⎛10 ⎞
mente 4 da Itália, de ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 5 ⋅ 210 = 1050
⎝4 ⎠ ⎝ 6 ⎠
⎛ 5 ⎞ ⎛6 ⎞
maneiras. Como em ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 5 casos há so⎝ 4 ⎠ ⎝6 ⎠
mente garrafas da Itália e da França, e não há
como escolher garrafas apenas da Itália e da
Espanha, as 10 garrafas podem ser escolhidas,
nas condições do enunciado, de 1 050 − 5 =
= 1 045 maneiras. Logo a probabilidade pedida é
1045
95
.
=
3 003
273
Questão 7
No plano cartesiano Oxy, a circunferência
tem centro no ponto A = (−5, 1) e é tangente à
reta t de equação 4 x − 3 y − 2 = 0 em um ponto P. Seja ainda Q o ponto de intersecção da
reta t com o eixo Ox.
Assim:
a) Determine as coordenadas do ponto P.
b) Escreva uma equação para a circunferência .
c) Calcule a área do triângulo APQ.
Resposta
Como 4x − 3y − 2 = 0 ⇔ y =
4
2
−1
a−
3
3
3
Logo
=−
⇔ a = −1 e
a − ( −5)
4
4
2⎞
⎛
P = ⎜ −1; ( −1) − ⎟ = ( −1; −2).
⎝
3
3⎠
b) O raio de é AP = ( −5 − ( −1)) 2 + (1 − ( −2)) 2 =
= 5, assim a circunferência admite como equação
(x − ( −5)) 2 + (y − 1) 2 = 5 2 ⇔
⇔ (x + 5) 2 + (y − 1) 2 = 25 ⇔
⇔ x 2 + y 2 + 10x − 2y + 1 = 0.
c) A área de APQ é
para algum a real. Sendo a circunferência
tangente a t em P, a reta AP é perpendicular a t e
1
3
tem, portanto, coeficiente angular −
=− .
4
4
3
−5
−1
1
2
1 1
25
−2 1 =
.
4
0 1
Questão 8
Para cada número real m, considere a função
quadrática f ( x ) = x2 + mx + 2.
Nessas condições:
a) Determine, em função de m, as coordenadas do vértice da parábola de equação
y = f ( x ).
b) Determine os valores de m ∈ R para os
quais a imagem de f contém o conjunto
{ y ∈ R : y ≥ 1}.
c) Determine o valor de m para o qual a imagem de f é igual ao conjunto { y ∈ R : y ≥ 1}
e, além disso, f é crescente no conjunto
{ x ∈ R : x ≥ 0}.
d) Encontre, para a função determinada pelo
valor de m do item c) e para cada y ≥ 2, o
único valor de x ≥ 0 tal que f ( x ) = y.
4
2
x −
⇔
3
3
4 ⎛
1⎞
⇔y =
⎜ x − ⎟ , a reta t tem coeficiente angu3 ⎝
2⎠
4
⎞
⎛1
e corta o eixo Ox em Q = ⎜ ; 0 ⎟ .
lar
⎠
⎝2
3
2⎞
⎛ 4
a) O ponto P pertence a t, logo P = ⎜ a; a − ⎟
⎝ 3
3⎠
1
2
Resposta
a) Sejam (xV ; yV ) as coordenadas do vértice da
b
m
⎛ m⎞
parábola, x V = −
= − e yV = f(xV ) = f ⎜ − ⎟ =
⎝ 2 ⎠
2a
2
⎛ m⎞
= ⎜− ⎟
⎝ 2 ⎠
2
8 − m2
⎛ m⎞
+ m⎜ − ⎟ + 2 =
.
⎝ 2 ⎠
4
b) Sabendo-se que a parábola tem concavidade
para cima, Im(f) = {y ∈ R; y ≥ yV }. Consequentemente, {y ∈ R; y ≥ 1} ⊂ Im(f) se, e somente se,
8 − m2
yV ≤ 1 ⇔
≤ 1 ⇔ 4 − m2 ≤ 0 ⇔
4
⇔ m ≤ −2 ou m ≥ 2 .
matemática 5
c) Temos Im(f) = {y ∈ R; y ≥ 1} se, e somente se,
8 − m2
yV = 1 ⇔
= 1 ⇔ 8 − m2 = 4 ⇔ m = 2
4
ou m = −2 .
Porém, f é crescente para x ≥ 0, ou seja, xV ≤ 0.
m
Assim xV = −
≤ 0 ⇔ m ≥ 0, ou seja, m = 2.
2
d) Para m = 2, temos f(x) = x 2 + 2x + 2 . Logo, sendo x ≥ 0 e y ≥ 2, f(x) = y ⇔ y = x 2 + 2x + 2 ⇔
⇔ y = (x + 1) 2 + 1 ⇔ y − 1 = x + 1 ⇔
⇔ x = y − 1 − 1.
Questão 10
A figura representa uma pirâmide ABCDE,
cuja base é o retângulo ABCD. Sabe-se que
3
AB = CD =
2
AD = BC = AE = BE = CE = DE = 1
1
AP = DQ = .
2
Questão 9
π
Seja x no intervalo ⎤ 0, ⎡ satisfazendo a
⎥⎦ 2 ⎢⎣
2
3
equação tg x +
sec x = .
2
5
Assim, calcule o valor de
a) sec x.
π⎞
⎛
b) sen⎜ x + ⎟ .
⎝
4⎠
Resposta
3
3
2
2
a) tg x +
sec x =
⇔ tg x =
−
sec x .
2
2
5
5
π ⎡ 2
, tg x =
Logo, para x no intervalo ⎤⎥ 0;
⎦ 2 ⎢⎣
2
⎞
⎛3
2
sec x ⎟ ⇔ sec 2 x − 1 =
=⎜ −
⎠
⎝2
5
9
6
4
sec x +
sec 2 x ⇔
−
4
5
5
1
6
13
sec 2 x +
sec x −
⇔
=0 ⇔
5
4
5
−6
7
±
5
5 ⇔ sec x = 5 .
⇔ sec x =
1
2
2 ⋅
5
5
2
b) Do item a, sec x =
e, por⇔ cos x =
2
5
⎤ π ⎡
tanto, considerando novamente que x ∈ ⎥ 0; ⎢,
⎦ 2 ⎣
1
2
2
2
sen x = 1 − cos x ⇔ sen x =
⇔
5
π⎞
1
⎛
⇔ sen x =
. Assim, sen ⎜ x + ⎟ =
⎝
4⎠
5
π
π
= sen x ⋅ cos
+ cos x ⋅ sen
=
4
4
2 ⎛ 1
2 ⎞ 3 10
.
=
+
⎜
⎟ =
2 ⎝ 5
10
5 ⎠
Nessas condições, determine:
a) A medida de BP.
b) A área do trapézio BCQP.
c) O volume da pirâmide BPQCE.
Resposta
Consideremos a figura:
=
Sejam M e N os pontos médios de AD e BC, respectivamente. Como os triângulos EAD e EBC
são equiláteros de lado 1, EM e EN são suas res3
. Além disso, MN é
pectivas alturas e medem
2
paralelo aos lados AB e CD do retângulo ABCD e
3
. Logo o triângulo EMN é equivale, portanto,
2
3
látero de lado
.
2
matemática 6
Sendo P e Q pontos médios de AE e DE, respectivamente, PQ é base média do triângulo ADE e
1
1
então PQ // AD e PQ =
⋅ AD = . Como as
2
2
faces ABE e DCE são congruentes, o trapézio
BCQP é isósceles, conforme a figura a seguir:
Sendo R ponto médio de PQ, R também é ponto
médio de EM e, assim, PP ’ = RN , altura do triân3
3
3
gulo equilátero EMN, de medida
⋅
= .
2
2
4
1
1−
BC − PQ
1
2
BP’ = Q’ C =
=
=
2
2
4
a) Do triângulo retângulo BP’P,
(BP) 2 = (BP’) 2 + (PP’) 2 ⇔ (BP) 2 =
2
⎛1 ⎞
⎛3 ⎞
=⎜ ⎟ +⎜ ⎟
⎝4⎠
⎝4⎠
b)
A
área
temos
2
10
.
4
do
trapézio
BCQP
1 ⎞
⎛
⎜1 +
⎟
(BC + PQ) ⋅ PP’
2 ⎟ ⋅3 = 9 .
=⎜
2
16
⎜ 2 ⎟ 4
⎝
⎠
⇔ BP =
vale
c) Como ER ⊥ PQ e ER ⊥ RN, temos que ER é altura da pirâmide BPQCE relativa à base BCQP. O
1 9
volume dessa pirâmide é dado por
⋅
⋅
3 16
⋅
3
3 3
.
=
4
64
Matemática – mais exigente e mais longa
Ao ler os enunciados da FUVEST 2009, o candidato deve ter rapidamente percebido a falta do tradicional problema envolvendo equação, sistema
ou variáveis proporcionais, além da presença de itens em todas as questões. E talvez essa tenha sido a primeira evidência de que iria enfrentar
um exame que, apesar de ter a aparência de uma típica FUVEST-Matemática, estava mais exigente do que o dos últimos anos.
E foi o que vimos: uma prova que, apesar de ter mantido as características usuais da FUVEST com relação à distribuição de assuntos e dificuldades, teve pequenas mudanças que a tornaram perceptivelmente mais difícil.
Levando em conta ainda que o vestibulando teve de responder em um
espaço limitado, considerando o número de itens (27 ao todo), podemos
dizer que o exame exigiu bastante dos candidatos.