FUVEST – 2008 – 2a Fase – Matemática
RESOLUÇÃO: Professora Maria Antônia Gouveia.
Q.01
João entrou na lanchonete BOG e pediu 3 hambúrgueres, 1 suco de laranja e 2
cocadas, gastando R$21,50.
Na mesa ao lado, algumas pessoas pediram 8 hambúrgueres, 3 sucos de laranja e 5
cocadas, gastando R$ 57,00.
Sabendo-se que o preço de um hambúrguer, mais o de um suco de laranja, mais o
de uma cocada totaliza R$ 10,00, calcule o preço de cada um desses itens.
RESOLUÇÃO:
Representando o valor de um suco por s, o de um hambúrguer por h e o da cocada
por c, de acordo com as informações podemos escrever o sistema:
s + h + c = 10

s + 3h + 2c = 21,50 .
3s + 8h + 5c = 57

Resolvendo:
s + h + c = 10
s + h + c = 10
s + h + c = 10



⇒ 2h + c = 11,50 ⇒
s + 3h + 2c = 21,50 {L 2 − L 1 ⇒ 2h + c = 11,50
3s + 8h + 5c = 57 {L − 3L
5h + 2c = 27 {L − 2L
h = 4
3
2
3
1



s + h + c = 10
s = 2,50


⇒ c = 3,50
c = 3,50
h = 4
h = 4


RESPOSTA: Os preços são: um suco - R$ 2,50; um hambúrguer - R$ 4,00; uma
cocada - R$ 3,50.
Q.02
3
. Sabendo-se que o
8
BR 4
ponto R pertence ao segmento BC e é tal que AR = AC e
= , calcule
BC 7
a) a altura do triângulo ABC relativa ao lado BC .
b) a área do triângulo ABR .
No triângulo ABC , tem-se que AB > AC , AC = 4 e cosĈ =
RESOLUÇÃO:
Pelas informações do problema concluímos que
o triângulo ACR é isósceles, logo H é o ponto
médio da base CR .
3
Sendo cosĈ = , no triângulo retângulo AHR:
8
HR HR 3
3
cos Ĉ =
=
= ⇒ HR = ⇒ CR = 3
AR
4
8
2
a) Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo AHR:
9
64 − 9
55
AR 2 = RH2 + AH2 ⇒ 16 = + AH2 ⇒ AH2 =
⇒ AH =
.
4
4
2
BR 4
= podemos afirmar que BR = 4x e BC = 7x, com x diferente de
b) Da relação
BC 7
zero.
Pela figura BC = BR + RC. Como RC = 3, temos: 7x = 4x + 3 ⇒ 3x = 3 ⇒ x = 1 ⇒
BC = 7 e BR = 4.
O triângulo ABR tem base o segmento BR e como altura AH , assim sua área é:
1 
55 
4×
= 55 .

2
2 
RESPOSTA: a) O segmento AH que é a altura relativa ao lado BC e mede
b) A área do triângulo ABR é
55
.
2
55 .
Q.03
Um polinômio de grau 3 possui três raízes reais que, colocadas em ordem
crescente, formam uma progressão aritmética em que a soma dos termos é igual a
9
24
. A diferença entre o quadrado da maior raiz e o quadrado da menor raiz é
.
5
5
Sabendo-se que o coeficiente do termo de maior grau do polinômio é 5, determine
a) a progressão aritmética.
b) o coeficiente do termo de grau 1 desse polinômio.
RESOLUÇÃO:
a) Como o polinômio é de grau 3 podemos representá-lo com a igualdade
P(x) = a(x − x' )(x − x' ' )(x − x' ' ' ) .
Como as três raízes reais colocadas em ordem crescente, formam uma progressão
aritmética temos: x’ = y − r , x’’ = y e x’’’ = y + r com y, r ∈ R * .
9
9
A soma dos termos dessa P.A é igual a
⇒ y −r+ y = y +r =
⇒
5
5
9
3
3y = ⇒ y = .
5
5
Assim x’ =
3
3
3
e x’’’ = + r .
− r , x’’ =
5
5
5
A diferença entre o quadrado da maior raiz e o quadrado da menor raiz é
2
2
24
9 6
9
3

3

⇒
+ r + r2 −
+
 + r −  − r =
5
25 5
25
5

5

3
7
3
3
13
e x’’’ = + 2 =
x’ = − 2 = − , x’’ =
.
5
5
5
5
5
7
RESPOSTA: A progressão aritmética é: − ,
5
24
⇒
5
6
24
12r 24
r − r2 =
⇒
=
⇒r = 2⇒
5
5
5
5
3 13
,
.
5
5
b) Existem muitos polinômios equivalentes ao polinômio
P(x) = a(x − x' )(x − x' ' )(x − x' ' ' ) a depender do valor não nulo atribuído ao parâmetro
a.
7
3
13
9
73
273
Fazendo a = 1, temos: P(x) = (x + )(x − )(x −
) ⇒ P(x) = x 3 − x 2 −
x+
5
5
5
5
5
5
73
.
e a resposta será −
5
7
3
13
Fazendo a = 5, temos: P(x) = 5(x + )(x − )(x − ) ⇒ P(x) = 5x 3 − 9 x 2 − 73 x + 273 e
5
5
5
a resposta será − 73 .
E assim por diante.
Q.04
O círculo C, de raio R, está inscrito no triângulo eqüilátero DEF. Um círculo de raio r
está no interior do triângulo DEF e é tangente externamente a C e a dois lados do
triângulo, conforme a figura.
Assim, determine:
a) a razão entre R e r.
b) a área do triângulo DEF em função de r .
RESOLUÇÃO:
a)
i.
O triângulo eqüilátero DEF é circunscrito ao
círculo de centro O e raio R, então a medida
da altura FH = 3R e FJ = R .
ii.
O triângulo eqüilátero BCF é circunscrito ao
círculo de centro O’ e raio r, então a medida
da altura FJ = 3r .
R
De i. e ii. vem que FJ = R = 3r ⇒ = 3 .
r
RESPOSTA: A razão entre R e r é 3.
b) No triângulo retângulo FHD: FD2 = DH2 + FH2 ⇒
2
3l 2
l
2
2
2
l =   + (3R ) ⇒
= (9r ) ⇒ l 2 = 108r 2 .
4
2
A área do triângulo DEF pode ser calculada pela fórmula S =
l2 3
⇒
4
108r 2 3
⇒ S = 27r 2 3 .
4
RESPOSTA: A área do triângulo DEF, em função de r, é 27r 2 3 .
S=
Q.05
A medida x, em radianos, de um ângulo satisfaz
π
2
< x < π e verifica a equação
sen x + sen2x + sen3x = 0 .
Assim,
a) determine x.
b) calcule cos x + cos2x + cos3x .
RESOLUÇÃO:
a) senx + sen2x +sen2xcosx + senx cos2x = senx (1+cos2x – sen2x) +
sen2x(1+cosx)= senx(2cos2x)+2senxcosx+2senxcos2x ⇒ 4senxcos2+2senx cosx = 0
⇒ senx = 0 ou 2cos2x + cosx = 0.
π
< x < π ).
2
II.
2cos2x + cosx = 0 ⇒ cosx(2cosx + 1) = 0 ⇒ cosx = 0 ou 2cosx + 1 = 0 ⇒
2π
π
π
1
x = (raiz estranha, pois < x < π ) ou cosx = − ⇒ x =
2
2
2
3
2π
RESPOSTA: O valor de x é
.
3
1 1
 2π 
 4π 
b) cos x + cos2x + cos3x = cos
 + cos
 + cos 2π = − − + 1 = 0
2 2
 3 
 3 
RESPOSTA: 0
I.
senx = 0 ( não tem solução, pois
Q.06
São dados, no plano cartesiano de origem O, a circunferência de equação x2 + y2 =
5, o ponto P = 1, 3 e a reta s que passa por P e é paralela ao eixo y. Seja E o
ponto de ordenada positiva em que a reta s intercepta a circunferência.
Assim sendo, determine:
a) a reta tangente à circunferência no ponto E.
b) o ponto de encontro das alturas do triângulo OPE.
(
)
RESOLUÇÃO:
a)
A reta s que passa por P = 1, 3 e é paralela ao eixo y,
tem equação x = 1. Substituindo, na equação x2 + y2 = 5, x
por 1, temos:
1 + y2 = 5 ⇒ y2 = 4 ⇒ y = ± 2. Como o ponto E tem
ordenada positiva, E = (1,2).
Denominemos de r, a reta que passa pelo ponto E = (1,2),
tangente à circunferência de equação x2 + y2 = 5 e
perpendicular à reta t que possui o raio OE (sendo O o
centro da circunferência), O = (0,0)
t: y = ax + b. Nesta equação substituindo x e y pelos respectivos valores nos pontos
a + b = 2
a = 2
EeO⇒ 
⇒
⇒ t: y = 2x. Como r ⊥ t, então o coeficiente angular de r
b = 0
b = 0
1
1
é − ⇒ a reta r tem equação da forma y = − x + b . Como esta r passa pelo ponto
2
2
1
5
1
5
E, 2 = − + b ⇒ b = ⇒ y = − x + ⇒ 2y = − x + 5.
2
2
2
2
(
)
RESPOSTA: A reta tangente à circunferência no ponto E é 2y = – x + 5.
b) No triângulo POE, OE ⊥ r // t. A reta t passa pelo
ponto P e contém a altura relativa ao lado OE .
OH ⊥ EP ⇒ que o segmento OH contido no eixo Ox
é a altura do triângulo POE em relação ao lado EP .
O ortocentro do triângulo OPE é, então, é o ponto Q
= (x,0), interseção da reta t com o eixo Ox.
1
5
y = − x + a equação reduzida da reta t e sendo
2
2
r // t, a equação de t tem coeficiente angular igual ao
da reta r.
Logo a equação de t é da forma y = −
temos:
1
x + b . Como t passa pelo ponto P = 1, 3 ,
2
(
)
1
1
1
1
+ b ⇒ b = 3 + ⇒ a equação de t é: y = − x + 3 + . Nesta equação
2
2
2
2
1
1
fazendo y = 0 vem: − x + 3 + = 0 ⇒ − x + 2 3 + 1 = 0 ⇒ x = 2 3 + 1 ⇒
2
2
Q = (2 3 + 1, 0) .
3=−
RESPOSTA: (2 3 + 1, 0) .
Q.07
Em um jogo entre Pedro e José, cada um deles lança, em cada rodada, um mesmo
dado honesto uma única vez. O dado é cúbico, e cada uma de suas 6 faces
estampa um único algarismo de maneira que todos os algarismos de 1 a 6 estejam
representados nas faces do dado.
Um participante vence, em uma certa rodada, se a diferença entre seus pontos e os
pontos de seu adversário for, no mínimo, de duas unidades. Se nenhum dos
participantes vencer, passa-se a uma nova rodada.
Dessa forma, determine a probabilidade de
a) Pedro vencer na primeira rodada.
b) nenhum dos dois participantes vencer na primeira rodada.
c) um dos participantes vencer até a quarta rodada.
RESOLUÇÃO:
Consideremos como E o conjunto de todos os possíveis resultados de cada rodada.
E = {(1,1), (1,2), ... (1,6), (2,2), (2,3),....(2,6), (3,3), (3,4), ....(3,6), (4,4),.......(6,6)}.
n(E) = 36.
O conjunto A das possibilidades da diferença entre os pontos ser no mínimo de duas
unidades:
A = {(1,3), (1,4), (1,5), (1,6), (2,4), (2,5), (2,6), (3,5), (3,6), (4,6), (6,4), (6,3), (6,2),
(6,1), (5,3), (5,2), (5,1), (4,2), (4,1), (3,1)}.
a) O conjunto das possibilidades de Pedro vencer na primeira rodada:
P = {(6,4), (6,3), (6,2), (6,1), (5,3), (5,2), (5,1), (4,2), (4,1), (3,1)}.
n (P) = 10.
n(P ) 10
5
=
=
.
A probabilidade de Pedro vencer na primeira rodada é: p =
n(E ) 36 18
5
RESPOSTA:
18
b) O conjunto das possibilidades de não haver vencedores na primeira rodada é:
B = {((1,1), (1,2), (2,1), (2,2), (2,3), (3,2),(3,3), (3,4), (4,3), (4,4), (4,5), (5,4), (5,5),
(5,6), (6,5), (6,6)}
n(B) = 15.
n(P ) 16 4
A probabilidade de não haver vencedor na primeira rodada é: p =
=
= .
n(E ) 36 9
RESPOSTA:
4
.
9
c) A probabilidade de não haver vencedor em uma rodada é de
vencedor é de 1 −
4
e a de haver
9
4 5
= .
9 9
5
;
9
4 5 20
ii. probabilidade da disputa ser vencida na segunda rodada: × =
;
9 9 81
4 4 5
80
;
iii. probabilidade da disputa ser vencida na terceira rodada: × × =
9 9 9 729
4 4 4 5 320
iiii. probabilidade da disputa ser vencida na quarta rodada: × × × =
;
9 9 9 9 6561
A probabilidade de um dos participantes vencer até a quarta rodada é:
5 20 80
320 3645 + 1620 + 720 + 320 6305
=
p= +
+
+
=
.
9 81 729 6561
6561
6561
6305
RESPOSTA:
.
6561
i. probabilidade da disputa ser vencida na primeira rodada:
Q.08
Um poste vertical tem base quadrada de lado 2.
Uma corda de comprimento 5 está esticada e presa a um
ponto P do poste, situado à altura 3 do solo e distando 1 da
aresta lateral. A extremidade livre A da corda está no solo,
conforme indicado na figura.
A corda é então enrolada ao longo das faces 1 e 2,
mantendo-se esticada e com a extremidade A no solo, até
que a corda toque duas arestas da face 2 em pontos R e B,
conforme a figura.
Nessas condições,
a) calcule PR.
b) calcule AB.
Sendo RD // BC // AP' , os triângulos PDR,
PCB e PP’A são semelhantes.
RD RP
1 RP
5
a)
=
⇒ =
⇒ RP = .
AP' AP
4
5
4
5
RESPOSTA: RP = .
4
BP BC
BP 3
15
b)
=
⇒
= ⇒ BP =
AP AP '
5
4
4
15 20 − 15 5
Sendo AB = AP − BP ⇒ AB = 5 −
=
= .
4
4
4
RESPOSTA: AB =
5
.
4
Q.09
− 1+ i 3
no plano
2
− 1 a unidade imaginária. Nessas
A figura representa o número ω =
complexo, sendo i =
condições,
a) determine as partes real e imaginária de
b) represente
1
ω
1
ω
e de ω 3
e ω 3 na figura ao lado.
c) determine as raízes complexas da equação z 3 − 1 = 0 .
RESOLUÇÃO:
a)
ω=
=
(
)
(
)
− 1+ i 3
1
2
2 − 1− i 3
2 − 1− i 3
⇒ =
=
=
=
2
2
ω − 1+ i 3
− 1+ i 3 − 1− i 3
1− i 3
(
(
)(
)
( )
)
2 − 1− i 3
1
1 i 3
⇒
=− −
1+ 3
ω
2
2
.
A forma polar de um número complexo z tem a forma z = ρ (cos θ + isenθ ) onde ρ é o
módulo de z e θ o seu argumento.
O módulo de um número complexo z é dado pela relação ρ = a 2 + b 2 , onde a é a
parte real de z e b a sua parte imaginária.
− 1+ i 3
Determinando o argumento e o módulo de ω =
:
2
1. Considerando como θ o argumento do número complexo , temos que
2π
1
3
cos θ = − e senθ =
⇒θ=
.
3
2
2
2
2
 1   3 
2. ρ = a + b =  −  + 
=
 2   2 
2
2
1 3
+ = 1.
4 4
− 1+ i 3
2π
2π
é: ω = cos
+ isen
.
2
3
3

2π 
2π  


3
ω 3 =  cos 3 ×
 + isen 3 ×
  = cos 2π + isen2π ⇒ ω = 1 .
3 
3 



A forma polar de ω =
1
3
 1
 1
RESPOSTA: Re  = − , Im  = −
, Re(ω ) = 1 e Im(ω ) = 0 .
2
2
ω 
ω 
1
1
4π
1 i 3
4π
=− −
é
= cos
+ isen
e a de ω 3 é
3
ω
2
2
ω
3
3
ω = cos 2π + isen2π .
b) A forma polar de
c)
z 3 − 1 = 0 ⇒ z 3 = 1 ⇒ z 3 = cos 0 o + isen0 o ⇒ z = cos
2kπ
2kπ
+ isen
, com k = 0, 1 ou 2
3
3

para k = 0, z = 1;

2π
2π
1
3

+ isen
= − +i
para k = 1, z = cos
3
3
2
2


4π
4π
1
3
+ isen
= − −i
 para k = 2, z = cos
3
3
2
2

1
3
1
3
As raízes de z 3 − 1 = 0 são 1, − + i
e − −i
2
2
2
2
Outro modo mais rápido de encontrar as raízes de z 3 − 1 = 0 a partir dos
resultados já obtidos no item a:
A equação z 3 − 1 = 0 tem o número real 1 como raiz.
− 1+ i 3
No item a vimos que se ω =
então ω 3 = 1 que é equivalente a z 3 − 1 = 0 ,
2
− 1+ i 3
− 1− i 3
logo a segunda raiz desta equação é z =
e seu conjugado z' =
.
2
2
Q.10
Pedrinho, brincando com seu cubo mágico, colocou-o
sobre um copo, de maneira que
• apenas um vértice do cubo ficasse no interior do
copo, conforme ilustra a foto;
• os pontos comuns ao cubo e ao copo
determinassem um triângulo eqüilátero.
Sabendo-se que o bordo do copo é uma circunferência de
raio 2 3 cm , determine o volume da parte do cubo que
ficou no interior do copo.
RESOLUÇÃO:
O triângulo eqüilátero ABC representa a intersecção
do cubo mágico com a borda do copo cujo raio é OC
= 2 3 . Sendo OH apótema do triângulo ABC, OH
= 3.
No triângulo retângulo BHC, HC = BC.sen60o ⇒
BC 3
3 3=
⇒ BC = 6
2
Os triângulos VAB, VAC e VBC são retângulos e
congruentes, AB 2 = 2a 2 ⇒ 36 = 2a 2 ⇒ a = 3 2 .
( )
2
No triângulo retângulo VOC, a 2 = h 2 + 2 3 ⇒
(3 2 )
2
= h 2 + 12 ⇒ h 2 = 18 − 12 ⇒ h = 6 .
O volume da pirâmide VABC é:
h BC 2 3
6 36 3
6
V = S ABC × =
×
=
×
=9 2.
3
4
3
4
3
RESPOSTA: O Volume pedido é 9 2cm3 .