COMISSÃO PERMANENTE DE SELEÇÃO – COPESE
PRÓ-REITORIA DE GRADUAÇÃO – PROGRAD
CONCURSO PISM II - TRIÊNIO 2008-2010
PROVA DE MATEMÁTICA
PISM II – Resolução das Questões Discursivas
São apresentadas abaixo possíveis soluções para as questões propostas. Nessas resoluções buscou-se
justificar as passagens visando uma melhor compreensão
do leitor.
s
o
c
n
e
s
s
o
c
n
e
s
n
e
s
Questão 1: Esta questão se destina a estabelecer uma
demonstração para a fórmula
(α + β ) = α ⋅ β + β ⋅ α
O
H
C
B
H
F
a) No círculo trigonométrico ao lado, observe os triângulos
HFB e HCO e mostre que os ângulos α e θ são congruentes.
Solução:
O ponto H é o ponto de interseção dos segmentos OA e CB ,
sendo então os ângulos ∠
e∠
iguais, pois são
opostos pelo vértice. Logo, nos triângulos HFB e HCO:
º
0
9
O
C
H
B
F
H
O
H
C
B
H
F
e∠
.
∠
=∠
=∠
=
Logo os triângulos HFB e HCO são semelhantes e portanto, α = θ .
.
s
o
c
n
e
s
B
G
n
e
s
s
o
c
n
e
s
s
o
c
F
B
B
G
n
e
s s
o
c
s
n o
e c
s
n
D e
F s
=
α⋅
α⋅
β , conclua que
β+
β⋅
s
o
c
n
e
s
c) Admitindo que já tenha sido provado que
(α + β ) =
n
e
s
1
n
e
s
B
O
F
B
=
β⋅
α
b) Mostre que
Solução:
No triângulo retângulo BGF, GB é o cateto adjacente ao ângulo θ . Então GB = BF ⋅ cosθ . Como α = θ ,
então cosθ = cos α . Agora, no triângulo retângulo OFB, BF é o cateto oposto ao ângulo β . Então
=
⋅
β = ⋅
β =
β.
Portanto,
=
⋅
θ =
β⋅
α.
α.
n
e
s
n
e
s
1
n
e
s
B
O
B
C
Solução:
No triângulo OCB, retângulo em C, o ângulo oposto ao cateto CB é α + β . Logo:
=
⋅ ( α +)
β = ⋅ ( α +)
β = ( α +)
β .
s
o
c
n
e
s
D
F
G
C
Como os ângulos do polígono CDFG são retos, este polígono é um retângulo e daí
=
=
α⋅
β.
Portanto:
n
e
s
=
α⋅
s
o
c
B
G
+
n
e
s
G
C
=
s
o
c
B
C
n
e
s
( α +)
β =
β⋅
α.
β+
º
5
7
n
e
s
.
°⋅
°+
5
7
n
e
s
°=
5
7
n
e
s
°=
⋅
+
⋅
0
3
s
o
c
5
4
n
e 3
s
2
°+ )
° =
5 22 3
4
s
o 2
c
1
2
2 4
0
3 12
n
e
s
°= (
5
4
0
3
n
e
s
5
7
n
e
s
d) Calcule o valor de
Solução:
Temos que:
°⋅
°
(+ )
Questão 2: Um artesão, para pintar a superfície de esferas de raio 2 cm, estima gastar 0,05 cm³ de tinta
por cada cm² de superfície. A tinta a ser utilizada é vendida em latas em forma de cilindro circular reto,
cujo diâmetro mede 4 cm e cuja altura mede 5 cm. Nessa questão, despreze todas as espessuras
envolvidas.
a) Qual é o número mínimo de latas de tinta necessário para pintar 500 esferas?
Solução:
Sendo r = 2 cm o raio da esfera, a área da superfície de cada esfera é:
S e = 4πr 2 = 4π 2 2 = 16π cm 2 .
Como gasta-se 0,05 cm³ de tinta para pintar cada cm² de superfície, para pintar cada esfera serão gastos:
Te = 0,05 ⋅ 16π = 0,8π cm 3 de tinta.
4
Sendo R = = 2 cm o raio e h = 5 cm a altura da lata de tinta, o volume de cada lata é:
2
V L = πR 2 h = π ⋅ 2 2 ⋅ 5 = 20π cm 3 .
A razão entre o volume de tinta necessário para pintar as 500 esferas e o volume de cada lata de tinta é:
500 ⋅ Te 500 ⋅ 0,8π
=
= 20 .
VL
20π
Portanto, serão necessárias 20 latas de tinta para pintar as 500 esferas.
b) Cada esfera será acondicionada em uma caixa cúbica cujas arestas medem 5 cm. O espaço interno da
caixa, não ocupado pela esfera, será totalmente preenchido por um material de proteção. Qual é a medida
do menor volume desse material necessário para acondicionar as 500 esferas?
Solução:
Sendo Vc e Ve os volumes da caixa e da esfera, respectivamente, temos que:
4
4
32
Vc = 5 3 = 125 cm 3 e Ve = πr 3 = π ⋅ 2 3 = π cm 3 .
3
3
3
O volume de material de proteção necessário em cada caixa será a diferença:
32
Vc − Ve = 125 − π cm 3 .
3
Portanto, o volume de material de proteção necessário para acondicionar as 500 esferas é:
32 

500 ⋅  125 − π  cm 3 .
3 
