1A AVALIAÇÃO UNIDADE I -2015
COLÉGIO ANCHIETA-BA
ELABORAÇÃO: PROF. ADRIANO CARIBÉ e WALTER PORTO.
RESOLUÇÃO: PROFA. MARIA ANTÔNIA C. GOUVEIA
QUESTÃO 1. (UNIT-2014)
No triângulo ABC, Â = 80°, Ĉ  40° e BP é a bissetriz do ângulo B̂ .
Portanto o ângulo  mede
a) 100°
b) 110°
c) 120°
d) 130°
e) 140°
RESOLUÇÃO:
Se no triângulo ABC, Â = 80° e Ĉ  40°, então B̂  60
(soma dos ângulos internos de um triângulo é 180°).
BP é a bissetriz do ângulo B̂ (divide este ângulo em dois
ângulos de mesma medida). AB̂D  DB̂C  30 .
Em todo triângulo a medida de um ângulo externo é igual à
soma das medidas dos dois ângulos internos que não lhe são
adjacentes.
O ângulo BD̂C   é externo ao triângulo ABD, logo,
  (80  30)  110 .
RESPOSTA: Alternativa b.
QUESTÃO 2. (MACK-Adaptada)
Um trem de passageiros é constituído de uma locomotiva e mais 6 vagões distintos, sendo um
deles o restaurante. Sabendo que a locomotiva deve ir à frente e que o vagão restaurante não pode ser
colocado imediatamente após a locomotiva nem no final da composição, qual o número de modos
diferentes de montar essa sequência?
a) 420
b) 480
c) 540
d) 600
e) 640
RESOLUÇÃO:
O vagão restaurante somente pode colocado nos vagões 2, 3, 4 ou 5, logo de 4 modos diferentes.
Localizado o restaurante, no vagão 3, por exemplo, restam 5 localizações para os outros vagões que
podem ser arrumados de 5! = 5 ×4×3×2×1 = 120.
O número de modos diferentes de montar essa sequência é 4 × 120 = 480.
RESPOSTA: Alternativa b.
QUESTÃO 3. (UEFS-2014.1)
Dois postes verticais estão fincados em um terreno plano. Um deles possui ganchos a 0,5m e a
4,5m de altura, enquanto os ganchos do outro estão a 0,75m e 6,75m de altura. Dois ganchos são
esticados, indo do gancho mais baixo de cada poste ao mais alto do outro, e a lâmpada é pendurada no
ponto de interseção dos cabos.
Essa lâmpada está pendurada a uma altura de
a) 2m.
b) 2,5m
c) 3m.
d) 3,5m.
e) 4m.
RESOLUÇÃO:
Sendo RS  AB // CD , os triângulos PCR e PBS
são semelhantes, bem como, os triângulos CDP e
ABP.
 6,75  h b


6,75  h 6
 h  0,5 a
Então 


h  0,5 4
6  b
4 a

Resolvendo a equação:
6,75  h 6
  6h  3  27  4h  10h  30  h  3 .
h  0,5 4
RESPOSTA: Alternativa c.
QUESTÃO 4. (UNIFOR)
Seis pessoas classificadas para a etapa final de um concurso concorrem a seis prêmios: 2 deles
distintos, correspondentes ao primeiro e segundo lugares da classificação, e 4 iguais, como prêmios de
consolação aos demais classificados. De quantos modos distintos poderá ocorrer a premiação
dessas pessoas?
a) 120
b) 80
c) 60
d) 40
e) 30
RESOLUÇÃO:
Como somente são distintos os prêmios relativos aos dois primeiros lugares, o número de maneiras
diferentes que poderá ocorrer essa premiação é A6,2 = 6 × 5 = 30.
RESPOSTA: Alternativa e.
QUESTÃO 5.
Na figura a seguir, AB = 8 cm, BC = 10 cm, AD = 4 cm e o ponto O é o centro da
circunferência.
O perímetro do triângulo AOC mede, em cm:
a) 36
b) 45
c) 48
d) 50
e) 54
RESOLUÇÃO:
Em qualquer circunferência, quando traçamos dois segmentos
secantes, partindo de um mesmo ponto, a multiplicação da medida de
um deles pela medida de sua parte externa é igual à multiplicação da
medida do outro segmento pela medida de sua parte externa.
Os segmentos AE e AC , na figura ao lado, são secantes à
circunferência, então: 4 × (4 + 2r) = 8 × (8 + 10)  16 + 8r = 144 
8r = 128  r = 16.
O perímetro do triângulo AOC é 20 + 16 + 18 = 54.
RESPOSTA: Alternativa e.
QUESTÃO 6.
Sabe-se que n é a solução da equação An,3 = 3·(n – 1) com n  3 . Então, Cn,3 é igual a:
a) 1
b) 4
c) 10
d) 20
e) 35
RESOLUÇÃO:
Resolvendo a equação An,3 = 3·(n – 1):
n (n – 1) (n – 2) = 3 . (n – 1)  n(n – 2) = 3  n = 3  Cn,3 
n(n  1)( n  2) 3.2.1

1
3.2.1
6
RESPOSTA: Alternativa a.
QUESTÃO 7.
Na figura, x e y são os valores das medidas dos lados do triângulo de área igual a 18 u.a. O valor de
y2
é igual a
x
a) 24
b) 36
c) 30 –12
2
d) 30 –12 3
e)30+12 3
RESOLUÇÃO:
12.h
 18  6h  18  h  3
2
No triângulo retângulo AHC,
h
1 3
sen 30     x  6 .
x
2 x
z
3 z
cos 30  
  z 3 3 .
x
2
6
No triângulo retângulo BHC,
Sendo SABC = 18,
y 2  h 2  (12  z) 2  y 2  9  (12  3 3 ) 2  y 2  9  144  72 3  27  y 2  180  72 3 .
Sendo x = 3 e y 2  180  72 3 , então,
y 2 180  72 3 36(5  2 3 )


 6(5  2 3 )  30  12 3
x
6
6
RESPOSTA: Alternativa d.
QUESTÃO 8.
O professor Sangiovanni adora os personagens da Disney, em especial o Pateta, com quem
tem uma identificação especial. No seu tempo livre, ele adora ficar reordenando as letras dessa palavra
(PATETA), de maneira que as vogais fiquem todas juntas. Se ele demorar 10 segundos para escrever
cada um dos anagramas que atendem ao critério definido, após quantos minutos esse grande professor
concluirá a interessante tarefa de listar todos os anagramas desejados?
a) 4 minutos
b) 6 minutos
c) 8 minutos
d) 10 minutos
e) 12 minutos
RESOLUÇÃO:
O grupo AEA, como tem dois elementos iguais, pode ser escrito de
3!
 3 modos diferentes.
2!
P
AEA
T
T
Vamos pensar no anagrama acima como se fora formado por 4 letras, P, AEA, T e T
4!
O número de maneiras diferentes de formar uma palavra é  4  3  12 .
2!
Assim, o total de anagramas é 3 × 12 = 36.
Se o professor Sangiovanni demorar 10 segundos para escrever cada um dos 36 anagramas, levará 360
segundos, isto é, 6 minutos.
RESPOSTA: Alternativa b.
QUESTÃO 9. (UEFS-2011.1)
Na figura abaixo, ABCD é um quadrado de lado a. A circunferência de raio x tangencias os
lados AB e AD e a semicircunferência de diâmetro CD.
O valor de x em função de a é
a) a(3  3)
c) a(1  3)
b) a(2  3)
d) a(2  3)
e) a(3  3)
RESOLUÇÃO:
A medida do segmento OP é a soma dos dois raios (a + x); a do
a
segmento HP é (a – x) e a de HO é  x .
2
2
2
a

a

No triângulo retângulo PHO:   x     x   (a  x) 2 
2

2

a2
a2
 ax  x 2 
 ax  x 2  a 2  2ax  x 2  x 2  4ax  a 2  0 
4
4
x
4a  16a 2  4a 2
 x  2a  a 3  x  a ( 2  3 )
2
Como x < a, x  a(2  3 ) .
RESPOSTA: Alternativa b.
QUESTÃO 10. (UEFS – 2011.1)
Na figura em evidência, ABC é um triângulo equilátero de 12cm de lado. Além disso, M é o
ponto médio de AC e BE = 12cm.
Nessas condições, a medida do segmento BN , em centímetros, é igual a
a) 2.
b) 3.
c) 4.
d) 5.
e) 6.
RESOLUÇÃO:
Na figura em evidência, ABC é um triângulo equilátero de 12cm de lado. Além disso, M é o
ponto médio de AC e BE = 12cm.
Passando por M, ponto médio de AC ,a reta MD // AB , tem-se
MD = 6 (metade da medida de AB ) e BD = 6.
Os triângulos EBN e EDM são semelhantes (um ângulo comum e
os lados MD e BN paralelos):
MD ED
6 18

 
 18 x  72  x  6
BN
EB
x 12
RESPOSTA: Alternativa e.
QUESTÃO 11. (UESC-2010)
Na figura, o triângulo ABC é retângulo em C, suas medianas
BN e CM são perpendiculares e o comprimento de BC é
6 u.c.
Nessas condições é correto afirmar que o comprimento de
BN é
a)
3 u.c.
b) 2 u.c.
c) 2 2 u.c.
d) 3 u.c.
e) 2 3 u.c.
RESOLUÇÃO:
O ponto O é o baricentro do triângulo ABC, então BO = 2ON.
No triângulo BCN, h2  2 x.x e no triângulo BOC,
6  2 x 2  h2 .
2
2
2

h  6  4 x
 2x2  6  4x2  6x2  6  x  1
 2
2

h

2
x

Logo BN = 3.
RESPOSTA: Alternativa d.
QUESTÃO 12. (UESB)
Uma folha de papel quadrada de lado 12cm dobrada de modo que seu vértice D fique sobre o lado AB,
sendo Q a nova posição do vértice D, conforme a figura. Sabendo-se que o ângulo  mede 30°, pode-se
concluir que o segmento AQ, mede, em centímetros:
a) 5
b) 3 2
c) 6
d) 4 3
e) 7
RESOLUÇÃO:
Na figura ao lado, AP + PQ = AD.
No triângulo retângulo QAP:
12  x
1 12  x
sen30 
 
 x  24  2 x  3x  24  x  8
x
2
x
cos 30 
y
3 y

  y4 3
x
2
8
RESPOSTA: Alternativa d.