Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Trigonometria: equações e inequações trigonométricas
Para o vestibulaR
5 02
Seja x 5 sen 10° ? sen 70° ? sen 130° e utilizando a
relação 2sen a ? cos a 5 sen 2a, tem-se:
(2cos 10°) ? x 5 2sen 10° ? cos 10° ? sen 70° ? sen 130° 5
5 sen 20° ? sen 70° ? sen 130°
Esse artifício será usado mais duas vezes, até que se
extraia um valor numérico para a incógnita x.
• sen 70° 5 cos 20° (ângulos complementares)
2 ? (2cos 10°) ? x 5 2 ? sen 20° ? cos 20° ? sen 130° 5
5 sen 40° ? sen 130°
• sen 130° 5 sen 50° (ângulos suplementares) e
sen 50° = cos 40° (ângulos complementares)
2 ? (4cos 10°) ? x 5 2 ? sen 40° ? cos 40° 5
1
5 8x ? cos 10° 5 sen 80º 5 cos 10° ] 8x 5 1 ] x 5
8
2 c
sen4 x 2 cos4 x 5 (sen2 x 2 cos2 x)(sen2 x 1 cos2 x) 5
1
1
5 (sen2 x 2 cos2 x) 5 ] cos 2x 5 2 Æ
2
2
p
Æ x 5  1 kp, com k inteiro.
3
Então, a equação admite uma solução em cada
quadrante. Como cada meia-volta corresponde a p rad
e compreende duas soluções, 35p correspondem a 35
meias-voltas.
O intervalo [0, 35p] compreende 35 ? 2 5 70 soluções da
equação.
3 c
tg 5p 2 3tg(2210) 5 tg 300° 2 3 ? tg 150° 5
3
√3
50
5 2tg 60° 2 3 ? (2tg 30°) 5 2√3 1 3 ?
3
4 b
Por meio de uma regra de três simples, calcula-se a
aproximação 1 rad  57º. Tem-se, 45º , 57º , 60º.
Pela figura a seguir, conclui-se por inspeção direta que
estão corretas as alternativas a, d e e.
tg 1
sen 1
cos 1
04
01. Incorreta.
Aplicando as fórmulas de arco duplo, tem-se:
sen 2x 1 cos x 5 0 ] 2sen x ? cos x 1 cos x 5 0 ]
] cos x ? (2sen x 1 1) 5 0 ] cos x 5 0 ou sen x 5 2
A equação cos x 5 0 tem três soluções no intervalo
[0, 3 p]:
p 3p 5p
;
e
2 2
2
1
A equação sen x 5 2 tem duas soluções no intervalo
2
[0, 3p]:
7p 11p
e
6
6
Ao todo, são cinco soluções e não quatro.
02. Correta.
A figura representa a localização descrita no enunciado.
N
L
O
S
Tesouro
3 km
x km
60º
120º
4 km
Pedra
Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo, tem-se:
x2 5 32 1 42 2 2 ? 3 ? 4 ? cos 120° ] x2 5 9 1 16 2 24 ? (20,5) Æ
Æ x2 5 37 ] 36 , x2 , 49 Æ 6 , x , 7
04. Correta.
tg 240º 1 cos 330º
tg 60º 1 cos 30º
Æ
5
y5
sen 870º 2 sec 11p
1
sen 30º 2
cos 180º
√3
2
5 √3
Æy 5
1
1
2
2
21
08. Incorreta.
Pela relação fundamental, tem-se:
sen2 x 1 cos2 x 5 1 ] sec2 x 5 tg2 x 1 1 ] 5 5 tg2 x 1 1 Æ
Æ tg2 x 5 4
x pertence ao 3-o quadrante, então tg x . 0.
Portanto:
1
1
5
tg x 5 2 e cotg x 5 ] tg x 1 cotg x 5 2 1 5
2
2
2
16. Incorreta.
De acordo com o gráfico, há mais de um padrão de repetição
que pode ser identificado (o trecho compreendido no
intervalo [0, 4]), mas o período é igual a 4.
√3 1
6 a
1
5 sec 57º . 1
cos 57º
Portanto, a alternativa c é correta, pois sec 1 . cos 1.
Finalmente, tem-se:
sen 1 . sec 1 ] sen 1 ? cos 1 . 1
Isso é impossível, pois sen 1 , 1 e cos 1 , 1.
Portanto, a alternativa b é incorreta.
0 , cos 57º , 1 ]
1
2
sen2 2x 5 (2sen x cos x)2 5 4sen2 x cos2 x
Substituindo na função do enunciado, tem-se:
f(x) 5 4sen2 x ? cos2 x 2 4cos2 x 5
5 24cos2 x(2sen2 x 1 1) 5
5 24cos2 x(cos2 x) 5
5 24cos4 x
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 b
10 Considere os triângulos T1 e T2, respectivamente:
7 Como 0 , q , 1, podemos calcular:
a1
2 ? sen x
sen x
  ]
 
 
     ] S 5   _________
 
   
] 2 5   _________
S 5  _____
2
12q
2 2 sen2 x
x
sen
_____
1 2  
 
 
2
2
2
s
] sen x 5 1 ] sen x 5 !1 ] x 5  __   1 ks, k 9 b
2
Portanto, duas soluções a cada volta no ciclo trigonométrico. Como o intervalo [0, 20s] é composto de 10 voltas,
teremos 20 soluções no referido intervalo.
1
2
8 a) Do enunciado tem-se:
x
θ
1
2
α = 45°
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A aE
sen α
2α
cos 2α
cos α
cos 45w ? sen 45w
  
 
 
triângulo T2, em cm2, é: A2 5   ______________
5
2
2   dll
2  
dll
 ___  ?  ___  
2
2
1
________
 
 5  __    .
 
5  
4
2
b)Do enunciado, tem-se que:
2a ? cos 2a
sen a ? cos a sen
  
 
 
  
 
 
  ___________
]
,   _____________
2
2
1
1
] sen 2a  cos 2a 2  __    . 0 ] sen 2a . 0 e cos 2a .  __  
2
2
1
P aD
x
Os segmentos AE e PD têm o mesmo comprimento.
No :ACP:
x2 5 (1 1 a)2 1 12 ] (1 1 2a)2 5 1 1 2a 1 a2 1 1 ]
a 5 21 , 0
] 3a2 1 2a 2 1 5 0 ] 1
a 5  __   cm
3
11a
1
tg a 1 tg J
1 2 tg a ? tg J
 5   ____________
 
  
    ]
b)No :ACP: tg (a 1 J) 5  _____
4 1 1 tg J
1
]  __   5   ________ 
  
] 4 2 4 tg J 5 3 1 3 tg J ] tg J 5  __  
7
3
1 2 tg J
9 Seja t 5 tg (a 1 c), assim tem-se:
t12
6
4
tg (a 1 b 1 c) 5 tg [(a 1 c) 1 b] 5   ______   
5  __    ] t 5 2 ___     
1 2 2t 5
13
6
2 ___    2 2
13
_______________
    5 232
tg (a 2 b 1 c) 5 tg [(a 1 c) 2 b] 5     
6
1 2  2 ___       ? (22)
13
@  #
sen 2α
a)Se a 5 22,5w, então 2a 5 45w. Portanto, a área A2 do
C
α
1
α
1
B
1
@ 
#
Assim, 0 , 2a , 60 ] 0 , a , 30w.
ESTUDANDO Trigonometria: equações e inequações trigonométricas
Para o ENEM
A alternativa a não é correta, pois a troca feita da
segunda linha para a terceira utiliza corretamente a
relação fundamental da trigonometria e a identidade
trigonométrica do arco duplo. A alternativa b não
é correta, pois a potência sen 2 x foi resolvida, ainda
que incorretamente, na passagem da quarta para a
quinta linha. A quinta linha da resolução deveria ser
“sen 2x 5 ±1”. Isso mostra que há um erro na resolução
e, consequentemente, descarta as alternativas c e d ao
passo que valida a e.
2 d
O animal sairá da toca quando a temperatura estiver
abaixo dos 10 °C. Então:
C(t) , 10 Æ
tp
p
Æ 20 ? sen[
2
] 1 20 , 10 Æ
12
2
tp
6p
] , 10 2 20 Æ
Æ 20 ? sen[ 2
12
12
7p
tp 2 6p
11p
1
tp 2 6p
Æ
,
,
],2 Æ
Æ sen[
6
12
6
2
12
Æ 14 , t 2 6 , 22 Æ 20 , t , 28
Como t 5 0 representa meia-noite, t 5 20 significa 20h
do mesmo dia. Como 28 . 24, tem-se 28 2 24 5 4.
Então, é possível observá-los das 20h até as 4h do dia
seguinte.
3 d
a) Correta. De acordo com o texto, é possível que a
palavra seno seja apenas uma abreviação que se refere
à semicorda inscrita.
b) Correta, pois sen a 5 cos(90° 2 a) e (90° 2 a) é o
complementar de a.
c) Correta. De acordo com o texto, o segmento de reta t
t
é tangente à cincunferência. Por definição, tga 5 .
r
d) Incorreta. A justificativa para o nome da função
secante é semelhante à da função tangente.
e) Correta. Por convenção, a circunferência
trigonométrica tem raio unitário, isto é, r 5 1.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 e
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Matrizes, determinantes e sistemas lineares
Para o vestibular
B5
B1 1 B1 B1 1 B2 B1 1 B3
b11
b12
b13
b21
b22
b23 ] B 5 B2 1 B1 B2 1 B2 B2 1 B3
b31
b32
b33
B3 1 B1 B3 1 B2 B3 1 B3
Portanto, B1 1 B2 5 1,8 e B1 1 B3 5 3,0.
(B1 1 B3) 2 (B1 1 B2) 5 B3 2 B2 5 3,0 2 1,8 5 1,2.
Ou seja, R$ 1.200,00.
b)
B1 1 B2 5 1,8
B1 1 B3 5 3,0
B2 1 B3 5 2,0
(B1 1 B2) 1 (B1 1 B3) 1 (B2 1 B3) 5 1,8 1 3,0 1 2,0 ]
] 2B1 1 2B2 1 2B3 5 6,8 ] B1 1 B2 1 B3 5 3,4
Ou seja, R$ 3.400,00.
a11 a12
2 A 5 a a 5 sen2s coss 5 0 21
21 0
cos(2s) sen4s
21
22
1 0
0 21 a b
3
5
]
Portanto,
c d
0 1
21 0
Assim: A21 5
c 5 21
d50
a50
b 5 21
0 21 .
a b
5
21 0
c d
3 A 5 a11 a12 5 4 2 ] det A 5 18
a21 a22
7 8
4 e
7 a
• det (2A) 5 23  det A 5 8  det A
• det (At) 5 det A 5 5
• det (2A) 5 2det A 5 25
8  det A 2 det A 2 (2det A) 5 8 ∙ 5 2 5 2 (25) 5
5 8  5 2 5 1 5 5 40
8 d
Lembrando que a matriz identidade é o elemento
neutro da multiplicação matricial:
AX 2 X 1 B 5 C ⇒ (A 2 I) X 5 C 2 B
Portanto, desde que A 2 I admita inversa:
X 5 (A 2 I)21 (C 2 B)
9 e
13 2 x
13x 1 2y
6
6
5?5 555 5]5
AB5C]5
555 5]
5 1 y
5x 1 y
0
0
13 x 2 y 6
]
] x 5 2 e y 5 −10
5x y 0
x 2 y 5 2 2 (210) 5 12
{
10 c
Seja x o número de sanduíches da primeira compra, e C
o custo por unidade.
180

 x C 180 ⇒ x ⇒
C

( x 6) ⋅ ( C 2) ( x 3 0) C
] x  C 2 6C 1 2x 2 12 5 x  C 1 30  C ]
180
] 26C 1 2 
2 12 5 30C ]
C
] 26C2 1 2  180 2 12C 5 30C2 ] 36C2 2
Q3 × 3  C3 × 1 5 V3 × 1
2 1 1 10  20 50 30  100 
⇒  1 2 0  50  10 100 0  110 
2 0 2  30  20 0 60  80 

   
 

5 d
Há x mesas com 7 pessoas e y mesas com 3 pessoas:
x y 20 − 3
3 x 3 y 60
⇒
7 x 3 y 108
7 x 3 y 108
] x 5 12 e y 5 8
y
8
0 , 4 40 %
20
20
6
log 0,01 2 3 22
1
det (B 2 A)
1
5  ___     3 28
50
2
28
5
4 2 log 0,1 log 0,01 2 3
2 5
25 25
4
2 ___     
25
C3
1 12 4 3 ( 30)
1 1 9 10
C 23
6
3
C . 0, portanto, o preço de custo é de R$ 3,00.
]C 11 a
 c   0 a 0 b 1 c   0 0 1  a 
a  1 a 0 b 0 c   1 0 0  b 
b  0 a 1 b 0 c  0 1 0  c 
  
  
 
12 c
a) det (B 2 A) 5 4 2 log 0,1 28 5 (24 1 16) 2 (210) 5 50
b)  _________
   
  3
2 360 1 12C 5 0 ] 3C2 1 C 2 30 5 0 ]
1
 ___     
25
1
1
2 ___      2 ___     
10 10
Sejam x, y e z, respectivamente, os preços da TV, do
freezer e da churrasqueira:
Loja A: z 1 y 5 1.288
Loja B: x 1 y 5 3.698
Loja C: z 1 x 5 2.588
y z 1 . 288
x z 2 . 588
]
⇒ x z 2 . 410 ⇒
x y 3 . 698
x z 2 . 410
] x 5 2.499
Substituindo x nas equações, tem-se:
z 5 2.588 2 2.499 ] z 5 89
y 5 3.698 2 2.499 ] y 5 1.199
∴ x 1 y 1 z 5 2.499 1 1.199 1 89 5 3.787
{
{
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a)
13 c
15 a
Sejam x, y e z as quantidades da primeira, segunda e
terceira ligas, respectivamente, que serão utilizadas
para compor a nova liga. Então:
2 x 3 y 4 z 3 , 7

3 x 4 y 5 z 4 , 9
4 x 5 y 9 z 7 , 6
5
Adicionando as duas primeiras equações e subtraindo
da terceira, obtém-se:
x 1 2y 5 1 ] x 5 1 2 2y
Substituindo nas duas primeiras equações:
{
y 4 z 1, 7
y 4 z 1, 7
⇒
⇒
2 y 5 z 1, 9
3 z 1, 5
⇒ z 0 ,5, y 0,3 e x 0, 4
14
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Nota-se que P é matriz ortogonal se Pt 5 P21 ]
] Pt 3 P 5 P21 3 P ] Pt 3 P 5 I.
a) A matriz P dada é ortogonal se Pt 3 P 5 I ]
2 2
2 2
1
1
2 __   2 __   2 __   2 __   2 __   2 __  
3  3 3
3  3 3
1 0 0
2
2
1
] 2 __   a b 3 2 __   a 2 __   5 0 1 0 ]
3
3
3 
0 0 1
2
2
1
2
2
2 __   2 __    __  
2 __   b  __  
3
3  3
3
3
2
2 2
__
      2  __  a 2  __  b
1
9 3
3
2
2
2
4
] __
     2  __  a 2 __  b __
     1 a2 1 b2
9 3
3
9
4 1
2
__
0
     2  __  a 1  __b
  
9 3
3
2 2
2
 __   2  __  a 2 __  b 5 0
0
9
9 3
3
4
2
__
     1 a 1 b2 5 1 ]
9
1
2
4 __
__
     2     a 1  __  b 5 0
9 3
3
]
1 0 0
4 1
2 5 0 1 0 ]
__
     2  __  a 1  __b
  
3
3
0 0 1
1
5
0
0
1
0 2 __
  
2
0
0
5
1
 __  
4 
1
 __  
4 
1
2 __  
2 
1
___
0   dll    
 2  
3
3 1 q2
d
 ll
3  (q 1 n)
d
3  (q 1 n)
 ll
3 1 n2
5
6 6
]
6 6
2
dll
] 3 1 q2 5 6 ] q 5  3  
3 1 n 5 6 ] n 5 dll
3  
Portanto, n2 1 n 3 q 5 @ dll
3   #2  1 dll
3  3 dll
3  5 3 1 3 5 6.
16 Da primeira equação, temos x 5 1 1 z 2 y. Substituindo,
na segunda equação:
2(1 1 z 2 y) 1 y 1 z 5 1 ] y 5 1
Logo, x 5 1 1 z 2 1 ] x 5 z. Portanto S 5 {(z, 1, z)},
com z 9 i.
Assim, as soluções são pontos pertencentes a uma reta;
logo, x 5 a 1 1, y 5 2a e z 5 a não pode ser uma solução.
17 a)
1 cos2 asen2 a
1 cos2 a 1 sen2 asen2 a
2
2
D 5 1 cos bsen b 5 1 cos2 b 1 sen2 bsen2 b
0 cos2 csen2 c
0 cos2 c 1 sen2 csen2 c
1 1 sen2 a
1 1 sen2 b 5 sen2 c 1 sen2 a 2 sen2 b 2 sen2 c 5
0 1 sen2 c
5 (sen a 1 sen b)(sen a 2 sen b) 5
a1b
a2b
a2b
a1b
5 2sen   _____
     cos   _____
     3 2sen   _____
     cos   _____
     5
2
2
2
2
@ 
# @  # @  # @ 
a1b
a2b
5 sen E 2 @      #  Rsen E 2 @      #  R5
2
2
_____ 
#
_____ 
5 sen (a 1 b) 3 sen (a 2 b)
b)O sistema linear admite soluções não triviais quando
2
a 5  __  
3
1
b 5 2 __  
3
1 1
 __    __  
2  2 
1
1
__
2     2 __  
2  2
2  
2   d ll
dll
2 ___    ___  
2 2
for SPI (D 5 0). Assim:
D 5 sen2 a 2 sen2 b 5 0 ]
] sen a 5 sen b ou
sen a 5 2sen b
Portanto: a 5 !b 1 k 3 s (k 9 b),
2
Cb
2
cos a 5 1 2 sen a 5 0
b)Sendo Q ortogonal, a solução do sistema é:
x 5 A21b 5 (QR)21b 5 R21Q21b 5 R21Qtb 5
1
 __  
2 
d
3 1 q2 d ll
dll
3    q
 ll
3    n
3  (q 1 n) 5
5
3
d
ll
d
d
ll
ll

3 
 (q 1 n)
n  3   q  3  
3 1 n2

{
M 3 Mt 5
dll
2  
 ___  
2
6
d
2  
 ll
 ___   3 22 5
2
0
0
1 d ll
2  
 __    ___  
4  4
1
6
2  
1 d ll
 __   2 ___   3 22 5 1
4
4
24
0
1
 __  
0
2
c)
4
sen2 c 5 1 2 cos2 c 5  __  
5
Assim:
x 1 0 3 y 1 z 5 0
(I)
x 1 (cos2 b) 3 y 1 (sen2 b) 3 z 5 0 (II)
y 1 4z 5 0
(III)
Sendo z 5 a, tem-se:
x 5 2a e y 5 24a
Portanto, S 5 {(2a, 24a, a)}, com a 9 V.
x21 x21 x21
1
2 5 0 ]
x21 1
22
a)det A 5 x 2 1
21 b
Os termos pertencentes à diagonal secundária desta
matriz são: a13 5 5, a22 5 –4 e a31 5 –2
 0 −4
Cofator de a13 5 (–1)1 1 3 ? − 2 4  5 (21)4 ? (28) 5 28


3
5


Cofator de a22 5 (–1)2 1 2 ? − 2 1 5 (21)4 ? 13 5 13


] (x 2 1) (21)3 1 1 x 2 2 x 1 1 5 0 ] x 5 1 ou x 5 2.
0
4
Portanto, V 5 {1, 2}.
2 2 1 2 2 1 2 2 1 y1
m
y2 5 3 ]
1
2
221 1
22 y3
5
5
2
5 (21)4 ? 18 5 18
Cofator de a31 5 (–1)3 1 1 ? 
4 1
b)Para x 5 2: Ay 5 b ] 2 2 1
y1 1 y2 5 3 2 2y3
y1 1 y2 1 y3 5 m
] y1 1 y2 1 2y3 5 3 ] y3 5 3 2 m
1
y3 5 2 __  
y1 1 y2 2 2y3 5 5
2
O sistema possui infinitas soluções se:
1
7
3 2 m 5 2 __   ] m 5  __  
2
2
19 a) x 1 2y 1 3z 5 23 ] x 1 2y 1 3z 5 23 ]
x 1 y 1 4z 5 25
] 2y 1 z 5 2
x 5 27 2 5z
x 1 2(z 2 2) 1 3z 5 23
] y5z22
y5z22
b) Nas condições dadas e considerando o item anterior:
x>1
y>1 ]
z>1
27 2 5z > 1
z22>1 ]
z>1
z<5
z > 3 [ 3 < z < 5
z>1
Como z 9 b, seus possíveis valores são 3, 4 e 5.
Assim, as possíveis quantidades de canetas (z), borrachas (x) e lápis (y) que Pedro deseja comprar são:
• para z 5 3, x 5 27 2 5 ? 3 ] x 512 e y 5 1;
• para z 5 4, x 5 27 2 5 ? 4 ] x 5 7 e y 5 2;
• para z 5 5, x 5 27 2 5 ? 5 ] x 5 2 e y 5 3.
S 5 {(2, 3, 5), (7, 2, 4) e (12, 1, 3)}
20 a)
b1c
a  _____
  
 
a c
1 a b
__
b 1 c 2 5 B t
B 5     
5  _____
1
  
 
b d
2 c d
2
d
Portanto, B é simétrica, pois B 5 Bt.
b2c
0
  
 
 _____
a c
1 a b
2 5 2C t
c2b
5  _____
C 5  __  
2
 
 
 
d
b
d
c
2
0
2
Portanto, C é antissimétrica, pois C 5 2C t.
b)
b1c
b2c
 _____
 
 _____
 
 
 
a
0
a b
2
2
5
1
b1c
b2c
c d
_____
 _____
  d
 
0
 
2   
2
2
Matriz simétrica
Matriz antissimétrica
Logo: 28 1 13 1 18 5 23.
22
1
0
0
2
a) 2 sen x
2
5 sen x 3 cos x 1 8
0
cos x
sen 2x
2
b)2sen x 3 cos x 5 sen 2x ] sen x 3 cos x 5  ______
 
 
]
sen 2x
 1 8
 
] sen x 3 cos x 1 8 5  ______
2
O valor do determinante da matriz A será máximo
quando sen 2x for máximo, ou seja, igual a 1. Logo:
1
sen 2x 5 1 ]  __   1 8 5 8,5
2
O valor do determinante da matriz A será mínimo quando sen 2x for mínimo, ou seja, igual a 21. Logo:
1
sen 2x 5 21 ] 2 __   1 8 5 7,5
2
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
18
23 d
a1 a2
• det A 5 0 a4
0 0
a3
a5 a1 a4 a6 1 . 000 ,
a6
a4
a 3d
10
1
• a4 5 a1 1 3d ⇒
d
d
d
Solução I
a1 a4 a6 a1 10 ( a1 5d ) 1 . 000 ⇒
a ( a1 5d )
10 2
⇒ 1
2 ⇒
2
d
d
2
2
a
a 
 10 
⇒  1  5 ⋅ 1   ⇒
 d 
 d
d
2
2
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
a
a 
a

⇒  1  5 1  1 3 ⇒
 d
 d

d
2

 a  2
a
a
a 
⇒  1  5 ⋅ 1  1  6 1 9  ⇒
 d


d
d

 d
2
a
a 
⇒ 2  1  11 1 9 0
 d
d
− 11
S=
a
9
2 ⇒ a1 = − 1 ou
u 1 =−
d
2
d
9
P=
2
a
10
d0⇒
1 3 0
d
d
a1
1
∴
d
Solução II
a4 5 10 e a6 5 a1 1 5d ]
] a1 ? a4 ? a6 5 a1 ? 10 ? (a1 1 5d) 5 21.000 ]
] a1 ? (a1 1 5d) 5 −100 ]
] a1 ? (a1 1 5d) 5 (10 − 3d) ? (10 1 2d) 5 2100 ]
] 3d2 1 5d 2 100 5 0 ] d d > 0, portanto, d 5 5.
d5
5 35 20
d
6
3
a1 5 10 2 3d 5 10 2 3 ? 5 5 10 2 15 5 25 ]
−5
a1
−1
] d
5
24 a
A área do triângulo ABC é dada pela metade do valor
absoluto do determinante da matriz formada pelas
coordenadas dos vértices, conforme indicado.
A ABC xa ya 1
1 1 1
1
1
11
1
x b y b 1 4 8 1 11 2 3 9 1
2
2
2 x y 1
c
c
ESTUDANDO Matrizes, determinantes e sistemas lineares
Para o ENEM
3 d
De acordo com o sistema de controle, aij . 100, para
qualquer j.
Em A2, a11 , 100 e pertence à primeira linha (i 5 1).
Portanto, estava prevista uma reposição e, de fato,
a quantidade de itens passou de 99 para 110;
a12 . 100 e, nesse caso, o sistema não previa reposição.
A quantidade de itens passou de 115 para 110; logo, 5
foram vendidos.
2 c
Para que o problema seja resolvido, basta encontrar a
transposta da matriz C e somá-la à matriz A:
102 4 113 3 102 4 101 5
 62 2 69 0 73 0 75 2 
A C 
66 0 60 0 61 3 66 0 


100 0 97 0 92 2 64 0 
t
106 116 106 106 
 64 69 73 77 

66 60 6 4 66 


100
97 64 64 

De acordo com as regras de operação matricial, o produto
A4 3 4 ? B está definido se a matriz B tem 4 linhas. Por outro
lado, o produto B ? A4 3 4 está definido se a matriz B tem 4
colunas. O resultado da multiplicação deve ser uma matriz
com o mesmo número de linhas do fator à esquerda e o
mesmo número de colunas do fator à direita. A matriz M
tem 1 coluna. Então, B é de ordem 4 3 1.
Os elementos da matriz M são iguais ao resultado da
média entre os elementos de cada linha da matriz A, as
1
quais têm 4 elementos. Portanto, x 5 .
4
4 e
O fato de a matriz em questão ter duas colunas com
elementos proporcionais, é numericamente expresso
pelo determinante nulo.
2 1 1
det PQR xa ya 1
3
1
1
1
xb yb 1 3 2 1 0 0
2
2 x y 1
2
c
c
1
1
1
2
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 e
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Análise combinatória
Para o vestibular
será igual ao total de comissões formado pelas 9 pessoas, menos o total de comissões formado por apenas
rapazes.
9!
9383736
C9, 5 2 C5, 5 5  ____    2 1 5   _________  
215
4 3 3 3 2 31
5!4!
9383736
  2 1 5 126 2 1 5 125
5   _________ 
4333231
Portanto, a comissão pode ser formada de 125 maneiras
diferentes.
2 Os países Q e R fazem fronteiras somente com os países
P e S. Portanto, basta que as cores dos países Q e R sejam
diferentes de cada uma das cores dos países P e S.
a)Pode-se escolher a cor do país P de 4 maneiras, a cor
do país S, de 3 maneiras e, como Q e R podem ter a
mesma cor, são duas possibilidades para cada. Agora:
4 3 3 3 2 3 2 5 48
Portanto, existem 48 possibilidades para colorir o
mapa, de modo que os países P e S sejam coloridos
com cores diferentes.
b)Nessa condição, existem 4 possibilidades para colorir
o par P e S; analogamente, são 3 possibilidades para Q
e R. Agora: 4 3 3 3 3 5 36
Portanto, são 36 maneiras de colorir o mapa de modo
que os países P e S sejam coloridos com a mesma cor.
3 Os cubinhos unitários sem nenhuma face pintada formam um cubo de aresta n 2 2. Em cada face do cubo de
aresta n há 2 3 (n 2 2) cubinhos unitários com exatamente uma face pintada.
4 A primeira pessoa do casal pode ser escolhida de 12 modos
(homem ou mulher) e a segunda de 6, ou seja, 12 3 6 5 72.
Esse resultado deverá ser dividido por 2!, pois queremos
fazer combinações de pessoas, isto é, a ordem (homem
e mulher ou mulher e homem) não importa. Portanto,
36 pares.
5 Sejam A, B e C os times em questão. Assim, o time A
somou 3 pontos em 2 partidas realizadas no próprio
estádio; logo, ganhou uma e empatou outra. O time C
empatou todas as partidas que disputou (2 com A e
2 com B); logo, somou 4 pontos. O time B perdeu para A
a partida que disputou no estádio deste. Não ganhou
nem empatou a outra, pois nesses casos haveria empates
de pontuação; logo, perdeu e somou apenas 2 pontos nos
empates com C.
Portanto, 6 3 4 3 2 5 48.
6 1 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 5 28 5 256 códigos binários
7 a
Como há 5 escolhas possíveis para cada um dos 4
dígitos da senha, o total de senhas distintas (incluindo
as que aparecem o número 13) é 54 5 625.
O número 13, no entanto, pode aparecer de 3 formas
distintas:
1 3 X X
X 1 3 X
X X 1 3,
de modo que, em cada uma delas, sobram 5 escolhas
para cada posição vazia. Dessa forma, o número de
senhas que contém o número 13 é dado por:
25 1 25 1 25  75
Nota-se que, entre essas 75, a senha 1313 foi contada
duas vezes. Então, descontando essa repetição, restam
74 senhas distintas que não servem para Maria.
625 – 74  551
Então, ela pode escolher sua senha de 551 maneiras
distintas.
8 e
n–2
n
Logo, dentre os n cubinhos unitários, n . 2, há (n 2 2)3
cubinhos sem nenhuma face pintada e 6 3 (n 2 2)2 cubinhos com exatamente uma face pintada.
a)(n 2 2)3 5 6 3(n 2 2)2 ] n 2 2 5 6 ] n 5 8
b)n3 2 (n 2 2)3 5 56 ] ] [n 2 (n 2 2)] 3 [n2 1 n(n 2 2) 1 (n 2 2)2] 5 5 56 ] 3n2 2 6n 1 4 5 28 ] 3n2 2 6n 2 24 5 0 ]
] n 5 4 e n 5 22 (não convém)
Há 3 possibilidades para o primeiro círculo. Para os
outros, a única restrição é que não sejam pintados com
a mesma cor do anterior, restando 2 possibilidades.
3 ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 5 48
3
Pode-se, então, pintar os círculos de 48 formas
diferentes.
9 a
O número de senhas de 6 dígitos que podem ser criadas
com os 10 algarismos existentes é:
10 ? 9 ? 8 ? 7 ? 6 ? 5 5 151.200
151.200 : 10 5 15.120
Como o programa testa 10 códigos por segundo, ele
leva 15.120 s para testar todos os códigos.
Em horas: 15.120 s 5 252 min 5 4 h e 12 min
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 O total de comissões com pelo menos 1 rapaz e 1 moça
10 e
Os tipos de combinações que ele pode fazer são:
• escolher um sabor e repeti-lo quatro vezes: 3 opções;
• escolher dois sabores (morango e uva, morango e
chocolate ou uva e chocolate) e combiná-los (3 bolas
do primeiro e 1 do segundo, 2 bolas de cada ou 1 do
primeiro e 3 do segundo) 3 ? 3 5 9 opções;
• colocar uma bola de cada sabor e, então, escolher um
deles para repetir: 3 opções.
Total de opções: 3 1 9 1 3 5 15.
11 b
16 b
Como CESUPA tem 6 letras distintas, sendo
3 vogais e 3 consoantes, tem-se 3 escolhas para
a primeira posição, 3 escolhas para a última
posição e, escolhidas as extremidades, basta
permutar as outras 4 letras. Então, o número de
anagramas procurado é 3 ? 3 ? 4! 5 9 ? 24 5 216.
17
a) O conjunto P possui 3 3 3 3 3 5 27 pontos.
b)Fixando-se z 5 1, tem-se 3 3 3 5 9 pontos. Esses pontos estão contidos em um quadrado de lado 2 paralelo ao plano xOy, de acordo com a figura 1. Na figura 2
tem-se as oito retas que passam exatamente por três
desses pontos.
Com 3 meias pode-se ter uma de cada cor, mas com 4
haverá obrigatoriamente uma das 3 cores para a qual
ter-se-á pegado pelo menos duas meias da mesma cor.
z
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
12 e
Para acomodar a família Sousa há 3 ? 3! possibilidades.
Nos dois bancos restantes há 2 ? 2 ? 2! modos de colocar
Lúcia e Mauro. Pode-se dispor as 4 pessoas restantes de
4! maneiras. Assim, pelo princípio fundamental da contagem:
3 ? 3! ? 2 ? 2 ? 2! ? 4! 5 3.456 maneiras distintas.
13
a)A quantidade total de números é o total de permutações dos 6 algarismos, ou seja, 6! 5 720. Iniciando-se
com o algarismo 1, há 5! 5 120 números.
b)5 1 2 . 3 4 6 é o m e n o r n ú m e ro i n i c i a d o p o r 5 .
Há 4 ? 120 5 480 números iniciados por 1, 2, 3 e 4.
Portanto, 512.346 é o número de posição 481.
Os primeiros 120 números são iniciados por 1; os
120 números seguintes começam por 2. O número da posição 241 é o menor iniciado por 3, ou seja,
312.456, e, portanto, o número que ocupa a posição
242 é: 312.465.
14
Se Fernando retirar as três primeiras meias, uma de cada
cor, necessariamente, a quarta meia deve repetir uma
das três cores; portanto, Fernando deve retirar pelo menos quatro meias para ter certeza de que haverá duas da
mesma cor.
15
a)20 3 (6 3 5) 5 600
b)Cada fileira possui 8 maneiras de um casal sentar-se
em poltronas vizinhas (4 do lado esquerdo e 4 do lado
direito); portanto, são 20 3 8 5 160 maneiras distintas.
c)De acordo com o item b, cada fileira possibilita 8 maneiras diferentes para um casal sentar-se em poltronas vizinhas. Escolhida uma delas, o outro casal fica
com 4 possibilidades a menos (à esquerda ou à direita). Se para o primeiro casal são 160 possibilidades,
para o segundo restam 156. Logo, são 160 · 156 5
5 25.280 possibilidades distintas para os dois casais
sentarem-se nas condições do enunciado.
O
x
y
Figura 1
Figura 2
18 c
De acordo com as regras estabelecidas, após concluir
o saneamento básico, qualquer outra obra pode ser
realizada. Antes de realizar o saneamento, no entanto,
pode-se apenas construir casas ou creches. Dessa forma,
as seguintes escolhas podem ser feitas:
I. Casas populares, saneamento, 3 opções, 2 opções,
1 opção:
3?2?156
II. Casas populares, 2 opções, saneamento, 2 opções,
1 opção:
2?2?154
III. Casas populares, 2 opções, 1 opção, saneamento,
calçamento das ruas:
2?152
Total de possibilidades: 6 1 4 1 2 5 12.
19
5!
3!
6!
C5, 1 3 C3, 1 3 C6, 3 5  ____    3  ____    3  ____    5 5 3 3 3 20 5 300
1!4! 1!2! 3!3!
Portanto, a comissão pode ser formada de 300 maneiras
diferentes.
20
Considere cada aperto de mão como sendo uma combinação de dois ministros, logo:
Cn, 2 5 15 ]
n(n
2 1)(n 2 2)!
n(n 2 1)
n!
______________
]  _________
    
 
 
 5 15 ]
5     
 
5   ________
 
2
2! (n 2 2)!
2(n 2 2)!
1 ! 11
 
 
] n2 2 n 2 30 5 0 ] n 5   ______
 
]
2
] n 5 6 ou n 5 25 (não convém)
Portanto, havia seis ministros presentes ao encontro.
25 a
As comissões deverão ser formadas por 5 homens ou por
4 homens e 1 mulher, assim:
C5, 5 1 C5, 4 3 C6, 1 5 1 1 5 3 6 5 31
Portanto, poderão ser formadas 31 comissões.
22
O resultado pedido é igual ao número de soluções inteiras e positivas da equação x 1 y 1 z 5 7, em que x, y e z
representam o número de bolas em cada caixa.
Como x > 1, y > 1, z > 1, façamos x 5 a 1 1, y 5 b 1 1 e
z 5 c 1 1. Desse modo, a 1 b 1 c 5 4.
O número de soluções dessa equação é dado por
C6,4 5 15.
23
a)3 3 2 3 (C5, 1 1 C5, 2 1 C5, 3 1 C5, 4 1 C5, 5) 5
5 6 3 (5 1 10 1 10 1 5 1 1) 5 6 3 31 5 186
Podem ser montados 186 sanduíches distintos.
b)2 3 1 3 C5, 2 5 2 3 10 5 20
Podem ser montados 20 sanduíches distintos nas
condições do enunciado.
24
De acordo com as regras de divisibilidade, um número
é divisível por 4 se os dois últimos algarismos configurarem um número divisível por 4; é divisível por 3 se a
soma dos valores absolutos de seus algarismos resultar
em um número divisível por 3.
a)Com os algarismos de C formam-se 9 pares, que são
divisíveis por 4: 12, 16, 24, 32, 36, 44, 52, 56, 64. Os
números procurados são da forma abcd, em que os
algarismos a e b são elementos de C, e cd é um dos
nove pares acima. Agora: 6 ? 6 ? 9 5 324.
Portanto, nas condições impostas, existem 324 naturais múltiplos de 4.
b)Primeiro encaram-se como combinações (não importa
a ordem); isso porque é mais fácil encontrar as combinações do que os arranjos, pois estes contam com
uma quantidade consideravelmente maior. No final,
multiplica-se o número de combinações por 3! que é
o número de permutações possíveis com 3 elementos.
Formando combinações de 3 dígitos do conjunto C,
há C6, 3 5 20 combinações. São elas:
123 2 soma 5 6
236 2 soma 5 11
135 2 soma 5 9
346 2 soma 5 13
234 2 soma 5 9
126 2 soma 5 9
256 2 soma 5 13
146 2 soma 5 11
124 2 soma 5 7
245 2 soma 5 11
136 2 soma 5 10
356 2 soma 5 14
235 2 soma 5 10
134 2 soma 5 8
345 2 soma 5 12
156 2 soma 5 12
125 2 soma 5 8
246 2 soma 5 12
145 2 soma 5 10
456 2 soma 5 15
Portanto, 8 combinações somam números múltiplos de
3, logo, 8 3 3! 5 8 3 6 5 48 números múltiplos de 3.
O presidente e o vice podem se sentar de duas
maneiras diferentes (já que são duas cabeceiras). O
secretário pode se sentar à esquerda ou à direita do
presidente. Resta escolher 4 das 7 cadeiras para os
outros participantes, que poderão permutar entre as
escolhidas. Então, o número de maneiras em que eles
podem se sentar é:
7?6?5
7!
2 ? 2 ? C7, 4 ? P4 5 2 ? 2 ?
? 24 5
? 4! 5 4 ?
3?2?1
4! ? 3!
5 96 ? 35 5 3.360
26 d
A pessoa tem de andar 7 quadras para a direita e
5 quadras para cima, em qualquer ordem. O número
de percursos diferentes pode ser calculado como
uma permutação entre essas 12 quadras com 7 e
5 repetições:
7, 5
P12
5
12!
95.040
12 ? 11 ? 10 ? 9 ? 8
5
5 792
5
7! ? 5!
120
5?4?3?2?1
27
7
7
8
9
8
8
9
1
1
1
5
1
1
5
2
3
4
5
3
4
5
5
10
9
9
10
1
5
5
5 252
4
5
5
5! ? 5!
28 a
Os números fatoriais que resultam em 1 são 1! ou 0!.
Primeiro caso:
x21
5 1 ] x 2 1 5 2x2 1 3 ] 2x2 2 x 1 4 5 0
2x2 1 3
Essa quadrática não tem raízes.
Segundo caso:
x21
50]x2150]x51
2x2 1 3
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
21
ESTUDANDO Análise combinatória
Para o ENEM
1 c
Se os números de telefone tivessem 2 algarismos,
poderiam começar com 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 ou 9 e
terminar com qualquer um desses números mais o 0.
Pelo princípio fundamental de contagem, o número de
possibilidades é dado por: 9 ? 10 5 90.
Por analogia, existem 900 números de 3 algarismos;
9.000 de 4 algarismos; 90.000 de 5 algarismos; e 900.000,
de 6 algarismos.
Assim, em 1883 os números deveriam ser formados por
4 algarismos e, em 1939 (1879 1 60), por 6.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 e
Os segmentos de reta que podem ser traçados de um
conjunto de pontos não colineares são sempre determinados por dois desses pontos, que irão caracterizar
os extremos do segmento. Como não importa a ordem
em que esses dois pontos serão escolhidos (AB coincide
com BA, por exemplo), pode-se dizer que o número de
segmentos é uma combinação dos pontos, escolhidos
dois a dois.
3 e
Sabe-se que alterar a ordem dos símbolos alterará
o resultado da expressão, de modo que a única
resposta correta seria 6 1 3 ? 5 1 2 5 23. Sabe-se
também que, para cada um dos espaços, existem
duas possibilidades de preenchimento: 1 ou 3.
Dessa forma, o número de combinações entre eles é
dado por 2 ? 2 ? 2 5 8, resultando em menos de
10 respostas possíveis.
4 e
Aplicando a criptografia na palavra ROMA:
R51
O52
M53
A54
Construindo os cinco primeiros anagramas:
1234 5 ROMA – chave 1
1243 5 ROAM – chave 2
1324 5 RMOA – chave 3
1342 5 RMAO – chave 4
1423 5 RAMO – chave 5
Os números estão em ordem crescente. Percebe-se que,
utilizando a chave 5, a palavra ROMA se transforma em
RAMO (o que torna a alternativa e verdadeira).
Analisando as outras alternativas, percebe-se que c e d
são falsas.
Além disso, criptografando RAMO, encontra-se:
1234 5 RAMO – chave 1
1243 5 RAOM – chave 2
1324 5 RMAO – chave 3
1342 5 RMOA – chave 4
1423 5 ROAM – chave 5 (não se transforma em ROMA,
portanto, a alternativa a é falsa.)
E, criptografando AMOR, encontra-se:
1234 5 AMOR – chave 1
1243 5 AMRO – chave 2
1324 5 AOMR – chave 3
1342 5 AORM – chave 4 (não se transforma em ROMA,
portanto a alternativa b é falsa.)
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Probabilidade
Para o vestibular
A
Não consomem nenhum
dos três produtos.
12%
6%
C
5%
7%
12%
27%
8%
23%
B
Portanto, a probabilidade de um entrevistado não consumir nenhum dos três produtos é 12%.
2 I
II
III
IV
Analisando os dados:
• 1 aluno conhece as três línguas;
• 2 alunos conhecem francês e inglês, mas não espanhol (3  1 52);
• 4 alunos conhecem espanhol e inglês, mas não francês
(5  1 5 4);
• 3 alunos conhecem espanhol e francês, mas não inglês
(4  1 53);
• 7 alunos conhecem apenas inglês (14  4  2  1 5 7);
• 2 alunos conhecem apenas francês (8  3  2  1 5 2);
• 1 aluno conhece apenas espanhol (9 3  4  1 5 1).
Total: 1 1 2 1 7 1 3 1 4 1 2 1 1 5 20.
Analisando as afirmações:
I. Verdadeira. 1 em 20 5 0,05 5 5%.
II. Verdadeira. 2 em 20 5 0,1 5 10%.
III. Verdadeira. 3 1 2 1 1 5 6 em 20 5 0,3 5 30%.
IV. Verdadeira. 7 em 20 5 0,35 5 35%.
V. Falsa. 1 aluno tem conhecimento apenas de espanhol
e 2 apenas de francês.
3 d
O número de anagramas de Ufam é 4! 5 24. Se as duas
vogais forem consideradas um único bloco, o número
de anagramas com essa condição será 3! 5 6. Como as
vogais U e A podem permutar entre si, tem-se o dobro
de anagramas desse tipo, ou seja, 12. Assim, a probabilidade procurada é 12 em 24, ou seja, 50%.
4 d
Total de anagramas da sigla PUCRS é 5! 5 120.
Fixando as letras P e C das 5 letras da sigla e permutando
as outras 3 letras, tem-se 3! 5 6.
Portanto, a probabilidade procurada será igual a
6
1
 ____
     5  ___     .
120 20
5 b
Se a bola branca for retirada da urna 1 (com 1 chance em
3) e colocada na urna 2, esta ficará com 3 bolas brancas
e 1 preta. A probabilidade de retirar uma bola branca da
1
3
3.
urna 2, nesse caso, será de:
?
5
3
4
12
Se uma bola preta for retirada da urna 1 (com 2 chances em 3) e colocada na urna 2, esta ficará com 2 bolas
brancas e 2 pretas. A probabilidade de retirar uma bola
2
2
4.
branca da urna 2, nesse caso, será de:
?
5
3
4
12
A probabilidade de ocorrer o evento procurado, então, é
1
3
3.
?
5
3
4
12
de:
6 b
O total de bolas nessa urna é: n 1 3 1 5. A probabilidade
n
de retirar uma bola azul será dada por
. Então:
n18
n
2
] 3n 5 2n 1 16 Æ n 5 16.
5
n 18
3
7 c
6
5
4
20
5
?
?
5
5
6
6
6
36
9
8 c
Sejam:
• A o evento “b é sucessor de a”.
• B o evento “c é sucessor de b”.
Calculam-se as seguintes probabilidades:
• p(A) 5 probabilidade de que, retirando um valor
qualquer para a, o valor de b seja a 1 1 (o valor máximo
de a é 5, e não importa o valor de c).
• p(B) 5 probabilidade de que, retirando um valor
qualquer para b, o valor de c seja b 1 1 (o valor máximo
de b é 5, e não importa o valor de a).
• p(A e B) 5 probabilidade de a, b e c serem consecutivos;
espaço amostral: (1, 2, 3); (2, 3, 4); (3, 4, 5); (4, 5, 6).
p(A ou B) 5 p(A) 1 p(B)  p(A e B) 5
5
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1
30 130  4
5 1 6
6 5 1
4
56
7
5
?
?
1
?
?
 35
5 . 216
6 6 6
6 6 6
6
216 27
9 Como os eventos “ser aprovado na primeira etapa (A)” e
“ser aprovado na segunda etapa (B)” são independentes,
tem-se:
5 3
1
p(A ) B) 5 p(A) 3 p(B) ] p(A ) B) 5 3 5 5 50%
6 5
2
10 d
15
p(1 mosquito estar contaminado com DEN 3 e outro não) 5
b)Os dois homens podem ser escolhidos de C3,2 maneiras.
10 90
20
5  ____   3  ___   3 2 5  ______   . 
100 99
10 3 1
p(2 mosquitos estarem contaminados com DEN 3) 5
10 . ___
9
1
      5  ______
   . 
5
100 99 10 3 11
Portanto, a probabilidade procurada é igual a
20
1
21
  ______
    
    
1  ______
5  ____   .
10 3 11 10 3 11 110
C3,2
3
1
Assim, a probabilidade pedida é p 5  ____   5  ___    5  ___    .
C10,2 45 15
c)A probabilidade de que ao menos uma mulher receba
um prêmio é igual a 1 menos a probabilidade de que
1
14
dois homens sejam premiados. Assim: p 5 1 2  ___    5  ___  .
15 15
16 d
11
a)Seja L o número de licenciados em Matemática e B o
número de bacharéis em Matemática.
5
100
L
p(Licenciado em Matemática) 5  _____
     5  ____   5
6
L0 B 120
b)(L 0 B) 5 L 1 B 2 (L ) B) ] 120 5 100 1 60 2 (L ) B) ]
] L ) B 5 40
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
10!
2! 3 8!
a)Do enunciado, tem-se: C10,2 5  _____
    5 45 maneiras.
L)B
L0B
40
120
c) p(Lic. e bach. em Mat.) 5  _____    5  ____    5
1
3
12 b
Seja V a sentença verdadeira e F a falsa:
0,20
1. V p p (pressão alta) 5  ____   5 0,20
1,00
Equipes com 3 homens e 3 mulheres: C6,3 3 C4,3 5 20 3 4 5 80.
Equipes com 2 homens e 4 mulheres: C6,2 3 C4,4 5 15 3 1 5 15.
80 16
80
    
5  ___   5  ___  
p(evento) 5  _______
80 1 15 95 19
17 a
Há 4! modos de dispor esses algarismos na primeira linha, 4! na segunda, 4! na terceira e 4! na quarta.
Assim, o número de casos possíveis é 4! 3 4! 3 4! 3 4!.
Tem-se exatamente duas maneiras de atender à exigência adicional:
Figura I
0,10
2. V p p (pressão altaocom excesso de peso) 5  ____   5 0,40
0,25
0,08
0,20
0,20
4.V p p (pressão normal ) peso deficiente) 5  ____   5 0,20
1,00
3.F p p (peso normalocom pressão alta) 5  ____   5 0,40
13
Na amostra existem 4 peças defeituosas e 16 peças perfeitas; logo,
a) C4,1 3 C16,1 5 4 3 16 5 64 maneiras
b) C16,2 5 120 maneiras
C16,2 3 C4,1 ______
120 3 4 _____
480
8
c)   ________
 
 
 
5  
    5  ___     
  5  
1.140
1.140 19
C20,3
Figura II
1
4
3
2
1
4
3
2
3
2
1
4
3
2
1
4
4
3
2
1
2
3
4
1
2
1
4
3
4
1
2
3
ou
2
1
Logo, a probabilidade é p 5  ___________
   
 
 
  5  ___________
 .
4! 3 4! 3 4! 3 4! 12 3 4! 3 4! 3 4!
18 a) 4! 5 24
b)João terá de errar nas 11 primeiras tentativas e acertar
na 12a. Logo:
23 22 21 20 19 18 17 16 15 14 13 1
1
 ___   3  ___   3  ___   3  ___   3  ___   3  ___   3  ___   3  ___   3  ___   3  ___   3  ___   3  ___    5  ___     
24 23 22 21 20 19 18 17 16 15 14 13 24
14
O número de maneiras diferentes de formar uma fila
com vinte alunos é 20!.
a)O trio Gabriel, Mateus e Roger pode ficar em 18 posições diferentes. Já o número de filas diferentes com o
trio junto é 18! 3 3!. Portanto, a probabilidade procurada é igual a:
18! 3 3! __________
18! 3 6
6
3
 ______
 
 5  
    
    
     
 
5  ______
5  ____
20!
20 3 19 3 18! 20 3 19 190
b)Gabriel e Mateus podem ficar em 1o e 7o, em 2o e 8o, ...,
em 14o e 20o; logo, em 14 posições diferentes. Contando que Gabriel e Mateus podem trocar de lugar,
tem-se 14 3 18! 3 2! filas diferentes; portanto, a probabilidade procurada é igual a:
14 3 18! 3 2! __________
28 3 18!
7
7
  __________
 
 
   
     5  ___     
 
5  
5  _____
20!
20 3 19 3 18! 5 3 19 95
Errar
Acertar
22 a
Os números de 1 a 6, compreendidos sob um ângulo de 45w,
1
possuem a mesma probabilidade   __    , e o número 7,
8
compreendido sob um ângulo de 90º, possui o dobro da
2
probabilidade   __    de cada um dos números de 1 a 6.
8
Logo:
1 1 1
1
1
a)  __   3  __   3  __   5  __3    5  ____
     
8 8 8 8
512
b)Os casos em que a soma de dois resultados é maior
ou igual a 13 são (6 1 7), (7 1 6) ou (7 1 7). Logo, a
probabilidade procurada será igual a:
@  #
@  #
1 2 [ p(6 e 7) 1 p(7 e 6) 1 p(7 e 7)] 5
E @ 
# @ 
# @  # R
1 2
2 1
2 2
7
5 1 2   __   3  __      1  __   3  __     1   __   3  __       5
  __  
8 8
8 8
8 8
8
20 a
Todos os números múltiplos de 3 podem ser escritos
como 3n. Os outros números inteiros podem ser escritos
como 3n 1 1, ou 3n 1 2. Então sempre há exatamente
dois inteiros entre dois múltiplos de 3 consecutivos.
Seja A o conjunto de números formados por 3 algarismos:
A 5 {100, 101, 102, ... , 997, 998, 999}
Ele é composto de pequenas sequências de 3 termos na
forma (3n 1 1, 3n 1 2, 3n).
A começar por: 100 5 3 ? 33 1 1; 101 5 3 ? 33 1 2 e
102 53 ? 34.
Esse conjunto tem 900 elementos, sendo 300 múltiplos de 3 (o primeiro deles é o 102 e o último é o 999 5
5 3 ? 333), 300 da forma 3n 1 1 e 300 da forma 3n 1 2.
Como a diferença entre dois números do mesmo tipo é sempre um múltiplo de 3, o evento desejado é que, após escolher um número qualquer, o próximo seja do mesmo tipo
299
.
que o primeiro. A probabilidade desse evento é: 1 ?
899
21
a) Denotando por:
•p(R) a probabilidade de resolver o problema
na primeira ligação;
•p(M) a probabilidade de ser atendido por
uma mulher;
• p(H) a probabilidade de ser atendido por um
homem;
• p(R | M) a probabilidade de resolver o problema na
primeira ligação quando a atendente é uma mulher;
•p(R | H) a probabilidade de resolver o problema na
primeira ligação quando o atendente é um homem.
Tem-se:
p(R) 5p(R)M) 1 p(R)M) 5 p(R) ? p(M) 1 p(R) ? p(H) 5
60 55
40
60
57
?
1
5
5 57%
?
100 100 100 100 100
24
p(H)R)
24
b) p(H | R) 5
≃ 42%
5 100 5
57
57
p(R)
100
5
As pessoas que têm câncer de pulmão são 110. Entre
elas, 50 são mulheres. Portanto, a probabilidade de uma
5
.
pessoa com câncer de pulmão ser mulher é: 50 5
110
11
23
90
5 18.
5
90
Total de múltiplos de 6 na urna:
5 15.
6
90
Total de múltiplos de 5 e 6 na urna:
5 3.
5̇6
a) Total de múltiplos de 5 na urna:
Probabilidade de retirar um múltiplo de 5 ou 6:
18 1 15 3
90
5
30
1
5 .
90
3
b) Os múltiplos de 6 na urna são 15, e os não
múltiplos de 6 são 75. Logo:
Probabilidade de retirar um número não múltiplo
15
75
de 6, sendo que a primeira bola era
?
5
90
89
25
um múltiplo de 6.
5
178
Probabilidade de retirar um número não múltiplo
de 6, sendo que a primeira bola não era um
75
74
185
.
?
5
múltiplo de 6:
90
89
267
Assim, a probabilidade de a segunda bola não ser
múltiplo de 6 é:
25
185
5
1
5 .
178
267
6
24
2
5 40 peças defeituosas.
100
3
5 90 peças defeituosas.
A máquina B produz 3.000 ?
100
Assim, as duas juntas produzem 40 1 90 5 130 peças
defeituosas.
Logo, a probabilidade de uma peça defeituosa ter sido
40
4
produzida pela máquina A é
5 .
100 13
A máquina A produz 2.000 ?
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
19 ESTUDANDO Probabilidade
Para o ENEM
1b
2 a
Para o caso descrito, há quatro possibilidades de formação
para um compasso:
1
3
1a) utilizar 3 semínimas: 3 ?
= .
4
4
3
C3 =1
2a) utilizar 2 semínimas e 2 colcheias: 2 ?
C42, 2 =
4!
=6
2! ? 2!
3a) utilizar 1 semínima e 4 colcheias: 1 ?
C54 = 5! = 5
4!
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1
3
= .
4a) utilizar 6 colcheias: 6 ?
8
4
C66 = 1
A probabilidade é, portanto, dada por:
p=
5
5
= .
1161 511
13
1
1
3
12?
= .
4
8
4
1
1
3
14?
= .
4
8
4
O espaço amostral para os números de telefone dessa
região é de: 2 ?3 ? 10 ? 10 ?10 ? 10 ? 10 ? 10 = 6 ? 106.
De acordo com a tabela, há 5.551 ∙ 103 números de telefones na região Norte. Considerando a equipartição
sugerida na questão e que os possíveis DDDs para toda
a região são em número de 10, resulta em 5.551 ? 102
linhas por DDD. Finalmente, a probabilidade é dada por:
p=
5.551 ? 102
∑ 0,092.
6 ? 106
3 b
A probabilidade de fazer o trajeto sem engarrafamento
em cada caminho é:
• E1E3 = 0,8 · 0,5 = 0,40 = 40%.
• E1E4 = 0,8 · 0,3 = 0,24 = 24%.
• E2E5 = 0,7 · 0,4 = 0,28 = 28%.
• E2E6 = 0,7 · 0,6 = 0,42 = 42%.
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Noções de estatística
Para o vestibular
1 a) A moda é a nota 50, pois apresenta maior frequência (5).
• Falsa, pois a moda de S é o número de peças defei5
4
3
2
1
0
10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 Notas
c)Escrevendo os valores das notas da segunda linha em
5 F
V
V
ordem crescente, teremos (30, 50, 50, 70, 80, 90).
50 1 70
Portanto, a mediana será   _______
 
 5 60.
 
2
tuosas por dia que possui a maior frequência. Portanto,
a moda de S é 3.
• Verdadeira, pois a média de S é, aproximadamente,
3,66.
• Verdadeira, pois a mediana dos dados obtidos nos 10
primeiros dias do levantamento e a mediana de S é
314
igual a  _____
 
 5 3,5.
 
2
6 a
Média da turma A:
4 ? 30 1 5 ? 50 1 9 ? 60 1 5 ? 70 1 2 ? 80 1 3 ? 90 1 2 ? 100
5 63
4151915121312
2 d
A mediana da distribuição é R$ 3.600,00; porém, se forem demitidos 10 funcionários que recebem salários
iguais a R$ 3.600,00, a mediana passará a ser
Média da turma B:
2.000
1 3.600
____________
    
 
 
5 2.800.
2
Turma com maior média: turma A, com 63.
2 ? 20 1 3 ? 40 1 4 ? 50 1 6 ? 60 1 3 ? 90 1 2 ? 100
5 59,5
21314161312
7 b
3 c
a)Falso, pois a partir da faixa de pontuação 13 a 16 a
soma do percentual é 5,6% 1 2,6% 1 0,9% 5 9,1%.
b)Falso, pois a soma do percentual de pontuação até a
faixa 1 a 4 é 10,1% 1 36,3% 5 46,4%, ou seja, um valor máximo superior a 40%.
c)Verdadeiro, pois a soma do percentual de pontuação
até a faixa 5 a 8 é 10,1% 1 36,3% 1 31,3% 5 77,7%,
ou seja, mais de 70%.
d)Falso, pois nessa faixa o percentual de pontuação é
de 2,6%.
e)Falso, pois a partir da faixa de pontuação 17 a 20 a
soma do percentual é 2,6% 1 0,9% 5 3,5%.
4 b
x_______________________
1 1 x2 1 x3 1 x4 1 x5 1 x6
     
  
  5 1,92 ]
6
] x1 1 x2 1 x3 1 x4 1 x5 1 x6 5 11,52
x 1 1 x 2 1 x 3 1 x 4' 1 x 5' 1 x 6'
_________________________
 
   
  
  5 1,90 ]
6
] x1 1 x2 1 x3 1 x4' 1 x5' 1 x6' 5 11,4
11,52 2 11,4
Logo,   ___________
 
 
 
5 0,04.
3
Há ao todo 5.000 famílias:
2.250 1 1.500 1 500 1 500 1 250 5 5.000.
O total nas classes A, B e C é 3.000:
250 1 500 1 2.250 5 3.000.
As classes A, B e C representam, então,
3.000 : 5.000 5 0,6 5 60% do total.
8 c
A média de cada intervalo é 950, 1.250, 1.550,
1.850, 2.150 e 2.450. Multiplicando pelo número de
funcionários de cada categoria, tem-se:
300 ? 950 5 285.000
600 ? 1.250 5 750.000
150 ? 1.550 5 232.500
50 ? 1.850 5 92.500
30 ? 2.150 5 64.500
20 ? 2.450 5 49.000
Total de funcionários:
300 1 600 1 150 1 50 1 30 1 20 5 1.150
Salário médio, em reais:
285 1 750 1 232,5 1 92,5 1 64,5 1 49
5 1.281,30
1,15
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
b)
5
Assim, a frequência relativa da moda é  ___    7 22,7%.
22
Alunos
13
9 I
III
a)Verdadeira. Como nem todos os recrutas têm a mes-
IV
ma altura, se nenhum medisse mais de 1,81 m, a média seria menor que 1,81 m. Logo, pelo menos um recruta tem altura maior que 1,81 m. Analogamente, se
nenhum recruta medisse menos de 1,81 m, a média
seria maior que 1,81 m. Logo, ao menos um recruta
mede menos de 1,81 m.
b)Os dados são insuficientes para uma conclusão.
Exemplo 1: 501 recrutas medem 1,81 m, um mede
1,80 m e um mede 1,82 m.
Exemplo 2: 499 recrutas medem 1,81 m, dois medem
1,80 m e dois medem 1,82 m.
I. 48 , 52 , 54
52 1 52 1 50 1 48
5 50,5
4
II.
III. O número que mais aparece na tabela é o 52, com 5
ocorrências.
IV. Comparando os números que ocorrem entre 2000 e
2004 e entre 2005 e 2009, a única diferença é que no
segundo intervalo há um número 50 que, no primeiro
intervalo, seria substituído por um número 52. Logo,
a média do primeiro intervalo é maior.
V. Colocando em ordem crescente:
14 I
48 48 50 52 52 52 52 52 54 54
II
Portanto a mediana é 52.
IV
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
10 a
Antes:
2________________
3313341136
M1 5     
  
5 4 kg
6
llllllllllllllllllllllllllllll
2_________________________________
3 (3 2 4)2 1 3 3 (4 2 4)2 1 1 3 (6 2 4)2
   
  
   5 1
D1 5       
6
d
Depois:
M2 5 4 kg (enunciado)
d
llllllllllllllllllllllllllllllllll
2_____________________________________
3 (3 2 4)2 1 (3 1 n) 3 (4 2 4)2 1 1 3 (6 2 4)2
1
    
  
   5  __   Æ
D2 5        
61n
2
lllll
6
1
_____
__
]          
 
5      ] n 5 18
61n 2
d
11 c
Analisando as alternativas:
a)N os quatro primeiros meses a precipitação é bem
I. O total de entrevistados foi de:
Analfabetos 5 10 1 9 1 13 1 23 5 55
Fundamental incompleto 5 6 1 9 1 11 1 14 5 40
Fundamental completo 5 4 1 8 1 12 1 16 5 40
Médio incompleto 5 3 1 5 1 7 1 10 5 25
Médio completo 5 5 1 4 1 4 1 2 5 15
Superior incompleto 5 2 1 3 1 5 1 5 5 15
Superior completo 5 2 1 3 1 5 5 10
Total 5 15 1 15 1 25 1 40 1 40 1 55 5 200.
II. Os entrevistados com idade inferior a 26 anos
totalizam 10 1 9 1 6 1 9 1 4 1 8 1 3 1 5 1 5 1 4 1
1 2 1 3 1 0 1 2 5 70.
Em porcentagem: 0,35 5 35%.
III. Os desempregados com nível de escolaridade acima
do Ensino Médio completo totalizam 15 1 10 5 25.
Em porcentagem: 0,125 5 12,5%.
IV.O número de analfabetos com idade acima de 21
anos totaliza 9 1 13 1 23 5 45.
V.Se 12,5% estão acima do Ensino Médio completo, os
que não estão acima representam 87,5%.
maior que no restante do ano.
b)A soma anual é de 2.893,1. A soma dos três primeiros
meses é de 1.220,2, que é menos de 50% do valor
total (2.893,1 ? 0,5 5 1.446,55).
c) A soma dos quatro meses de menor precipitação é
499,2, menos de 20% do valor total (2.893,1 ? 0,2 5
5 578,62).
d)A soma dos seis meses de menor precipitação é 792,1,
mais de um quarto do total (2.893,1 : 4 5 723,27).
e)A média anual é 2.893,1 : 12 5 241,09. Os meses de
janeiro, fevereiro, março, abril e maio estão acima
desse valor.
12 e
Apenas a região Sul teve a taxa de pobreza em 2008
menor que a metade da taxa de pobreza em 1995.
15 e
O veículo andou acima dos 50 km/h durante 1 hora,
entre 13h30 e 14h30. Andou exatamente a 50 km/h das
15h30 às 16h00, ou seja, durante meia hora. Como o
passeio durou 3 horas, uma hora e meia equivale a 50%
do passeio.
ESTUDANDO Noções de estatística
Para o ENEM
Até 2006 houve 18 Copas. Portanto, a mediana será a
média aritmética do 9-o e do 10-o termo. Organizando os
termos, tem-se: 4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 8, 8, 9, 9, 10,
11, 13.
A mediana, nesse caso, é a média aritmética entre os
termos centrais:
617
5 6,5
Mediana 5
2
2 b
O desvio-padrão é uma medida estatística de dispersão
dos dados em relação à média. Expressa a variabilidade
dos dados da amostra e, nesse caso, informa qual dos
alunos teve uma nota consideravelmente menor em
uma disciplina relativamente a outra. Observe que,
embora as médias de notas sejam iguais, a nota de Paulo
em Matemática ficou bem abaixo de suas outras notas,
enquanto as notas de Marco se mantiveram próximas.
Por isso, o desvio-padrão das notas de Marco é menor
do que o das de Paulo, evidenciando que a pontuação
do primeiro tem maior grau de regularidade.
3 e
0?511?312?413?314?215?217?1
5 2,25
20
212
52
Mediana 5
2
Moda 5 0
x y 5
Portanto, Z , Y , X.
4 d
Contando com a nota zero do aluno ausente ao teste,
a sequência de notas na ordem crescente é:
0 2 6 2 6,5 2 6,5 2 7 2 7 2 8 2 8 2 10 2 10
Se ele tivesse comparecido e tirasse qualquer nota
menor ou igual a 7, a mediana da distribuição ainda
seria igual a 7. Com isso, a equipe manteria o terceiro
lugar. Se a nota fosse maior que 7, ficaria entre as 5
maiores. Nesse caso, a mediana seria no máximo
a média entre 7 e 8, isto é, 7,5 e, portanto, não seria
suficiente para recolocar a equipe.
5 b
Valores de temperatura em ordem crescente:
13,5; 13,5; 13,5; 13,5; 14; 15,5; 16; 18; 18; 18,5; 19,5; 20;
20; 20; 21,5
Tem-se que Mo 5 13,5, com 4 ocorrências. Isso já elimina
as alternativas c, d e e.
Em um rol de dados com 15 valores ordenados, a
mediana é representada pelo valor que ocupa a oitava
posição. Nesse caso é igual a 18.
Não haveria necessidade de calcular a média nesse caso,
pois todas as alternativas oferecem o mesmo valor. Com
efeito, tem-se:
x y 5
4 ? 13,5 1 14 1 ... 1 3 ? 20 1 21,5
5 17
15
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 b
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Geometria espacial: conceitos primitivos, posições relativas e poliedros
Para o vestibulaR
1 e
5 b
c
Observe a figura:
e
Q
t
r
s
P
α
Portanto, r e t são reversas ortogonais.
2 d
Observe a figura:
a) Falso, pois s e t podem ser reversas.
b) Verdadeiro. O :ABC é retângulo em A. Logo,
pelo Teorema de Pitágoras, CB 5 10 cm. Como
M e N são pontos médios de AB e BC, respectivamente, os triângulos BMN e BAC são semelhantes e a razão de semelhança é 0,5. Portanto, se
o perímetro de BAC em um é 8 1 6 1 10 5 24, o
perímetro de BMN é 24 3 0,5 5 12.
c) Verdadeiro.
3   
22d ll
 3 8 8dll
 
 _____
A_____
:3h
3    cm3
________
V 5  
 5  ____
 
  5   4   
3
3
3
d) Falso.
8   5 4 cm
S 5 4sr2 e r 5  __
2
Logo, S 5 4s 3 42 ] S 5 64s cm2.
e) Verdadeiro. Pelo Teorema de Pitágoras:
@ dA,t #2  5 52 1 82 ] 
89  cm
@ dA,t # 5 dlll
6 e
π2
π3
I.Falsa, pois o plano :BDE não intersecta o centro do
cubo.
II.Verdadeira, pois o plano ACG contém as diagonais
π1
Portanto, acima do plano s1, quatro esferas, e abaixo do
plano s, mais quatro esferas podem tangenciar os três
planos simultaneamente. Logo, oito esferas satisfazem
essa condição.
EG e AC das faces EFGH e ABCD, respectivamente, e,
consequentemente, o centro do cubo.
III.Verdadeira, pois os pontos E, O e C são colineares.
7 b
Observe as figuras:
3 b
Cada aresta de um tetraedro é reversa a uma única aresta
desse tetraedro. Sendo seis o número de arestas, então o
número de pares de arestas reversas no tetraedro é três.
São eles: AC e BD, BC e AD e AB e CD.
4 c
I.Falsa, pois as retas podem ser reversas.
II.Falsa, pois os pontos podem ser colineares e determinar infinitos planos.
III.Verdadeira, pois duas retas paralelas estão contidas
em um único plano.
IV.Verdadeira, pois duas retas reversas não se intersectam.
Logo, o plano que contém r e é paralelo a s é único.
Pr
A
s
C
α
C
B
6 cm
2 5 cm
B
P
5 cm
A
E
5 cm
A
Logo, tem-se, (AB)2 5 62 1 52 ] AB 5 dlll
6 1  cm e
2
(AC)2 5 @ 2dll
5   #  1 (AB)2 ] (AC)2 5 20 1 61 ] AC 5 9 cm.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
β
8 c
11 c
I. Falsa, pois os triângulos podem ser semelhantes.
II.Falsa, pois uma reta paralela a um plano pode ser reversa a uma reta do plano.
III. Falsa, pois as retas podem ser reversas.
IV.Verdadeira, pois se uma diagonal de um trapézio
isósceles ABCD divide-o em dois triângulos (ABC e
ACD) e a outra diagonal divide-o em dois triângulos
(ABD e BCD), então ABC é congruente a BCD e ACD é
congruente a ABD, ou seja, as diagonais AC e BD são
congruentes. Veja a figura:
B
y
C
x
D
z
V
E
F
H
A
D
G
I
B
r
C
Pode-se ter r reversa com AE, DF, EG, FI, VE, VF, VA e VD.
12 e
x
A
Considere a figura dada.
No :ADF, AD é igual a a (aresta do cubo), AF é igual a
adll
2   (diagonal de um quadrado de lado a) e é igual a
adll
3   (diagonal de um cubo de aresta a), ou seja, o :ADF
satisfaz o Teorema de Pitágoras:
(DF)2 5 (AD)2 1 (AF)2 ] @ adll
3   #  5 a2 1 @ adll
2   #2  ]
2
2
2
2
2
] 3a 5 a 1 2a ] 3a 5 3a
Portanto, o ângulo DAF é igual a 90w.
2
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9 c
Seja x a distância pedida:
α
x
θ
y
13 e
P
Observe a vista em corte:
1
P’
60° 60°
R
β
d
R
Intersecção de α e β
5   1
dll
1
5  
tg J =  __   ]  ___  5  __   ] y 5 dll
y
y
5
Pelo Teorema de Pitágoras:
5   #2  1 12 ] x2 5 6 ] x 5 dll
6   
x2 5 @ dll
10 a
c
d
a)Verdadeiro, pois AC está contido no plano s e é perpendicular ao segmento AB, e o plano MBA é perpendicular ao plano s.
b)Falso, pois os triângulos AMC e ABC possuem apenas
um lado e um ângulo congruentes, ou seja, os triângulos não são nem congruentes nem semelhantes;
logo, o ângulo AMC não é congruente ao ângulo ABC.
c)Verdadeiro, pois, como o :ABC é retângulo, ele está
contido em um círculo máximo da esfera, ou seja, o
raio desse círculo máximo é igual à metade do segmento BC. Portanto, o centro da esfera está no ponto
médio do segmento BC.
d)Verdadeiro, pois BA é perpendicular ao plano AMC e
consequentemente perpendicular a qualquer reta do
plano AMC que passe por Ae, em particular CA’.
O raio R é determinado por:
4
 __  s R3 5 4dll
3  s ] R 5 dll
3  cm
3
Assim:
dll
dll
3    =  ___
3     ] d 5 2 cm
R   ]  ___
sen 60w 5  __
2
d
d
14 e
Sejam O o centro da circunferência que contém os pontos A, B e C, e Oe o centro da circunferência que contém os
pontos Ae, Be e Ce. Pelo Teorema do Ângulo Inscrito, pode-se afirmar que m(CeOeBe) 5 m(COB) 5 2 3 60w 5 120w.
Assim, como a área da superfície lateral do cilindro é diretamente proporcional ao ângulo do diedro de aresta
OOe, tem-se que a área da superfície BBeCeC é
120w
 ____ 
  3 2s 3 10 3 24 5 160s cm2.
360w
Do enunciado, o segmento PO é perpendicular a d.
Como a reta AO está contida em d e é concorrente com
PO , então essas retas são perpendiculares em O.
Tem-se a figura:
P
1
1
0
1
60°
B
2 3
β
60°
A
H
No triângulo retângulo AHB, tem-se:
2dll
2     ] AB 5 4
sen 60w 5  ____
AB
Aplicando a Lei dos Cossenos no :AOB, tem-se:
AO2 5 OB2 1 AB2 2 2 3 OB 3 AB 3 cos 60w ]
1   ] AO2 5 13
] AO2 5 12 1 42 2 2 3 1 3 4 3  __
2
No triângulo retângulo POA, tem-se:
PA2 5 PO2 1 AO2, ou seja, PA2 5 12 1 13 ] PA 5 dlll
14   
16 e
O plano da base da pirâmide passa pelo centro da esfera
e o plano do vértice é tangente a ela, então a distância
entre os dois planos tem a mesma medida da altura da
pirâmide e do raio da esfera (h 5 r).
A base da pirâmide é um hexágono regular inscrito na
circunferência da esfera e contido no plano b, então sua
diagonal coincide com um diâmetro da esfera. Portanto,
a aresta do hexágono é congruente ao raio da esfera.
Área da base hexagonal: Ab 5 6
3r 2√3
r 2√3
5
.
2
4
Volume da pirâmide:
VP 5
1
1 3r 2√3
√3r 3
?A ?h5 ?
?r5
3 b
3
2
2
17 b
Como a menor distância entre dois pontos é sempre
uma reta, a menor distância possível entre A e B é o
segmento de reta tABu.
18 c
Para um poliedro convexo, sabe-se que vale a Relação de
Euler e que m 5 2A, em que m é o número de ângulos
entre as arestas.
Nesse caso, F 5 8 e m 5 4 ? 6 1 4 ? 3 5 36
(pois há 4 hexágonos e 4 triângulos).
m 5 36 5 2A ] A 5 18 ] V 1 8 5 18 1 2 ] V 5 12
19 01
04
Soma: 01 1 04 5 5
(01) Correta.
Em 30, 60 e 90 anos, a atividade radioativa A do césio 137
A A A
se reduz a , e , respectivamente.
2 4 8
(02) Incorreta.
Sendo x a medida do lado do quadrado A, então a
medida do lado do quadrado B é 3x. Assim, suas áreas
serão:
AA 5 x ? x 5 x2 e AB 5 (3x) ? (3x) 5 9x2
Portanto, a área do quadrado B é 9 vezes maior que a
área do quadrado A.
(04) Correta.
A função que determina a altura do objeto tem como
gráfico uma parábola com concavidade voltada para
baixo, e raízes t 5 0 e t 5 4. Portanto, seu ponto máximo
014
será atingido em
segundos 5 2.
2
(08) Incorreta.
Se x for o número de sócios do clube no momento
atual, em 3 anos o clube terá 1,053x 5 1,1576x, o que
representa um aumento de 15,76%.
(16) Incorreta.
Sabe-se que, em um poliedro, o número N de ângulos
entre as arestas é igual a 2A, em que A é o número
de arestas. Nesse caso, N 5 (12 ? 5) 1 (20 ? 6) 5 180,
portanto A 5 90. Pela Relação de Euler, tem-se:
32 1 V 5 90 1 2 ] V 5 60
Ou seja, o poliedro descrito tem 60 vértices.
20 e
O poliedro convexo que contém 8 faces é o octaedro,
que contém 12 arestas.
Aplicando a Relação de Euler, obtém-se:
V 1 F 5 A 1 2 ] V 1 8 5 12 1 2 ] V 5 6
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
15
ESTUDANDO Geometria espacial: conceitos primitivos, posições relativas e poliedros
Para o ENEM
1 b
As medidas das dimensões do paralelepípedo são dadas
em unidades de comprimento (u.c.). O produto dessas
dimensões é dado por: u.c. ? u.c. ? u.c. 5 u.c.3.
Por se tratar de um objeto maciço, pode-se dizer que o
produto corresponde a uma medida de volume.
2 d
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Não há combinação das peças que resulte em um corpo
redondo. Isso exclui as alternativas a, b e c. As figuras
são semelhantes, mas não congruentes, por isso não
permitem que a composição final resulte em um sólido
com duas faces congruentes e paralelas. Também não
é possível a formação de um vértice na montagem.
Portanto, o sólido mais parecido com a figura formada é
um tronco de pirâmide.
3 c
A figura será uma pirâmide de base triangular, que
também pode ser chamada tetraedro. Isso descarta
as alternativas a e d. Após a montagem, as retas $ AB& e
$AF& ficarão sobrepostas e serão paralelas coincidentes.
O mesmo acontecerá com $BC& e $CD&, $FE& e $ED&. Logo, $AB&
e $ FE & serão concorrentes, o que descarta a alternativa
b. Por fim, as retas $ CD& e $ DE& não podem ser paralelas,
porque o ponto C é comum a ambas, e as retas $ AB& e
$ CE& são reversas. Portanto, a alternativa e é falsa e a c,
verdadeira.
4 d
Todas as afirmações são verdadeiras.
As afirmações I, II e IV estão justificadas corretamente
nas alternativas a, c e e. A alternativa b também está
correta – se duas retas têm apenas um ponto em
comum, elas não podem ser paralelas idênticas. A
alternativa d é incorreta, pois duas retas podem ser
também concorrentes ou paralelas idênticas. Observe,
no entanto, que nesses casos a reta teria pelo menos um
ponto em comum com o plano.
5 a
A figura apresenta 7 vértices, 10 faces e 15 arestas. Trata-se de um poliedro convexo e, por isso, vale a relação de
Euler (e vice-versa), ou seja, 7 1 10 5 15 1 2 5 17.
Embora todas as faces sejam triangulares e congruentes,
partem 5 arestas dos vértices superior e inferior, mas
apenas 4 dos outros vértices e, portanto, a figura não é
um Poliedro de Platão.
ESTUDANDO Geometria espacial: prismas e pirâmides
Para o vestibular
7
a)Tem-se AC 5 AB 5 dllllll
52 1 42  
5 dlll
41  cm e
Cada um dos quadrados tem área igual a 16 cm2:
x2 5 16 ] x 5 4 cm
Largura: 25 2 2 ? 4 5 17
Profundidade: 20 2 2 ? 4 5 12
V 5 4 ? 12 ? 17 5 816
BC 5 dllllll
52 1 52  
5 5dll
2  cm. Como o △ABC é isósceles
de base BC, cujo ponto médio é M, tem-se
d
lll
57
AB2 2 BM2  
5   ___    cm.
AM 5 d lllllllll
2
A base do prisma é um hexágono constituído por
6 triângulos equiláteros de lado c.
6 3 c2d ll
3  3 h _________
3  3 c2 h
3dll
Logo, V 5   __________
 
 
 
 u.v.
 
5  
 
4
2
3 d
a
a
a 3 a 3  __   2 2 3 2 3  __   5 a2 ] a 5 4 ou
3
3
a 5 21 (não convém)
4 a
32
 __   3 3
2
Vsólido 5 Vcubo 2 4 3 Vpirâmide 5 63 2 4 3  _____
 
  ]
 
3
27
] Vsólido 5 216 2 4 3  ___  5 198 u.v.
6
5 c
d
lll
57
  ___    
57   2
5dlll
2
____
d
ll
 
 cm .
  5  _____
 
Logo, a área do △ABC é 5  2  3    
2
2
50
1
b) O volume da pirâmide ABCD é  __   3 ABCD 3 AD 5  ___   cm3.
3
3
Seja d a distância entre o vértice D e o plano que contém o △ABC:
57  
57  
5dlll
20dlll
50
1
 __   3 AABC 3 d 5  ___   ]  _____
 3 d 5 50 ] d 5  ______
 
 cm
 
  
57
3
3
2
2 e
8
No △EHM: (MH)2 5 (EM)2 + (EH)2 ] MH 5 3dll
5  cm.
O segmento t OMu e os lados da base da pirâmide possuem medida igual a 3dll
2  cm. No △MHO, tem-se:
@ 3dll
5   #2 5 @ 3dll
2   #2 (OH)2 ] OH 5 3dll
3  cm
2
d
d
ll
ll
@
#
 
3
2  
 



3 
 
6
3

1 ____________ dll
Portanto, V 5  __   3   
 
 
3 3 3    ] V 5 81 cm3.
 
4
3
9 c
Observe a figura:
Sejam L a medida da aresta do cubo e ARC a base do
prisma ACRPQO:
L
 __   3 L
RC
3
AD
2
L
 
 3 AP 5  ____
 3  __   5 24 ]
Vprisma 5 AB 3 h 5  _______
 
 
2
2
2
25 m
50 m
1,5 m
2,5 m
O volume da piscina é igual ao volume de um prisma de
base trapezoidal. Logo:
(1,5
1 2,5) 3 50
_____________
V 5     
 
 
3 25 ] V 5 2.500 m3
2
6 b
2dll
2dll
L  3  
8  3  
  1 3 3 L 3 H ] AS 5  _____
 
 1 3 3 8 3 6dll
3   ]
 
 
AS 5  _____
4
4
] AS 5 16dll
3  1 144dll
3   ] AS 5 272 cm2
Portanto, o custo total é de R$ 13,60 (272 3 0,05).
L2 L
L3
3  cm
]  __   3  __    5 24 ]  __   5 24 ] L 5 43d ll
4 2
8
10 c
Sejam x, (x 1 2) e 30 as medidas das arestas do
paralelepípedo e 3,6 litros 5 3.600 cm3, tem-se:
V 5 x 3 (x 1 2) 3 30 5 30x2 1 60x e V > 3.600 cm3
30x2 1 60x > 3.600 ] x < 212 ou x > 10
Por não assumir medidas negativas, a menor aresta do
paralelepípedo deve medir, no mínimo, 10 cm.
11
Caixa inicial (aresta a e altura h): Vinicial 5 a2 3 h.
Nova caixa (aresta x e altura h): Vfinal 5 x2 3 h.
Volume da nova caixa (volume inicial reduzido de 19%):
a2 3 h 2 0,19 3 a2 3 h 5 0,81 3 a2 3 h
2
Assim, x 3 h 5 0,81 3 a2 3 h ] x 5 0,9a.
A aresta da base da nova caixa deve ser igual a 90% da
aresta da caixa inicial, ou seja, o lado da base da caixa
inicial deve ser reduzido em 10%.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 c
12
15
2  . Sua área será
a)O △ABC é equilátero de lados 10dll
2
d
d
ll
ll
@__________
#
  10 2      3  
2
 
 
3  cm .
 
5 50dll
4
102
b) AT 5 AABC 1 3 3 AADB 5 50dll
3  1 3 3  ___ 
 5 50@ 3 1 d ll
3   #cm2
2
AADB 3 DC ______
50 3 10 ____
500
 
 5  
 
 5    
 cm2
c) V 5   ________
 
 
3
3
3
 
a)O △DBC é equilátero. Seja BD 5 BC 5 DC 5 l, tem-se:
DC2 5 AD2 1 AC2 2 2 3 AD 3 AC 3 cos 120w ]
@  #
1
] l2 5 202 1 202 2 2 3 20 3 20 3  2 __     ] l 5 20dll
3   cm
2
Pelo Teorema de Pitágoras no △BAD, tem-se:
2
AB 1 20 2 5 l 2 ] AB 2 5 3 3 (202) 2 20 2 ] AB 5 20dll
2  cm.
b)Seja DAC a base e ABu sua altura. Assim, seu volume é dado
13 e
D G
H
I
6   3
2.000dll
1 1
 
 cm .
2  5  ________
por  __   3  __   3 20 3 20 3 sen 120w 3 20 dll
 
3
3 2
C
2m
6m
F
K
J
45°
E
16 a
Os lados do quadrilátero ABCD medem 10 4 2 5 5.
45°
A
B
10 m
2  
dll
FG 5 DF 3 sen 45w 5 dll
2  3  ___  5 1 m
2
■ DG 5 FG 5 1 m e DH 5 AH 5 6 m
■ Trapézio ABCD: AB 5 10 m, CD 5 22 m e AH 5 6 m
■ AJ 5 FJ 5 5 m
■ Trapézio ABEF: AB 5 10 m, EF 5 20 m e AJ 5 5 m
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
■
A
B
P
5 3 (10 1 20)
■
Logo, a razão pedida é
2
6 3 (10 1 22)
25
5  ___   .
32
@ 
a)A área da base da pirâmide é 32 5 9. Portanto, seu
volume V é:
6   ____
6  
3dll
9dll
1
V 5  __   3 32 3  ____
  5    
  u.v.
 
3
2
2
V
R
R
O
R
C
B
3 6
–R
2
A
3
E
3
D
Da figura, OV 5 OA 5 OB 5 OC 5 OD 5 R, em que R é
o raio da esfera.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no OEC:
@ 
# @  #
#
3   2
10dll
  _____
   5 52 1 (AC)2 ] AC 5 5dll
2  
   
2
14
3 6
2
C
10dll
3  
PC 5  _____
 
 5 5dll
3  . Logo, no △PAC:
 
2
2
b)
D
2
6  
3dll
2   2
3dll
R2 5   ____
   2 R   1   ____
       ]
2
2
9
27
2
___
d
ll
] R 5     2 3R 6  1 R2 1  __   ] R 5 dll
6  u.c.
2
2
A diagonal ACu do quadrilátero ABCD é igual à diagonal
de um quadrado de lado 5. Logo, AABCD 5 52 5 25 u.a.
20 c
Considerando a figura:
Vtanque 5 4 m 3 6 m 3 5 m 5 120 m3
Se a cada hora a torneira enche 4 m3, então 120 m3 são
enchidos em 30 horas.
Como a torneira enche o tanque a uma taxa constante de
4 m3 por hora, a função h(t) da altura da água é
h(t) 5 t com t  [0, 30].
E
Q
P R
D
M
A
21 d
C
N
B
■
tPQu é a diagonal do quadrado PQRS, que tem como
vértices os baricentros de cada uma das faces laterais.
O triângulo AEB é uma das faces laterais da pirâmide.
E
M e N: pontos médios de tADu e tBCu, respectivamente.
E
d
3  
 ll
___
tEMu e tENu medem     .
2
d
3  
 ll
___
■ tEMu // tABu e tMNu // tCDu. Portanto, MN 5  
  .
2
■ P e Q: pontos médios de AEu e t D Eu , respectivamente.
1
Então PQ 5  __  .
2
■ Como as faces ABE e DCE são congruentes, o trapézio
BCQP é isósceles.
10  
dlll
3 2
1 2
a)(BP)2 5   __     1   __      ] BP 5  ____
  u.c.
 
4
4
4
1
1 1  __  
3
9
2 __
______
b) ABCQP 5       
  3      5  ___    u.a.
4
16
2
c)Como ERu t t PQu e ERu t t RNu , ERu é altura da pirâmide BPQCE relativa à base BCQP. O volume dessa
3   3dll
3  
1 9 dll
 u.v.
pirâmide é dado por  __   3  ___    3  ___  5  ____ 
64
3 16 4
■
@  # @  #
@  #
18 d
Seja AT a área de cada triângulo que compõe o pentágono regular que forma a base da pirâmide D&M. Assim:
Vpirâmide D&M 5
(5 ? AT) ? 800
5 700 ? 2.600.000 ]
3
] AT 5 1.365.000
Os ângulos da base desses triângulos têm medida igual
a 54°. Seja H a altura desses triângulos.
2H
H
] 1,4 5
tg 54° 5
] H 5 0,7 P
P
P
2
P ? (0,7 P)
2.730.000 ]
P?H
2
AT 5
5
5 1.365.000 ] P 5
2
0,7
2
] P 5 √3.900.000 5 100√390
19 b
P
A
M
B
M
Q
P’
E’
Q’ N
@ #
2
EB 5 EM 1 MB ] EM 5 EB – MB 5 1 –  1 5
2
a
5 3 ] EM 5 3
2
4
a
a
1
1
PM 5 3 EM 5 3 3 ] PM 5 3
6
3
3 2
a3
a3
1
2
EM
PM
6
5
]
5
] MP' 5
6
ME'
MP'
1
MP'
2
1 1 1
1
P’E’ 5 ME’ – MP’ 5 – 5 ] P’E’ 5
2 6 3
3
2
P’Q’ 5 PQ 5 1 – P’E’ 5
3
2
a
a2 2
PQ 5 L a2 5 2 ] L 5 2 ] APQRS 5 L2 5
5
9
3
3
3
2
2
2
2
2
2
2
@ #
@ #
22 d
Alateral jard. 5 2 3 Aret. lateral 1 2 3 Atrap. 1 Aret. base
AD corresponde à altura do retângulo lateral:
AD2 5 AP 2 1 PD2 ] AD2 5 102 1 302 5 1.000 ]
] AD 5 10 a10 cm
Aret. lateral 5 10 a10 cm 3 100 cm 5 1.000 cm2
Atrap. 5 (40 cm 1 20 cm) 3 30 cm 5 900 cm2
2
Aret. base 5 20 cm 3 100 cm 5 2.000 cm2
2 3 1.000 a10 cm2 1 2.000 cm2 1 2 3 900 cm2 5
5 200 (19 110 a10 ) cm2
23 c
Sejam H a altura da pirâmide, , o lado da base e VP e
VC os volumes da pirâmide hexagonal e do cilindro
reto, respectivamente. Então, VP 5 VC.
2
2
VP 5 Ab 3 H 5 6 3 ℓ a3 3 H 3 1 ] VP 5 ℓ Ha3
3
3
4
2
VC 5 Ab 3 h 5 πℓ2 3 6 a3
@
#
2
VP 5 VC ] ℓ Ha3 5 6 a3 3 πℓ2 ] H 5 12π
2
Volume de água no interior do aquário:
40 cm 3 20 cm 3 25 cm 5 20.000 cm3
O volume de água não se altera ao mudar a face
de apoio, então se aplica a mesma fórmula para
obtenção da altura:
20.000
20 3 30 3 H 5 20.000 ] H 5
≃ 33 cm
600
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
17
ESTUDANDO Geometria espacial: prismas e pirâmides
Para o ENEM
1 b
Os volumes das barras em forma de paralelepípedo (Vp)
e de cubo (Vc) são iguais.
Sabendo que Vp é dado pelo produto de suas dimensões
e Vc pelo cubo de suas arestas (a), tem-se:
Vp 5 Vc ] 3 ? 18 ? 4 5 a3 ] 316 5 a3 ] a 5 6 cm
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 d
Volume do prisma:
8?3
5 12 m2 ] V 5 Ab ? h 5 12 ? 5 ] V 5 60 m3
Ab 5
2
Volume de um tanque cúbico:
V 5 23 ] V 5 8 m3
60 : 8 5 7,5
Volume de um tanque cilíndrico:
V 5 (pr 2) ? h 5 p ((2)2) ? 1 5 3 ? (4) ] V 5 12 m3
60 : 12 5 5
A fim de obter um volume igual a 60 m3, são necessários 8 tanques cúbicos (isso resulta em um gasto de
R$ 2.400,00 ou no mínimo 5 tanques cilíndricos (isso resulta em um total de R$ 2.500,00).
Portanto, a alternativa mais econômica é usar 8 tanques
cúbicos por R$ 2.400,00.
3 b
De acordo com o enunciado, o perímetro da base é dado
por: 6 1 8 1 10 5 24
Utilizando as fórmulas de área do triângulo:
P
6?8
b?h
24
A5
eA5
?R]R52
?R:
5
2
2
2
2
4 d
Sejam V e v os volumes da pirâmide original e da parte
removida, respectivamente. A razão entre os volumes
das pirâmides é igual à razão entre suas alturas elevada
ao cubo:
H 3
3
2
v
h
v
1 3 1
5[ ] 5
5[ ] ]
5
] V 5 8v
V
H
V
2
8
H
[ ]
Sabendo que a pirâmide original continha um volume
total igual a 72 m3, a diminuição do volume do objeto
foi de 9 m3. Portanto, sendo R$ 15,00 o custo por metro
cúbico de vidro, o artesão deixou de faturar R$ 135,00.
5 d
Portanto, seus volumes valem:
Vgrande 5 123 5 1.728
Vpequeno 5 83 5 512
O volume resultante é:
Vgrande − Vpequeno 5 1.728 − 512 5 1.216
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Geometria espacial: corpos redondos
Para o vestibular
4
V 5 sr 2h ] 100 5 s 3 52 3 h ] h 5  __   cm.
s
4
Portanto, a distância entre duas marcas é  __   cm.
s
5
Ao considerar a linha L sobre S obtida pela superposição dos lados tABu e tDCu do retângulo, a formiga tem duas
opções para chegar ao ponto Q, partindo do ponto P e
caminhando sobre S:
I. Uma trajetória que não cruza a linha L;
II. Uma trajetória que cruza a linha L.
Em cada uma das opções, o caminho mais curto é aquele
que corresponde a linhas retas sobre o retângulo (veja as
figuras 1 e 2).
2 Seja r o raio da base e h a altura do cilindro; d a diagonal
e c o lado do quadrado da base do paralelepípedo, bem
como x sua altura:
900 mL 5 900 cm3 ] Vparalelepípedo 5 900 3 0,10 5 90 cm3
45  
dlll
   cm
Vcilindro 5 s 3 r 2 3 h ] 900 5 s 3 r 2 3 20 ] r 5  ____
 
s
45  
45   dll
45  
dlll
dlll
dlll
  cm ] 2 ____
  5 c 2   ] c 5 2  ____
  cm
 
 
 
d 5 2r 5 2 ____
s
s
s
2
lll
45
Vparal. 5 c2h ] 90 5  2  ___      3 h ] h 5 s cm
2s
Q
3
@  d #
3
4
4
3
Figura 1
4 d
Vcil. menor 5 π 3 22 3 2 5 3 3 8 ] V 5 24 m3
d5
3
P
3 d
O volume do contêiner é igual a 480 m3; o volume de um
cilindro é igual a π m 3 12 m 3 10 m 5 31,4 m3, de maneira que o volume dos 12 cilindros juntos é igual a 12 3
3 31,4 m3 5 376,8 m3. Portanto, o volume do espaço vazio é igual a 480 m3 2 376,8 m3 5 103,2 m3, o que corresponde ao volume de mais de três e menos de quatro
cilindros.
m
m
] 8.900 5
] m 5 213.600 kg
V
24
Vcil. maior 5 π 3 22 3 3 5 3 3 12 ] V 5 36 m3
m
m
d5
] 2.700 5
] m 5 97.200 kg
V
36
97.200 kg 1 213.600 kg 5 310.800 kg 5 310,8 t
Q
Q
Figura 2
Na opção I, a distância percorrida é: d1 5 √16 1 9 5 5.
Na opção II, a distância percorrida é: d2 5 √9 1 9 5 3√2.
d2 , d1
Portanto, a menor distância percorrida é de 3√2.
6
Os volumes do reservatório (R) e do boiler (B) são, respectivamente:
• VR 5 LR2 3 hR 5 22 3 hR 5 4hR
2
p
1
• VB 5 π 3 r B2 3 hB 5 π 3 [ ] 3 hB 5 hB
4
2
4hR
V
16 hR
3
Logo, R 5
.
5
p hB
VB
p h
B
4
As respectivas áreas laterais são:
• AR 5 4 3 LR 3 hR 5 4 3 2 3 hR 5 8hR
1
• AB 5 2π 3 rB 3 hB 5 2π 3 3 hB 5 πhB
2
De acordo com o enunciado:
p
h
• AR 5 2AB ] 8hR 5 2 3 (π 3 hB) ] R 5 .
4
hB
•
VR
16 hR
16 p
V
3
3 ] R 54
5
5
p hB
p 4
VB
VB
7 c
Vinicial 5 π 3 R 2 3 H 5 π 3 [
2
√p
Vfinal 5 π 3 R 2 3 (H 1 3) 5 π 3 [
] Vfinal 5 (4H 1 12) cm3
2
] 3 H ] Vinicial 5 4H cm3
2
√p
2
] 3 (H 1 3) 5 4 3 (H 1 3) ]
Portanto, o volume do objeto é igual a 12 cm3.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 100 mL 5 100 cm3
8 d
13
Sejam V, R e H o volume, o raio da base e a altura, respectivamente, tem-se:
2
V 5 π 3 R H 5 π 3 [
√p
2
]
2
4 6 ] V 5 24 m3
3
365p3
p
1 m3
1.000 L
] x 5 24.000 L
5
x
24 m3
9 d
Sejam V, R e H o volume, o raio da base e a altura, respectivamente, tem-se:
Vlata 5 π 3 R 2 3 H
2
p 3 R 2 3 H
2R ] H
4R 2 H
Vcopo 5 π 3 [
3
5 π3
5
3
25
5
4
4
25
O ângulo formado pela geratriz e o raio do cone maior é
10
igual a 45w, pois tg 45w5  ___   5 1.
10
Para que o volume do tronco de cone seja igual à metade
do volume do cone maior, o volume do cone menor deve
possuir volume igual à metade do volume do cone maior.
s 3 102 3 10 ______
500s
1.000s
 
 
 
 
 
 
 
5  
 
] Vcone menor 5  _____
 
Vcone maior 5   __________
3
3
3
3 x 2 3 x
500s s_______
3
 
 5  
 ] x3 5 500 ] x 5 5d ll
4  cm
 
 
 
 _____
3
3
4  ) cm.
Portanto, h 5 10 2 x ] h 5 (10 2 53d ll
14
V
Como o volume da lata é 25 vezes maior que o de cada
copo, pode-se afirmar que o valor de x é 25.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
10
H
Sejam r, h e g as medidas do raio da base, da altura e da
geratriz do cone respectivamente. Tem-se: h 5 r 1 2 e
g 5 r 1 4, logo:
g2 5 h2 1 r 2 ] (r 1 4)2 5 (r 1 2)2 1 r 2 ]
2
] r 2 4r 2 12 5 0 ] r 5 6 ou r 5 22 (não convém)
Portanto, h 5 8 e g 5 10.
AT 5 AB 1 AL ] AT 5 sr 2 1 srg ] AT 5 96s m2
11
2 3 s 3 3
x
@ 4 #
7   ______
7  s
81dll
9 2 3dll
1
  5  
 
Volume do cone:  __  s 3   __     3  ____
 
 .
 
4
3 r
B
No SVHA a medida do ângulo VÂH é 40w. Logo:
3,36
VH
tg 40w 5  ___    ] 0,84 5  ____   ] AH 5 4
AH
AH
2
2
No SHAB, tem-se r 5 AH 1 AB2 ] r 2 5 42 1 32 ] r 5 5
3 52 3 3,36
sr 2 3 VH 3,14
____________
 
 5     
 
 
 
7 87,92
V 5   _______
3
3
Logo, o inteiro mais próximo do volume do cone é 88.
12 - h
9s
9
2sr 5  ___   ] r 5  __   cm
4
2
O raio do setor circular da planificação da superfície lateral é igual a sua geratriz, ou seja, g 5 3 cm.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo formado
pela altura, geratriz e raio da base, tem-se:
7  
3dll
9 2
  cm
 
h2 1   __     5 32 ] h 5  ____
4
4
3
A
15
360w
9s
] x 5  ___  cm
270w
2
@  #
3
64
12
Por ser um cone equilátero, a seção será um triângulo
equilátero de lados cuja medida é a da geratriz, portanto:
3  
dll
1
A 5  __   3 2dll
3  3 sen 60w 5 2 3 3 3  ___  5 3dll
3  cm2
3   3 2dll
2
2
Como solicitado: 3dll
3  3 dll
3  5 9.
h
2r
12
Tem-se a seguinte proporção:
12 2 h
12
12 2 h ___
 
 cm
 
 5      ] r 5  ______
 
 ______
2
2r
12
12 2 h
 h ] AL 5 2sh2 1 12sh
   
AL 5 2srh ] AL 5 2s   ______
2
2b 212s
  
] hv 5 6 cm
Assim, hv 5  ___  5   ______ 
2a
2(2s)
Portanto, a área lateral do cilindro será máxima para h 5 6 cm.
@ 
#
16
O volume do sólido será igual ao volume do cilindro de
y
raio  __    e altura x, retirando-se o volume de duas semies2
y
feras de raio  __   . Logo, o volume desejado é:
2
2
2sy3 ___________
y2s(3x 2 2y)
y 2
4 y 3 3sy x ____
V 5 s __
       x 2  __  s  __      5  _____
 2  
 
 
 
  5  
 
2
3 2
12
12
12
@  #
@  #
20 b
17
a)
Volume da esfera média (Vm):
4.000p
4
V 5 p 3 103 5
3
3
y
5
x=1
Volume da esfera pequena (Vp):
4
3
500p
4 p 3
35 5
3
3
Volume da região sombreada (Vs):
4.000p
500p
3.000p
223
Vs 5 Vm 2 2 3 Vp 5
5
5
3
3
3
V5
R
y=x
1
–1
5 1.000p
x
1
] V s 5 2 3 3 5 3p
b)O volume do sólido obtido pela rotação é o de um cone
21 e
a
8–R d
10
R
R
d
6
18
Inicialmente, como 32 1 42 5 52, a recíproca do Teorema
de Pitágoras garante que o triângulo ABC seja retângulo
em A. Portanto, o ponto D, de intersecção da reta r com
a reta suporte do lado tABu, coincide com o pé da perpendicular baixada de B (ou de A) a r. Sendo E o pé da perpendicular baixada de C a r, há dois casos a considerar:
1. B e D coincidem: nesse caso, V 5 V1 2 V2, em que V1
é o volume do cilindro circular reto de geratriz ACu e
raio da base CEu, e V2, o volume do cone circular reto de
altura DEu e raio da base CEu. Em cm3, V1 5 π 3 32 3 4 5
1
5 36π e V2 = 3 π 3 32 3 4 5 12π; logo, V 5 36π – 12π 5 24π.
3
2. A é o ponto médio do segmento tBDu: sendo F a intersecção de r com a reta suporte do lado tBCu, V 5 V3 2
2 (V1 1 V4), em que V3 é o volume do cone circular
reto de altura tDFu e raio da base tBDu e V4 é o volume do
cone circular reto de altura EFu e raio da base CEu. Agora,
a semelhança dos triângulos CEF e BDF garante que
1
EF 5 4 cm, daí DF 5 8 cm. Portanto, em cm3, V3 5 3
3
3 π 3 6 2 3 8 5 96π e V4 5 V2 5 12π, de maneira que
V 5 3 96π 2 (36π 1 12π) 5 48π.
6
10
    5  __   ] R 5 3 cm
Por semelhança:  _____
82R R
4 3 s 3 33
 
 5 36s cm3 ] Vpar. verm. 5 36s cm3
 
Vesfera 5   ________
3
s 3 62 3 8
Vcone 5   ________
 
 5 96s cm3 ] Vpar. transp. 5 60s cm3
 
3
120 10
T 60s 3 2x ____
 __   5  _______  
 
5     5  ___  
36s 3 x
36
3
V
22
Raio da base menor da tora: 40 cm 5 0,4 m.
Raio da base maior da tora: 50 cm 5 0,5 m.
@ 
#
2
1 s(0,4)2
s(0,5)
41s
______________
VI 5      
   3 4 5  ____   m3 e
2
50
16s 3
2
____
VM 5 s 3 (0,4) 3 4 5      m
25
VM 32
 ___   5  ___   7 78%. Assim, o volume calculado pela madei41
VI
reira é aproximadamente 22% inferior ao volume calculado pelo Ibama.
23 a
19
a)Como a melancia, de forma esférica, foi cortada em 12
D
4
O
2
fatias iguais, a área da casca de cada fatia, em cm , é:
4sR 2 sR 2
  _____  5   ___  
3
12
2
sR 3
2
sR 2
2
4sR 3
b) A superfície total tem área   ___  1 2 3   ___  5   _____
  .
 
6
B
2
C
h – altura do cone de
raio da base 2 cm
h
A
h 1 6 __
4
:OAD 8 :BAC ]  _____
 
 5      ] h 5 6
 
2
h
Seja V o volume pedido:
1
1
V 5  __   3 3 3 42 3 (6 1 6) 2  __   3 3 3 22 3 6 ] V 5 168 cm3
3
3
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
de raio e altura iguais a 1, acrescido do volume de um
cilindro de raio 1 e altura 3, retirando o volume de
uma semiesfera de raio 1. Logo:
s 3 12 3 1
1 4 3 s 3 13
V 5   ________
 
 1 s 3 12 3 3 2  __   3   ________
 
 
 
 
]
3
2
3
s
8s
2s
] V 5  __   1 3s 2  ___   ] V 5  ___  u.v.
3
3
3
ESTUDANDO Geometria espacial: corpos redondos
Para o ENEM
1 d
4 a
A manilha é um tubo circular de espessura 0,20 m e seu
volume será medido pela fórmula V = (Cmaior − Cmenor)h,
sendo C a área do círculo, h a altura, R 5 1,2 e r 5 1.
Logo:
V 5 (πR2 2 πr 2)h 5 [π12 2 π(1 2 0,2)2] ? 4 5
5 (π 2 π0,82) ? 4 5 144π
Como cada m3 custa R$ 10:
1 m3
R$ 10,00
]
x
5,456 m3
] x 5 R$ 54,56
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2 a
Volume das toras:
• V1 5 32 ? 12 ? 0,06 5 6,48
• V2 5 42 ? 10 ? 0,06 5 9,6
massa
volume 5
densidade
• 6,48 5
massa1
] massa1 ≃ 4,990
0,77
massa2
] massa2 5 7,488
0,78
3 ? massa1 1 2 ? massa2 ≃ 3 ? 4,990 1 2 ? 7,488 5 29,946
• 9,6 5
3 c
V(5) 5 10π 3 5² 5 250π
V(15) = 10π 3 15² 5 2.250π
2.250π : 250π 5 9
Logo, o volume de um cilindro de 15 cm de raio da base
equivale ao volume de nove cilindros com raio da base
de 5 cm. No entanto, é necessário analisar a possibilidade física de realizar o encaixe desses cilindros.
As medidas dos diâmetros das bases dos cilindros garantem a possibilidade de encaixar três cilindros de raio
5 cm dentro do cilindro de raio 15 cm, desde que os
centros dos círculos estejam alinhados, como na figura
acima. Aplicando rotações de 60º no diâmetro da base
do cilindro grande formado pelos três diâmetros das bases dos cilindros pequenos, por simetria, pode-se dizer
que cabem no máximo mais quatro cilindros com raio da
base 5 cm dentro do maior.
Cálculo dos volumes da leiteira e de meio copo:
Vleiteira 5 π 3 42 3 20 5 320π e
V 1 copo 5 π 3 22 3 2 5 8π
2
Para 20 pessoas, a quantidade de água será de V 5 20 3
3 8π 5 160π, o equivalente à metade da leiteira.
5 e
A planificação é feita da seguinte forma:
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Geometria analítica: pontos e retas
Para o vestibulaR
5
y 5 ax 1 b, em que a e b são constantes. Como a reta passa pelos pontos (0, 1) e (1, 3), têm-se b 5 1 e 3 5 a 3 1 1 1,
ou seja, a 5 2 e, explicitamente, y 5 2x 1 1. Se x 5 2,
tem-se y 5 5 (base menor do trapézio). Se x 5 4, tem-se
y 5 9 (base maior do trapézio).
A altura do trapézio (distância entre as duas bases) é
igual a 2.
(5 1 9) 3 2
A área do trapézio, em cm2, é dada por   _________
 
 5 14.
 
2
Considerando o sistema cartesiano com origem
O no vértice da pirâmide A e os eixos Ox, Oy
e Oz determinados pelas arestas tABu, tACu e tADu,
respectivamente, tem-se que a face determinada pelos
pontos B, C e D está contida no plano π, cuja equação é:
x 1 y 1 z 5 a.
Seja L a medida da aresta do cubo. Então, o vértice
diametralmente oposto ao vértice A(0, 0, 0) é o ponto
E(L, L, L). Sendo esse cubo o de volume máximo contido
na pirâmide ABCD, o ponto E pertence ao plano p.
a
3L 5 a ] L 5
3
@ 3 3 #
2 a) 40 min 5  __2   h }   __2  ,  __2    
3
1
3
1
2
b)20 min 5  __   h e 20 min 1 10 min 5 30 min 5  __   h
@  #
1 1
}   __  ,  __    
2 3
6 a) dAB 5 dllllllllllllllll
(22
  
2 1)2 1 (1 1 2)2 
xA 1 xB 1 xC
2 22 1 1 1 xC
3
3
3
y___________
1
2
2
1 yC
A 1 yB 1 yC
yG 5  
 
 
 
 
 
] 1 5   _________
 
] yC 5 4
3
3
} C 5 (3, 4)
 
 
 
 
 
b) xG 5  ___________
 ] xC 5 3
]  __   5   ___________
3 a)Pelas simetrias das retas r e s em relação aos eixos Ox e Oy,
tem-se: xA 5 xE 5 2xB 5 2xD 5 1 e yA 5 yB 5 2yD 5 2yE 5 2.
Se A 5 (1, 2), então B 5 (21, 2), D 5 (21, 22), E 5 (1, 22).
Os segmentos OA, OB, OC, OD, OE e OF têm com
primento igual ao raio da circunferência dado por:
OA 5 dllllll
12 1 22  
5 dll
5  
Agora:
dAB 5 3dll
2  
7
Situação 1:
Q 5 (5, 16)
xF 5 OF 5 dll
5  e yF 5 0,
xC 5 2OC 5 2dll
5  e yC 5 0
Portanto: F 5 @ dll
5  , 0  #e C 5 @ 2dll
5  , 0  #.
Como os trapézios CBAF e CDEF são congruentes, a
área do hexágono ABCDEF é o dobro da área do trapézio CBAF, ou seja, é igual a:
(CF 1 AB) 3 yA
 
 
 
2 3   ____________
5  1 2 #3 2 5 4dll
5  1 4
5 @ 2dll
2
b) No triângulo OAB, pela lei dos cossenos:
2
2
A 5 (a, b)
Situação 1:
Na situação 1, P é ponto
médio
Q5
(5, 16)de AQ, logo,
aSituação
1 5 2:
_____
 
 5 2 ] a 5 21
 
 
Q 5 (5, 16)
P 5 (2, 1)
2
b 1 16
______
 
 5 1 ] b 5 214
 
 
A
2 5 (a,A b)
5 (a, b)
} A 5 (21, 214)
P 5 (2, 1)
Situação 2:
Q 5 (5, 16)
2
AB 5 OA 1 OB 2 2 3 OA 3 OB 3 cos(AOB) 5   #2 1 @ dll
5   #2 2 22 __
@ d ll
3
_________________
} cos(AOB) 5    
  
 
5     
5
2 3 d ll
5  3 d ll
5  
P 5 (2, 1)
4 Nas condições apresentadas, uma trajetória ligando
(0, 0, 0) a (4, 3, 2) é mínima se, e somente se, seu
comprimento for 9 e for determinada por uma
sequência, em qualquer ordem, de 4 segmentos
paralelos ao vetor (1, 0, 0), 3 segmentos paralelos ao
vetor (0, 1, 0) e 2 segmentos paralelos ao vetor (0, 0, 1).
Seja N a quantidade dessas trajetórias.
9!
9?8?7?6?5
Tem-se: N 5
5 1.260.
5
4! ? 3! ? 2!
6?2
A 5 (a, b)
P 5 (2, 1)
Na situação 2, por semelhança de triângulos:
AQ 2
5 2 a __
2
  5      ] 5 2 a 5 2a 2 4 ] a 5 3
 ___  5  __   ]  _____ 
a22 1
AP 1
AQ 2
16 2 b __
2
 
5      ] 16 2 b 5 2b 2 2 ] b 5 6
 ___  5  __   ]  ______  
1
AP 1
b21
} A 5 (3, 6)
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 A reta pode ser descrita por uma equação da forma
8
12
B 5 (0, 6)
a)A(1, 3); B(7, 1) e C(3, 5)
(dAB)2 5 (1 2 7)2 1 (3 2 1)2 5 40
(dAC)2 5 (1 2 3)2 1 (3 2 5)2 5 8
A 5 (–2, 0)
C 5 (x, y)
(dAB)2 5 (22 2 0)2 1 (0 2 6)2 ] (dAB)2 5 40
(dAC)2 5 (22 2 x)2 1 (0 2 y)2 ] (dAC)2 5 (x 1 2)2 1 y2
(dBC)2 5 (x 2 0)2 1 (y 2 6)2 ] (dBC)2 5 x2 1 (y 2 6)2
d2AB    5 d2AC    1 d2BC    ] 40 5 (x 1 2)2 1 y2 1 x2 1 (y 2 6)2 ]
] 40 5 x2 1 4x 1 4 1 y2 1 x2 1 y2 2 12y 1 36 ]
] 2x2 1 2y2 1 4x 2 12y 5 0 ] x2 1 y2 1 2x 2 6y 5 0 ]
] x2 1 2x 1 1 1 y2 2 6y 1 9 5 1 1 9
} (x 1 1)2 1 (y 2 3)2 5 10
(dBC)2 5 (7 2 3)2 1 (1 2 5)2 5 32
d2AC    1 d2BC   5 8 1 32 5 40 5 d2AB   
As medidas dos lados do triângulo ABC estão de acordo
com o Teorema de Pitágoras; portanto, ele é retângulo.
dAC 3 dBC ________
256  
dllll
8  3 dlll
32   _____
dll
base 3 altura _______
 
 
 
 
 5  
 
b)AABC 5   ___________
 
 
 
 5  
 
5  
 
2
2
2
2
} AABC 5 8
13
Sejam P 5 (a, b), Q 5 (c, d) e R 5 (e, f ) os vértices do triângulo.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
9 a)A abscissa de A coincide com a do ponto onde f corta
Q 5 (c, d)
o eixo x.
f(x) 5 0 ] log10 x 5 0 ] x 5 1 } A 5 (1, 10)
A ordenada de B coincide com a do ponto onde g corta o eixo y.
g(0) 5 f(x) ] 100 5 log10 x ] x 5 10 } B 5 (10, 1)
@ 
# @ 
M2 5 (3, 4)
M1 5 (1, 2)
#
1 1 10 ______
10 1 1
11 11
Assim, M 5   ______
  
 5   ___ ,   ___    .
 , 
   
2
2
2 2
b)Para todo x 9 V, (f W g)(x) 5 f (g(x)) 5 f (10x) 5 log10 10x 5 x.
Para todo x . 0:
(g W f)(x) 5 g(f(x)) 5 g(log10x) 5 10log10x 5 x
10 a
Considerando a orientação tradicional de um eixo
cartesiano, João andou (5 2 1) m na horizontal e (3 2 5) m
na vertical, atingindo, a partir do ponto A, o ponto
(4, 22).
A distância d entre esse ponto e a origem (0, 0) é:
M3 5 (1, –1)
P 5 (a, b)
Relacionando as abscissas desses pontos, tem-se:
a1c
  _____
 
 5 1
 
2
c1e
_____
   
 
 5 3 ] 2
e1a
  _____
 
 5 1
 
2
]
d² 5 4² 1 (22)² 5 20 ] d 5 √20 5 √4 ? 5 5 2√5
11 c
A reta que determina a rampa passa pelo ponto (0, 0) e
5
tem uma inclinação dada por
5 0,5. Logo, a equação
10
dessa reta é y 5 0,5x.
A reta que determina a corda que passa pelo balão
e pelo ponto P é ortogonal à rampa e, portanto, tem
21
5 22. A equação dessa
coeficiente angular igual a
0,5
corda, usando as coordenadas do balão (20, 20), será:
y 2 20 5 2 2(x 2 20) ] y 5 22x 1 60
O ponto P é o ponto de encontro dessas duas retas, ou
seja:
yP 5 0,5xP 5 22xP 1 60 ] xP 5 24
yP 5 0,5xP 5 0,5 ? 24 5 12
As coordenadas do ponto P são (24, 12).
R 5 (e, f)
22a1e56
e1a52
a 1 c 5 2 ] c 5 2 2 a
c1e56
e1a52
] e 5 3, a 5 21 e c 5 3
Com as ordenadas, tem-se:
b1d
  _____
 
 5 2
 
2
d1f
_____
   
 
 5 4 ]
2
f1b
_____
 
 5 21
   
2
]
42b1f58
f 1 b 5 22
]
b 1 d 5 4 ] d 5 4 2 b
d1f58
f 1 b 5 22
] f 5 1, b 5 23 e d 5 7
Portanto, P 5 (21, 23), Q 5 (3, 7) e R 5 (3, 1).
14
16
2
2
Deseja-se minimizar a expressão AP 1 BP 1 CP .
2
2
2
a)2x 1 m 5 x2 1 x 1 1 ] x2 2 x 1 1 2 m 5 0 e
S 5 (21)2 2 4 3 1 3 (1 2 m) 5 23 1 4m
Seja P 5 (x, y). Logo, AP 1 BP 1 CP 5
5 [(x 2 0)2 1 (y 2 0)2] 1 [(x 2 2)2 1 (y 2 1)2] 1 [(x 2 1)2 1
1 (y 2 5)2] 5 3x2 2 6x 1 3y2 2 12y 1 31
A reta interceptará a parábola se S > 0; portanto:
3
23 1 4m > 0 } m >  __  
4
b) A reta tangencia a parábola se S 5 0.
3
} m 5  __  
4
3
A reta terá equação y 5 2x 1  __   e, resolvendo o sistema:
4
3
__
y 5 2x 1     
4
]
y 5 x2 1 x 1 1
Como x e y variam independentemente um do outro,
para que se minimize a expressão acima, basta minimizar
os trinômios de grau 2:
f(x) 5 3x2 2 6x e g(y) 5 3y2 2 12y.
@  #
S
Calculando os mínimos 2  ___      de f(x) e g(y) encon4a
tra-se 23 e 212, respectivamente.
Portanto, o valor mínimo é:
AP2 1 BP2 1 CP2 5 23 2 12 1 31 5 16
15 c
y
C
2
B
F
17 b
45°
Sejam os pontos D 5 (0, 1), E 5 (dll
3  , 1), a a medida do
P
6
45°
4
a
45°
a
A
2
3
] 2x 1  __   5 x2 1 x 1 1 ] 4x2 2 4x 1 1 5 0
4
1
7
__
} x 5      e y 5  __  
4
2
1 7
Portanto, o ponto de tangência é   __  ,  __    .
2 4
@  #
O enunciado sugere a figura:
E
G
H
8
6
a
D
x
S1: área do retângulo AEFD
S2: área do triângulo BCE
S3: área do triângulo CDF
A área S do quadrilátero ABCD é tal que:
S 5 S1 2 S2 2 S3
636
2 3 2 ____
S 5 8 3 6 2  ____
  2    
   } S 5 28
 
2
2
28
Então, o triângulo ADP tem  ___  5 14 unidades de área.
2
8
3
a
7
 5 14 } a 5  __  
Daí, tem-se:  ____
 
2
2
9
7
Tem-se ainda: AH 5 8 2 a 5 8 2  __   } AH 5  __  
2
2
O coeficiente angular m da reta AP é tal que:
7
 __  
2
7
PH
___
__
m 5 tg a 5      5      } m 5  __  
9
9
AH
__
    
2
menor ângulo formado pelo segmento AB com a horizontal no sentido anti-horário e d a medida dos ângulos
determinados pela reta r no vértice B. Então:
3  
dll
AD
2
tg a 5  ___   5  ____
    5  ___    } a 5 30w
d
BD 2 ll
3   3
CE
3
3   } a 1 2b 5 60w
tg(a 1 2d) 5  ___   5  ___    5 dll
BE d ll
3  
Assim, d 5 15w. Se D é o ângulo de inclinação da reta r, tem-se:
D 5 180w 2 (a 1 d) 5 180w 2 (30w 1 15w) 5 135w
Seu coeficiente angular é, portanto, igual a tg 135w 5 21.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
2
18 b
20 d
Como a reta r é paralela a y 5 x (bissetriz dos
quadrantes ímpares), elas têm coeficientes angulares
iguais. Sabendo que r passa por (2, 3):
r: y 2 3 5 1(x 2 2) ] y 5 x 2 2 1 3 ] y 5 x 1 1
Como s ⊥ r, mr 5
21
21
5 21.
5
ms
1
Sabendo que s passa por (2, 5):
s: y 2 5 5 21(x 2 2) ] y 5 2x 1 2 1 5 ] y 5 2x 1 7
O ponto A é interseção de r e s. Logo, as coordenadas
(xA, yA) respeitam a equação das duas retas. Igualando
as duas:
xA 1 1 5 2xA 1 7 ] 2xA 5 7 2 1 5 6 ] xA 5 3
Substituindo em r: yA 5 xA 1 1 5 3 1 1 5 4. Logo,
A 5 (3, 4).
A distância d entre A 5 (3, 4) e O 5 (0, 0) é tal que:
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
d² 5 3² 1 4² ] d² 5 9 1 16 5 25 ] d 5 5
Dado um ponto M sobre tOAu e chamando OM de
x, então MA 5 5 2 x. Tem-se x . 5 2 x, pois x é a
hipotenusa. Então:
x² 5 (5 2 x)² 1 3² ] 10x 5 34 ]
] x 5 3,4 (hipotenusa) e 5 2 x 5 1,6 (cateto)
Por fim, a área desse triângulo retângulo é dada por
1,6 ? 3
5 2,4.
2
19
a) A área total do pasto é 20.000 m2. Como cada vaca
ocupa, no mínimo, 1.000 m2 e cada bezerro, 400 m2,
tem-se que 15 vacas e 15 bezerros necessitam de, no
mínimo, 21.000 m2. Assim, o pasto não comportará
essa quantidade de animais.
b) A l g e b r i c a m e nte, s e o n ú m e ro d e va c a s fo r
representado por V, e o de bezerros, por B, tem-se o
seguinte raciocínio:
1.000V 1 400B < 20.000 ] 2,5V 1 B < 50
Graficamente, é a região delimitada pela reta de
equação 2,5V 1 B 5 50 e os eixos coordenados.
B
50
20
V
Sendo P(x, y) a localização do cativeiro, tem-se que
dPA 5 dPB 5 dPC. Então, a distância buscada é tal que:
d ²PA 5 d²PB ] x ² 1 (y 2 4)² 5 (x 2 3)² 1 (y 2 1)² Æ Æ x ² 1 y ² 2 8y 1 16 5 x ² 2 6x 1 9 1 y ² 2 2y 1 1 Æ
Æ 28y 1 16 1 6x 2 9 1 2y 2 1 5 0 ] 6x 2 6y 1 6 5 0 Æ
Æ x 2 y 1 1 5 0 (equação I)
d ²PA 5 d ²PC ] x ² 1 (y 2 4)² 5 (x 2 6)² 1 (y 2 6)² ]
] x ² 1 y ² 2 8y 1 16 5 x ² 2 12x 1 36 1 y ² 2 12y 1 36 ]
] 28y 1 16 1 12x 2 36 1 12y 2 36 5 0 ]
] 12x 1 4y 2 56 5 0 ] 3x 1 y 2 14 5 0 (equação II)
Somando as equações I e II:
(x 2 y 1 1) 1 (3x 1 y 2 14) 5 0 ] 4x 2 13 5 0 ]
13
]x5
4
Substituindo x na equação I:
13
17
2y1150]y5
4
4
Calculando a distância:
d²PA 5 x² 1 (y 2 4)² 5 [
5
²
13 ²
17
] 1 [ 2 4] 5
4
4
169
169
1
170
17 2 16 ²
]
] 5
1[
1
5
16
4
16
16
4
] d5
√170
4
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
ESTUDANDO Geometria analítica: pontos e retas
Para o ENEM
1 c
2 a
3 d
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Geometria analítica: circunferências e cônicas
Para o vestibular
4 Seja r a mediatriz dos pontos A(26, 2) e B(3, 21), tem-se:
O212O ___
O4 3 0 1 3 3 0 2 12O ______
12
  
  
 
 5     
 
5  
r 5   _________________
 
2
2
d
5
d
 lll
25  
 llllll
4 1 3   
Portanto, a área do interior da circunferência será igual a
@  #
2 2 (21)
3
1
mAB 5  ________  
5 2 __   5 2 __   ] mr 5 3
26 2 3
9
3
26 1 3
3
2 2 1 __
1
_______
Ponto médio de AB, xM 5  
 
 5 2 __   e yM 5   _____
 
 5     ,
 
 
5
2
2
2
3 __
1
__
portanto, M 2   ,        .
2 2
@ 
12 2 144s
sr2 5 s  ___     5  _____
 
 
 
5
25
@  #
@ 
#
Seja s a mediatriz dos pontos C(21; 22) e B(3; 0), tem-se
22 2 0 ___
22 1
  5      5  __   ] ms 5 22
mCB 5   _______ 
21 2 3 24 2
21 1 3
22 1 0
 
 5 1 e yN 5   _______
 
 5 21,
 
 
Ponto médio de BC: xN 5   _______
2
2
portanto: N(1; 21). Assim:
y 2(21) 5 22(x 2 1) ] y 5 22x 1 1
O centro da circunferência é o ponto P de intersecção
entre as mediatrizes r e s.
3x 5
y 5  ___   2  __  
5
3x __
4 ]  ___
2
  2      5 22x 1 1 ] 6x 2 5 5 28x 1 4 ]
2 4
y 5 22x 1 1
9
9
2
2
] x 5  ___    e y 5 2 __   ] P  ___    ; 2 __    
14
14 7
7
@ 
#
E   @  # R
3
1
y 2  __   5 3  x 2  2 __       ] y 5 3x 1 5
2
2
2 Seja r a mediatriz dos pontos A(0; 2) e B(3; 0), tem-se:
220
3
2
mAB 5  _____ 
  5 2 __   ] mr 5  __  
023
3
2
013
210
3
_____
__
Ponto médio de AB, xM 5    
 
 5      e yM 5   _____
 
 5 1,  
2
2
2
3
3
3
3x 5
portanto: M  __  , 1 . Assim: y 2 1 5  __   x 2  __     ] y 5  ___  2  __  
2 4
2
2
2
#
Seja s a mediatriz dos pontos C(25, 25) e B(3, 21), tem-se:
25 2(21) __
4 1
mCB 5   _________
 
 
5      5  __   ] ms 5 22
25 2 3
8 2
25 1 3
25 2 1
_______
 
 5 21 e yN 5   _______
 
 5 23,
Ponto médio de BC, xN 5  
 
 
2
2
portanto, N(21, 23).
y 2(23) 5 22[x 2(21)] ] y 5 22x 2 5
O ponto de intersecção das retas r e s corresponde ao
centro da circunferência e é dado por (22, 21). Como
o ponto (3, 21) pertence à circunferência, tem-se que o
raio é igual à distância entre os pontos (22, 21) e (3, 21).
r 5 dllllllllllllllllllll
(22
   
2 3)2 1 [21 2 (21)]2  ] dllllll
25 1 0   
55
2
2
2
2
5 a) x2 1 y2 2 4y 5 0 ] x 1 (y 2 2) 52 4 (I)
x 1 y 2 4x 2 2y 1 4 5 0 ] (x 2 2) 1 (y 2 1)2 5 1 (II)
y
Observe o gráfico
ao lado:
4
(I)
2
3 a)Seja s a equação da reta que passa no centro da cir
cunferência H e é perpendicular à reta r:
mr 5 21 ] ms 5 1
x2 1 y2 2 4x 2 6y 2 3 5 0 ] (x 2 2)2 1 (y 2 3)2 5 16
Portanto, o ponto (2, 3) é o centro da circunferência.
Logo:
y 2 3 5 1 3 (x 2 2) ] y 2 3 5 x 2 2 ] s : x 2 y 1 1 5 0
b) O raio é a distância entre o centro (2, 3) e a reta r:
O5O 5dll
O13 2 1 1 3 3 1 0O ___
2  
  
  
  
 
5     5  ____
 
r 5   _______________
2
2
d
llllll
ll
2
d

2 
 
 1 1 1   
@  #
2   2
5dll
25
(x 2 2)2 1 (y 2 3)2 5   ____
       ] (x 2 2)2 1 (y 2 3)2 5  ___  
2
2
(II)
1
2
x
b)As retas tangentes às circunferências (sendo uma delas a
reta y 5 0) e a reta que passa pelos centros (0, 2) e (2, 1)
das circunferências são concorrentes no ponto P.
A reta que passa pelos pontos (0, 2) e (2, 1) é dada por:
221
1
1
m 5  _____ 
  5 2 __   ] y 2 2 5 2 __   (x 2 0) ]
022
2
2
] x 1 2y 2 4 5 0
y50
] x 1 2 3 0 2 4 5 0 ] x 5 4
x 1 2y 2 4 5 0
Portanto, P(4, 0).
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 Sendo r o raio do círculo:
6 e
9
Sendo P(x, y) o centro da circunferência C, então P
pertence à mediatriz dos pontos (0, 3) e (21, 0). Partindo
disso, é possível encontrar a equação dessa mediatriz:
r² 5 (x 2 0)² 1 (y 2 3)² 5 (x 1 1)² 1 (y 2 0)² Æ
Æ x² 1 y² 2 6y 1 9 5 x² 1 2x 1 1 2 y² Æ x 1 3y 2 4 5 0
Sabe-se, no entanto, que a reta que une o centro dessas
duas circunferências tangentes passa necessariamente
pelo ponto (0, 3). Logo, o ponto P pertence à reta
1
que passa pelos pontos [2 , 4] e (0, 3). Essa reta tem
2
coeficiente linear igual a 3 e coeficiente angular dado por:
423
1
5
5 22
1
1
2 20
2
2
2
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
A equação dela é dada por: y 5 22x 1 3.
Substituindo na equação da mediatriz encontrada
anteriormente, tem-se as coordenadas do ponto P
(intersecção das duas retas):
x 1 3(22x 1 3) 2 4 5 0 Æ x 2 6x 1 9 2 4 5 0 Æ x 5 1
ey51
Finalmente, o raio da circunferência C é:
r ² 5 (1 2 0)² 1 (1 2 3)² Æ r 5 √5
7
Observe a figura com o sistema descrito no enunciado:
y
12
8
(R 8)
12
A equação da circunferência será (x 2 3)2 1 (y 2 b)2 5 9.
Como o ponto P pertence à circunferência, tem-se:
(5 2 3)2 1 @ d ll
5  1 1 2 b  #2 5 9 ] dll
5  1 1 2 b 5 !dll
5    ]
dll
5  1 1 !dll
5   ] b 5 2 5  1 1 . 5
] b 5 dll
b51
Assim, (x 2 3)2 1 (y 2 1)2 5 9.
10 c
2
2
x2
y2
x
y
50][ ] 2[ ] 50]
2 2
5
5
5
52
x
y
x
y
][ 2 ]?[ 1 ]50
5
5
5
5
x
y
x
y
Reta A:
2
5 0 Reta B:
1
50
5
5
5
5
11 c
O lugar geométrico dos pontos de x² 1 y² < 36 é um
círculo de raio 6 com centro na origem.
O lugar geométrico dos pontos de x 1 y > 6 é um
semiplano que fica acima da reta y 5 x 1 6, que passa
pelos pontos (0, 6) e (–6, 0) e é paralela à bissetriz dos
quadrantes ímpares.
A região acima da
reta, e interna, é
um segmento de
circunferência e está
representada na figura
ao lado.
x
R
C
(12, (R 8))
O raio da circunferência é R e as coordenadas do centro
são (12, 2(R 2 8)).
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo
retângulo da figura, obtém-se:
R² 5 12² 1 (R – 8)² ] R² 5 144 1 R² – 16R 1 64 Æ
Æ R 5 13 e R 2 8 5 5
Logo, o raio da circunferência tem 13 u.c. e as
coordenadas do centro são (12, 25). Portanto, a equação
da circunferência é (x 2 12)² 1 (y 1 5)² 5 169.
8 a
Resolvendo o sistema com as equações das
circunferências:
I: x2 1 y2 2 4x 2 4y 1 4 5 0
II: x2 1 y2 2 10x 2 4y 1 28 5 0
I 2 II Æ 6x 2 24 5 0 Æ x 5 4
Substituindo em I:
16 1 y² 2 16 2 4y 1 4 5 0 Æ y² 2 4y 1 4 5 0 Æ
Æ (y 2 2)² 5 0 Æ y 5 2
O ponto de intersecção das duas cônicas é único, o que
prova que elas são tangentes.
A área dessa região pode ser obtida como a subtração
entre um quarto do círculo de raio 6 e meio quadrado
de lado 6:
1
1
A5
? p ? 62 2
? 62 5 9p 2 18 5 9(p 2 2)
4
2
12 b
A circunferência e a reta dadas se interceptam nos
pontos cujas abscissas são as raízes de x2 1 (x 1 2)2 2
2 6x 1 2(x 1 2) 2 17 5 0, que equivale a 2x2 2 9 5 0,
que tem raízes x 5  3 .
a2
Os pontos de intersecção são [ 3 , 3 1 2] e
a2 a2
3
3
[2 , 2 1 2].
a2
a2
O ponto médio do segmento com extremos nesses
pontos é (0, 2), e a distância entre os pontos é
√
2
2
[ 6 ] 1 [ 6 ] 5 6.
a2
a2
A circunferência com diâmetro nos pontos de intersecção
tem equação x2 1 (y 2 2)2 5 32 (forma reduzida) ou x2 1
1 y2 2 4y 2 5 5 0 (forma geral).
13 b
17
r² 5 (3 2 2)² 1 (21 2 0)² 5 2
Portanto, a equação da circunferência é (x 2 3)² 1
1 (y 1 1)² 5 2.
14
Toda parábola que tangencia o eixo x no ponto
P2 5 (a, 0) tem equação y 5 k(x 2 a)2, k ∈ R, k  0.
Como o ponto P1 5 (0, a) pertence à parábola, tem-se:
a 5 k(0 2 a)2 Æ ka 5 1 Æ k 5
Seja r a medida do raio da circunferência e considerando
a origem do sistema de coordenadas cartesianas como o
único ponto de intersecção entre a parábola e a circunferência, tem-se a seguinte equação:
x2 1 (y 2 r)2 5 r2.
x2
y 5  __   ] x2 5 4y
4
] 4y 1 (y 2 r)2 5 r2 ]
x2 1 (y 2 r)2 5 r2
] y2 1 (4 2 2r)y 5 0
Como a equação do 2o grau y2 1 (4 2 2r)y 5 0 deve ter
apenas uma solução, então S 5 0. Portanto:
S 5 (4 2 2r)2 2 4 3 1 3 0 5 0 ] r 5 2
18
Reta que passa pelo ponto (2, 4):
y 2 4 5 m(x 2 2) ] mx 2 y 1 4 2 2m 5 0
1
a
Como a distância entre os pontos P1 e P2 é 4, segue:
√2a2 5 4 Æ a 5 2 a2
Portanto, há duas parábolas que atendem às condições
dadas:
a2
a2
y5
(x 2 2 a2 )2 e y 5 2
(x 1 2 a2 )2
4
4
y 5 x2
] x2 2 mx 2 4 1 2m 5 0
mx 2 y 1 4 2 2m 5 0
Como a equação do 2o grau x2 2 mx 2 4 1 2m 5 0 deve
ter apenas uma solução, então S 5 0. Portanto:
(2m)2 2 4 3 1 3 (24 1 2m) 5 0 ] m2 2 8m 1 16 5 0 ]
] (m 2 4)2 5 0 ] m 5 4
19 b
A medida do eixo menor dessa elipse é dada por:
15 b
Observe que essa função é de segundo grau e f(4) 5
5 f(24). Toda função de segundo grau f(x) 5 ax² 1
1 bx 1 c que é simétrica em relação ao eixo y possui o
coeficiente b 5 0. Além disso, como f(0) 5 0, essa função
também tem o termo independente c 5 0.
Logo, a função que gera essa parábola é do tipo f(x) 5
5 ax². Considerando f(4) 5 1, tem-se:
1
x2
Æ f(x) 5
a(4²) 5 1 Æ a 5
16
16
Analisando as alternativas, tem-se:
4
1
f(2) 5 f(22) 5
5
16
4
16 b
A elipse, cujo eixo maior é paralelo ao eixo y, tem centro no ponto (2, 0), distância focal igual a 80 e semieixo
maior igual a 100, ou seja, c 5 80 e a 5 100. Logo:
a2 5 b2 1 c2 ] 1002 5 b2 1 802 ] b 5 60
Portanto:
(y 2 yC)2
y2
(x 2 xC)2 ________
(x 2 2)2 ______
 
 
 1  
 
 
 5 1 ]   _______
    
  
1  
51
  ________
2
2
3.600
10.000
b
a
2b 5 1,5 1 1,5 1 7 5 10 Æ b 5 5
Como a excentricidade da elipse é 0,943, a distância
focal 2c pode ser encontrada considerando c 5 0,943a.
Então, usando as aproximações dadas, em a² 5 b² 1 c²,
tem-se:
a² 5 5² 1 (0,943a)² Æ a² 5 25 1 0,889a² Æ
Æ 0,111a² 5 25 Æ 0,333a 5 5 Æ a  15 m
Para que as elipses se tangenciem, a distância entre
seus centros deve ser 2a 5 30 m, que é a distância entre
os postes.
20 Soma 01 + 02 + 16 = 19
A reta (assíntota da hipérbole) que passa nos pontos
1
A (220; 210) e C (20; 10) é a reta y 5  __   x. Logo:
2
b 1
5  
 __   5  __   ] a 5 2b e c 5 6dll
a 2
Assim:
c2 5 b2 1 a2 ] @ 6dll
5   #2 5 b2 1 (2b)2 ] b 5 6 e a 5 12
y2
x2
Portanto, a equação da hipérbole é  ____    2  ___   5 1.
144 36
(01) Verdadeira, pois a 5 12.
(02) Verdadeira, pois a área da quadra é 40 m 3 20 m 5 800 m2.
y2
x2
(04) Falsa, pois a equação da hipérbole é  ____    2  ___   5 1.
144 36
5   ___
6 dll
5  
dll
c
__
 5     .
(08) Falsa, pois a excentricidade    a     é igual a  _____ 
12
2
(16) Verdadeira, pois o eixo imaginário é igual a 2b 5 12;
portanto, 4 vezes o raio do círculo.
@  #
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Encontrando as raízes da parábola:
x1 1 x2 5 6 5 2 1 4
x1 ? x2 5 8 5 2 ? 4
Logo, a circunferência passa pelos pontos (2, 0) e (4, 0).
A abscissa do vértice é o ponto médio das raízes x 5 3.
A ordenada do vértice é y 5 3² 2 6 ? 3 1 8 5 21.
O raio da circunferência é a distância entre o centro
(3, 21) e qualquer uma das raízes. Então, r é dada por:
21 d
25 d
O eixo menor tem medida igual a 2b:
y
O centro da elipse é o ponto
(0, 0). Logo:
80 2 (10 1 10) 5 2b Æ b 5 30 m
A(0, 9)
O eixo maior tem medida igual a 2a:
120 2 (10 1 10) 5 2a Æ a 5 50 m
semieixo vertical: a 5 9
■ semieixo horizontal: b
■ semidistância focal: c 5 6
2
2
2
2
2
2
■ a 5 b 1 c ] 9 5 b 1 6 ]
■
A distância focal tem medida igual a 2f:
50² 5 30² 1 f ² Æ 2.500 5 900 1 f ² Æ f ² 5 1.600 Æ
Æ f 5 40
Portanto, 2f 5 80 m.
22
9y2 2 16x2 2 144y 1 224x 2 352 5 0 ]
] 9(y2 2 16y 1 64) 2 16(x2 2 14x 1 49) 5 144 ]
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
(y 2 8)2 _______
9(y 2 8)2 _________
(x 2 7)2
16(x 2 7)2 ____
144
 
 
 
 
   ]   _______
 
 2  
 
 5 1
 
 
2  
 
5  
 
]   ________
144
144
144
16
9
Assim, a2 5 16 e b2 5 9. Tem-se que c2 5 a2 1 b2 ] c 5 5.
Portanto, a distância focal é 2 3 5, ou seja, 10.
23
Desconsiderando a potência 10 7, pois o resultado d
está dividido por 107, tem-se: 2a 5 540, 2b 5 140. Logo,
a 5 270 e b 5 70.
Assim, a2 5 b2 1 c2 ] c2 5 2702 2 702 ] c 7 260,8
A distância d é igual a a 2 c 7 270 2 260,8 7 9.
P
Q
x
0
224 cm 2 200 cm 5 24 cm, logo, y 5 24.
50 3 18
242
x2
    1  ____   5 1 ] x 5 !  ______
 
 
 
] x 5 !30
 _____
2.500 900
30
Portanto, P(230, 24) e Q(30, 24).
Assim, dPQ 5 30 cm 1 30 cm 5 60 cm.
x
0
6
10  
x 5 2dlll
32
x2
 ___    1  ___    5 1 ] 45 81
x 5 22dlll
10  , 0 ] B@ 2dlll
10  
, 3  #
Portanto, a área do :BF1F2 é dada por:
F 1F 2 3 x
10  
12 3 2dlll
_______
 
 5   _________
 
 
 
 5 12dlll
10  
 
2
2
26 e
x2 2 y2 1 5x 2 5y 5 0 ] x2 1 5x 2 (y2 1 5y) 5 0 ]
@ 
# @ 
@ 
#
# @ 
#
5 2
5 2 ___
25 25
5 2
5 2
]  x 1  __     2  y 1  __     5
      2___
      ]  x 1  __     5  y 1  __      ]
4 4
2
2
2
2
]
y
12
B(x, 3)
] b 5 45
2
x2 y
Portanto,  __2   1  __2   5 1 ]
F1
b
a
b
y2
x2
]  ___    1  ___    5 1
45 81
Como o ponto B(x, 3) pertence à elipse, tem-se:
24
2a 5 100 ] a 5 50
e b 5 30, tem-se a
equação da elipse:
2
x2 y
24 cm
 __2   1  __2   5 1 ] a
b
y2
x2
]  _____
    1  ____    5 1
2.500 900
x
6
c
2
F2
a
5
5
y 1  __   5 x 1  __  
2
2
@ 
#
5
5
y 1  __   5 2 x 1  __    
2
2
]
y5x
y 5 2x 2 5
Portanto, a equação corresponde a duas retas concorrentes (uma cônica degenerada).
ESTUDANDO Geometria analítica: circunferências e cônicas
Para o ENEM
4 b
Usando os dados e a escala do gráfico, tem-se que a
circunferência estará centrada no ponto (3, 5) e seu raio
terá 4 u.c. na escala do mapa. A equação reduzida dessa
circunferência é (x 2 3)² 1 (y 2 5)² 5 4².
Partindo disso, chega-se à equação geral:
x² 2 6x 1 9 1 y ² 2 10y 1 25 2 16 5 0 Æ
Æ x² 1 y² 2 6x 2 10y 1 18 5 0
2 e
Após 30 s, a onda já tinha atingido um raio de 6 u.c,
(r² 5 36) em relação ao centro de origem (10, 24).
Mantendo essa velocidade de propagação (6 u.c. a cada
30 s), ela se dissipará após 2 minutos (4 ? 30s), quando
tiver atingido o raio de 24 u.c.
A distância entre a costa e o centro da onda é
√102 1 242 5 √100 1 576 5 √676 5 26 . 24
Logo, o programa não entrará em alerta.
3 d
Transformando a equação da elipse para a forma
reduzida (dividindo por 400), tem-se:
16x2
25y2
400
50]
1
2
400
400
400
]
x2
y2
1
51
25
16
A equação indica que a elipse está centrada no ponto
(0, 0) e tem a 5 5 e b 5 4. Então, o eixo maior tem 10 u.c.
e o menor, 8.
A figura abaixo mostra como ficarão os postes de luz no
retângulo.
Como a primeira elipse ocupará 5 m na horizontal,
caberão mais 99 torres de luz na primeira linha (cada uma
iluminando 10 m, completando assim 990 1 5 5 995. No
vértice inferior direito haverá mais uma torre, iluminando os
5 m restantes e completando 101 torres na primeira linha.
Na vertical acontece algo similar: caberia, nos 240 m de
comprimento do retângulo, uma coluna de 30 elipses
com 8 m de eixo menor. No entanto, como a primeira
elipse ocupa apenas 4 m na vertical, será necessária uma
última torre no vértice superior esquerdo do retângulo,
completando assim 31 torres na primeira coluna.
O total de elipses será: 31 ? 101 5 3.131.
Como condição, a comunidade solicitou que fosse
construída uma estação dentro da região circular
representada pela inequação (x 1 5)2 1 (y 2 5)2 < 52.
Usando a equação da reta y 5 x 1 4, tem-se:
(x 1 5)2 1 (x 1 4 – 5)2 < 25 Æ x2 1 10x 1 25 1
1 (x2 2 2x 1 1) < 25 Æ 2x2 1 8x 1 1 < 0 Æ
Æ 28 22a14 < x < 28 12a14 Æ
4
4
Æ 22 2 a3,5 < x < 22 1 a3,5
Como 1,73  a3 , a3,5, pela equação da linha de
metrô, tem-se:
23,73 < x < 20,27 Æ –3,73 1 4 < x 1 4 < 20,27 1 4 Æ
Æ 0,27 < y < 3,73
Isso elimina as alternativas a, d e e.
Entre b e c, a única cuja abscissa satisfaz à inequação,
gerada pela condição de distância entre a linha do
metrô e o hospital, e também à equação que representa
a linha de metrô é b.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 a
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Números complexos
Para o vestibulaR
2
2
  
1 @ 2dll
3   #2   5 dllllll
4 1 12   
54
1 OzO 5 dllllllllll
5
a)Pelo enunciado, os representantes de z2 e z3 são simétri-
2 1
cos J 5  __   5  __ 
4 2
s
} J 5  __  
d
d
ll
ll
3
3 
 
3 
 
2

sen J 5  ____
  5  ___  
 
4
2
cos em relação à origem. Assim, o ponto médio do segmento de reta que liga z2 e z3 é a origem, ou seja, (0, 0).
b)Os vetores que representam z2 e z3 podem ser obtidos
através de rotações de 90w do vetor que representa z1.
Im(z)
y
2 3
z2
z1 = 3 + 4i
4
x
s
3
2
z3
Re(z)
Assim, a altura do triângulo de vértices z1, z2 e z3, com
relação ao vértice z1, é igual a Oz1O 5 dlllllll
32 1 42   
5 5.
2 e
(1 1 i)6 2 (1 2 i)6 5 [(1 1 i)2]3 2 [(1 2 i)2]3 5
5 (2i)3 2 (22i)3 5 28i 2 8i 5 216i
3
6 b
z 5 2(cos 30w 1 i sen 30w)
]
w 5 4[cos(270w 2 30w) 1 i sen(270w 2 30w)]
z 5 2(cos 30w 1 i sen 30w)
w 5 4(cos 240w 1 i sen 240w)
i sen 240w)
w 4(cos 240w1
____________________
t 3 z 5 w ] t 5  __   5     
   5
z
2(cos 30w 1 i sen 30w)
4
__
5     [cos(240w 2 30w) 1 i sen(240w2 30w)]
2
3   1
dll
} t 5 2(cos 210w 1 i sen 210w) ou t 5 22 ___  2  __  i   5
2
2
3   2 i
5 2dll
]
@
4
#
3  1 i. Então OzO 5 d lllllll
dll
3  2 1 12 
  5 2
a) Seja z 5 d ll
e, sendo J
argumento principal de z:
3  
dll
cos J 5  ___  
2
1
sen J 5  __  
2
@ 
s
] J 5  __  
6
#
s
s
Logo, z 5 2  cos  __   1 i sen  __     e, utilizando a Fórmula
6
6
s
s
de De Moivre, z12 5 212  cos 12 3  __  1 i sen 12 3  __    5
6
6
5 212 (cos 2s 1 i sen 2s) 5 212 (1 1 i0) 5 4.096
@ 
#
s
s
2   dll
2  
dll
4
4
2
2
A sequência (1, z, ..., z15) configura 16 termos de uma PG
de primeiro termo a1 5 1, razão q 5 z; assim, tem-se:
b) z 5  ___  1 i ___  5 cos  __  1 i sen  __  
@ 
# @ 
#
q16 2 1
z16 2 1
1 1 z 1 z2 1 z3 1 ... 1 z15 5 a1    _______   5    ______   
q21
z21
Pela Fórmula de De Moivre, tem-se:
s
s
z16 5  cos 16 3  __   1 i sen 16 3  __     5
4
4
5 (cos 4s 1 i sen 4s) 5 1 1 i0 5 1
Portanto, 1 1 z 1 z2 1 z3 1 ... 1 z15 5 0.
@ 
#
As coordenadas de A são (1, 1) e as de B são (0, 21).
Logo, o segmento t O Bu está sobre o eixo y, orientado
para baixo, e forma um ângulo de 270° com a horizontal;
o segmento t O Au está sobre a bissetriz do primeiro
quadrante e forma um ângulo de 45° com a horizontal.
O menor ângulo formado por esses segmentos tem 135°:
a2
cos 135° 5 2cos 45° 5 2
2
7 a
z2 5 cos (2) 1 i sen (2) ]
] z2 2 1 5 cos (2) 2 1 1 i sen (2) 5
5 22 sen2  1 i ? 2sen  ? cos  5 2 sen (2sen  1 i cos ) 5
5 2 sen  5cos [
p
p
2 ] 1 i sen [ 2 ]6
2
2
De forma semelhante:
] z2 1 1 5 cos (2) 1 1 1 i sen (2) 5
5 2 cos2  1 i ? 2 sen  ? cos  5
5 2 cos  ? (cos  1 i sen )
Finalmente:
p
p
2 sen  ? 5cos [ 2 ] 1 i ? sen [ 2 ]6
2
2
z2 2 1
5
5
2
z 11
2 cos  ? (cos  1 i ? sen )
5 tg  ? 5cos [
p
p
2 2] 1 i ? sen [ 2 2]6 5
2
2
p
p
] 1 i ? sen [ ]6 5
2
2
5 tg  (0 1 i ? 1) 5 i ? tg 
5 2 tg  ? 5cos [
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
0
12
8 c
1
z 5  __   2 i e z1 5 z3 ]
2
3
1
1
1
] z1 5   __   2 i    5   __   2 i 2 1    __    2 i   5
4
2
2
11 1
3
3 __
3
1
1
__
__
__
5 2     2 i          2 i  5  2    1      i 2  __    i 2 1 5 2 ___  1  __  i
8 4
4
8 4
2
2
Escrevendo z na forma trigonométrica, tem-se:
z³ 5 | z | ? (cos  1 i sen ) 5 1 ? (0 1 i )
p
Logo, | z | 5 1, cos  5 0 e sen  5 1. Então,  5 .
2
Calculando a raiz cúbica, tem-se:
z 5 √1 ? 5cos [
3
#@ 
# @ 
@ # @  # @
11
13
1
} b 2 a 5      2 @2     #5     
8
4
8
p
2kp
p
2kp
1
] 1 i sen [ 1
]6 ]
6
3
6
3
] z 5 1 ? 5cos [
__ 
p 1 4kp
p 1 4kp
]6
] 1 i sen [
6
6
• z1 5 cos
1
5p
5p
a3
1 i
1 i ? sen
52
2
6
6
2
• z2 5 cos
3p
3p
1 i ? sen
5 2i
2
2
• z3 5 cos
1
p
p
a3
1 i
1 i ? sen
5
2
6
6
2
9 c
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
@ 
Escrevendo esse número na forma trigonométrica, tem-se:
7p
7p
1 i sen
]]
z 5 1 ? [cos
4
4
7p ? 2.010
7p ? 2.010
] z2.010 5 12.010 ? [cos
1 i sen
]
4
4
Simplificando a expressão do ângulo:
7p ? 2.010
14.070p
3p 1 7.032p
3p
5
5
5
1
4
4
2
2
3p
1 1.758 ? 2p 
2
3p
3p
2.010
2.010
) 5 1 ? (0 2 i ) 5 2i
]z
1 i sen
51
? (cos
2
2
10 b
(1 ± i)100 5 [(1 ± i)2]50 5 (1 ± 2i 2 1)50 5 (±2i)50 5
5 (±2)50 ? (±i )50 5 250 ? (±i )2 5 250 ? (±1)2 ? i2 5
___ 
#
#
___ 
13
2  
dll
1
cos J 5  ___    5  ___  
d
ll
 2   2
a) z 5 1 1 i e OzO 5 dll
2    ] d
2  
 ll
1
sen J 5  ___    5  ___  
d
 ll
2   2
s
s
s
} J 5  __  e z 5 dll
2    cos  __   1 i sen  __    
4
4
4
s
s
s
s 9 @ dll #9
9
__
__
d
ll

    2      cos 9  __  1 i sen 9  __    5
z 5  2    cos     1 i sen          5
4
4
4
4
d
d
ll
ll
 2    2  
s
s
2    cos  __  1 i sen  __    5 16dll
2     ___  1  ___  i  5 16 1 16i
5 16dll
4
4
2
2
Portanto, as coordenadas (x1, y1) são (16, 16).
b)O valor de d é igual ao módulo do número complexo
z9, ou seja, 16dll
2 . 
@ 
E   @ 
#R
#
@
@
@ 
#
#
#
14
3  i
21 1 dll
3  i
2s
2s
1 dll
ω 5  _________
 
 52  __   1  ____
 5 cos  ___  1 i sen  ___  
 
 
2
2
2
3
3
2s
2s
3
___
___
a) ω 5 cos  3 3        1 i sen  3 3        5 1 1 0i
3
3
Re(ω3) 5 1 e Im(ω3) 5 0
3  i
1
1 dll
 
 
OωO 5 1 [ ω 3 ω 5 12 [ ω 5  __   5 2 __   2  ____
ω
2
2
3  i
dll
1
1
1
 
 
} Re  __    5 2 __   e Im  __    2  ____
ω
ω
2
2
@ 
@ 
#
@  #
#
@  #
b)
i
h
5 250 ? 1 ? i2 5 2250
120°
Logo:
(1 2 i )100 5 (1 1 i)100 5 2250 ]
] (1 2 i )100 ? (1 1 i )100 5 (2250)2 5 2100
11
Como as representações geométricas de x, y, z e w coincidem com os vértices de um quadrado, então esses
números complexos dividem a circunferência na qual o
quadrado está inscrito em quatro partes iguais, ou seja,
cada número complexo está 90w à frente do outro.
Portanto, y 5 xi, z 5 xi2 e w 5 xi3, ou seja:
• y 5 xi 5 @ d ll
3  1 i #i 5 21 1 dll
3  i
• z 5 xi2 5 x(21) 5 @ d ll
3  1 i #(21) 5 2dll
3  2 i
• w 5 xi3 5 x(2i) 5 @ d ll
3  1 i #(2i) 5 1 2 dll
3  i
Os afixos das n raízes de um número complexo, para n > 3
são vértices dos correspondentes polígonos regulares
inscritos em uma circunferência com centro na origem.
120°
120°
h3
1
1
h=h
c)Do item a , ω é raiz de z3 2 1 5 0. Logo, como tal
equação é do 3o grau e tem coeficientes reais, suas
raízes são ω, ω e 1.
15
18
a) z 3 w 5 (2 2 i )(23 2 i ) 5 27 1 i
y
6
Ow 2 zO 5 O(23 2 i ) 2 (2 2 i)O 5 O25O 5 5
b)O triângulo determinado por z, w e t 5 bi, b  0, tem
5(b 1 1)
base Ow 2 zO 5 5 e altura b 1 1, logo   _______
 
 5
 
2
5 20 [ b 5 7.
5
4
3
2
1
Im
–6 –5 –4 –3 –2 –1 0
–1
b
1
2
3
4
5
6
x
–2
–3
–1
1
0
–2
–5
Re
–1
w
–4
2
–6
z
a) Ox 1 yi 2 (2 1 4i)O 5 Ox 2 2 1 (y 2 4)iO 5 2 ]
] (x 2 2)2 1 (y 2 4)2 5 4
Portanto, S é uma circunferência no plano complexo
com centro C(2, 4) e raio com duas unidades de medida.
b)O ponto S mais próximo da origem é o ponto de intersecção entre a circunferência e a reta r que passa pela
origem (0, 0) e pelo centro (2, 4) da circunferência,
logo, r: y 5 2x.
5
16 b
@ 
#
s
54s
s 54
54s
 cos  __   1 i sen  __     5 cos  ____
  1 i sen  ____
  5
 
 
5
5
5
5
s
s
4s
4s
5 cos  ___  1 i sen  ___  5 cos  s 2  __    1 i sen  s 2  __    5
5
5
5
5
s
s
__
__
5 2cos     1 i sen     5 2a 1 bi
5
5
@ 
#
@ 
#
y 5 2x
] (x 2 2)2 1 (2x 2 4)2 5 4 ]
(x 2 2)2 1 (y 2 4)2 5 4
17 c
s
Cinco minutos correspondem a um giro de  __   radianos,
6
s
2s
pois,  ___  rad 5  __   rad.
6
12
@  
3   1 i e OzO 5 dlllllllllll
 2dll
3   #2  1 12  5 2 ]
Seja: z 5 2 d ll
2dll
3  
cos J 5  _____
 
 
 
5s
2
} J 5  ___  
1
6
sen J 5  __  
2
5s
5s
Logo, z 5 2 cos  ___  1 i sen  ___    . Após cinco minutos, o
6
6
ponteiro estará sobre o número complexo cujo argus
mento é  __  rad menor, pois os ponteiros do relógio giram no
6
sentido horário, ou seja, sentido negativo para as medidas convencionais de ângulo; logo:
5s s
5s s
2s
2s
2  cos   ___  2  __     1 i sen   ___  2  __      5 2  cos  ___  1 i sen  ___    5
6
6
6
6
3
3
d
ll
3 
 

1
5 2 2 __   1  ___  i   5 21 1 dll
3 i 
2
2
]
@
E   @ 
@
#
#
#
@ 
# R @ 
#
] x2 2 4x 1 4 1 4x2 2 16x 1 16 5 4 ]
] 5x2 2 20x 1 16 5 0 ]
] 10 1 2dll
5  
x 5  _________
 
 (não convém)
 
5
5  
10 2 2dll
 
 
x 5  _________
 
5
@ 
#
5   _________
5  
10 2 2dll
20 2 4dll
  
 
} S   _________
 , 
   
5
5
19 d
@ 
#
31i
2 1 4i35 ______
2 1 4i3 ______
2 2 4i ______
2 2 4i _____
 
 5  
 
 
    5
 
5  
 
  
5  
  
3   
z1 5   _______
32i
32i
32i
32i
31i
6
1 2i 2 12i 1 4 ________
10 2 10i
______________
5     
 
 
5  
 
 5 1 2 i
 
2
2
10
3 2i
z2 5 4 1 3i
Portanto, o afixo de z1 é o ponto A(1, 21) e o de z2 é o
ponto B(4, 3):
2
dAB 5 dlllllllllllllll
(1
  
2 4)2 1 (21 2 3)2  5 dlllllllllll
(23)
  
1 (24)2  5 dllllll
9 1 16  
} dAB 5 5
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
–3
23 d
20
N
0
1
2
3
4
...
a)Veja os representantes de z1 e z2 plotados na figura do
aluno.
b)Veja os segmentos representados na figura do aluno.
Sejam os vetores u 5 Oz 1, v 5 Oz 2 e w 5 z1z2 .
Como OuO 5 OvO 5 2dll
2   e OwO 5 4, tem-se:
OuO2 1 OvO2 5 16 5 OwO2
Portanto, o triângulo z1Oz2 é retângulo em O e, portanto, z1Oz2 5 90w.
c)Tem-se que ze 5 iz 5 i(a 1 bi) 5 2b 1 ai.
Logo, O z O 5 O zeO.
Sendo J o argumento de z, tem-se:
sen J 5 sen (90w 1 J) 5 cos J e cos J 5 2cos (90w 1 J) 5
5 2sen J
Finalmente:
cos J
sen J
z 5 a 1 ib 5   _____  
 1 i   _____  
 
e
e
 zu
 zu
sen J
cos J
 1 i   _____  
 
ze 5 2b 1 ia 5   _____  
e
e
 zu
 zu
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Portanto, ze pode ser obtido a partir de z por uma rotação de 90º no sentido anti-horário.
21 e
Pela Fórmula de De Moivre:
s
s
2s
2s
z2 5 cos  ___  1 i sen  ___  5 cos  __  1 i sen  __  
3
3
6
6
s
s
3s
3s
3
__
___
___
z 5 cos     1 i sen     5 cos     1 i sen  __  
2
2
6
6
Im(z)
P3
P2
30°
30°
P1
30°
O
Re(z)
Como O z O 5 Oz2O 5 Oz3O 5 1, os triângulos OP1P2 e OP2P3
são isósceles e, assim:
180w 2 30w
m(OP2P1) 5 m(OP2P3) 5   __________
 
 5 75w
 
2
Logo, m(P1P2P3) 5 2 3 75w 5 150w. Esse ângulo é obtuso e,
portanto, é o maior ângulo do triângulo P1P2P3.
22 b
A alternativa a é verdadeira, pois as coordenadas de
P são (2, 4) e, se P for afixo de um complexo z, então
2 representa a parte real e 4, a parte imaginária de z.
Portanto, z 5 2 1 4i.
A alternativa b é falsa, d e e são verdadeiras, pois o
módulo de z é dado por: r² 5 2² 1 4² 5 20 Æ  5 2√5.
A alternativa c é verdadeira, pois o argumento de z é
4
um ângulo cuja tangente é
5 2.
2
z 5 in
z 5 i 0 5 1
i1 5 i
2
i 5 21
i 3 5 21? i 5 2i
i 4 5 21 ? (21)
...
Afixo de z
(1, 0)
(0, 1)
(21, 0)
(0, 21)
(1, 0)
...
A figura formada pelos afixos da tabela é a seguinte:
São vértices de um quadrado em que as diagonais
medem 2, o lado, √2 e a área 2.
24 a
Os possíveis valores de z são: 21, 21 1 i, 0, i, 1, 1 1 i
A soma de todos esses valores: 21 2 1 1 i 1 0 1 i 1 1 1
1 1 1 i 5 3i
O produto é igual a zero, pois um dos valores de z é nulo.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
ESTUDANDO Números complexos
Para o ENEM
1 b
2 e
Revisão em 22 volumes – Matemática – Gabarito
ESTUDANDO Polinômios e equações polinomiais
Para o vestibular
7 a
Desenvolvendo a expressão:
(x 1 b)³ 5 x³ 1 3bx² 1 3b²x 1 b³ 5 x³ 2 6x² 1 mx 1 n
Igualando os coeficientes:
3b 5 26 ] b 5 22
3b² 5 m 5 3 ? 4 5 12
b³ 5 n 5 28
2 e
x³ 1 x² 2 3ax 2 4a 2x³ 1 x² 1 4x
x² 2 x 2 4
x12
2x² 1 (4 2 3a)x 2 4a
22x² 1 2x 1 8
(6 2 3a)x 2 4a 1 8
Como p(x) é divisível por q(x), tem-se que o resto é 0.
Então:
(6 2 3a)x 2 4a 1 8 5 0
6 2 3a 5 0 ] a 5 2
e
24a 1 8 5 0 ] a 5 2
3 b
De acordo com o gráfico:
g(0) 5 2 ] f(g(0)) 5 f(2) 5 25
f(1) 5 0 ] g(f(1)) 5 g(0) 5 2
4 e
I. Verdadeira.
p(0) 5 0 ] 0³ 1 a ? 0² 1 b ? 0 1 c 5 0 ] c 5 0
II. Verdadeira. O produto das três raízes será
a ? b ? c 5 2c. Logo, a ? b 5 21. Como ab , 0, eles têm
sinais contrários.
III.Verdadeira. A soma das raízes é a 1 b 1 c 5 2a.
Então:
p(2a) 5 (2a)³ 1 a(2a)² 1 b(2a) 1 c 5
5 2a³ 1 a³ 2 ba 1 c 5 2ba 1 c
5 b
x3 2 4x2 1 7x 2 3 5 26x 2 3 ] x3 2 4x2 1 13x 5 0 ]
] x(x2 2 4x 1 13) 5 0 ] x 5 0 ou x2 2 4x 1 13 5 0
16
  
2 4 3 1 3 13 
4__________________
! dllllllllllll
x2 2 4x 1 13 5 0 ] x 5     
 
 
5 2 !3i
2
Portanto, z 5 0, z 5 2 1 3i e z 5 2 2 3i.
6 b
p(21) 5 0 ] 21 1 (a 1 3) 1 5 1 b 5 0
]
p(2) 5 0 ] 8 1 (a 1 3) 3 4 2 10 1 b 5 0
a 1 b 5 27
]
] a 5 21 e b 5 26
4a 1 b 5 210
p(0) 5 b ] p(0) 5 26
1.Verdadeira. f(x) 3 g(x) 5 0 se f(x) 5 0 ou g(x) 5 0. Logo,
no intervalo [210, 10], f(x) 5 0 uma vez e g(x) 5 0 três
vezes; portanto, f(x) 3 g(x) 5 0 possui quatro soluções.
2.Verdadeira. y 5 f(x) 3 g(x) possui valores positivos se
f(x) . 0 e g(x) . 0 ou se f(x) , 0 e g(x) , 0. Portanto,
como no intervalo (0; 3), f(x) , 0 e g(x) , 0, a função y
assume apenas valores positivos.
3.Falsa. Se g(0) 5 k com k , 0, então, f(g(0)) 5 f(k) 5 m,
m . 0. Como f(0) 5 0, então, g(f(0)) 5 g(0) 5 k.
De fato m % k, portanto f(g(0)) % g(f(0)).
4.Falsa. No intervalo considerado, g(x) é crescente e decrescente.
8 c
Note que f(1) 5 0.
1
12022
21
1331 0
Logo, f(x) 5 (x 2 1)(x3 1 3x2 1 3x 1 1), ou seja,
f(x) 5 (x 2 1)(x 1 1)3.
1 é raiz de multiplicidade 1 e 21 é raiz de multiplicidade 3.
g(x) 5 x2 2 2x 1 1 ] g(x) 5 (x 2 1)2
Portanto:
f(g(x)) 5 [(x 2 1)2 2 1][(x 2 1)2 1 1]3
De (x 2 1)2 2 1 5 0, tem-se que x 2 1 5 1 ou x 2 1 5 21,
isto é, x 5 2 ou x 5 0.
2
■ De (x 2 1) 1 1 5 0, tem-se que x 2 1 5 i ou x 2 1 5 2i,
isto é, x 5 1 1 i ou x 5 1 2 i.
■
Considerando o fator [(x 2 1)2 1 1]3 em f(g(x)), pode-se
concluir que 1 1 i e 1 2 i são, ambas, raízes de multiplicidade 3.
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
1 d
9 c
13
O polinômio P(x) tem grau 3. O gráfico do enunciado
fornece duas raízes: 21 e 2.
Sendo a a terceira raiz desse polinômio, tem-se
P(x) 5 a(x 1 1)(x 2 2)(x 2 a).
De acordo com o gráfico, P(0) 5 2.
Desenvolvendo o polinômio tem-se P(x) 5 a(x 2 2
2 x 2 2)(x 2 a). O fator (x2 2 x 2 2) tem raízes 21 e
2 e representa uma parábola com concavidade voltada
para cima. Fazendo um estudo de sinais, observa-se que
a(x 2 a) . 0, se x , 21, e que a(x 2 a) , 0, se x . 21.
Portanto, a(x 2 a) 5 0, se x 5 21. Conclui-se que
a 5 21 é uma raiz de P(x) com multiplicidade 2.
y
Para t 5 3, t3 2 30t2 1 243t 1 24 5 510 ]
] t3 2 30t 2 1 243t 2 486 5 0, logo:
3 1
2302432486
1
227162 0
3
2
Assim, t 2 30t 1 243t 2 486 5 (t 2 3)(t2 2 27t 1 162)
De t2 2 27t 1 162, tem-se que t 5 9 ou t 5 18.
Portanto, em t 5 9 min e t 5 18 min, h 5 510 m.
14
2x3 1 3x2 1 4x1 1 3x0 5 5(x 1 3)2 1 3(x 1 3)1 1 4(x 1 3)0 ]
] 2x3 1 3x2 1 4x 1 3 5 5x2 1 33x 1 58 ]
] 2x3 2 2x2 2 29x 2 55 5 0
As possíveis raízes racionais desse polinômio são:
1 5 11 55
 !1, !5, !11, !55, ! __  , ! __  , ! ___ ,  ! ___    
2 2
2
2
{ 
2
Note que x 5 5 é raiz da equação. Por Briot-Ruffini, tem-se:
x
21
}
5 2
2
2
22
8
229
11
255
0
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
Portanto, (x 2 5)(2x2 1 8x 1 11) 5 0. Assim:
P(0) 5 a (0 1 1) (0 2 2) (0 2 a) 5 2 ] a (11) (22)
(2(21)) 5 2 ] a 5 21
Portanto, P(x) 5 2(x 1 1)2(x 2 2).
P(22) 5 2(22 1 1)2(22 2 2) 5 21 ? (24) 5 4
2
6  
8
  
2 4 3 2 3 11 
28
! dlllllllllll
24 ! i dll
___________________
x 5     
  
 
 
 
] x 5   _________
 
232
2
{ 
}
6   _________
6  
24 1 i dll
24 2 i dll
  
 
S 5  5,   _________
 , 
   
2
2
15 b
10 c
2
Q(x) 5 P(x) 1 P(2x) ] Q(x) 5 2ax 1 2c
Q(2) 5 8a 1 2c 5 0 ] 4a 1 c 5 0
4
1
] a 5 2 __   e c 5  __  
Q(1) 5 2a 1 2c 5 2 ] a 1 c 5 1
3
3
c
4
__
__
O produto das raízes é dado por 2      5 2c 5 2    .
1
3
11 O volume desse paralelepípedo é dado pelo produto das
raízes do polinômio.
De acordo com as Relações de Girard, tem-se:
264
a1 ? a2 ? a3 5 2
5 64
1
Portanto, o paralelepípedo tem 64 cm3 de volume.
12 e
Uma das raízes de f(x) é x 5 23. Logo:
239
9
15 23212
2124 0
Assim: f(x) 5 (x 1 3)(9x2 2 12x 1 4)
dllllllllllll
12!
144
  
2 4 3 9 3 4 
2
__________________
9x2 2 12x 1 4 5 0 ] x 5     
 
 
] x 5  __  
239
3
2
Portanto, suas raízes são 23 e  __   (multiplicidade 2), ou seja,
3
não são números naturais.
Q(z) 5 (az2 1 bz 1 c) 3 (z3 1 z2 1 z 1 1) e Q(0) 5 2.
Assim, c 5 2 e a 5 1, pois o coeficiente de z 5 é igual a 1.
Q(1) 5 (1 1 b 1 2) 3 (1 1 1 1 1 1 1) 5 8 ] b 5 2 1
Q(z) 5 (z2 2 z 1 2) 3 (z3 1 z2 1 z 1 1) 5 0 ]
7  
1 ! i dll
2
________
z  
 
 
] 3 2 z21 2 5 0 ] z 5  
2
z 1 z 1 z 1 1 5 0
Note que z 5 21 é raiz de z 3 1 z 2 1 z 1 1 5 0. Assim:
21
1111
1010
Logo, z 3 1 z2 1 z 1 1 5 (z 1 1)(z 2 1 1) 5 0.
Portanto, z2 1 1 5 0 ] z 5 ! i.
{ 
}
7   ________
7  
1 1 i dll
1 2 i dll
Dessa forma, S 5  21; i; 2i;  ________
  
 
 ; 
   
2
2
Assim:
7   2
7   2
1 2 i dll
1 1 i dll
O21O2 1 O i O2 1 O2iO2 1   ________
 
   1   ________
 
   5
 
 
2
2
e
u e
2   #2 1 @ dll
2   #2 5 7
5 12 1 12 1 12 1 @ dll
u
19 b
Desenvolvendo a expressão:
x2 1 4x 2 3
(x 1 1)2 1 2(x 1 b)
5
5
3
x 1 ax 1 b
(x 1 1)2 (x 1 b)
5
x2 1 2x 11 1 2x 1 2b
5
(x2 1 2x 1 1)(x 1 b)
5
x2 1 4x 11 1 2b
x 1 (b 1 2)x2 1 (2b 1 1)x 1 b
3
Igualando os coeficientes no numerador:
1 1 2b 5 23 ] 2b 5 24 ] b 5 22
Igualando os coeficientes no denominador:
2b 1 1 5 a ] a 5 23
Então, ab 5 (23) ? (22) 5 6.
17 c
I. Correto.
Se ab é racional, então existem a e b inteiros, tais que
a
ab 5 , com b  0. Mas nesse caso:
b
a
1
1 a
a
ab 5
]
]b5
? ab 5
?
b
a
a b
ab
a
Como a, b e a são racionais,
também é racional, o
ab
que é uma contradição.
Por absurdo, conclui-se que ab é irracional.
II. Incorreto. Por exemplo: p 1 (2p) 5 0.
III. Incorreto. Pelo Teorema das Raízes Racionais, as
possíveis raízes racionais seriam 1 e 21. Testando esses
números, tem-se p(1) 5 6 e p(21) 5 6.
Portanto, não existem raízes racionais para esse
polinômio.
IV. Correto. As raízes de p(x) serão √b. Como a raiz de
um irracional também é irracional, então p(x) tem duas
raízes irracionais.
18 b
As raízes complexas de p(x) podem ser calculadas pela
forma trigonométrica do complexo z, tal que z³ 5 1
(p(z) 5 0):
z³ 5 1 ? (1 1 0i) 5 1 ? (cos 0° 1 i ? sen 0°) ]
] z 5 1 ? 5cos [0 1
(z1, z2, z3) 5 [1, 2
2kp
2kp
] 1 i ? sen [0 1
]6
3
3
1
1
3  
3  
dll
dll
1  ___  i, 2 2  ___  i]
2
2
2
2
Como a ∉ R, tem-se a 5 z2 ou a 5 z3.
• (z2)0 1 (z2)¹ 1 (z2)² 5 1 1 z2 ? (1 1 z2) 5
5 1 1 [2
1
1
1
3
3  
3  
dll
dll
1  ___  i] [ 1  ___  i] 5 1 2
2
50
2
2
2
2
4
4
• (z3)0 1 (z3)¹ 1 (z3)² 5 1 1 z3 ? (1 1 z3) 5
5 1 1 [2
1
1
3
3   1
3  
dll
dll
2  ___  i] [ 2  ___  i] 5 1 2 [ 1 ] 5 0
2
2
2
2
4
4
Ou seja, em ambos os casos a expressão é nula.
O resto da divisão será o polinômio nulo ou um
polinômio de grau menor ou igual a dois. Assim:
x2.010 1 x1.005 1 1 5 (x3 1 x)q(x) 1 ax2 1 bx 1 c
q(x) e ax2 1 bx 1 c são polinômios com coeficientes
reais.
• x 5 0 ] c 5 1
• x 5 i ] 21 1 i 1 1 5 2a 1 bi 1 1 ] a 5 b 5 1
O resto da divisão é x2 1 x 1 1.
20 c
De acordo com a figura, as dimensões da caixa são x,
(21 2 2x) e (21 2 x).
V 5 x ? (21 2 2x) ? (21 2 x) 5 810 ]
] V 5 2x3 2 63x2 1 441x 2 810 5 0
Utilizando o algoritmo de Briot-Ruffini:
3 2 263 441 2810
2 257 270 0
2x2 2 57x 1 270 5 0 ]
x5
2(257)  √572 2 4 ? 2 ? 270
57  √1.089
5
2?2
4
x5
57 1 33
5 22,5
4
x5
57 2 33
56
4
Como a medida de x deve ser menor ou igual a 21, tem-se x 5 6. Portanto, o valor possível em centímetros para
a medida x pertence ao intervalo (5, 7).
21 d
I.Verdadeira. O gráfico intersecta o eixo das abscissas
em x 5 1, logo esta é raiz de multiplicidade ímpar.
Além disso, tangencia o mesmo eixo em x 5 2, indicando que esta raiz tem multiplicidade par.
II. Verdadeira. Ver item anterior.
III. Verdadeira. Ver item anterior.
IV.Verdadeira. O polinômio de grau 5 pode ser dado, por
exemplo, por (x 2 1)(x 2 2)2(x2 1 1), que possui duas
raízes complexas.
22 a
3x3 1 x2 2 2x 5 0 ] x(3x2 1 x 2 2) 5 0, portanto uma
raiz da equação é x 5 0. Logo:
dllllllllllll
1
  
2 4 3 3 3 (22) 
21!
___________________
 
3x2 1 x 2 2 5 0 ] x 5     
 
]
6
2
2
__
__
] x 5      ou x 5 21 ] a 5 21, b 5 0 e c 5     
3
3
5
2
Dessa forma, c 2 a 5  __   2 (21) 5  __  .
3
3
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
16 e
23 c
P(x) 5 a(x 1 1)(x 21)(x 2 2) e P(0) 5 2.
Assim, a(0 1 1)(0 21)(0 2 2) 5 2 ] 2a 5 2 ] a 5 1
Portanto, P(x) 5 x3 2 2x2 2 x 1 2.
Pelo Teorema do Resto:
P(22) 5 (22)3 2 2 3 (22)2 2 (22) 1 2 5 2 8 2 8 1 2 1 2 5 212
24 e
a) Falso. O gráfico não intersecta o eixo x no intervalo ]3, 5[.
b)Falso. x 5 1 não é raiz de p(x).
c)Falso. O gráfico intersecta o eixo x pelo menos cinco
vezes.
d)Falso. p(x) tem pelo menos cinco raízes reais.
e)Verdadeiro. O gráfico intersecta o eixo x pelo menos
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
cinco vezes.
ESTUDANDO Polinômios e equações polinomiais
Para o ENEM
1 e
5 c
O humor será mantido caso os polinômios sejam primos
entre si, ou seja, se o seu máximo divisor comum for 1.
Tem-se:
• mdc (3x 1 3, x 1 1) 5 mdc (3(x 1 1), x 1 1) 5 x 1 1
• mdc (x2 2 1, x 2 1) 5 mdc [(x 2 1)(x 1 1 1 1)] 5 x 2 1
• mdc (x2 2 1, x 1 1) 5 mdc 1 [(x 1 1)(x 1 1 1 1) 5 x 1 1
• mdc (x2 2 2x 1 1, x 2 1) 5 mdc [(x 2 1)2, x 2 1] 5 x 2 1
• mdc (x2 1 1, x 1 1) 5 1
2 c
Como o polinômio tem coeficientes reais, as raízes
complexas sempre aparecem aos pares.
O texto de Ifrah revela que as regras fundamentais do
cálculo algébrico (operações algébricas) eram assunto
do livro cujo título deu origem à palavra “álgebra”.
6 a
V1 5 V2 Æ 250t3 2 100t 1 3.000 5 150t3 1 69t 1 3.000 Æ
Æ 100t3 2 169t 5 0 Æ t(100t2 2 169) 5 0 Æ
Æ t 5 0 ou 100t2 2 169 5 0
Sendo assim:
169
13
100t2 2 169 5 0 Æ t2 5
Æt5
5 1,3
100
10
Portanto, os reservatórios terão o mesmo volume nos
instantes t 5 0 e t 5 1,3.
A quantidade de pisos é dada por
x3 2 3x 12
5 x 2 1.
x2 1 x 2 2
4 a
• C1 5 350.000 1 100.000 ? n
• C2 5 150.000 1 120.000 ? n
C1 5 C2 ] 350.000 1 100.000n 5 150.000 1 120.000n ]
] 350 1 100n 5 150 1 120n
Reprodução proibida. Art.184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.
3 e
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