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( )
( ) ( ) ( ) ( )
3 2 3 12
3
1 1
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22
− − −
× = × − = − × − = − = −
−
.
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2a b a b a a ab b a ab ab b+ − + × = + + − − = +
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3333....3333.... ˆ 34GDC °≃ . Nota: pela trigonometria podemos concluir que
13 3ˆ ˆ
2 2
tan EDG EDG tan−  
= ⇔ =  
 
, logo
1ˆ 34
2
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GDC tan−  
 
 
= ° − °≃ .
4444.... (C(C(C(C))))
5555.... (D(D(D(D)))) . Nota: { }15 1, 3, 5, 15D = → divisores de 15, logo como as bolas só estão numeradas de 1 a 12 o
número extraído na primeira bola pode ter sido ou o 1, ou o 3, ou o 5, ou seja, foi um número ímpar de
certeza. Deste modo, para a segunda extração temos 5 casos favoráveis (às seis bolas iniciais com número
ímpar retira-se uma – a que saiu na primeira extração) e 11 casos possíveis (as dozes bolas iniciais menos a
que foi retirada na primeira extração).
6666....
1
,2
3
S
 
= − 
 
. Nota: ( )( ) ( )2 1 1 5x x x x+ − = − 2
3 5 2 0x x⇔ − − = recorrendo à fórmula resolvente
obtemos
1
2
3
x x= − ∨ = .
7777.... 7777....1111.... [ ] 15OBP
A = . Nota: como ( ),5P x podemos concluir que a altura do triângulo será 5. A medida do
comprimento da base do triângulo corresponde ao valor de OB , para o determinar basta encontrar o
valor da abcissa do ponto B (ponto de interseção da função f com o eixo das abcissas), ou seja,
( )
4 4 8 3
0 8 0 8 6
3 3 4
f x x x x x
×
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = ⇔ = , ou seja, 6OB = e como tal ( )6,0B . Deste
modo [ ]
6 5
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A
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7777....3333.... 40− . Nota: como [ ] 12 12ODCE
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20 20 5 20 4 4 2Prisma bV A h x x x x= ⇔ × = ⇔ × = ⇔ = ⇔ = ± ⇔ = ±
2x cm⇒ = dado que se trata de um comprimento, ou seja, 2JG GM cm= = . Deste modo,
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9999....2222.... Escolher dois dos pontos seguintes: B , D , F , H ou .
9999....3333.... 6P cmπ=⊙ . Nota: [ ]BM é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são [ ]BC e [ ]CM .
Considera JG GM x= = , deste modo 5BC = e 5CM x= + . Aplicando o Teorema de Pitágoras
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  • 2. 9Ano FT Prep PF VII - Abr2014 - SoluçõesSoluçõesSoluçõesSoluções Mais fichas de trabalho em www.www.www.www.portalmath.portalmath.portalmath.portalmath.ptptptpt 7777....3333.... 40− . Nota: como [ ] 12 12ODCE A OD DC= ⇔ × = então a constante de proporcionalidade inversa é 12k = e deste modo ( ) 12 g x x = . Tendo em conta que 6FG = podemos concluir que ( ),6G x e como G é um ponto do gráfico de g terá de verificar a sua expressão algébrica, donde se retira que 12 6 2x x = ⇔ = , ou seja, ( )2,6G . Aplicando o Teorema de Pitágoras concluímos que 2 2 2 2 6OG = + ⇔ ... 40OG⇒ = . 40OG OH= = , no entanto, o ponto H encontra-se no semi- -eixo negativo das abcissas logo a sua abcissa é 40− → ( )40,0H − . 8888.... ] ], 1S = −∞ − . Nota: ( ) 1 8 4 2 8 4 2 2 2 6 8 4 6 2 2 1 3 3 3 x x x x x x x x− − ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ − . 9999.... 9999....1111.... 3FJ cm= . Nota: 3 125 5cuboaresta cm= = , 3 145 125 20PrismaV cm= − = . Considera JG GM x= = , podemos concluir que 2 2 20 20 5 20 4 4 2Prisma bV A h x x x x= ⇔ × = ⇔ × = ⇔ = ⇔ = ± ⇔ = ± 2x cm⇒ = dado que se trata de um comprimento, ou seja, 2JG GM cm= = . Deste modo, 5 2 3FJ FG JG cm= − = − = . 9999....2222.... Escolher dois dos pontos seguintes: B , D , F , H ou . 9999....3333.... 6P cmπ=⊙ . Nota: [ ]BM é a hipotenusa de um triângulo retângulo cujos catetos são [ ]BC e [ ]CM . Considera JG GM x= = , deste modo 5BC = e 5CM x= + . Aplicando o Teorema de Pitágoras obtemos: ( ) ( ) 22 2 2 22 2 5 5 89 25 25 10 89BC CM BM x x x+ = ⇔ + + = ⇔ + + + = ( )2 2 10 10 4 1 39 10 39 0 ... 13 3 2 1 x x x x x − ± − × × − ⇔ + − = ⇔ = ⇔ ⇔ = − ∨ = × . Como x é um comprimento não pode ser negativo, logo 3x JG cm raio= = → e deste modo 2 3 6P cmπ π= × =⊙ . www.portalmath.pt