Ita2013 3dia

MMAATTEEMMÁÁTTIICCAA
NOTAÇÕES
‫:ގ‬ conjunto dos números naturais
‫:ޚ‬ conjunto dos números inteiros
‫:ޒ‬ conjunto dos números reais
‫ލ‬mxn(‫:)ޒ‬ conjunto das matrizes reais m x n
det(M): determinante da matriz M
Mt: transposta da matriz M
A B: {x: x ∈ A e x ∉ B}
‫:ރ‬ conjunto dos números complexos
i: unidade imaginária, i2 = – 1
͉z͉: módulo do número z ∈ ‫ރ‬
Re z: parte real do número z ∈ ‫ރ‬
[a, b]: {x ∈ ‫;ޒ‬ a ≤ x ≤ b}
[a, b[: {x ∈ ‫;ޒ‬ a ≤ x < b}
]a, b[: {x ∈ ‫;ޒ‬ a < x < b}
k
∑: anxn: a0 + a1x + a2x2 + ... + akxk, k ∈ ‫ގ‬
n=0
k
∑: an: a0 + a1 + a2 + ... + ak, k ∈ ‫ގ‬
n=0
Arg z: argumento principal de z ∈ ‫ރ‬ {0},Arg z ∈ [0, 2π[
AC: conjunto (evento) complementar do conjunto
(evento) A
–––
AB:segmento de reta unindo os pontos A e B
A
^
BC: ângulo formado pelos segmentos
–––
AB e
–––
BC, com
vértice no ponto B.
Observação: Os sistemas de coordenadas considerados
são cartesianos retangulares.
IITTAA ((33ºº DDIIAA )) —— DDEEZZEEMMBBRROO//22001122

1 CC
Sejam A, B e C subconjuntos de um conjunto universo
U. Das afirmações:
I. A (B ʝ C) = (A B) ʜ (A C);
II. (A ʝ C) B = A ʝ BC ʝ C;
III. (A B) ʝ (B C) = (A B) C,
é (são) verdadeira(s)
a) apenas I. b) apenas II.
c) apenas I e II. d) apenas I e III.
e) todas.
Resolução
I) Verdadeira, pois para x ∈ U, temos:
x ∈ A (B ʝ C) ⇔ x ∈ A e (x ∉ B ou x ∉ C) ⇔
⇔ (x ∈ A e x ∉ B) ou (x ∈ A e x ∉ C) ⇔
⇔ x ∈ (A B) ou x ∈ (A C) ⇔
⇔ x ∈ (A B) ʜ (A C)
Portanto, A (B ʝ C) = (A B) ʜ (A C)
II) Verdadeira, pois para x ∈ U, temos:
x ∈ (A ʝ C) B ⇔ x ∈ (A ʝ C) e x ∉ B ⇔
⇔ x ∈ (A ʝ C) e x ∈ BC ⇔ x ∈ (A ʝ C) ʝ BC ⇔
⇔ x ∈ (A ʝ BC ʝ C).
Portanto, (A ʝ C) B = A ʝ BC ʝ C
III) Falsa, pois para A = {a; b; c; d}, B = {b; d; e; f} e
C = {c; d; f; g}, temos:
1) (A B) ʝ (B C) = {a; c} ʝ {b; e} = Ø
2) (A B) C = {a; c} {c; d; f; g} = {a} ≠ Ø
Portanto, para os exemplos dados,
(A B) ʝ (B C) ≠ (A B) C
2 CC
A soma das raízes da equação em ‫,ރ‬ z8 – 17z4 + 16 = 0,
tais que z – ͉z͉ = 0, é
a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5 .
Resolução
I) z8 – 17z4 + 16 = 0 ⇔ (z4)2 – 17z4 + 16 = 0 ⇔
⇔ z4 = 1 ou z4 = 16
II) z4 = 1 ⇔ z = 1 ou z = – 1 ou z = i ou z = – i
III)z4 = 16 ⇒ z = 2 ou z = – 2 ou z = 2i ou z = – 2i
IV) O conjunto verdade de equação
z8 – 17z4 + 16 = 0 é {1; – 1; i; – i; 2; – 2; 2i; – 2i}
V) As únicas raízes dessa equação que satisfazem a
condição z – ͉z͉ = 0 são 1 e 2 e a soma dessas raízes
é 3.

3 BB
Considere a equação em ‫,ރ‬ (z – 5 + 3i)4 = 1. Se z0 é a
solução que apresenta o menor argumento principal
dentre as quatro soluções, então o valor de ͉z0͉ é
a) ͙ළළළළ29. b) ͙ළළළළ41. c) 3͙ළළ5.
d) 4͙ළළ3. e) 3͙ළළ6.
Resolução
I) (z – 5 + 3i)4 = 1 ⇔ (z – 5 + 3i)2 = ± 1 ⇔
⇔ z – 5 + 3i = ± 1 ou z – 5 + 3i = ± i
II) Desta forma, as soluções da equação dada são:
z1 = 6 – 3i e tg [Arg(z1)] = – = –
z2 = 4 – 3i e tg [Arg(z2)] = –
z3 = 5 – 2i e tg [Arg(z3)] = –
z4 = 5 – 4i e tg [Arg(z4)] = –
III)Como – < – < – < – , z4 é o de menor
argumento e, portanto, z4 = z0
͉z0͉ = ͉z4͉ = ͙ෆෆෆෆෆ52 + (–4)2 = ͙ෆෆ41
2
––
5
4
––
5
4
––
5
3
––
4
1
––
2
2
––
5
3
––
6
1
––
2
3
––
4

4 DD
A soma de todos os números reais x que satisfazem a
equação
8͙ළළළළළළළx + 1 + 44΂2͙ළළළළළළළx + 1 ΃ + 64 = 19΂4͙ළළළළළළළx + 1 ΃
é igual a
a) 8. b) 12. c) 16. d) 18. e) 20.
Resolução
8͙ළළළළළළළx + 1 + 44΂2͙ළළළළළළළx + 1 ΃ + 64 = 19 . ΂4͙ළළළළළළළx + 1 ΃ ⇔
⇔ ΂2͙ළළළළළළළx + 1 ΃
3
+ 44 . ΂2͙ළළළළළළළx + 1 ΃ + 64 = 19 . ΂2͙ළළළළළළළx + 1 ΃
2
Fazendo 2͙ළළළළළළළx + 1 = y > 0, tem-se:
y3 – 19y2 + 44 . y + 64 = 0, em que 4 é raiz da equação,
pois 43 – 19 . 42 + 44 . 4 + 64 = 0. As outras duas raízes,
α e β, são tais que:
α + β + 4 = 19 e α . β . 4 = – 64 ⇔
⇔ α + β = 15 e α . β = – 16 ⇔
⇔ (α = 16 e β = – 1) ou (α = – 1 e β = 16).
Os possíveis valores de y serão, portanto, 4, 16 e – 1.
Assim:
I) y = 4 ⇒ 2͙ළළළළළළළx + 1 = 22 ⇒ ͙ළළළළළළළx + 1 = 2 ⇒
⇒ x + 1 = 4 ⇒ x = 3
II) y = 16 ⇒ 2͙ළළළළළළළx + 1 = 24 ⇒ ͙ළළළළළළළx + 1 = 4 ⇒
⇒ x + 1 = 16 ⇒ x = 15
III)y = – 1 ⇒ 2͙ළළළළළළළx + 1 = – 1 ⇒ ∃ x ∈ ‫ޒ‬
As raízes reais da equação dada são 3 e 15, cuja soma
é 18.

5 AA
Se os números reais a e b satisfazem, simultaneamente, as
equações
͙ෆෆෆa͙ෆb = e ln(a2 + b) + ln8 = ln5,
um possível valor de é
a) . b) 1. c) ͙ෆ2. d) 2. e) 3͙ෆ2.
Resolução
I) ͙ළළළළළa͙ළළළb = ⇔ a2b = ⇔ b =
II) ᐉn (a2 + b) + ᐉn 8 = ᐉn 5 ⇔ ᐉn [(a2 + b) . 8] = ᐉn 5 ⇔
⇔ (a2 + b) 8 = 5 ⇔ 8a2 + 8b = 5
III)Substituindo (I) em (II), temos:
8a2 + 8 . = 5 ⇔ 16a4 – 10a2 + 1 = 0 ⇔
⇔ a2 = ⇔ a2 = ou a2 =
IV) ⇔ ⇒ = ± 4͙ළළළ2
V) ⇔ ⇒ = ±
VI) Um possível valor de é
1
––––
16a2
1
–––
8
1
–––
2
10 ± 6
–––––––
32
a
–––
b
͙ළළළ2
a = ± ––––
2
1
b = –––
8
Ά
1
a2 = –––
2
1
a2 . b = –––
16
Ά
͙ළළළ2
–––––
2
a
–––
b
͙ළළළ2
a = ± ––––
4
1
b = –––
2
Ά
1
a2 = –––
8
1
a2 . b = –––
16
Ά
͙ළළළ2
–––––
2
a
–––
b
a
–––
b
͙ෆ2
–––
2
1
–––
2
1
–––
16
1
––––
16a2
1
–––
2

6 EE
Considere as funções f e g, da variável real x, definidas,
respectivamente, por
f(x) = ex2 + ax + b e g(x) = ln ,
em que a e b são números reais. Se f(–1) = 1 = f(–2), então
pode-se afirmar sobre a função composta g o f que
a) g o f (1) = ln 3.
b) ∃ g o f (0).
c) g o f nunca se anula.
d) g o f está definida apenas em {x ∈ ‫ޒ‬ : x > 0}.
e) g o f admite dois zeros reais distintos.
Resolução
I) f(– 1) = e(– 1)2 + a . (– 1) + b = e1 – a + b = 1 ⇔
⇔ 1 – a + b = 0 ⇔ a – b = 1
II) f(– 2) = e(– 2)2 + a . (– 2) + b = e4 – 2a + b = 1 ⇔
⇔ 4 – 2a + b = 0 ⇔ 2a – b = 4
III) ⇔ ⇔ e,
desta forma, f(x) = ex2 + 3x + 2 e
g(x) = ᐉn = ᐉn = ᐉn
IV) gof(x) = g[ex2 + 3x + 2] = ᐉn =
= ᐉn ex2 + 3x + 2 – ᐉn 2. Assim:
gof(x) = x2 + 3x + 2 – ᐉn 2
V) gof(1) = 12 + 3 . 1 + 2 – ᐉn 2 = 6 – ᐉn 2
gof(0) = 02 + 3 . 0 + 2 – ᐉn 2 = 2 – ᐉn 2
VI) A equação x2 + 3x + 2 – ᐉn 2 = 0 possui duas raízes
reais distintas, pois
Δ = 32 – 4 . 1 . (2 – ᐉn 2) = 1 + 4 ᐉn 2 > 0
Como f(x) = ex2 + 3x + 2 > 0 para todo x real, gof está
definida para todo x ∈ ‫ޒ‬ e tem gráfico do tipo
Ά
a – b = 1
2a – b = 4 Ά
a – b = 1
a = 3 Ά
a = 3
b = 2
΂
ax
––––
3b ΃ ΂
3x
––––
3 . 2 ΃ ΂
x
––
2 ΃
΄
ex2 + 3x + 2
–––––––––
2 ΅
ax
΂–––΃3b

7 AA
Considere funções f, g, f + g : ‫ޒ‬ → ‫.ޒ‬ Das afirmações:
I. Se f e g são injetoras, f + g é injetora;
lI. Se f e g são sobrejetoras, f + g é sobrejetora;
IlI. Se f e g não são injetoras, f + g não é injetora;
IV. Se f e g não são sobrejetoras, f + g não é sobrejetora,
é (são) verdadeira(s)
a) nenhuma. b) apenas I e II c) apenas I e III
d) apenas III e IV. e) todas.
Resolução
I) Falsa.
Considere as funções f: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ ͉ f(x) = x e
g: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ ͉ g(x) = – x. Ambas são injetoras e
f + g: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ é tal que (f + g)(x) = 0 e não é injetora,
pois é constante.
II) Falsa.
No exemplo anterior, as duas funções f e g são
sobrejetoras, todavia f + g: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ ͉ (f + g)(x) = 0
não é sobrejetora.
III)Falsa.
Considere as funções f, g, f + g: ‫ޒ‬ → ‫ޒ‬ tais que
f(x) = x2 + x + 1 e g(x) = – x2 + x + 1. As funções
f e g não são injetoras, porém a função f + g é
injetora, pois (f + g)(x) = f(x) + g(x) =
= (x2 + x + 1) + (– x2 + x + 1) = 2x + 2 e f + g é do
primeiro grau e estritamente crescente em ‫.ޒ‬
IV) Falsa.
No exemplo do item (III), as funções f e g apre-
sentadas não são sobrejetoras, porém f + g é so-
brejetora (na verdade, bijetora).

8 CC
Seja n > 6 um inteiro positivo não divisível por 6. Se, na
divisão de n2 por 6, o quociente é um número ímpar, então
o resto da divisão de n por 6 é
a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.
Resolução
I) Se n > 6 é inteiro positivo e não divisível por 6,
então n = 6k + p, com k ∈ ‫*ގ‬ e p ∈ {1; 2; 3; 4; 5}
II) Como n2 = (6k + p)2 = 6(6k2 + 2kp) + p2, o
quociente da divisão de n2 por 6 será (6k2 + 2kp)
acrescido do quociente da divisão de p2 por 6 e o
resto será o mesmo resto da divisão de p2 por 6.
III)Como o quociente da divisão de n2 por 6 é ímpar,
o quociente da divisão de p2 por 6 deverá ser
ímpar, pois (6k2 + 2kp) é sempre par.
IV) Assim, para:
• p = 1, temos p2 = 1 e 1 6 , cujo quociente é par.
1 0
4 0
• p = 3, temos p2 = 9 e 9 6 , cujo quociente é ímpar.
3 1
e o resto é 3.
4 2
1 4

9 DD
Considere a equação an xn = 0 em que a soma das
raízes é igual a –2 e os coeficientes a0, a1, a2, a3, a4 e a5
formam, nesta ordem, uma progressão geométrica com
a0 = 1. Então an
é igual a
a) –21. b) – . c) . d) . e) 63.
Resolução
I) an . xn = 0 ⇔
⇔ a5 . x5 + a4 . x4 + a3 . x3 + a2 . x2 + a1 . x + a0 = 0
II) a0 = 1; a1 = q; a2 = q2; a3 = q3; a4 = q4 e a5 = q5,
nesta ordem, estão em progressão geométrica de
razão q.
III)A soma de todas as raízes é –2, então:
– = –2 ⇔ – = –2 ⇔
IV) an = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 =
= 1 + q + q2 + q3 + q4 + q5 =
= 1 + + + + + =
a4
–––
a5
q4
–––
q5
1
q = –––
2
5
∑
n=0
1
–––
2
1
–––
4
1
–––
8
1
–––
16
1
–––
32
63
–––
32
5
∑
n=0
5
∑
n=0
5
∑
n=0
2
–––
3
21
–––
32
63
–––
32

10 BB
Seja λ solução real da equação ͙ෆෆෆෆλ + 9 + ͙ෆෆෆෆෆ2λ + 17 = 12.
Então a soma das soluções z, com Re z > 0, da equação
z4 = λ – 32, é
a ) ͙ෆ2. b) 2͙ෆ2. c) 4͙ෆ2. d) 4. e) 16.
Resolução
I) ͙ෆෆෆෆλ + 9 + ͙ෆෆළළළෆෆ2λ + 17 = 12 ⇔
⇔ ͙ෆෆළළළෆෆ2λ + 17 = 12 – ͙ෆෆෆෆλ + 9 ⇒
⇒ 2λ + 17 = 144 + λ + 9 – 24͙ෆෆෆෆλ + 9 ⇔
⇔ 24͙ෆෆෆෆλ + 9 = 136 – λ, com λ ≤ 136 ⇔
⇔ 576λ + 5184 = 18496 – 272λ + λ2 ⇔
⇔ λ2 – 848λ + 13312 = 0 ⇔
⇔ λ = ⇔ λ = 832 ou λ = 16
II) Para λ = 16, temos:
z4 = 16 – 32 ⇔ z4 = – 16 ⇔
⇔ z4 = 16 . (cos 180° + i . sen 180°)
III)As raízes quartas de – 16 são, portanto:
z1 = 2(cos 45° + i . sen 45°) = ͙ළළ2 + ͙ළළ2 i
z2 = 2(cos 135° + i . sen 135°) = – ͙ළළ2 + ͙ළළ2 i
z3 = 2(cos 225° + i . sen 225°) = – ͙ළළ2 – ͙ළළ2 i
z4 = 2(cos 315° + i . sen 315°) = ͙ළළ2 – ͙ළළ2 i
IV) Os valores de z tais que Re(z) > 0 são ͙ළළ2 + ͙ළළ2 i e
͙ළළ2 – ͙ළළ2 i. A soma desses dois números é 2͙ළළ2.
848 ± 816
––––––––––
2

11 EE
Seja p uma probabilidade sobre um espaço amostral finito
Ω. Se A e B são eventos de Ω tais que p(A) = ,
p(B) = e p(A പ B) = , as probabilidades dos
eventos A B, A ഫ B e AC ഫ BC são, respectivamente,
a) , e . b) , e .
c) , e . d) , e .
e) , e .
Resolução
I) Observe, pelo diagrama a seguir, que
n (A B) = n (A) – n (A ∩ B) e
n (A ∪ B) = n (A) + n (B) – n (A ∩ B)
Observe ainda que
AC ∪ BC = (A ∩ B)C = Ω – (A ∩ B)
II) P (A B) = = – =
= P (A) – P (A ∩ B) = – =
III)P (A ∪ B) = =
= + – =
= P(A) + P(B) – P (A ∩ B) = + – =
IV) P (AC ∩ BC) = P (Ω) – P (A ∩ B) =
= 1 – =
1
––
2
1
––
3
1
––
4
7
––
12
1
––
4
3
––
4
n (A B)
––––––––
n (Ω)
n (A)
–––––
n (Ω)
n(A ∩ B)
––––––––
n (Ω)
1
––
2
1
––
4
1
––
4
n (A ∪ B)
––––––––
n (Ω)
n (A)
–––––
n (Ω)
n (B)
–––––
n (Ω)
n(A ∩ B)
––––––––
n (Ω)
1
–––
4
5
–––
6
1
–––
4
1
–––
6
5
–––
6
1
–––
4
1
–––
6
7
–––
12
3
–––
4
1
–––
3
5
–––
6
1
–––
3
1
–––
4
7
–––
12
3
–––
4
1
–––
2
1
–––
3
1
–––
4

12 DD
Considere os seguintes resultados relativamente ao lança-
mento de uma moeda:
I. Ocorrência de duas caras em dois lançamentos.
II. Ocorrência de três caras e uma coroa em quatro
lançamentos.
III. Ocorrência de cinco caras e três coroas em oito
lançamentos.
Pode-se afirmar que
a) dos três resultados, I é o mais provável.
b) dos três resultados, II é o mais provável.
c) dos três resultados, III é o mais provável.
d) os resultados I e II são igualmente prováveis.
e) os resultados II e III são igualmente prováveis.
Resolução
I. A probabilidade de ocorrerem duas caras em dois
lançamentos é . =
II. A probabilidade de ocorrerem três caras e uma
coroa em quatro lançamentos é:
C4,3 .
3
.
1
= 4 . . =
III. A probabilidade de ocorrerem cinco caras e três
coroas em oito lançamentos é:
C8,5 .
5
.
3
= 56 . . =
Portanto, os resultados I e II são igualmente
prováveis.
΂
1
––
2 ΃ ΂
1
––
2 ΃
1
–––
32
1
––
8
7
–––
32
1
––
2
1
––
2
1
––
4
΂
1
––
2 ΃ ΂
1
––
2 ΃
1
––
8
1
––
2
1
––
4

13 CC
Considere A ∈ M5x5(‫)ޒ‬ com det(A) = ͙ෆ6 e α ∈ ‫ޒ‬ {0}.
Se det(αAtAAt) = ͙ෆ6α2, o valor de α é
a) . b) . c) . d) 1. e) ͙ෆෆෆ216.
Resolução
Sendo A ∈ M5x5 (‫)ޒ‬ e det (A) = ͙ෆෆ6, temos:
det (α . At . A . At) = ͙ෆෆ6 . α2 ⇔
⇔ α5 . det (At) . detA . det (At) = ͙ෆෆ6 . α2 ⇔
⇔ α5 . (͙ෆෆ6)
3
= ͙ෆෆ6 . α2 ⇔
⇔ α3 = , pois α 0
Logo, α = =
1
–––––3
͙ෆෆ6
3
͙ෆෆ36
–––––
6
1
–––
6
͙ෆ6
–––
6
3
͙ෆෆ36
–––––
6
1
––
6

14 EE
Sejam a um número real e n o número de todas as
soluções reais e distintas x ∈ [0,2π] da equação
cos8 x – sen8 x + 4 sen6 x = a. Das afirmações:
I. Se a = 0, então n = 0;
II. Se a = , então n = 8;
III. Se a = 1, então n = 7;
IV. Se a = 3, então n = 2,
é (são) verdadeira( s)
a) apenas I. b) apenas III. c) apenas I e III.
d) apenas II e IV. e) todas.
Resolução
I) Observe que
cos8x = (cos2x)4 = (1 – sen2x)4 = (1 – 2 sen2x + sen4x)2 =
= 1 + 4 sen4x + sen8x – 4sen2x + 2sen4x – 4sen6x ⇔
⇔ cos8x – sen8x + 4sen6x = 1 – 4sen2x + 6sen4x =
a
Assim, 6sen4x – 4sen2x + 1 – a = 0
II) Para a = 0, temos:
6sen4x – 4sen2x + 1 = 0 ⇔ sen2x = ∉ ‫ޒ‬
Logo:
III)Para a = , temos:
6sen4x – 4sen2x + = 0 ⇔ sen2x = ⇔
⇔ sen2x = ou sen2x = ⇔ sen x = ± ou
sen x = ± . Desta forma, a equação possui
soluções no intervalo [0; 2π], como se vê no
ciclo trigonométrico a seguir:
1
––
2
4 ± 2
––––––
12
1
––
2
1
––
6
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ6
––––
6
n = 8
1
–––
2
4 ± ͙ෆෆෆ– 8
–––––––––
12
n = 0
1
––
2

IV) Para a = 1, temos:
6sen4x – 4 sen2x = 0 ⇔ 2sen2x (3sen2x – 2) = 0 ⇔
⇔ sen x = 0 ou sen x = ± . Desta forma, a
equação possui soluções no intervalo
[0;2π],
como se vê no ciclo trigonométrico a seguir:
V) Para a = 3, temos:
6sen4x – 4sen2x – 2 = 0 ⇔
⇔ 3sen4x – 2sen2x – 1 = 0 ⇔ sen2x = ⇔
⇔ sen2x = 1 ou sen2x = – (não serve) ⇔
⇔ sen x = ± 1 ⇔ x = ou x = .
Portanto, a equação dada tem soluções.
Desta forma, todas as afirmações são verdadeiras.
2
–––
3
n = 7
2 ± 4
––––––
6
1
–––
3
3π
–––
2
π
–––
2
n = 2

15 AA
Se cos 2x = , então um possível valor de
é
a) . b) 1. c) ͙ෆ2. d) ͙ෆ3. e) 2.
Resolução
I) cos 2x = ⇔ 2 cos2x – 1 = ⇔
⇔ cos2x = ⇔ cos x = ou cos x = – ⇔
II) Sendo y = , temos:
y = =
= = =
= – cos x
Portanto, y = ou y = –
cos x
––––– – 1
sen x
––––––––––––––––––––––
1 1
––––––––– – –––––––––
sen (x – π) cos (π – x)
cos x – sen x
–––––––––––––
sen x
––––––––––––––––
–(cos x – sen x)
––––––––––––––
sen x . cos x
cos x – sen x
–––––––––––––
sen x
––––––––––––––––
1 1
– ––––– + –––––
sen x cos x
͙ෆෆ3
–––
2
͙ෆෆ3
–––
2
1
–––
2
cotg x – 1
–––––––––––––––––––––––
cossec (x – π) – sec (π – x)
͙ෆ3
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
͙ෆෆ3
–––
2
͙ෆෆ3
–––
2
3
–––
4
cotg x – 1
––––––––––––––––––––––
cossec(x – π) – sec (π – x)

16 BB
Uma reta r tangencia uma circunferência num ponto B e
intercepta uma reta s num ponto A exterior à circunferên-
cia. A reta s passa pelo centro desta circunferência e a
intercepta num ponto C, tal que o ângulo A
^
BC seja
obtuso. Então o ângulo C
^
AB é igual a
a) A
^
BC. b) π – 2 A
^
BC.
c) A
^
BC. d) 2 A
^
BC – π.
e) A
^
BC – .
Resolução
I) O
^
CB = O
^
BC = x, pois o triângulo COB é isósceles
e portanto A
^
BC = + x ⇔ x = A
^
BC –
II) C
^
AB é ângulo excêntrico exterior e portanto
C
^
AB = ⇔ C
^
AB = – 2x
Assim:
C
^
AB = – 2 . ΂A
^
BC – ΃ = – 2A
^
BC + π ⇔
⇔ C
^
AB = – 2 A
^
BC
3π
––
2
π
––
2
π
––
2
π
––
2
π – 2x – 2x
–––––––––
2
π
––
2
π
––
2
π
––
2
3
–––
2
1
–––
2
2
–––
3
π
–––
2

17 BB
Sobre a parábola definida pela equação
x2 + 2xy + y2 – 2x + 4y + 1 = 0 pode-se afirmar que
a) ela não admite reta tangente paralela ao eixo Ox.
b) ela admite apenas uma reta tangente paralela ao eixo
Ox.
c) ela admite duas retas tangentes paralelas ao eixo Ox.
d) a abscissa do vértice da parábola é x = –1.
e) a abscissa do vértice da parábola é x = – .
Resolução
I)
Lembrando que, havendo rotação de eixos, temos:
ou, o que é equivalente,
Para α = 45°, temos:
x = x’ – y’ e y = x’ + y’
II) Substituindo na equação dada, teremos:
x2 +2xy+y2 –2x+4y+1=0 ⇔
2
+
+ 2 . +
+
2
– 2 +
+ 4 + 1 = 0 ⇔
⇔ (x’)2 + (y’)2 + (x’)2 – (y’)2 + ͙ෆ2 (x’) +
+ 3 ͙ෆ2 (y’) + 1 = 0 ⇔
⇔ 2 (x’)2 + ͙ෆ2 (x’) + 3 ͙ෆ2 (y’) + 1 = 0 ⇔
x’P = xP cos α + yP sen α
y’P = yP cos α – xP sen α
xP = x’P cos α – y’P sen α
yP = x’P sen α + y’P cos α
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ2 ͙ෆ2
΂x’ ––– – y’ –––΃2 2
͙ෆ2 ͙ෆ2
΂x’ ––– – y’ –––΃2 2
͙ෆ2 ͙ෆ2
΂x’ ––– + y’ –––΃2 2
͙ෆ2 ͙ෆ2
΂x’ ––– + y’ –––΃2 2
͙ෆ2 ͙ෆ2
΂x’ ––– – y’ –––΃2 2
͙ෆ2 ͙ෆ2
΂x’ ––– + y’ –––΃2 2
2
–––
3

⇔ y’ = (x’)2 – x’ – ⇔
⇔
que, no sistema x’Oy’, é a equação de uma
parábola de vértice:
x’v = = – = – e
y’v = – .
2
– . – =
= –
III)No sistema x’Oy’, o vértice é V’ .
Esse vértice no sistema xOy é
V , pois:
x = – . cos 45° – sen 45° =
= – . + . = – e
y = – sen 45° + cos 45° =
= – . – . = –
IV) Toda reta paralela ao eixo Ox é do tipo y = k
(constante) e o sistema:
⇒
⇒ x2 + 2 (k – 1)x + (k2 + 4k + 1) = 0
só admite solução única se Δ = – 24k = 0 ⇔ k = 0.
Para k = 0, a equação será x2 – 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1.
A única reta paralela ao eixo x e tangente à
parábola é o próprio eixo x e o ponto de tangência
é (1; 0).
1
+ –––
3
––––––––––
͙ෆ2
2 .
΂– –––
΃3
1
–––––
2 ͙ෆ2
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ2
––––
3
͙ෆ2
΂– –––
΃4
1
––
3
͙ෆ2
΂– –––
΃4
͙ෆ2
––––
6
͙ෆ2
––––
8
͙ෆ2 ͙ෆ2
΂– –––; – –––
΃4 8
1 3
΂– –––; – –––
΃8 8
͙ෆ2
––––
4
͙ෆ2
΂– –––
΃8
͙ෆ2
––––
4
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ2
––––
8
͙ෆ2
––––
2
1
––
8
͙ෆ2
––––
4
͙ෆ2
΂– –––
΃8
͙ෆ2
––––
4
͙ෆ2
––––
2
͙ෆ2
––––
8
͙ෆ2
––––
2
3
––
8
Ά
y = k
x2 + 2xy + y2 – 2x + 4y + 1 = 0
– 2
–––––
3 ͙ෆ2
1
––
3
1
–––––
3 ͙ෆ2
͙ෆ2 1 ͙ෆ2
y’ = – –––– (x’)2 – ––– x’ – ––––
3 3 6

V)

18 DD
Das afirmações:
I. Duas retas coplanares são concorrentes;
II. Duas retas que não têm ponto em comum são rever-
sas;
III. Dadas duas retas reversas, existem dois, e apenas
dois, planos paralelos, cada um contendo uma das
retas;
IV. Os pontos médios dos lados de um quadrilátero re-
verso definem um paralelogramo,
é (são) verdadeira(s) apenas
a) III. b) I e III. c) II e III.
d) III e IV. e) I e II e IV.
Resolução
I) Falsa.
Duas retas coplanares podem ser paralelas.
II) Falsa.
Duas retas que não têm ponto em comum podem
ser coplanares e neste caso são paralelas (distintas).
III)Verdadeira.
Sejam r e s retas reversas, t a perpendicular co-
mum a elas, {A} = t ∩ r e {B} = t ∩ s
Podemos afirmar que:
1) Existe uma única reta u, e paralela a s, tal que
A ∈ u.
Assim, o plano ␣ = pᐉ (r; u) é perpendicular a
t.
2) Existe uma única reta v, paralela a r, tal que
B ∈ v.
Assim, o plano ␤ = pᐉ (s; v) é perpendicular a t.
Os planos ␣ e ␤ são paralelos (não
coincidentes), r ⊂ ␣ e s ⊂ ␤.
Como ␣ é o único plano conduzido por A, per-
pendicular a t, e ␤ é o único plano conduzido por
B, perpendicular a t, concluímos que existem dois,
e apenas dois, planos paralelos (␣ e ␤), cada um
contendo uma das retas.

IV) Verdadeira.
Seja ABCD um quadrilátero reverso, cujos pontos
médios dos lados são os pontos M, N, P e Q,
conforme a figura seguinte:
No triângulo ABC, contido no plano ␣, temos:
MN
––––
// AC
––––
e MN = (I)
No triângulo DAC, contido no plano ␤, temos:
QP
––––
// AC
––––
e QP = (II)
De (I) e (II), temos, finalmente:
MN
––––
// QP
––––
e MN = QP e assim podemos concluir
que o quadrilátero MNPQ é um paralelogramo.
AC
––––
2
AC
––––
2

19 AA
Um plano intercepta as arestas de um triedro trirretângulo
de vértice V, determinando um triângulo ABC cujos lados
medem, respectivamente, ͙ෆෆ10, ͙ෆෆ17 e 5 cm. O volume,
em cm3, do sólido VABC é
a) 2. b) 4. c) ͙ෆෆ17.
d) 6. e) 5͙ෆෆ10.
Resolução
Sendo VA = a, VB = b e VC = c, todos em cm, temos:
⇔
Somando membro a membro as três equações, temos:
2a2 + 2b2 + 2c2 = 52 ⇔ a2 + b2 + c2 = 26
Assim, a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ 10 + c2 = 26 ⇒ c = 4;
a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ a2 + 25 = 26 ⇒ a = 1;
a2 + b2 + c2 = 26 ⇒ 17 + b2 = 26 ⇒ b = 3.
Logo, o volume V do sólido VABC, em cm3, é dado por:
V = . . a = . . 1 = 2
1
–––
3
bc
–––
2
1
–––
3
3 . 4
–––––
2
Ά
a2 + b2 = (͙ළළළ10)2
b2 + c2 = 52
a2 + c2 = (͙ළළළ17)2 Ά
a2 + b2 = 10
b2 + c2 = 25
a2 + c2 = 17

20 BB
No sistema xOy os pontos A = (2, 0), B = (2,5) e C = (0,1)
são vértices de um triângulo inscrito na base de um
cilindro circular reto de altura 8. Para este cilindro, a
razão
, em unidade de comprimento,
é igual a
a) 1. b) . c) .
d) . e) .
Resolução
I) O triângulo de vértices A = (2; 0), B = (2; 5) e
C = (0; 1) é retângulo em C, pois
mAC = – e mBC = 2
II) Sendo R o raio da base do cilindro de altura 8,
temos:
R = =
Logo, a razão =
= =
5
π . ΂––΃
2
. 8
2
–––––––––––––––––––––
5 5
2π . ΂––΃
2
+ 2π . ΂––΃. 8
2 2
100
––––
105
AB
––––
2
5
–––
2
volume
–––––––––––––––––––––
área total da superfície
100
–––
115
5
–––
6
1
–––
2
volume
––––––––––––––––––––
área total da superfície
100
–––
105
10
–––
11

AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS
DE 21 A 30, DEVEM SER RESOLVIDAS E
RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES.
21
Para z = 1 + iy, y > 0, determine todos os pares (a, y), a > 1,
tais que zl0 = a. Escreva a e y em função de Arg z.
Resolução
I) Seja z = 1 + yi = ρ . (cos θ + i . sen θ)
com 0 < θ < , pois y > 0
II) Se z10 = a, com a > 1, então:
ρ10 . [cos (10θ) + i . sen (10θ)] = a
III)ρ10 = a e 10θ = k2π
IV) ⇔ ⇔
⇔ θ = ou θ =
V) ⇔ ⇒ a = sec10 θ
VI) y = ρ . sen θ = sen θ = tg θ
Resposta:
(sec10 θ; tg θ), com θ = ou θ =
Ά
ρ cos θ = 1
ρ10 = a Ά
ρ = sec θ
ρ10 = a
1
–––––
cos θ
π
–––
5
2π
–––
5
Ά
10θ = k2π
π
0 < θ < –––
2
Ά
kπ
θ = ––––
5
π
0 < θ < –––
2
π
–––
5
2π
–––
5
π
–––
2

22
Determine o maior domínio D ʚ ‫ޒ‬ da função
f : D → ‫,ޒ‬ f(x) = log
x
(4 sen x cos x – 1).
Resolução
I) O “maior domínio” D ⊂ ‫ޒ‬ da função
f(x) = log (4 sen x cos x – 1) é tal que:
II) , pois o gráfico de
g (x) = é do tipo
III) ≠ 1 para qualquer x real, pois a equação
x2 – x + 1 = 0 não tem raízes reais
IV) 4 sen x . cos x – 1 Ͼ 0 ⇔ 2 sen (2x) – 1 Ͼ 0 ⇔
⇔ sen (2x) Ͼ ⇔ Ͻ 2x Ͻ ⇔
⇔ Ͻ x Ͻ
V) De (II), (III) e (IV), temos Ͻ x Ͻ
Resposta: D = ͭx ∈ ‫ޒ‬ ͉ Ͻ x Ͻ ͮπ
–––
12
π
––
4
΂
π
–– – x
4 ΃x
π
––
4
1
––
2
π
–––
6
5π
–––
6
π
–––
12
5π
–––
12
π
–––
12
π
––
4
΂
π
–– – x
4 ΃x Ͼ 0 ⇔ 0 Ͻ x Ͻ
π
––
4
΂
π
–– – x
4 ΃x
π
΂–– – x΃4
΂
π
–– – x
4 ΃x
Ά
Ͼ 0x ΃
π
–– – x
4΂
≠ 1x ΃
π
–– – x
4΂
4 sen x cos x – 1 Ͼ 0

23
Considere o polinômio P(m) = am2 – 3m – 18, em que
a ∈ ‫ޒ‬ é tal que a soma das raízes de P é igual a 3.
Determine a raiz m de P tal que duas, e apenas duas,
soluções da equação em x, x3 + mx2 + (m + 4)x + 5 = 0,
estejam no intervalo ]– 2, 2[.
Resolução
I) A soma das raízes de P(m) = am2 – 3m – 18 é igual
a 3, então: 3 = – ⇔ a = 1
II) Para a = 1, temos P(m) = m2 – 3m – 18, cujas
raízes são m = 6 e m = – 3
III)Para m = 6, temos:
x3 + 6x2 + 10x + 5 = 0 ⇔
⇔ (x + 1) . (x2 + 5x + 5) = 0 ⇔
⇔ x = – 1 ou x = , pois
IV) Para m = – 3, temos:
x3 – 3x2 + x + 5 = 0 ⇔ (x + 1) . (x2 – 4x + 5) = 0 ⇔
⇔ x = – 1 ou x = 2 ± i, pois
V) Para que duas, e apenas duas, soluções da equação
estejam no intervalo ]– 2; 2[, devemos ter m = 6.
Resposta: m = 6
1 – 3 1 5 – 1
–––––––––––––––––––––
1 – 4 5 0
(– 3)
–––––
a
– 5 ± ͙ළළ5
–––––––––
2
1 6 10 5 – 1
––––––––––––––––––
1 5 5 0

24
Quantos tetraedros regulares de mesma dimensão pode-
mos distinguir usando 4 cores distintas para pintar todas
as suas faces? Cada face só pode ser pintada com uma
única cor.
Resolução
I) Utilizando apenas uma cor, existem 4 possibilida-
des.
II) Utilizando duas cores, podemos ter:
a) três faces de uma cor e outra de outra cor, como
no exemplo a seguir.
Neste caso, existem 4 . 3 = 12 possibilidades
b) duas faces de uma cor e as outras duas de outra
cor, como no exemplo a seguir.
Neste caso, existem = 6 possibilidades,
pois os tetraedros
e
são idênticos por uma rotação conveniente.
III)Utilizando três cores, duas faces terão a mesma
cor. Observe que as duas configurações a seguir
4 . 3
––––
2

e
são idênticas, pois uma rotação conveniente da
primeira permite obter a segunda. Neste caso,
existem 4 . C3;2 = 12 possibilidades.
IV) Utilizando as quatro cores, existem apenas duas
possibilidades, pois as configurações
nunca coincidem.
V) Ao todo, existem 4 + 12 + 6 + 12 + 2 = 36 possibi-
lidades.
Resposta: 36

25
Considere o sistema na variável real x:
a) Determine os números reais α e β para que o sistema
admita somente soluções reais.
b) Para cada valor de β encontrado em (a), determine
todas as soluções da equação x – x3 = β.
Resolução
a) As raízes da equação
x2 – x = α ⇔ x2 – x – α = 0 são x =
e são reais somente se α ≥ –
Para que pelo menos uma delas seja raiz da
equação x – x3 = β, devemos ter:
x – x3 = β ⇔ x(1 – x)(1 + x) = β ⇔
⇔ (x2 – x)(1 + x) = – β ⇔ α(1 + x) = – β e,
portanto, α 1 + = – β
⇔
b) Com os valores de β encontrados no item (a),
concluímos que pelo menos um dos valores,
ou , é raiz da equação
x – x3 = β.
Se r for essa raiz, então na equação x – x3 = β ⇔
⇔ x3 – x + β = 0, por Briot-Ruffini, temos:
As demais raízes dessa equação são as raízes de
x2 + rx + r2 – 1 = 0. A saber:
x = =
Respostas:
a) α ≥ – e β = – (3 ± ͙ළළළළළළළළළ1 + 4α)
b) V = r; ; , com
r = ou r =
α
β = – –– (3 ± ͙ළළළළළළළළළ1 + 4α )
2
1 + ͙ළළළළළළළළළ1 + 4α
–––––––––––
2
1 – ͙ළළළළළළළළළ1 + 4α
–––––––––––
2
1 0 – 1 β r
1 r – 1 + r2 0
– r ± ͙ළළළළළළළළළළළළළළළළළළළළr2 – 4 . 1(r2 – 1)
–––––––––––––––––––––
2
– r ± ͙ළළළළළළළළළ4 –3r2
––––––––––––––
2
1
–––
4
α
–––
2
Ά – r + ͙ළළළළළළළළළ4 –3r2
–––––––––––––
2
– r – ͙ළළළළළළළළළ4 –3r2
–––––––––––––
2 ·
1 + ͙ළළළළළළළළළ1 + 4α
––––––––––––––
2
1 – ͙ළළළළළළළළළ1 + 4α
––––––––––––––
2
1
––
4
΂ 1 ± ͙ළළළළළළළළළ1 + 4α
–––––––––––
2 ΃
Ά
x2 – x = α
x – x3 = β.
1 ± ͙ළළළළළළළළළ1 + 4α
–––––––––––
2

26
Considere o sistema nas variáveis reais x e y :
com α ∈ e a, b ∈ ‫.ޒ‬ Analise para que valores de
α, a e b o sistema é (i) possível determinado, (ii) possível
indeterminado ou (iii) impossível, respectivamente. Nos
casos (i) e (ii), encontre o respectivo conjunto-solução.
Resolução
i) D = = sen2α – 3cos2α =
= 1 – cos2α – 3 cos2α = 1 – 4 cos2α
O sistema será possível e determinado quando
D ≠ 0, independentemente dos valores de a e b.
Assim, 1 – 4 cos2α ≠ 0 ⇔ cos2α ≠ ⇔
⇔ cos α ≠ ± ⇔ α ≠ , pois α ∈ 0;
Utilizando o Método de Cramer para resolver o
sistema, temos:
a) Dx = = a . sen α – 3b cos α ⇒
⇒ x = =
b) Dy = = b . sen α – a . cos α ⇒
⇒ y = =
Logo:
S = ;
ii) Para α = , temos:
a
b
3 cos α
sen α
Dx
–––
D
a . sen α – 3b . cos α
––––––––––––––––––
1 – 4 cos2α
sen α
cos α
a
b
Dy
–––
Db . sen α – a . cos α
––––––––––––––––––
1 – 4 cos2α
Ά΂
a.sen α – 3b.cos α
––––––––––––––––
1 – 4 cos2α
b.sen α – a . cos α
––––––––––––––––
1 – 4 cos2α ΃·
π
–––
3
Ά
π π
x . sen –– + 3y . cos –– = a
3 3
π π
x . cos –– + y . sen –– = b
3 3
⇔
1
–––
4
1
–––
2
π
–––
3 ΄
π
–––
2 ΄
Ά
x sen α + 3y cos α = a
x cos α + y sen α = b,
π
΄0, ––΄2
sen α
cos α
3 cos α
sen α

Assim, o sistema será possível indeterminado
quando α = e 2a = 2b͙ළළ3 ⇔ a = b͙ළළ3
Na equação ͙ළළ3x + 3y = 2a, para a = b͙ළළ3, temos:
x = = = 2b – ͙ළළ3 y
e o conjunto solução do sistema é
S = {(2b – ͙ළළ3y; y), com y ∈ ‫}ޒ‬
iii) O sistema será impossível para α = e a ≠ b͙ළළ3
⇔
Ά
͙ළළ3x + 3y = 2a
͙ළළ3x + 3y = 2b͙ළළ3
π
–––
3
2b͙ළළ3 – 3y
–––––––––––
͙ළළ3
6b – 3͙ළළ3y
–––––––––––
3
π
–––
3
⇔
Ά
͙ළළ3 3
–––– x + –– y = a
2 2
1 ͙ළළ3
––x + ––––y = b
2 2
⇔
Ά
͙ළළ3x + 3y = 2a
x + ͙ළළ3y = 2b
⇔

27
Encontre os pares (α, β) ∈ x que satis-
fazem simultaneamente as equações
(tg α + cotg β) cos α sen β – 2 cos2 (α – β) = – 1 e
͙ෆ3 sen (α + β) + cos (α + β) = ͙ෆ3 .
Resolução
I) (tg α + cotg β) . cos α . sen β – 2 cos2 (α – β) = –1
⇔
⇔ . cos α . sen β –
– 2 cos2 (α – β) = –1 ⇔
⇔ cosα.cosβ+senα . senβ–2cos2(α – β)= –1⇔
⇔ cos (α – β) – 2 cos2 (α – β) = –1 ⇔
⇔ 2 cos2 (α – β) – cos (α – β) – 1 = 0 ⇔
⇔ cos (α – β) = 1 ou cos (α – β) = ⇔
⇔ α – β = 0 + k . 2π, k ∈ ‫ޚ‬
ou α – β = ± + k . 2π, k ∈ ‫ޚ‬ ⇔
⇔ α – β = 0 ⇔ α = β, pois α, β ∈ 1.° quadrante.
II) ͙ළළ3 sen (α + β) + cos (α + β) = ͙ළළ3 ⇔
⇔ . sen (α + β) + cos (α + β) = ⇔
⇔ cos . sen (α + β) +
+ sen . cos (α + β) = ⇔
⇔ sen (α + β + )= ⇔
⇔ α + β + = + k . 2π, k ∈ ‫ޚ‬
ou α + β + = + k . 2π, k ∈ ‫ޚ‬ ⇔
⇔ ou ,
pois α e β ∈ 1.° quadrante.
Assim, temos os seguintes sistemas lineares:
͙ළළ3
–––
2
1
––
2
͙ළළ3
–––
2
π
––
6
π
––
6
͙ළළ3
–––
2
π
––
6
͙ළළ3
–––
2
π
––
6
π
––
3
π
––
6
2π
–––
3
π
α + β = ––
6
π
α + β = ––
2
π
΅0, –– ΄2
π
΅0, –– ΄2
sen α cos β
(––––– + –––––)cos α sen β
1
– ––
2
2π
–––
3

Resposta:
{α = β
π
π ⇔ α = β = –––
α + β = –– 12
6
{α = β
π
π ⇔ α = β = ––
α + β = –– 4
2
π π π π
(–––; –––)e (––; ––)12 12 4 4

28
Determine a área da figura plana situada no primeiro
quadrante e delimitada pelas curvas
(y – x – 2) y + – 2 = 0 e x2 – 2x + y2 – 8 = 0
Resolução
I) (y – x – 2) . y + – 2 = 0 ⇔
⇔ y = x + 2 ou y = – + 2
II) x2 – 2x + y2 – 8 = 0 ⇔ (x – 1)2 + y2 = 9, que é a
equação de uma circunferência de centro (1; 0) e
raio 3.
΂
x
–––
2 ΃
΂ x
–––
2 ΃
x
–––
2

III)Sendo S a área situada no primeiro quadrante e
delimitada pelas curvas
(y – x – 2) . y + – 2 = 0 e
x2 – 2x + y2 – 8 = 0, temos:
S = + . (π . 32) – = – =
= . – 1
Resposta: . – 1 unidades de área
3 . 3
–––––
2
1
–––
4
6 . 2
–––––
2
9π
––––
4
3
–––
2
3
–––
2 ΂ 3π
––––
2 ΃
3
–––
2 ΂ 3π
––––
2 ΃
΂ x
–––
2 ΃

29
Em um triângulo de vértices A, B e C, a altura, a bissetriz
e a mediana, relativamente ao vértice C, dividem o ângulo
B
^
CA em quatro ângulos iguais. Se ᐉ é a medida do lado
oposto ao vértice C, calcule:
a) A medida da mediana em função de ᐉ.
b) Os ângulos C
^
AB, A
^
BC e B
^
CA.
Resolução
Sejam: α = med(C
^
AB), β = med(A
^
BC), 4 θ =
med(B
^
CA) e m a medida da mediana
—
CM.
I) No triângulo retângulo HAC, temos:
α + θ = ⇔ α = – θ ⇒ sen α = cos θ
II) No triângulo retângulo HBC, temos:
β + 3θ = ⇔ β = – 3θ ⇒ sen β = cos 3θ
III)No triângulo CAM, de acordo com a lei dos senos,
temos:
= ⇔ = ⇔
⇔ =
IV) No triângulo CBM, ainda de acordo com a lei dos
senos, temos:
= ⇔ = ⇔
⇔ =
V) Das igualdades obtidas em (III) e (IV), temos:
= ⇔
⇔ 2 sen θ cos θ = 2 sen 3θ cos 3θ ⇔
⇔ sen 2θ = sen 6θ ⇔ 2θ + 6θ = π, pois θ ≠ 0
Assim: 8θ = π ⇔ θ =
m
–––
ᐉ
cos θ
–––––––––
2 sen 3θ
m
––––––
sen β
ᐉ
––––––––
2 sen θ
m
––––––
cos 3θ
ᐉ
–––––––
2 sen θ
m
–––
ᐉ
cos 3θ
–––––––––
2 sen θ
cos θ
––––––––
2 sen 3θ
cos 3θ
––––––––
2 sen θ
π
–––
8
m
––––––
sen α
ᐉ
–––––––––
2 sen 3θ
m
––––––
cos θ
ᐉ
–––––––––
2 sen 3θ
π
–––
2
π
–––
2
π
–––
2
π
–––
2

VI) O ângulo B
^
CA é reto, pois 4θ = .
Assim, podemos concluir que o triângulo C
^
AB é
retângulo em C e sua hipotenusa
—
AB tem medida
ᐉ.
Logo, a medida da mediana relativa à hipotenusa
é CM = , ou seja, m =
VII) Como θ = , então:
α = – = e β = – =
Respostas: a)
b) C
^
AB = , A
^
BC = e B
^
CA =
AB
–––
2
ᐉ
–––
2
π
–––
8
π
–––
2
π
–––
8
3π
–––
8
π
–––
2
3π
–––
8
π
–––
8
ᐉ
–––
2
3π
–––
8
π
––
8
π
––
2
π
–––
2

30
Seja ABCDEFGH um paralelepípedo de bases retan-
gulares ABCD e EFGH, em que A, B, C e D são, respec-
tivamente, as projeções ortogonais de E, F, G e H. As
medidas das arestas distintas AB, AD e AE constituem
uma progressão aritmética cuja soma é 12 cm. Sabe-se
que volume da pirâmideABCF é igual a 10 cm3. Calcule:
a) As medidas das arestas do paralelepípedo.
b) O volume e a área total da superfície do paralelepípedo.
Resolução
Todas as medidas lineares são em centímetros.
a) Sendo AB = x – r, AD = x e AE = x + r, temos:
x – r + x + x + r = 12 ⇔ 3x = 12 ⇔ x = 4
Como o volume da pirâmide ABCF é igual a
10 cm3, temos:
. . BF = 10 ⇒
⇒ . . (x + r) = 10 ⇒
⇒ . . (4 + r) = 10 ⇔
⇔ 16 – r2 = 15 ⇔ r = 1, supondo r > 0
Assim:
AB = 4 – 1 = 3, AD = 4 e AE = 4 + 1 = 5
b) Sendo V o volume, em cm3, e AT a área total, em
cm2, do paralelepípedo, temos:
V = 3 . 4 . 5 = 60 e
AT = 2 . (3 . 4 + 3 . 5 + 4 . 5) = 94
Respostas: a) 3 cm, 4 cm e 5 cm
b) 60 cm3 e 94 cm2
1
–––
3
(4 – r) . 4
–––––––––
2
1
–––
3
AB . BC
––––––––
2
1
–––
3
(x – r) . x
–––––––––
2

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