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Colégio Naval 2004
01)




Na figura acima , ABCD é um quadrado de área 104 e o ponto O é o centro do semicírculo de
diâmetro AB. A área do triângulo AEF é dada por
     
(A) 2 3 3  3                           
                                    (B) 6 4 3  3                    
                                                               (C) 5 4 3  6    
(D) 34   3  3                    (E) 84    3  3




         1                                     
                                               13
                                                       3                                             3
S ABE     2 26  26  3  sen 120º  S ABE  26 3      13  3  39 OBS : ( sen 120º  sen 60º     )
         2                                            2                                             2
         1
S ABF     2 26  AF  S ABF  26  AF
         2

S AEF 
          1
          2
             AF  26  3  sen 30º  S AEF                 26  AF        3 1
                                                                                  S AEF 
                                                                              2 2
                                                                                                           
                                                                                                    26  AF 
                                                                                                                4
                                                                                                                 3




                                                     Prof. Carlos Loureiro
                                            Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                   Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                           Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
                                         PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                              PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                             professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                        (21) 8518-7006
     3
Como S ADE  S ADF  S AEF  39  26  AF                              
                                                                 26  AF 
                                                                                 4
                                                                                  3
                                                                                     39                 
                                                                                                 26  AF  1 
                                                                                                                 
                                                                                                                4 
                                                                                                                 
                      4 3                                                                39  4
 39        26  AF 
                       4 
                             26  AF 
                                           39
                                         4 3
                                                                            26  AF 
                                                                                            4 3
                          
                                                               4
                                                         39  4                   39 3 4  3
 como S AEF                         
                               26  AF 
                                             4
                                              3
                                                  S AEF 
                                                           4 3 4
                                                                  
                                                                    3
                                                                        S AEF        
                                                                                  4 3 4 3
                                                                                             

                                              3

              
          39  4 3  3         S               
                                             39  4 3  3
S AEF 
              16  3
              
                                     AEF   
                                                  13
                                                                             
                                                             S AEF  3  4 3  3      
                  13
Alternativa D

02)Um certo professor comentou com seus alunos que as dízimas periódicas podem ser
representadas por frações em que o numerador e o denominador são números inteiros e ,neste
momento, o professor perguntou aos alunos o motivo pelo qual existe a parte periódica. Um dos
alunos respondeu justificando corretamente, que em qualquer divisão de inteiros
(A) o quociente é sempre inteiro.              (B) o resto é sempre inteiro.
(C) o dividendo é o quociente multiplicado pelo divisor, adicionado ao resto.
(D) os possíveis valores para resto têm uma quantidade limitada de valores.
(E) que dá origem a uma dízima, os restos são menores que a metade do divisor.

Item (A)  Falso, pois, por exemplo 1  2 = 0,5
Obs: Isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.
Item (B)  Falso, pois, por exemplo 4  3 = 1, 333... e o resto é igual a 0,001 aproximadamente
Obs: Do mesmo modo, isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.
Item (C)  Falso, pois, apesar de correto, D = d  q + r, isso não é o motivo pelo qual da existência
das dízimas periódicas.
Item (D)  Correto, pois, o resto é sempre maior ou igual a zero e menor do que o quociente, ou
                                                                     2
seja, 0  resto<quociente, assim por exemplo na fração irredutível     , os restos possíveis serão:
                                                                    13
                                          2
1, 2,3, 4,5, 6,7,8,9,10,11 e 12 ou seja  0,153846153846153846153846153846, observe que
                                         13
o resto nunca será zero, se não seria decimal exata.
Item (E)  Falso, pois, por exemplo 13  7  quociente igual a 1 e o resto é igual a 6.
Obs: O Motivo da existência das DÍZIMAS PERIÓDICAS é a impossibilidade de se
transformar uma fração ordinária em fração decimal, ou seja, a não possibilidade de
transformação do denominador de algumas frações ordinárias em potência de dez, onde o
                                                                                 
denominador terá que ser após as transformações devidas da forma 2n  5n  1 000...0 .
                                                                                     
                                                                                                 n zeros
Alternativa D
                                                     Prof. Carlos Loureiro
                                            Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                   Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                           Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
                                         PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                              PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                             professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                        (21) 8518-7006
03)Um professor de matemática apresentou um equação do 2ºgrau completa , com duas raízes
reais positivas , e mandou calcular , as médias aritmética, geométrica e harmônica entre essas
raízes , sem determiná-las. Nessas condições
(A) somente foi possível calcular a média aritmética.
(B) somente foi possível calcular as médias aritmética e geométrica.
(C) somente foi possível calcular as médias aritmética e harmônica.
(D) foi possível calcular as três médias pedidas.
(E) não foi possível calcular as três médias pedidas.

Resolvendo o problema, temos:
                            x1  x2  x3      xn
Média aritmética  MA                                , ou seja soma dos termos dividido pelo número
                                      n
de termos, no caso como são dois termos temos:
       x  x2                                                          x  x2 S
MA  1         ou soma dos termos dividido por dois, assim MA  1             
         2                                                                2     2
          b
ou MA        a  MA  b  1  MA  b
            2            a 2               2a


Média Geométrica  MG  n x1  x2  x3    xn , para dois termos temos:
                                                                                         c
MG  x1  x2 , como os termos são positivos  MG  x1  x2  P 
                                                                                         a

                                        n
Média Harmônica  MH                               , para dois termos temos:
                                  1 1   1        1
                                         
                                  x1 x2 x2       xn
           2                         2                           2             2   x1  x2 
MH               MH                           MH                    MH 
        1 1                    x2      x                     x1  x2           x1  x2
                                    1                              
        x1 x2                x1  x2 x1  x2                 x1  x2 

ou seja MH 
             2 P
                   MH 
                         2 c          
                             a  MH   2c
              S           b            b
                             a

Alternativa D




                                                  Prof. Carlos Loureiro
                                         Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                        Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
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                           PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                          professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                     (21) 8518-7006
                     
04) Sabendo-se que a equação x 2 x 2  13  6 x x 2  2  4  0 pode ser escrita como um
produto de binômios do primeiro grau , a soma de duas das suas raízes reais distintas é igual a
(A) -3         (B) -2         (C) -1           (D) 2           (E) 3

Resolvendo o problema, temos:

x 2  x 2  13  6 x  x 2  2   4  0  x 4  13 x 2  6 x3  12 x  4  0
Teorema muito importante: Toda equação em que a soma dos coeficientes for ZERO, teremos
necessariamente uma das raízes igual a UM.
Observando a equação anterior, isto é, x 4  13x 2  6 x3  12 x  4  0, temos que:
A soma dos coeficientes é S.C = 1 + 13 - 6 - 12 + 4 = 0, logo essa equação é divisível por  x  1
Ordenando a equação e usando a regra das chaves temos:
x 4  6 x 3  13x 2  12 x  4  0




Assim, temos que:
x 4  6 x3  13 x 2  12 x  4   x  1   x3  5 x 2  8 x  4   0
Do mesmo modo observando a equação anterior, o fator x3  5 x 2  8 x  4  0, temos que:
A soma dos coeficientes é S.C = 1 - 5 + 8 - 4 = 0, logo essa equação é divisível por  x  1
Fazendo a divisão como anteriormente, temos:
x3  5 x 2  8 x  4   x  1   x 2  4 x  4 

Agora do fator x 2  4 x  4  0  x1  2 e x2  2  x 2  4 x  4   x  2    x  2    x  2 
                                                                                                           2



Daí x 4  6 x 3  13 x 2  12 x  4   x  1   x  2   x1  x2  1 e x3  x4  2
                                                  2           2


Logo a soma de duas raízes distintas é:
Soma  2  1  Soma  3

(Observação: Um método melhor de se fazer a divisão é usar o Dispositivo Prático de Briot – Ruffini).
Alternativa E
                                                    Prof. Carlos Loureiro
                                           Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
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05)




Um retângulo ABCD de lados AB=a e BC =b (a>b) ,é dividido, por um segmento EF ,num
quadrado AEFD e num retângulo EBCF, semelhante ao retângulo ABCD conforme a figura
acima. Nessas condições, a razão entre a e b é aproximadamente igual a
(A) -1,62      (B) 2,62        (C) 3,62          (D) 4,62     (E) 5,62




De acordo com o enunciado podemos montar a figura acima, assim temos:
                                         AB BC      a   b
I) Da semelhança entre os retângulos                     b2  a   a  b 
                                         BC EB      b a b
             b2
 a  b 
             a
II) Das áreas dos retângulos e do quadrado, temos:
a  b  b2  b   a  b 
                                   b2
Assim de I e II  a  b  b 2  b   a 2  ab  b2  a 2  ab  b 2  0
                          
                          b        a

Sendo "a" a variável     b   4 1  b 2     b 2  4b 2    5b 2    5b 2
                                       2




   b 5a
             bb 5
                    a1 
                          bb 5
                                   a1 
                                         b  5 1  a
                                                   1
                                                                                     5 1 
               2            2                2      b                                   2
 a 2, 23  1 a1 3, 23    a
 1                 1  1, 62
  b    2      b    2     b

De a2 
            bb 5
                   a2 
                         b  1 5 a
                                   2 
                                           
                                        1 5
                                             não serve
                                                              
              2               2     b     2
Obs: O procedimento acima é uma das maneiras de chegarmos ao chamado número de ouro, ou divisão em
média e extrema razão.
Alternativa A
                                                    Prof. Carlos Loureiro
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06) A interseção do conjunto solução, nos reais, da inequação
                                                              x                2
                                                                                   2x  1 2

                                                                                            0 com o conjunto
                                                                                 12 x  4
x  R / x  4é dada por
                           1                                                                    1
(A)  x  R / x                          (B) x  R / x  0                 (C)  x  R / x    2
                           3                                                                    3
                           1
(D)  x  R / x             
                               1           (E) x  R / x  2`
                           3

Resolvendo primeiramente a inequação, temos:

x        2 x  1
     2                2

                           0, sendo f(x)=  x 2  2 x  1 e
                                                             2
                                                 g(x)=12 x  4
   12 x  4
Podemos notar que f(x)  0, ou seja sempre será positivo ou zero, como no problema se quer
f(x)
      0, temos que determinar o valor de f(x)=0  x 2  2 x  1  0  x  1, assim f(x) será
g(x)
zero em x  1 e positiva nos demais valores.
Agora vamos determinar o sinal de g(x), observe que g(x) não pode ser zero, daí g(x)  0
                                                4         1
Como g(x)  0  12 x  4  0  12 x  4  x       x
                                               12         3
                 1                f(x)
Daí, quando x  ou x  1               0 o conjunto solução será:
                 3               g(x)
                1         
A   x  R / x  ou x  1
                3         
A interseção do conjunto solução acima com, B =  x  R / x  4 , nos dá:




                         1
Assim A  B=  x   / x    1
                         3
Alternativa D


                                                            Prof. Carlos Loureiro
                                                   Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
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                                                               (21) 8518-7006
07)




Na figura acima AM e BP são cevianas do triangulo ABC de área S. Sendo AP=2PC e
AQ=3QM ,qual o valor da área do triângulo determinado pelos pontos P , Q e M ,em função de
S?
       S              S                 S               S                 S
(A)            (B)               (C)              (D)               (E)
      16             18                 20              21                24




Solução :
Observando o triângulo ABM, temos:
Área          = Área           + Área          , como os triângulos ABQ e QBM possuem a mesma altura
       ABM            ABQ             QBM
e a base AQ do ABQ é igual a três vezes a base QM do QBM  Área                             = 3  Área          .
                                                                                     ABQ                  QBM
Seja "3A" a área do ABQ e "A" a área do QBM (ver figura).
Ligue os pontos "P" e "M", formando assim o triângulo APM, observando esse triângulo, temos:
Do mesmo modo a Área          = Área      + Área         , como os triângulos APQ e QPM
                      APM           APQ        QPM
possuem a mesma altura e a base AQ do APQ é igual a três vezes a base QM do QPM
 Área            = 3  Área            , seja "3B" a área do APQ e "B" a área do QPM (ver figura).
           APQ                QPM




                                                 Prof. Carlos Loureiro
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Agora observando o triângulo AMC, temos:
Área        = Área      + Área        , como os triângulos AMP e PMC possuem a mesma altura
     AMC          AMP        PMC
e a base AP do AMP é igual a duas vezes a base PC do PMC  Área         = 2  Área
                                                                   AMP              PMC
Como a área do AMP  4 B  área do PMC  2 B. Observe que a área do triângulo PQM é igual
B, isto é, Área            = B.
                  PQM
Do enunciado temos que área do ABC  S , mas a Área       = Área      + Área
                                                   ABC           ABP        PBC
como os triângulos ABP e PBC possuem a mesma altura e a base AP do ABP é igual a
                                                                                                           2S
duas vezes a base PC do PBC  Área                     = 2  Área            , logo área do ABP 
                                                 ABP                 PBC                                  3
                  S
e área do PBC 
                  3
Observando a figura acima podemos montar o sistema abaixo:
                             S
Do triângulo ABP  A  3B  3


Do triângulo PBC  3 A  3B  2 S  A  B  2 S

                               3             9
          S
 A  3B 
          3

 A  B  2S

          9
         S 2S         3S 2 S           S          S
 2B          2B           2B   B 
         3 9           9    9          9         18


Alternativa B




                                                    Prof. Carlos Loureiro
                                           Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                  Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                          Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
                                        PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                             PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                            professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                       (21) 8518-7006
08) Considere o triângulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC e
exteriores a esse triângulo . SE : as mediadas dos triângulos PAC e QBC são iguais ; as medidas
dos ângulos PCA e QCB são iguais ; M é o ponto médio de AC ; N é o ponto médio de BC ; S1
é a área do triângulo PAM ; S 2 é a área do triângulo QBN ; S 3 é a área do triângulo PMC ; e
 S 4 é área do triângulo QNC ,analise as afirmativas:
I - S1 está para S 4 ,assim como S 3 está para S 2 .
II - S1 está para S 2 ,assim como (PM)2 está para (QN)2 .
III - S1 está para S 3 ,assim como S 2 está para S 4 .
Logo pode-se concluir ,corretamente ,que

(A) apenas a afirmativa 1 é verdadeira.                     (B) apenas as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras .
(C) apenas as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras .           (D) apenas as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras .
(E) as afirmativas 1 ,2 e 3 são verdadeiras.

Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:




Pela figura acima, temos:
Como PM é mediana do  APC  S1  S3
Do mesmo modo, temos que QN é mediana do  AQC  S2  S4 ou S4  S2
Daí dividindo membro a membro temos:
S1 S3
    , assim a afirmativa I é correta.
S4 S2
Os triângulos APC e BQC são semelhantes, assim:
                  2                                                      2
S1  S3  PM                               S1  S1  PM    2 S1 PM 2   S1 PM 2
                , mas S1  S3 e S2  S4                            
S2+S4  QM                                S2+S2  QM     2 S2 QM 2   S2 QM 2
assim a afirmativa II é correta.
     S1 PM 2 S3     S1 S3   S1 S2
De        2
                             assim a afirmativa III é correta.
     S2 QM     S4   S2 S4   S3 S4
Alternativa E
                                                  Prof. Carlos Loureiro
                                         Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                        Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
                                      PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                           PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                          professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                     (21) 8518-7006
09) Uma máquina é capaz de fabricar ,ligada durante um tempo inteiro de minutos T , 3T peças
,sendo que 20% delas são defeituosas . Para obter-se, no mínimo, 605 peças perfeitas essa
máquina deverá funcionar quantos minutos ?
(A) 4         (B) 5           (C) 6           (D) 7         (E) 8


Resolvendo a questão, temos:
T minutos __________ 3T peças  3 minutos __________ 33 peças = 27peças


605 __________ 80%
                                     605 10 0% 6050
x   __________100%  x                              756
                                       8 0%       8
As potências de três são:
30  1, 31  3, 32  9, 33  27, 34  81, 35  243, 36  729, 37  2187
Logo deverá funcionar sete minutos.

Alternativa D


10) Um número natural N tem 2005 divisores positivos.Qual é o número de base distintas da sua
decomposição em fatores primos?
(A) Um.       (B) Dois.              (C) Três.               (D) Quatro.             (E) Cinco.

Resolvendo, temos:

se N = a 2004  número de divisores de n = 2004 + 1 = 2005 (onde "a" é um fator primo qualquer).


se N = a 4 × b 400  número de divisores de n =  4  1   400  1 = 5  401=2005,
(onde "a" e "b" são fatores primos quaisquer).


Essa questão pelo exposto acima teria duas respostas, a meu ver a questão está ANULADA.
Obs.:Não sei o gabarito após recursos.




                                                  Prof. Carlos Loureiro
                                         Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                        Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
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11) Um aluno resolvendo uma questão de múltipla escolha chegou ao seguinte resultado
4
    49  20 6 ,no entanto as opções estavam em números decimais e pedia-se a mais próxima
do valor encontrado para resultado , e , assim sendo , procurou simplificar esse resultado, a fim
de melhor estimar a resposta .Percebendo que o radicando da raiz de índice 4 é quarta potência
de uma soma de dois radicais simples , concluiu, com maior facilidade, que a opção para a
resposta foi
(A) 3,00       (B) 3,05                  (C) 3,15               (D) 3,25                 (E) 3,35

1ª SOLUÇÃO:
                                     A+C   A-C
Usando a fórmula A ± B =                 ±     , onde C2 =A 2 - B, temos:
                                      2     2

Observe que 4 49 + 20 6 =           49 + 20 6 , assim:
    49 + 20 6 = 49 + 6  400 = 49 + 2400  C 2 =492 - 2400  C 2 =2401- 2400
C2 = 1  C = 1
                                      49 + 1           49 - 1   50                 48
    49 + 20 6 = 49 + 2400                   +                    +                   25 + 24
                                        2                2       2                 2
    25 + 24  5 +      24 daí
    5+   24  C 2 =52 - 24  C 2 =25 - 24  C = 1
                         5+1         5-1   6                   4
Assim 5 +       24          +              +                    3 + 2  1, 73  1, 41  3,14
                          2           2    2                   2
2ª SOLUÇÃO:


                                     49 + 20 6 e usando o produto notável  a + b   a 2 + 2  a  b + b 2
                4                                                                                  2
Notando que         49 + 20 6 =
                                                    a + b           a 2 + 2  a  b + b2
                                                                 2
Temos que determinar "a" e "b" tais que,

                                                                                                     5  2 6 
                                                           2                                                        2
 20 6  2 10  6  2  5  2 6  5  2 6
                                                              49 + 20 6  49 + 20 6                                  52 6
                         a b

                                                                                                      
                                                           2                                                 2
De 2 6  2  2  3  2     
                          2 3                   2 3            5 2 6  5 2 6                 2 3            2 3
                         a b
Daí      2  3  1, 73  1, 41  3,14




                                                  Prof. Carlos Loureiro
                                         Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                        Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
                                      PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                           PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                          professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                     (21) 8518-7006
12) Se a , b ,c e d são números reais não nulos tais que ad 2  bc 2  0 ,pode-se afirmar que

      a c ac                                    a b ab
(A)         ;b  d  0                  (B)          ;c  d  0
      b d bd                                    c d cd

    a b ab
            ;c d  0                          c b bc
(C) d c c  d                              (D)         ;a  d  0
                                                 a d ad

      c d cd
(E)          ab  0
      b a ab
1ª SOLUÇÃO:
Esse tipo de questão em concurso, muitas vezes faz o aluno perder tempo, vamos usar um método
que em geral resolve o problema:
Vamos "CARTEA ALGUNS VALORES" para "a", "b", "c" e "d" de acordo com a expressão
ad 2 + bc 2 = 0 ou ad 2 = - bc2  sendo a = 4, b = -1, c = 6 e d = 3, temos:
Colocando esses valores na alternativa A:
a     c     a+c                   4     6
   + =           ; b+d  0          + = - 4 + 2 = -2
b     d     b+d                  -1 3
a + c 4 + 6 10
                    5 vemos que são diferentes os valores encontrados.
b + d -1 + 3 2
Colocando esses valores na alternativa B:
a     b     a+b                  4    -1 4       -2     2 1
   + =           ; c+d  0  +            = +        = 
c     d     c+d                  6     3    6     6     6 3
a + b 4 +  -1 3 1
                    vemos que esses valores encontrados são iguais (já é a resposta).
c+d        6+3      9 3
Colocando esses valores na alternativa C:
a     b     a+b                  4    -1 8       -1 7
   + =           ; c+d  0  +            = +        =
d     c     c+d                  3     6    6    6     6
a + b 4 +  -1 3 1
                    vemos que são diferentes os valores encontrados.
c+d        6+3      9 3
Colocando esses valores na alternativa D:
c     b     b+c                  6    -1 18        -4 14 7
   + =           ; a+d  0  +            =    +      =    
a     d     a+d                  4     3    12 12 12 6
b + c -1 + 6 5
                   vemos que são diferentes os valores encontrados.
a+d 4+3 7




                                                  Prof. Carlos Loureiro
                                         Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
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                                        Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
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                           PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                          professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                     (21) 8518-7006
Colocando esses valores na alternativa E:
c    d   c+d                     6     3   24    3      21
   + =        ; a+b  0             + =-      + =-
b    a   a+b                     1 4       4    4       4
c+d     6+3        9
                    = 3 vemos que são diferentes os valores encontrados.
a + b 4 +  -1    3
Alternativa B

2ª SOLUÇÃO:
Observando atentamente as respostas podemos notar que elas são semelhantes, só variando porque ora uma
letra é numerador, ora denominador.Assim sem perda de generalidade vamos supor que as letras são,
 x, y, z e w , e veremos o que acontece.

       x y x y
Seja          , com z  w  0
       z w zw
                                                    x y                    x y
primeiramente para que a soma das frações             seja igual a fração      temos que:
                                                    z w                    zw
x y  x y
        (1)
zw   z w

                         x y
Da soma das frações         , temos:
                         z w
x y xw  yz
          (2)
z w   zw

Daí e de (1) e (2), tem-se:
 x  y xw  yz
                  xzw  yz 2  xw2  yzw  xzw  yzw  yz 2  xw2  0 ou xw2  yz 2  0
 zw         zw
Observando essa relação podemos notar que:
1º "x " é o númerador da 1ª fração;
2º "w " é o denominador da 2ª fração;
3º "y" é o númerador da 2ª fração;
4º "z" é o denominador da 1ª fração.
                                      x y x y
Assim se a relação yz 2  xw2  0      
                                      z w zw
                                a b ab
Logo para ad 2  bc 2  0        
                                c d cd

Alternativa B


                                                  Prof. Carlos Loureiro
                                         Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                        Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
                                      PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                           PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                          professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                     (21) 8518-7006
13) Um número natural N deixa: resto 2 quando dividido por 3;resto 3 quando dividido por 7;e
resto 19 quando dividido por 41 .Qual é o resto da divisão do número
K   N  1 .  N  4  .  N  22  por 861
(A) 0            (B) 13                         (C) 19                        (D) 33              (E) 43


Resolvendo, temos:




Observe que 861 = 3  7  41
Assim N+1 = 3 q1 + 3 (divisível por três)
     N+4 = 3 q2 + 7 (divisível por sete)
     N+22 = 41 q3 + 41 (divisível por quareta e um)
Logo K =         N+1
                 
                  
                                      N+4 
                                       
                                        
                                                                  
                                                                    N+22
                                                                    
                                                                                           K é divisível por 861
           divisível por três       divisível por sete       divisível por quareta e um

Daí o resto é zero

Alternativa A




                                                   Prof. Carlos Loureiro
                                          Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                 Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                         Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
                                       PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                            PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                           professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                      (21) 8518-7006
14) Uma herança P foi dividida por dois herdeiros ,com idades , respectivamente, iguais a n e m
,em partes diretamente proporcionais ao quadrado de suas idades .Qual foi a parte da herança
recebida pelo herdeiro de idade n?

     P2n                                       Pn 2                                  P2n2
(A)                                       (B)                                 (C)
   m2  n2                                   m2  n2                                m2  n2
    Pn 2 m                                    P2n2m
(D) 2                                     (E) 2
   m  n2                                    m  n2

Resolvendo o exercício, temos:

Sendo "n" e "m" as idades e "p" a herança.
Sejam "A" e "B" as partes relativas a "n" e "m" respectivamente, então temos:
A + B = p

A      B    A     B     A+B           p
 n 2  m2  n 2  m2  n 2  m2  n 2  m2


        A      p       p  n2
Assim       2     A= 2
        n 2 n  m2    n  m2


Alternativa B




                                                  Prof. Carlos Loureiro
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                                        Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
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                           PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                          professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                     (21) 8518-7006
15)




Qual é o produto notável representado, geometricamente, na figura acima, na qual ABCD é um
retângulo ?

(A) a 3  b 3   (B) a  b 
                            3
                                    (C) a  b 
                                                   2
                                                           
                                                       (D) a 2  b 2   
                                                                       2
                                                                              (E) a  b 
                                                                                             4



Resolvendo a questão, temos:
Observando o quadrilátero ABCD vemos que é um quadrado, assim:
O produto notável é  a + b  .
                                2




Alternativa C




                                                  Prof. Carlos Loureiro
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                                                     (21) 8518-7006
16) O valor numérico da expressão 120k 4  10k 2  8 , sendo k pertencente ao conjunto dos
números naturais, é o quadrado de um número natural para
(A) somente um único valor de k .            (B) somente dois valores de k .
(C) somente valores de k múltiplos de        (D) 13.somente valores de k múltiplos de 18.
(E) nenhum valor de k .

Resolvendo a questão, temos:
Temos que:
120 k 4  10 k 4  8  10  12 k 4  k 4   8
Observando que 12 k 4  k 4  é um número natural para qualquer valor de k natural,
então fazendo x  12 k 4  k 4 , tem-se:
10  12 k 4  k 4   8  10 x  8
     
               
          x
O que indica que 10 x  8 é um número natural em que o algarísmo das unidades é oito.
Da aritmética sabemos que não existem raizes quadradas exatas de números que tem
o algarismo das unidades iguais a:
Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8).
Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado
de um número natural.

Alternativa E


Outra solução: Equação Diofantina Linear

Seja n um possível quadrado perfeito, assim:
120k 4  10k 2  8  n  120k 4  10k 2  n  8
Sejam a = k 4 e b = k 2  120a  10b  n  8 é uma equação diofantina linear.
Que para se ter solução, é necessário é suficiente que o mdc 120,10   10, divida n -8,isto é,
10|n  8, assim "n" tem que ser um número que tem o algarísmo das unidades igual a 8.
Mas da aritmética sabemos que não existem quadrados perfeitos de números que tem o
algarismo das unidades iguais a:
Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8).
Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado de
um número natural.


Alternativa E


                                                  Prof. Carlos Loureiro
                                         Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
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                                          professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                     (21) 8518-7006
17) Considere os pontos A ,B e C pertencentes ao gráfico do trinômio do segundo grau definido
por y  x 2  8 x .Se : a abscissa do ponto A é -4 ; B é o vértice ; a abscissa do ponto C é 12 ; o
segmento AB tem medida d1;e o segmento BC tem medida d2,pode-se afirma que

(A) d1+ d2 < 48                      (B) 48< d1+ d2<64               (C) 64< d1+ d2<72
(D) 72< d1+ d2<128                   (E) d1+ d2 > 128




Sendo y  x 2  8 x ou f ( x)  x 2  8 x, temos:
para x  4  f (4)   4   8   4   f (4)  16  32  f (4)  48
                                 2


Assim o ponto A=  4, 48 
para x  12  f (12)  122  8  12  f (12)  144  96  f (12)  48
Assim o ponto C = 12, 48 

                             
O vértice é dado por V = x ; y   ,
                          v v           
                                  b           S    S 
                                           ou V =  , f 2  , daí temos:
                                  2 a 4a         2        
                                                                           
                     8
Como S = 8  xv   xv  4  y  f (4)  42  8  4  f (4)  16  32  f (4)  16
                     2            v




                                                  Prof. Carlos Loureiro
                                         Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
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                                                     (21) 8518-7006
Assim o ponto B =  4, -16  , com esses valores montamos a figura acima, e podemos notar que são
dois triângulo retângulo congruentes, note que o segmento EB = B - E = 4 - (-4) = 8                      e BD = D - B
= 12 - 4 = 8 diferemça entre as abscissas dos pontos  B e E                e  D e B respectivamente,       do mesmo
modo o segmento EA = E - A = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64 e DC = C - D = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64,
logo d1 é igual a d2, pela desigualdade triângular temos: d1 < 8 + 64  d1 < 72 do mesmo modo
podemos concluir que d2 < 72 e d1 > 64 - 8  d1 > 56 do mesmo modo podemos concluir que
d2 > 56, assim:
56 < d1 < 72 e 56 < d2 < 72 somando-se membro a membro, temos:
 112 < d1 + d2 < 144, logo a alternativa correta é a letra E.

18) Dado um triângulo retângulo ,seja P o ponto do plano do triângulo eqüidistante dos vértices
.As distâncias de P aos catetos do triângulo são k e L .O raio do círculo circunscrito ao triângulo
é dado por

      KL                                         K 2  L2                   K 2  L2
(A)                      (B) 2 K  L      (C)                        (D)                        (E)      K 2  L2
       4                                             4                          2




Em qualquer triângulo esse ponto é o circuncentro ou seja é o ponto de encontro das três mediatrizes,
e é o centro do círculo circunscrito, em relação ao triângulo retângulo esse ponto é o ponto
médio da hipotenusa, assim observando a figura acima, temos:
R 2 = K 2 + L2  R = K 2 + L2

Alternativa E




                                                  Prof. Carlos Loureiro
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                                      PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                           PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                          professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                     (21) 8518-7006
3
19) Dada a equação na variável real x : 7 x          k ,pode-se concluir ,em função do parâmetro
                                                   x
real k ,que essa equação
(A) tem raízes reais só se k for um número positivo.
(B) tem raízes reais só se k for um número negativo.
(C) tem raízes reais para qualquer valor de k.
(D) tem raízes reais somente para dois valores de k.
(E) nunca terá raízes reais.


Resolvendo, temos:

       3
7x       k  7 x 2  3  kx  7 x 2  kx  3  0
       x
    k   4  7   3    k 2  84
           2



Logo como k 2 é positivo para qualquer valor de k, temos que   0 para qualquer
valor de K, assim a equação do 2º grau possui duas raízes reais diferentes.

Alternativa C




                                                   Prof. Carlos Loureiro
                                          Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                 Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                         Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
                                       PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática
                            PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
                                           professorcarlosloureiro@hotmail.com
                                                      (21) 8518-7006
20) Sejam L1 e L2 duas circunferências fixas de raios diferentes , que se cortam em A e B . P é um ponto
variável exterior às circunferências ( no mesmo plano ) . De P traçam-se retas tangentes à L1 e L2 ,cujos
pontos de contatos são R e S . Se PR=PS ,Pode-se afirmar que P , A e B
(A) estão sempre alinhados.                      (B) estão alinhados somente em duas posições.
(C) estão alinhados somente em três posições. (D) estão alinhados somente em quatro posições.
(E) nunca estarão alinhados.

A resposta a essa questão é a Alternativa A, porem o aluno deveria ter o conhecimento de Eixo Radical , que
não consta “claramente” do programa de matérias a serem estudados, porem no programa consta o estudo de
lugares geométricos.
O lugar Geométrico denominado de Eixo Radical, não conta de bibliografia em vigor, somente em livros
esgotados.
Obs.: A questão poderia ser resolvida usando o conceito de Potência de um ponto em relação a um círculo.

Antes de resolver a questão vamos definir algumas coisas e mencionar alguns teoremas:

                                      POTÊNCIA DE UM PONTO
         TEOREMA: Se traçarmos, por um ponto do plano de uma circunferência, secantes a esta, o ‘produto
dos dois segmentos orientados, que tem por origem esse ponto e por extremidades as intersecções de cada
secante com a circunferência, é constante (é o mesmo para todas as secantes). Esse produto constante chama-
se POTÊNCIA do ponto P em relação à circunferência.




           PA  PB  PC  PD  PE  PF  ...   PT 
                                                            2
Pot
      P




Obs.: Em particular, se um ponto pertence a uma circunferência, a potência desse ponto em relação a essa
circunferência é, por definição, igual a zero.

                                                    Prof. Carlos Loureiro
                                           Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
                  Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
                                          Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
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PONTOS DE MESMA POTÊNCIA EM RELAÇÃO A DUAS CIRCUNFERÊNCIAS:
TEOREMA: O lugar geométrico dos pontos de um plano, que tem a mesma potência em relação a duas
circunferências dadas, é uma reta perpendicular a linha dos centros das circunferências.

                                       EIXOS RADICAIS:
DEFINIÇÃO: Dadas duas circunferências C1 e C2 com centro em O1 e O2 raios R1 e R2 respectivamente,
denomina-se EIXO RADICAL, o lugar geométrico dos pontos de um plano de mesma potência em relação a
C1 e C2 .




Potência de P em relação a O1 = Potência de P em relação a O2
 d12  R12  d2 2  R 2 2  d12  d2 2  R12  R 2 2  k 2

PROPRIEDADE:
O EIXO RADICAL de C1 e C2 é o lugar geométrico dos pontos dos quais se pode traçar tangentes a C1 e
C2 com o mesmo comprimento.




Pelo exposto acima a resposta correta é a Alternativa A
                                                 Prof. Carlos Loureiro
                                        Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
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2ª SOLUÇÃO:

PR 2 = PA × PD (1)
PS2 = PA × PC (2)
Dividindo (1) por (2), temos:
PR 2   PA × PD                            PR 2 PD
              mas por hipótese PR = PS          PD = PC
PS2    PA × PC                            PR 2 PC
Como PD = PA + AD e PC = PA + AC
PD = PC  PA + AD  PA + AC  AD  AC, mas como "C" e "D" são
colineares  AD = AC + CD  AC + CD  AC  CD  0 o que indica
que os pontos "C" e "D" são coincidentes, mas como por hipótese as interseções
de L1 e L2 são os pontos A e B, então os pontos "B", "C" e "D" são coincidentes,
logo os pontos "P", "A" e "B" são colineares.




                                                Prof. Carlos Loureiro
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  • 1. Colégio Naval 2004 01) Na figura acima , ABCD é um quadrado de área 104 e o ponto O é o centro do semicírculo de diâmetro AB. A área do triângulo AEF é dada por  (A) 2 3 3  3   (B) 6 4 3  3   (C) 5 4 3  6  (D) 34 3  3 (E) 84 3  3 1  13 3 3 S ABE   2 26  26  3  sen 120º  S ABE  26 3   13  3  39 OBS : ( sen 120º  sen 60º  ) 2 2 2 1 S ABF   2 26  AF  S ABF  26  AF 2 S AEF  1 2  AF  26  3  sen 30º  S AEF   26  AF   3 1   S AEF  2 2   26  AF  4 3 Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 2. 3 Como S ADE  S ADF  S AEF  39  26  AF    26  AF  4 3  39    26  AF  1    4    4 3 39  4  39   26  AF   4    26  AF  39 4 3  26  AF  4 3   4 39  4 39 3 4  3  como S AEF    26  AF  4 3  S AEF  4 3 4  3  S AEF   4 3 4 3  3  39  4 3  3 S  39  4 3  3 S AEF  16  3  AEF  13   S AEF  3  4 3  3  13 Alternativa D 02)Um certo professor comentou com seus alunos que as dízimas periódicas podem ser representadas por frações em que o numerador e o denominador são números inteiros e ,neste momento, o professor perguntou aos alunos o motivo pelo qual existe a parte periódica. Um dos alunos respondeu justificando corretamente, que em qualquer divisão de inteiros (A) o quociente é sempre inteiro. (B) o resto é sempre inteiro. (C) o dividendo é o quociente multiplicado pelo divisor, adicionado ao resto. (D) os possíveis valores para resto têm uma quantidade limitada de valores. (E) que dá origem a uma dízima, os restos são menores que a metade do divisor. Item (A)  Falso, pois, por exemplo 1  2 = 0,5 Obs: Isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo. Item (B)  Falso, pois, por exemplo 4  3 = 1, 333... e o resto é igual a 0,001 aproximadamente Obs: Do mesmo modo, isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo. Item (C)  Falso, pois, apesar de correto, D = d  q + r, isso não é o motivo pelo qual da existência das dízimas periódicas. Item (D)  Correto, pois, o resto é sempre maior ou igual a zero e menor do que o quociente, ou 2 seja, 0  resto<quociente, assim por exemplo na fração irredutível , os restos possíveis serão: 13 2 1, 2,3, 4,5, 6,7,8,9,10,11 e 12 ou seja  0,153846153846153846153846153846, observe que 13 o resto nunca será zero, se não seria decimal exata. Item (E)  Falso, pois, por exemplo 13  7  quociente igual a 1 e o resto é igual a 6. Obs: O Motivo da existência das DÍZIMAS PERIÓDICAS é a impossibilidade de se transformar uma fração ordinária em fração decimal, ou seja, a não possibilidade de transformação do denominador de algumas frações ordinárias em potência de dez, onde o  denominador terá que ser após as transformações devidas da forma 2n  5n  1 000...0 .   n zeros Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 3. 03)Um professor de matemática apresentou um equação do 2ºgrau completa , com duas raízes reais positivas , e mandou calcular , as médias aritmética, geométrica e harmônica entre essas raízes , sem determiná-las. Nessas condições (A) somente foi possível calcular a média aritmética. (B) somente foi possível calcular as médias aritmética e geométrica. (C) somente foi possível calcular as médias aritmética e harmônica. (D) foi possível calcular as três médias pedidas. (E) não foi possível calcular as três médias pedidas. Resolvendo o problema, temos: x1  x2  x3      xn Média aritmética  MA  , ou seja soma dos termos dividido pelo número n de termos, no caso como são dois termos temos: x  x2 x  x2 S MA  1 ou soma dos termos dividido por dois, assim MA  1  2 2 2 b ou MA  a  MA  b  1  MA  b 2 a 2 2a Média Geométrica  MG  n x1  x2  x3    xn , para dois termos temos: c MG  x1  x2 , como os termos são positivos  MG  x1  x2  P  a n Média Harmônica  MH  , para dois termos temos: 1 1 1 1       x1 x2 x2 xn 2 2 2 2   x1  x2  MH   MH   MH   MH  1 1 x2 x  x1  x2  x1  x2   1   x1 x2 x1  x2 x1  x2  x1  x2  ou seja MH  2 P  MH  2 c   a  MH   2c S b b a Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 4.    04) Sabendo-se que a equação x 2 x 2  13  6 x x 2  2  4  0 pode ser escrita como um produto de binômios do primeiro grau , a soma de duas das suas raízes reais distintas é igual a (A) -3 (B) -2 (C) -1 (D) 2 (E) 3 Resolvendo o problema, temos: x 2  x 2  13  6 x  x 2  2   4  0  x 4  13 x 2  6 x3  12 x  4  0 Teorema muito importante: Toda equação em que a soma dos coeficientes for ZERO, teremos necessariamente uma das raízes igual a UM. Observando a equação anterior, isto é, x 4  13x 2  6 x3  12 x  4  0, temos que: A soma dos coeficientes é S.C = 1 + 13 - 6 - 12 + 4 = 0, logo essa equação é divisível por  x  1 Ordenando a equação e usando a regra das chaves temos: x 4  6 x 3  13x 2  12 x  4  0 Assim, temos que: x 4  6 x3  13 x 2  12 x  4   x  1   x3  5 x 2  8 x  4   0 Do mesmo modo observando a equação anterior, o fator x3  5 x 2  8 x  4  0, temos que: A soma dos coeficientes é S.C = 1 - 5 + 8 - 4 = 0, logo essa equação é divisível por  x  1 Fazendo a divisão como anteriormente, temos: x3  5 x 2  8 x  4   x  1   x 2  4 x  4  Agora do fator x 2  4 x  4  0  x1  2 e x2  2  x 2  4 x  4   x  2    x  2    x  2  2 Daí x 4  6 x 3  13 x 2  12 x  4   x  1   x  2   x1  x2  1 e x3  x4  2 2 2 Logo a soma de duas raízes distintas é: Soma  2  1  Soma  3 (Observação: Um método melhor de se fazer a divisão é usar o Dispositivo Prático de Briot – Ruffini). Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 5. 05) Um retângulo ABCD de lados AB=a e BC =b (a>b) ,é dividido, por um segmento EF ,num quadrado AEFD e num retângulo EBCF, semelhante ao retângulo ABCD conforme a figura acima. Nessas condições, a razão entre a e b é aproximadamente igual a (A) -1,62 (B) 2,62 (C) 3,62 (D) 4,62 (E) 5,62 De acordo com o enunciado podemos montar a figura acima, assim temos: AB BC a b I) Da semelhança entre os retângulos      b2  a   a  b  BC EB b a b b2  a  b  a II) Das áreas dos retângulos e do quadrado, temos: a  b  b2  b   a  b  b2 Assim de I e II  a  b  b 2  b   a 2  ab  b2  a 2  ab  b 2  0  b a Sendo "a" a variável     b   4 1  b 2     b 2  4b 2    5b 2    5b 2 2  b 5a bb 5  a1  bb 5  a1  b  5 1 a  1    5 1  2 2 2 b 2 a 2, 23  1 a1 3, 23 a  1    1  1, 62 b 2 b 2 b De a2  bb 5  a2  b  1 5 a  2   1 5 não serve   2 2 b 2 Obs: O procedimento acima é uma das maneiras de chegarmos ao chamado número de ouro, ou divisão em média e extrema razão. Alternativa A Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 6. 06) A interseção do conjunto solução, nos reais, da inequação x 2  2x  1 2  0 com o conjunto 12 x  4 x  R / x  4é dada por  1  1 (A)  x  R / x   (B) x  R / x  0 (C)  x  R / x    2  3  3  1 (D)  x  R / x   1 (E) x  R / x  2`  3 Resolvendo primeiramente a inequação, temos: x  2 x  1 2 2  0, sendo f(x)=  x 2  2 x  1 e 2 g(x)=12 x  4 12 x  4 Podemos notar que f(x)  0, ou seja sempre será positivo ou zero, como no problema se quer f(x)  0, temos que determinar o valor de f(x)=0  x 2  2 x  1  0  x  1, assim f(x) será g(x) zero em x  1 e positiva nos demais valores. Agora vamos determinar o sinal de g(x), observe que g(x) não pode ser zero, daí g(x)  0 4 1 Como g(x)  0  12 x  4  0  12 x  4  x  x 12 3 1 f(x) Daí, quando x  ou x  1   0 o conjunto solução será: 3 g(x)  1  A   x  R / x  ou x  1  3  A interseção do conjunto solução acima com, B =  x  R / x  4 , nos dá:  1 Assim A  B=  x   / x    1  3 Alternativa D Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 7. 07) Na figura acima AM e BP são cevianas do triangulo ABC de área S. Sendo AP=2PC e AQ=3QM ,qual o valor da área do triângulo determinado pelos pontos P , Q e M ,em função de S? S S S S S (A) (B) (C) (D) (E) 16 18 20 21 24 Solução : Observando o triângulo ABM, temos: Área = Área + Área , como os triângulos ABQ e QBM possuem a mesma altura ABM ABQ QBM e a base AQ do ABQ é igual a três vezes a base QM do QBM  Área = 3  Área . ABQ QBM Seja "3A" a área do ABQ e "A" a área do QBM (ver figura). Ligue os pontos "P" e "M", formando assim o triângulo APM, observando esse triângulo, temos: Do mesmo modo a Área = Área + Área , como os triângulos APQ e QPM APM APQ QPM possuem a mesma altura e a base AQ do APQ é igual a três vezes a base QM do QPM  Área = 3  Área , seja "3B" a área do APQ e "B" a área do QPM (ver figura). APQ QPM Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 8. Agora observando o triângulo AMC, temos: Área = Área + Área , como os triângulos AMP e PMC possuem a mesma altura AMC AMP PMC e a base AP do AMP é igual a duas vezes a base PC do PMC  Área = 2  Área AMP PMC Como a área do AMP  4 B  área do PMC  2 B. Observe que a área do triângulo PQM é igual B, isto é, Área = B. PQM Do enunciado temos que área do ABC  S , mas a Área = Área + Área ABC ABP PBC como os triângulos ABP e PBC possuem a mesma altura e a base AP do ABP é igual a 2S duas vezes a base PC do PBC  Área = 2  Área , logo área do ABP  ABP PBC 3 S e área do PBC  3 Observando a figura acima podemos montar o sistema abaixo:  S Do triângulo ABP  A  3B  3   Do triângulo PBC  3 A  3B  2 S  A  B  2 S   3 9  S  A  3B   3   A  B  2S   9 S 2S 3S 2 S S S  2B    2B    2B   B  3 9 9 9 9 18 Alternativa B Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 9. 08) Considere o triângulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC e exteriores a esse triângulo . SE : as mediadas dos triângulos PAC e QBC são iguais ; as medidas dos ângulos PCA e QCB são iguais ; M é o ponto médio de AC ; N é o ponto médio de BC ; S1 é a área do triângulo PAM ; S 2 é a área do triângulo QBN ; S 3 é a área do triângulo PMC ; e S 4 é área do triângulo QNC ,analise as afirmativas: I - S1 está para S 4 ,assim como S 3 está para S 2 . II - S1 está para S 2 ,assim como (PM)2 está para (QN)2 . III - S1 está para S 3 ,assim como S 2 está para S 4 . Logo pode-se concluir ,corretamente ,que (A) apenas a afirmativa 1 é verdadeira. (B) apenas as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras . (C) apenas as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras . (D) apenas as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras . (E) as afirmativas 1 ,2 e 3 são verdadeiras. Fazendo a figura conforme o enunciado, temos: Pela figura acima, temos: Como PM é mediana do  APC  S1  S3 Do mesmo modo, temos que QN é mediana do  AQC  S2  S4 ou S4  S2 Daí dividindo membro a membro temos: S1 S3  , assim a afirmativa I é correta. S4 S2 Os triângulos APC e BQC são semelhantes, assim: 2 2 S1  S3  PM  S1  S1  PM  2 S1 PM 2 S1 PM 2  , mas S1  S3 e S2  S4       S2+S4  QM   S2+S2  QM   2 S2 QM 2 S2 QM 2 assim a afirmativa II é correta. S1 PM 2 S3 S1 S3 S1 S2 De  2      assim a afirmativa III é correta. S2 QM S4 S2 S4 S3 S4 Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 10. 09) Uma máquina é capaz de fabricar ,ligada durante um tempo inteiro de minutos T , 3T peças ,sendo que 20% delas são defeituosas . Para obter-se, no mínimo, 605 peças perfeitas essa máquina deverá funcionar quantos minutos ? (A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8 Resolvendo a questão, temos: T minutos __________ 3T peças  3 minutos __________ 33 peças = 27peças 605 __________ 80% 605 10 0% 6050 x __________100%  x    756 8 0% 8 As potências de três são: 30  1, 31  3, 32  9, 33  27, 34  81, 35  243, 36  729, 37  2187 Logo deverá funcionar sete minutos. Alternativa D 10) Um número natural N tem 2005 divisores positivos.Qual é o número de base distintas da sua decomposição em fatores primos? (A) Um. (B) Dois. (C) Três. (D) Quatro. (E) Cinco. Resolvendo, temos: se N = a 2004  número de divisores de n = 2004 + 1 = 2005 (onde "a" é um fator primo qualquer). se N = a 4 × b 400  número de divisores de n =  4  1   400  1 = 5  401=2005, (onde "a" e "b" são fatores primos quaisquer). Essa questão pelo exposto acima teria duas respostas, a meu ver a questão está ANULADA. Obs.:Não sei o gabarito após recursos. Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 11. 11) Um aluno resolvendo uma questão de múltipla escolha chegou ao seguinte resultado 4 49  20 6 ,no entanto as opções estavam em números decimais e pedia-se a mais próxima do valor encontrado para resultado , e , assim sendo , procurou simplificar esse resultado, a fim de melhor estimar a resposta .Percebendo que o radicando da raiz de índice 4 é quarta potência de uma soma de dois radicais simples , concluiu, com maior facilidade, que a opção para a resposta foi (A) 3,00 (B) 3,05 (C) 3,15 (D) 3,25 (E) 3,35 1ª SOLUÇÃO: A+C A-C Usando a fórmula A ± B = ± , onde C2 =A 2 - B, temos: 2 2 Observe que 4 49 + 20 6 = 49 + 20 6 , assim: 49 + 20 6 = 49 + 6  400 = 49 + 2400  C 2 =492 - 2400  C 2 =2401- 2400 C2 = 1  C = 1 49 + 1 49 - 1 50 48 49 + 20 6 = 49 + 2400  +  +  25 + 24 2 2 2 2 25 + 24  5 + 24 daí 5+ 24  C 2 =52 - 24  C 2 =25 - 24  C = 1 5+1 5-1 6 4 Assim 5 + 24  +  +  3 + 2  1, 73  1, 41  3,14 2 2 2 2 2ª SOLUÇÃO: 49 + 20 6 e usando o produto notável  a + b   a 2 + 2  a  b + b 2 4 2 Notando que 49 + 20 6 =  a + b  a 2 + 2  a  b + b2 2 Temos que determinar "a" e "b" tais que,   5  2 6  2 2  20 6  2 10  6  2  5  2 6  5  2 6    49 + 20 6  49 + 20 6   52 6 a b     2 2 De 2 6  2  2  3  2      2 3 2 3  5 2 6  5 2 6  2 3  2 3 a b Daí 2  3  1, 73  1, 41  3,14 Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 12. 12) Se a , b ,c e d são números reais não nulos tais que ad 2  bc 2  0 ,pode-se afirmar que a c ac a b ab (A)   ;b  d  0 (B)   ;c  d  0 b d bd c d cd a b ab   ;c d  0 c b bc (C) d c c  d (D)   ;a  d  0 a d ad c d cd (E)    ab  0 b a ab 1ª SOLUÇÃO: Esse tipo de questão em concurso, muitas vezes faz o aluno perder tempo, vamos usar um método que em geral resolve o problema: Vamos "CARTEA ALGUNS VALORES" para "a", "b", "c" e "d" de acordo com a expressão ad 2 + bc 2 = 0 ou ad 2 = - bc2  sendo a = 4, b = -1, c = 6 e d = 3, temos: Colocando esses valores na alternativa A: a c a+c 4 6 + = ; b+d  0  + = - 4 + 2 = -2 b d b+d -1 3 a + c 4 + 6 10    5 vemos que são diferentes os valores encontrados. b + d -1 + 3 2 Colocando esses valores na alternativa B: a b a+b 4 -1 4 -2 2 1 + = ; c+d  0  + = + =  c d c+d 6 3 6 6 6 3 a + b 4 +  -1 3 1    vemos que esses valores encontrados são iguais (já é a resposta). c+d 6+3 9 3 Colocando esses valores na alternativa C: a b a+b 4 -1 8 -1 7 + = ; c+d  0  + = + = d c c+d 3 6 6 6 6 a + b 4 +  -1 3 1    vemos que são diferentes os valores encontrados. c+d 6+3 9 3 Colocando esses valores na alternativa D: c b b+c 6 -1 18 -4 14 7 + = ; a+d  0  + = + =  a d a+d 4 3 12 12 12 6 b + c -1 + 6 5   vemos que são diferentes os valores encontrados. a+d 4+3 7 Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 13. Colocando esses valores na alternativa E: c d c+d 6 3 24 3 21 + = ; a+b  0  + =- + =- b a a+b 1 4 4 4 4 c+d 6+3 9   = 3 vemos que são diferentes os valores encontrados. a + b 4 +  -1 3 Alternativa B 2ª SOLUÇÃO: Observando atentamente as respostas podemos notar que elas são semelhantes, só variando porque ora uma letra é numerador, ora denominador.Assim sem perda de generalidade vamos supor que as letras são, x, y, z e w , e veremos o que acontece. x y x y Seja   , com z  w  0 z w zw x y x y primeiramente para que a soma das frações  seja igual a fração temos que: z w zw x y x y   (1) zw z w x y Da soma das frações   , temos: z w x y xw  yz   (2) z w zw Daí e de (1) e (2), tem-se: x  y xw  yz   xzw  yz 2  xw2  yzw  xzw  yzw  yz 2  xw2  0 ou xw2  yz 2  0 zw zw Observando essa relação podemos notar que: 1º "x " é o númerador da 1ª fração; 2º "w " é o denominador da 2ª fração; 3º "y" é o númerador da 2ª fração; 4º "z" é o denominador da 1ª fração. x y x y Assim se a relação yz 2  xw2  0    z w zw a b ab Logo para ad 2  bc 2  0    c d cd Alternativa B Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 14. 13) Um número natural N deixa: resto 2 quando dividido por 3;resto 3 quando dividido por 7;e resto 19 quando dividido por 41 .Qual é o resto da divisão do número K   N  1 .  N  4  .  N  22  por 861 (A) 0 (B) 13 (C) 19 (D) 33 (E) 43 Resolvendo, temos: Observe que 861 = 3  7  41 Assim N+1 = 3 q1 + 3 (divisível por três) N+4 = 3 q2 + 7 (divisível por sete) N+22 = 41 q3 + 41 (divisível por quareta e um) Logo K =  N+1      N+4       N+22    K é divisível por 861 divisível por três divisível por sete divisível por quareta e um Daí o resto é zero Alternativa A Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 15. 14) Uma herança P foi dividida por dois herdeiros ,com idades , respectivamente, iguais a n e m ,em partes diretamente proporcionais ao quadrado de suas idades .Qual foi a parte da herança recebida pelo herdeiro de idade n? P2n Pn 2 P2n2 (A) (B) (C) m2  n2 m2  n2 m2  n2 Pn 2 m P2n2m (D) 2 (E) 2 m  n2 m  n2 Resolvendo o exercício, temos: Sendo "n" e "m" as idades e "p" a herança. Sejam "A" e "B" as partes relativas a "n" e "m" respectivamente, então temos: A + B = p  A B A B A+B p  n 2  m2  n 2  m2  n 2  m2  n 2  m2  A p p  n2 Assim  2 A= 2 n 2 n  m2 n  m2 Alternativa B Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 16. 15) Qual é o produto notável representado, geometricamente, na figura acima, na qual ABCD é um retângulo ? (A) a 3  b 3 (B) a  b  3 (C) a  b  2  (D) a 2  b 2  2 (E) a  b  4 Resolvendo a questão, temos: Observando o quadrilátero ABCD vemos que é um quadrado, assim: O produto notável é  a + b  . 2 Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 17. 16) O valor numérico da expressão 120k 4  10k 2  8 , sendo k pertencente ao conjunto dos números naturais, é o quadrado de um número natural para (A) somente um único valor de k . (B) somente dois valores de k . (C) somente valores de k múltiplos de (D) 13.somente valores de k múltiplos de 18. (E) nenhum valor de k . Resolvendo a questão, temos: Temos que: 120 k 4  10 k 4  8  10  12 k 4  k 4   8 Observando que 12 k 4  k 4  é um número natural para qualquer valor de k natural, então fazendo x  12 k 4  k 4 , tem-se: 10  12 k 4  k 4   8  10 x  8    x O que indica que 10 x  8 é um número natural em que o algarísmo das unidades é oito. Da aritmética sabemos que não existem raizes quadradas exatas de números que tem o algarismo das unidades iguais a: Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8). Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado de um número natural. Alternativa E Outra solução: Equação Diofantina Linear Seja n um possível quadrado perfeito, assim: 120k 4  10k 2  8  n  120k 4  10k 2  n  8 Sejam a = k 4 e b = k 2  120a  10b  n  8 é uma equação diofantina linear. Que para se ter solução, é necessário é suficiente que o mdc 120,10   10, divida n -8,isto é, 10|n  8, assim "n" tem que ser um número que tem o algarísmo das unidades igual a 8. Mas da aritmética sabemos que não existem quadrados perfeitos de números que tem o algarismo das unidades iguais a: Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8). Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado de um número natural. Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 18. 17) Considere os pontos A ,B e C pertencentes ao gráfico do trinômio do segundo grau definido por y  x 2  8 x .Se : a abscissa do ponto A é -4 ; B é o vértice ; a abscissa do ponto C é 12 ; o segmento AB tem medida d1;e o segmento BC tem medida d2,pode-se afirma que (A) d1+ d2 < 48 (B) 48< d1+ d2<64 (C) 64< d1+ d2<72 (D) 72< d1+ d2<128 (E) d1+ d2 > 128 Sendo y  x 2  8 x ou f ( x)  x 2  8 x, temos: para x  4  f (4)   4   8   4   f (4)  16  32  f (4)  48 2 Assim o ponto A=  4, 48  para x  12  f (12)  122  8  12  f (12)  144  96  f (12)  48 Assim o ponto C = 12, 48   O vértice é dado por V = x ; y   , v v   b   S S   ou V =  , f 2  , daí temos:  2 a 4a  2    8 Como S = 8  xv   xv  4  y  f (4)  42  8  4  f (4)  16  32  f (4)  16 2 v Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 19. Assim o ponto B =  4, -16  , com esses valores montamos a figura acima, e podemos notar que são dois triângulo retângulo congruentes, note que o segmento EB = B - E = 4 - (-4) = 8 e BD = D - B = 12 - 4 = 8 diferemça entre as abscissas dos pontos  B e E  e  D e B respectivamente, do mesmo modo o segmento EA = E - A = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64 e DC = C - D = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64, logo d1 é igual a d2, pela desigualdade triângular temos: d1 < 8 + 64  d1 < 72 do mesmo modo podemos concluir que d2 < 72 e d1 > 64 - 8  d1 > 56 do mesmo modo podemos concluir que d2 > 56, assim: 56 < d1 < 72 e 56 < d2 < 72 somando-se membro a membro, temos:  112 < d1 + d2 < 144, logo a alternativa correta é a letra E. 18) Dado um triângulo retângulo ,seja P o ponto do plano do triângulo eqüidistante dos vértices .As distâncias de P aos catetos do triângulo são k e L .O raio do círculo circunscrito ao triângulo é dado por KL K 2  L2 K 2  L2 (A) (B) 2 K  L (C) (D) (E) K 2  L2 4 4 2 Em qualquer triângulo esse ponto é o circuncentro ou seja é o ponto de encontro das três mediatrizes, e é o centro do círculo circunscrito, em relação ao triângulo retângulo esse ponto é o ponto médio da hipotenusa, assim observando a figura acima, temos: R 2 = K 2 + L2  R = K 2 + L2 Alternativa E Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 20. 3 19) Dada a equação na variável real x : 7 x   k ,pode-se concluir ,em função do parâmetro x real k ,que essa equação (A) tem raízes reais só se k for um número positivo. (B) tem raízes reais só se k for um número negativo. (C) tem raízes reais para qualquer valor de k. (D) tem raízes reais somente para dois valores de k. (E) nunca terá raízes reais. Resolvendo, temos: 3 7x   k  7 x 2  3  kx  7 x 2  kx  3  0 x     k   4  7   3    k 2  84 2 Logo como k 2 é positivo para qualquer valor de k, temos que   0 para qualquer valor de K, assim a equação do 2º grau possui duas raízes reais diferentes. Alternativa C Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 21. 20) Sejam L1 e L2 duas circunferências fixas de raios diferentes , que se cortam em A e B . P é um ponto variável exterior às circunferências ( no mesmo plano ) . De P traçam-se retas tangentes à L1 e L2 ,cujos pontos de contatos são R e S . Se PR=PS ,Pode-se afirmar que P , A e B (A) estão sempre alinhados. (B) estão alinhados somente em duas posições. (C) estão alinhados somente em três posições. (D) estão alinhados somente em quatro posições. (E) nunca estarão alinhados. A resposta a essa questão é a Alternativa A, porem o aluno deveria ter o conhecimento de Eixo Radical , que não consta “claramente” do programa de matérias a serem estudados, porem no programa consta o estudo de lugares geométricos. O lugar Geométrico denominado de Eixo Radical, não conta de bibliografia em vigor, somente em livros esgotados. Obs.: A questão poderia ser resolvida usando o conceito de Potência de um ponto em relação a um círculo. Antes de resolver a questão vamos definir algumas coisas e mencionar alguns teoremas: POTÊNCIA DE UM PONTO TEOREMA: Se traçarmos, por um ponto do plano de uma circunferência, secantes a esta, o ‘produto dos dois segmentos orientados, que tem por origem esse ponto e por extremidades as intersecções de cada secante com a circunferência, é constante (é o mesmo para todas as secantes). Esse produto constante chama- se POTÊNCIA do ponto P em relação à circunferência.  PA  PB  PC  PD  PE  PF  ...   PT  2 Pot P Obs.: Em particular, se um ponto pertence a uma circunferência, a potência desse ponto em relação a essa circunferência é, por definição, igual a zero. Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 22. PONTOS DE MESMA POTÊNCIA EM RELAÇÃO A DUAS CIRCUNFERÊNCIAS: TEOREMA: O lugar geométrico dos pontos de um plano, que tem a mesma potência em relação a duas circunferências dadas, é uma reta perpendicular a linha dos centros das circunferências. EIXOS RADICAIS: DEFINIÇÃO: Dadas duas circunferências C1 e C2 com centro em O1 e O2 raios R1 e R2 respectivamente, denomina-se EIXO RADICAL, o lugar geométrico dos pontos de um plano de mesma potência em relação a C1 e C2 . Potência de P em relação a O1 = Potência de P em relação a O2  d12  R12  d2 2  R 2 2  d12  d2 2  R12  R 2 2  k 2 PROPRIEDADE: O EIXO RADICAL de C1 e C2 é o lugar geométrico dos pontos dos quais se pode traçar tangentes a C1 e C2 com o mesmo comprimento. Pelo exposto acima a resposta correta é a Alternativa A Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006
  • 23. 2ª SOLUÇÃO: PR 2 = PA × PD (1) PS2 = PA × PC (2) Dividindo (1) por (2), temos: PR 2 PA × PD PR 2 PD  mas por hipótese PR = PS    PD = PC PS2 PA × PC PR 2 PC Como PD = PA + AD e PC = PA + AC PD = PC  PA + AD  PA + AC  AD  AC, mas como "C" e "D" são colineares  AD = AC + CD  AC + CD  AC  CD  0 o que indica que os pontos "C" e "D" são coincidentes, mas como por hipótese as interseções de L1 e L2 são os pontos A e B, então os pontos "B", "C" e "D" são coincidentes, logo os pontos "P", "A" e "B" são colineares. Prof. Carlos Loureiro Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática professorcarlosloureiro@hotmail.com (21) 8518-7006