OBMEP_Multipla_Escolha_PROVA_E_GABARITO_2009-FCC-IMPA-NIVEL_3 2

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3NívelEnsino Médio1ª FASE – 18 de agosto de 2009
Nome do(a) aluno(a): _____________________________________________________________________________
INSTRUÇÕES
1. Preencha o cartão-resposta com seu nome completo, sexo, telefone, data de nascimento, série e turno em que estuda, 
e não se esqueça de assiná-lo.
2. A duração da prova é de 2 horas e 30 minutos.
3. Cada questão tem cinco alternativas de resposta: (A), (B), (C), (D) e (E) e apenas uma delas é correta.
4. Para cada questão marque a alternativa escolhida no cartão-resposta, preenchendo todo o espaço dentro do círculo 
correspondente a lápis ou a caneta esferográfi ca azul ou preta (é preferível a caneta). 
5. Marque apenas uma alternativa para cada questão. Atenção: se você marcar mais de uma alternativa, perderá os 
pontos da questão, mesmo que uma das alternativas marcadas seja correta.
6. Não é permitido o uso de instrumentos de desenho, calculadoras ou quaisquer fontes de consulta.
7. Os espaços em branco na prova podem ser usados para rascunho.
8. Ao fi nal da prova, entregue-a ao professor junto com o cartão-resposta.
É com grande alegria que contamos com sua participação, de seus professores e de sua escola na 5ª OBMEP. Encare as 
questões desta prova como quebra-cabeças interessantes e divirta-se com a busca de suas soluções.
Desejamos que você faça uma boa prova!
1. Daniela fez uma tabela mostrando a quantidade de água 
que gastava em algumas de suas atividades domésticas.
Atividade Consumo Frequência
Lavar roupa 150 litros por lavagem 1 vez ao dia
Tomar um banho 
de 15 minutos 90 litros por banho 1 vez ao dia
Lavar o carro com 
mangueira
100 litros por 
lavagem
1 vez na 
semana
Para economizar água, ela reduziu a lavagem de roupa a 3 
vezes por semana, o banho diário a 5 minutos e a lavagem 
semanal do carro a apenas um balde de 10 litros. Quantos 
litros de água ela passou a economizar por semana?
A) 1010 
B) 1110 
C) 1210 
D) 1211 
E) 1310
2. Para achar o número de seu sapato, Maurício mediu 
o comprimento de seu pé em centímetros, multiplicou a 
medida por 5, somou 28, dividiu tudo por 4 e arredondou 
o resultado para cima, obtendo o número 40. Qual das 
alternativas mostra um possível comprimento do pé do 
Maurício?
A) 24 cm
B) 25 cm
C) 26 cm
D) 27 cm
E) 28 cm
3. Joãozinho inventou uma operação matemática com números 
inteiros, para a qual ele usa o sinal ∗ . Ela funciona assim:
a∗b = (a + 1) (b − 1)
Por exemplo, (5 1) 13 (3 1) 65∗ × − == + . Se a e b são inteiros 
positivos tais que a∗b = 24 e b∗a = 30, quanto vale a + b? 
A) 11
B) 12
C) 15
D) 16
E) 18
2 NÍVEL 3 OBMEP 2009
4. Arnaldo, Beto, Celina e Dalila 
formam dois casais. Os quatro 
têm idades diferentes. Arnaldo 
é mais velho que Celina e mais 
novo que Dalila. O esposo de 
Celina é a pessoa mais velha. É 
correto afi rmar que: 
A) Arnaldo é mais velho que Beto e sua esposa é Dalila.
B) Arnaldo é mais velho que sua esposa Dalila.
C) Celina é a mais nova de todos e seu marido é Beto.
D) Dalila é mais velha que Celina e seu marido é Beto.
E) Celina é mais velha que seu marido Arnaldo.
5. O diâmetro de uma pizza grande é o dobro do diâmetro de 
uma pizza pequena. A pizza grande é cortada em 16 fatias 
iguais. A que fração de uma pizza pequena correspondem 
3 fatias da pizza grande?
A) 
1
3
B) 
3
8
C) 
1
2
D) 
3
4
E) 
5
8
6. O quadrado da fi gura tem um vértice na origem, outro no 
ponto (10,7) e um terceiro no ponto ( , )a b . Qual é o valor de 
a + b?
A) 20
B) 21
C) 22 
D) 23
E) 24 (10,7)
(a,b)
7. Qual é o valor de 53532 - 28282 ?
A) 25252
B) 35352
C) 45452
D) 45652
E) 53352
8. Na fi gura, ABCD e AMPN são quadrados e BD
(
 e MN
(
 são 
arcos de círculos de centro A. Qual é a razão entre a área 
sombreada e a área do quadrado ABCD?
A)
 4
π
 
B)
 5
π
 
C)
 6
π
 
D)
 7
π
 
E)
 8
π
 
9. Na fi gura, o paralelogramo ABCD tem área 40 cm2. 
Os pontos P, Q, R, S são pontos médios dos lados do 
paralelogramo e T está no segmento RS. Qual é a área do 
triângulo PQT?
A) 10 cm2 
B) 12 cm2 
C) 14 cm2 
D) 16 cm2
E) 18 cm2
A BM
D C
N P
A
D
S
P
R
T
B
C
Q
13. Na fi gura, as duas circunferências têm centro O e os 
quadradinhos do quadriculado têm lado 1 cm. Há 20 pontos 
do quadriculado na região delimitada pelas circunferências. 
Quantos pontos do quadriculado estão na região delimitada 
por duas circunferências de centro O e raios 4 cm e 5 cm?
A) 32
B) 34
C) 36
D) 38
E) 40
14. Os seis triângulos da fi gura são retângulos e seus 
ângulos com vértice no ponto A são iguais. Além disso, 
AB = 24 cm e AC = 54 cm. Qual é o comprimento de AD? 
A) 30 cm
B) 34 cm
C) 36 cm
D) 38 cm
E) 39 cm
15. Luciana tem três canetas pretas e três vermelhas. Ontem 
ela pegou, ao acaso, uma dessas canetas e colocou-a na 
bolsa. Hoje ela colocou uma caneta preta na bolsa. Se ela 
retirar uma dessas duas canetas da bolsa, sem olhar, qual 
a probabilidade de essa caneta ser preta?
A) 
1
2
B) 
2
3
C) 
3
5
D) 
3
4
E) 
4
π
3NÍVEL 3OBMEP 2009
10. Duas formiguinhas andam em sentidos contrários sobre 
uma circunferência. Enquanto uma delas dá nove voltas na 
circunferência, a outra dá seis. Em quantos pontos distintos 
da circunferência elas se cruzam?
A) 2
B) 3
C) 4
D) 5
E) 6
11. Na fi gura, ABCD é um paralelogramo e o segmento EF 
é paralelo a AB. Qual é a soma das áreas dos triângulos 
cinzentos? 
A) 2 cm2
B) 4 cm2
C) 6 cm2
D) 8 cm2
E) 10 cm2
12. A fi gura mostra um quadrado de lado 1 m dividido em 
dois retângulos e um quadrado. As áreas do quadrado Q e 
do retângulo R são iguais. Qual é a área do retângulo S?
A) 5 2− m2
B) 
1
5 
m2
C) 3 5− m2
D) 
1
3 
m2
E) 
5
3 
m2
Q S
R
O
A B
D
C
54 cm
24 cm
7
4
D C
E F
4 cm
4 cm
2 cm
A B
4 NÍVEL 3 OBMEP 2009
Operacionalização:
16. Felipe construiu uma sequência de fi guras com 
quadradinhos; abaixo mostramos as quatro primeiras 
fi guras que ele construiu. Qual é a primeira fi gura que tem 
mais de 2009 quadradinhos?
A) A 30ª
B) A 31ª
C) A 32ª
D) A 33ª 
E) A 34ª
17. Com exatamente dois segmentos de reta, podemos 
fazer fi guras diferentes unindo os vértices de um pentágono. 
Cinco dessas fi guras estão ilustradas a seguir. 
Incluindo essas cinco, quantas fi guras diferentes podemos 
fazer desse modo?
A) 25
B) 30
C) 35
D) 40
E) 45
18. A fi gura mostra a planta de uma escola que tem seis 
salas, indicadas pelas letras de A até F. Joãozinho entrou 
na escola, percorreu todas as salas e foi embora, tendo 
passado exatamente duas vezes por uma das portas e 
uma única vez por cada uma das outras. A porta pela qual 
Joãozinho passou duas vezes liga:
A) as salas A e B.
B) as salas C e E.
C) as salas E e F.
D) a sala D e o lado de 
fora da escola.
E) a sala F e o lado de 
fora da escola.
1 quadradinho
1ª
2ª
3ª
4ª
5 quadradinhos
13 quadradinhos
25 quadradinhos
A B
C
D E
F
19. O semicírculo da fi gura tem 
centro O e diâmetro 2PQ = cm. O 
raio OR é perpendicular a PQ. Por 
um ponto qualquer M de OR traça-
se a corda AB perpendicular a OR. 
Sejam x o comprimento de RM, em 
cm, e y a área do quadrado de lado 
AB, em cm2. Qual dos gráfi cos abaixo 
expressa a relação entre x e y?
A) B) C) 
D) E)
20. Um torneio de futebol com 57 times será disputado com 
as seguintes regras:
• Nenhum jogo pode terminar empatado.
• O time que perder duas partidas será eliminado.
• O torneio termina quando sobrar apenas um time, 
que será o campeão.
Se o time campeão perder uma vez, quantas partidas serão 
disputadas no torneio?
A) 56
B) 57
C) 58
D) 112 
E) 113
A
P
Q
B
M
R
x
Área = y
O
y
x1
4
y
x1
4
y
x1
4
y
x1
4
y
x1
4
 
 
 
 
Solução da prova da 1a fase 
OBMEP 2009 − Nível 3 
 
1
 
 
 
QUESTÃO 1 
ALTERNATIVA B 
A quantidade de água que Daniela gastava por semana (isto é, em 7 dias) em cada atividade era: 
• lavar roupa: 150 507 10× = litros; 
• banho de 15 minutos: 7 90 630× = litros; 
• lavar o carro com mangueira: 1 100 100× = litros. 
Assim, ela gastava 1050 630 100 1780+ + = litros por semana.Com a economia, Daniela passou a gastar 
semanalmente em cada atividade: 
• lavar roupa no tanque: 3 150 450× = litros; 
• banho de 5 minutos: 907 7 30 210
3
× = × = litros; 
• lavar o carro com balde: 1 10 10× = litros, 
ou seja, um total de 450 210 10 670+ + = litros. Portanto, ela passou a economizar por semana 
1780 670 1110− = litros de água. 
Podemos também pensar diretamente na economia semanal da Daniela: 
• 4 lavagens de roupa: 150 04 6 0× = litros; 
• 2
3
 banho por dia: 2 90 2
3
7 4 0× × = litros; 
• substituir a mangueira pelo balde: 100 10 90− = , 
o que nos dá o total de 600 420 90 1110+ + = litros. 
 
QUESTÃO 2 
ALTERNATIVA C 
Seja x o comprimento do pé do Maurício. Então 
5 28 4
4
039 x +< ≤ , e segue que 156 5 16028x< + ≤ . Logo 
128 21 5 3x ≤< , ou seja, 65,6 42 2 ,x ≤< . A única alternativa que satisfaz estas desigualdades é a alternativa C. 
 
QUESTÃO 3 
ALTERNATIVA A 
Escrevendo 24 como produto de inteiros positivos de todas as maneiras possíveis, podemos investigar todas as 
possibilidades para a e b em ( 1) 2( 1) 4a b a b∗ × − == + e testá-las em ( 1) ( 1) 30b a b a∗ = + × − = para achar os 
possíveis valores de a e b. Vamos lá: 
 
24 = a b ( 1)( 1)b a× −+ 
1 24× 0 25
não considerar 
pois 0a > 
2 12× 1 13 0 
3 8× 2 9 10 
4 6× 3 7 16 
6 4× 5 5 25 
8 3× 7 4 30 
12 2× 11 3 33 
24 1× 23 2 46 
 
Logo 7a = e 4b = , donde 11a b+ = . 
 De modo mais algébrico, podemos resolver este problema como segue. Temos 
( 1)( 1) 1 24b a b ab a ba ∗ = + − = − + − = e ( 1)( 1) 1 30a b a ab a bb ∗ = + − = + − − = . Somando estas duas 
expressões, obtemos 2 2 54ab − = e segue que 28ab = . De modo análogo ao anterior, geramos as 
possibilidades (1,28), (2,14), (4,7), (7,4), (14,2) e (28,1) para (a,b) e verificamos que apenas 7a = e 4b = 
satisfazem 24a b∗ = e 30b a∗ = . 
 Alternativamente, notamos que subtraindo 1 24ab a b− + − = de 1 30ab a b+ − − = obtemos 
2 2 6a b− = , ou seja, 3a b− = . Logo 3a b= + e, substituindo em 28ab = temos 2 3 28 0bb − − = . Esta 
equação tem raízes 4b = e 7b = − ; como só nos interessa a raiz positiva, temos 4b = e então 7a = . 
 
 
 
 
 
Solução da prova da 1a fase 
OBMEP 2009 − Nível 3 
 
2
 
 
 
QUESTÃO 4 
ALTERNATIVA C 
Na figura ao lado, A representa a idade de Arnaldo, C a de Celina e D a 
de Dalila; a flecha indica o sentido de idade crescente. A ordem das 
letras C, A e D indica que Arnaldo é mais velho que Celina e mais novo 
que Dalila. Logo o esposo de Celina é Beto, que é também o mais 
velho de todos. 
 
QUESTÃO 5 
ALTERNATIVA D 
A área de uma circunferência é proporcional ao quadrado do diâmetro. Como uma pizza grande tem diâmetro 
duas vezes maior que o de uma pequena, se a área de uma pizza pequena é A então a área de uma grande é 
4A . Três fatias de uma pizza grande têm área 3
16
4
4
3 A A× = , ou seja, correspondem a 3
4
 de uma pizza 
pequena. 
 Pode-se também resolver esta questão usando a fórmula da área de uma circunferência. Seja r o raio da 
pizza pequena; então sua área é 2rπ . O raio da pizza grande é 2r e sua área é 2 2(2 ) 4r rπ = π . Três fatias da 
pizza grande têm área ( )2 23 3416 4r rπ = π , ou seja, 
3
4
 da área de uma pizza pequena. 
 
QUESTÃO 6 
ALTERNATIVA A 
Sejam O a origem, A o ponto (10,7) e P o ponto ( , )a b . Traçando por A uma paralela 
ao eixo x e por P uma paralela ao eixo y, determinamos os pontos B e C como na 
figura. Como (10,7)A = , temos 10AC = e 3OC = ; além disso, OA AP= . 
Denotamos por α , β e γ as medidas dos ângulos destacados. Observamos agora 
que, como o ângulo OAP é reto, temos 90°α + β = . Por outro lado, como o 
triângulo ABP é retângulo em B, temos 90°β + γ = . 
Segue que α = γ e então os triângulos OAC e ABP são 
congruentes, pois são triângulos retângulos com um ângulo (além do ângulo reto) 
comum e hipotenusas OA e AP iguais. Concluímos que 7AB = e 10BP = , donde 
7 10 17a = + = e 10 7 3b = − = ; logo 3 17 20a b+ = + = . 
 Outra solução usa a figura à esquerda. Os triângulos ORA e ASP são 
congruentes, por argumentos semelhantes aos da primeira solução; segue que 
10AS OR= = e 7PS AR= = . Logo 3a = e 17b = , donde 20a b+ = . 
 
 
QUESTÃO 7 
ALTERNATIVA C 
Notamos que 5353 5 03 1 1= × e 2828 2 08 1 1= × . Podemos então fazer a conta rapidamente, usando a 
identidade 2 2 ( )( )b aa b a b− = + − : 
( ) ( )
( )
2 2 2 2 2 2 2 22 2
2 2 2 2 2 2 2
5353 2828 53 28 53 53 28 (53 28) 101
5
101 101 28 101
9 101 45 101 4 45 5 .0 45 1 1
− = × + × = × = − × + ×
= × × × == ×
−
=
 
 
 
 
 
 
Solução da prova da 1a fase 
OBMEP 2009 − Nível 3 
 
3
 
 
 
QUESTÃO 8 
ALTERNATIVA E 
Seja o lado do quadrado ABCD. Como BD é um arco de circunferência com centro A, 
segue que AP é um raio da circunferência, e portanto AP AB= = . Por outro lado, AP é 
a diagonal do quadrado AMPN; o teorema de Pitágoras nos diz então que 
2 2 2AM MP= + . Como AM MP= , segue que 2 22AM= , donde 
2
2
2
AM = . A área 
sombreada é então 
2
2 2 2 21 1 1 1
4 4 4 82
AB AM
⎛ ⎞
π − π = π π = π⎜ ⎟
⎝ ⎠
− 
e a razão entre esta área e a área do quadrado é 
 
2
2
1
8
8
π π
= . 
 
QUESTÃO 9 
ALTERNATIVA A 
Por um momento, esquecemos o triângulo PQT e traçamos os segmentos PR e QS, 
como na figura ao lado. É imediato que todos os triângulos que aparecem são 
congruentes; segue que PQRS é um paralelogramo e sua área é metade da área de 
ABCD, ou seja, 20 cm2. 
 Voltamos agora para a figura do enunciado e traçamos uma paralela TU ao 
segmento PS. Os triângulos PST e UTP são congruentes, bem como os triângulos UTQ e 
RQT. Como o triângulo PQT é a união dos triângulos UTP e UTQ, segue que sua área é 
metade da área do quadrilátero PQRS, ou seja, 10 cm2. 
 
 
QUESTÃO 10 
ALTERNATIVA D 
Vamos denotar o comprimento da circunferência por , e chamar a formiguinha mais rápida 
de formiguinha A e a outra de formiguinha B; suas velocidades serão denotadas por Av e 
Bv , respectivamente. Como A dá 9 voltas enquanto B dá 6, temos 
9 3
6 2
A
B
v
v
= = ; isto mostra 
que se A anda uma distância Ad enquanto B anda uma distância Bd , então 
3
2
A
B
d
d
= . 
 Como as formiguinhas andam em sentidos contrários, elas vão se encontrar uma primeira vez em um 
ponto que chamaremos 1P . Sejam Ad e Bd as distâncias percorridas pelas formiguinhas até que elas se 
encontrem novamente. Então A Bd d+ = e 
3
2
A
B
d
d
= . A segunda expressão nos dá 
3
2A B
d d= ; substituindo na 
primeira temos 
3 5
2 2B B B
d d d=+ = , donde 2
5B
d = . 
 Isto quer dizer que B vai encontrar A, a partir do ponto 1P , cada vez que percorrer uma distância de 
2
5
. 
Podemos agora desenhar os pontos em que elas se encontram; além de 1P , eles são (em ordem) 2P , 3P , 4P e 
5P , como na figura (estes pontos são vértices de um pentágono regular inscrito na circunferência). Notamos que 
após o encontro em 5P as formiguinhas se encontram novamente em 1P , ou seja, não há mais outros pontos de 
encontro. 
 
 
 
 
 
Solução da prova da 1a fase 
OBMEP 2009 − Nível 3 
 
4
 
 
 
QUESTÃO 11 
ALTERNATIVA B 
Para achar a soma das áreas dos triângulos, basta calcular a área do 
paralelogramo ABCD e subtrair as áreas dos trapézios ABFE e CDFE. Seja h a 
altura do trapézio ABFE; sua área é então 3
2
AB EF h h+ = cm2. Como a altura do 
paralelogramo ABCD é 4 cm, a altura do trapézio CDFE é 4 h− e sua área é 
(4 ) 12 3
2
CD EF h h+ − = − cm2. A área do paralelogramo ABCD é 16 cm2; a soma 
das áreas dos triângulos é então 16 (3 12 3 ) 4h h− + − = cm2. 
 
QUESTÃO 12 
ALTERNATIVA A 
Seja x o lado do quadrado. A área de R é então 1 (1 ) 1x x× − = − , a área de Q é 2x e a área 
de S é 2(1 )x x x x− = − . Como as áreas de R e Q são iguais, temos 2 1x x= − . A raiz positiva 
desta equação é 5 1
2
x = − , e logo a área de S é 
2 (1 5 1 1 5 2
2
) 2 1 2x x x x x − −− = − − = =− −=
 
m2. 
 
QUESTÃO 13 
ALTERNATIVA C 
Coloquemos a origem de coordenadas no ponto O. O teorema de Pitágoras mostra 
que a distância de um ponto ( , )x y à origem de coordenadasé 2 2x y+ ; logo, 
para que ( , )x y esteja na região delimitada pelas circunferências de raios 4 e 5, 
devemos ter 2 2 22 516 4 25x y≤ + =≤= . Observamos também que se ( , )x y está 
nesta região, o mesmo se pode dizer todos os pontos da forma ( , )x y± ± e ( , )y x± ± . Assim, podemos restringir 
nossa análise a pontos ( , )x y com 0,x y ≥ e x y≤ . 
Como 2 26 251 x y≤ + ≤ , devemos ter 0 , 5x y≤ ≤ , e estamos interessados apenas em valores inteiros 
de x e y. Procedemos agora por listagem direta, e obtemos a tabela a seguir. 
 
pontos ( , )x y com 0,x y ≥ , x y≤ e
2 26 251 x y≤ + ≤ 
pontos da forma 
( , )x y± ± e ( , )y x± ± número de pontos 
(0,4) (0, 4)± , ( 4,0)± 4 
(0,5) (0, 5)± , ( 5,0)± 4 
(1,4) ( 1, 4)± ± , ( 4, 1)± ± 8 
(2,4) ( 2 4)± ± , ( 4, 2)± ± 8 
(3,3) ( 3, 3)± ± 4 
(3,4) ( 3, 4)± ± , ( 4, 3)± ± 8 
 Total 36 
 
 
 
 
 
 
Solução da prova da 1a fase 
OBMEP 2009 − Nível 3 
 
5
 
 
 
QUESTÃO 14 
ALTERNATIVA C 
Vamos denotar as hipotenusas dos triângulos retângulos que aparecem na 
figura por a, b, x, d e c, como na figura; nosso objetivo é achar x AD= . 
 Os seis triângulos retângulos são semelhantes, pois têm em 
comum o ângulo de vértice A. Logo 
24
54
a b x c d
a b x c d
= = = = = 
Multiplicando os três primeiros termos acima e, separadamente, os três 
últimos, obtemos 24
54
x
x
= . Logo 2 3 3 4 4 2 2 224 54 2 3 2 3 2 3 4 9 36x = × = × × × = × = × = , donde 36x = cm. 
 Alternativamente, seja 24
a
λ = . Multiplicando os seis termos da sequência de igualdades acima, obtemos 
2
6 24 4 2
54 9 3
⎛ ⎞= = = ⎜ ⎟
⎝ ⎠
λ , donde 3
2
3
λ = . Por outro lado, 3
24 24a b
a b x x
×λ = × = e obtemos 
24 2
3x
= , donde 
36x = cm. 
 
QUESTÃO 15 
ALTERNATIVA D 
Vamos denotar por P e V canetas pretas e vermelhas, respectivamente. Como o número de P e V que Juliana tem 
são iguais, as probabilidades de ela escolher uma P ou uma V ao acaso são ambas iguais a 
1
2
. Podemos então 
fazer a seguinte tabela: 
 
caneta colocada na bolsa 
ao acaso probabilidade
canetas na bolsa 
no dia seguinte 
probabilidade de tirar 
uma P 
P 
1
2
 P, P 1 
V 
1
2
 V, P 
1
2
 
 
Como os eventos (P,P) e (P,V) são disjuntos, a probabilidade de Juliana tirar uma caneta preta da bolsa é 
 
 
1 1 1 31
2 2 2 4
× + × = . 
 
QUESTÃO 16 
ALTERNATIVA D 
Vamos contar quantos quadradinhos brancos e sombreados aparecem em cada figura. 
 
figura brancos sombreados total 
1ª 21 1= 20 0= 2 21 0+ 
2ª 21 1= 24 2= 2 22 1+ 
3ª 29 3= 24 2= 2 23 2+
4ª 29 3= 216 4= 2 24 3+
 
Em geral, vemos que a n-ésima figura terá 2 2( 1)nn + − 
quadradinhos. Nosso problema se resume então a achar o menor inteiro positivo n tal que 2 2( 1) 2009nn + − ≥ . 
Podemos fazer isto analisando o sinal do polinômio 2 2 22009( 1) 2 20082n nn n+ − −=− − , mas é mais rápido 
proceder por aproximações, como segue. 
 Como 2 2( 1)nn > − para 1n ≥ , devemos ter 22 2009n > , ou seja, 2 1005n > ; segue que 31n > . Como 
2 23 31 852 19+ = , o valor 32n = está descartado; por outro lado, para 33n = temos 2 23 32 133 21+ = . 
 
 
 
 
 
Solução da prova da 1a fase 
OBMEP 2009 − Nível 3 
 
6
 
 
 
QUESTÃO 17 
ALTERNATIVA E 
O pentágono tem 5 lados e 5 diagonais, num total de 10 segmentos. Uma figura consiste de 2 destes segmentos, 
e escolhas distintas de dois segmentos correspondem a figuras distintas. Segue que o número de figuras distintas 
é 1
1 00
2
! 45
2!8!
⎛ ⎞
=⎜ ⎟
⎝
=
⎠
. 
Outra maneira de resolver esta questão é listar, organizadamente, as figuras possíveis. Na figura abaixo 
mostramos as 9 figuras diferentes que contém o vértice superior do pentágono. Observamos que nenhuma 
destas figuras pode ser obtida a partir de outra através de rotações do pentágono. 
 
Cada uma destas figuras dá origem, através de rotações do pentágono, a outras 4 figuras diferentes, como 
ilustramos abaixo. 
 
Segue que o número de figuras diferentes que podemos fazer com dois segmentos é 9 5 45× = . 
 
QUESTÃO 18 
ALTERNATIVA B 
Na figura marcamos, ao lado das letras que identificam as salas, o número de portas de 
cada uma. 
 Vamos supor que a porta pela qual o Joãozinho passou duas vezes pertence a 
uma sala com 4 portas. Então ele passou uma única vez pelas 3 portas restantes, ou 
seja, ele passou 5 vezes pelas portas desta sala. Logo ele entrou, saiu, entrou, saiu e 
entrou na sala, ou seja, ficou dentro dela. Esta 
conclusão é contrária ao enunciado, que diz que ele 
foi embora. Logo o Joãozinho passou uma única vez 
por todas as portas das salas com 4 portas. Assim, a porta pela qual ele 
passou duas vezes é aquela que não pertence a nenhuma sala com 4 portas, 
ou seja, é a porta que liga as salas C e E. 
 Coloca-se, é claro, a questão da existência de um trajeto que satisfaça 
as condições do enunciado. Para isto, providenciamos a figura ao lado; nela, 
as bolinhas marcam o início e o término do trajeto. 
 
QUESTÃO 19 
ALTERNATIVA C 
Como o diâmetro do círculo é 2, seu raio é 1. Aplicando o teorema de Pitágoras ao 
triângulo OMA, obtemos 2 2 2 21 (1 ) 2A xxM x= − − = − . Esta é a área de um quadrado de 
lado 
2
AM AB= : a área do quadrado de lado AB é então 2 2) 42 84(y xx x x= −= − . 
Notamos que como x varia em OR, temos 0 1x≤ ≤ ; para 0x = temos 0y = e para 
1x = temos 4y = . O gráfico de 28 4y x x= − é uma parábola com concavidade para 
baixo, pois o coeficiente de 2x é negativo; este gráfico está representado na alternativa C). 
 
QUESTÃO 20 
ALTERNATIVA E 
Vamos imaginar que o torneio acabou. Para os 56 times que foram eliminados após perder 2 partidas cada um, 
contamos 56 2 112× = derrotas. Como o campeão perdeu uma vez, o número total de derrotas foi 112 1 113+ = . 
Além disso, como não houve empates, em cada partida um time ganhou e o outro perdeu; logo, o número total de 
derrotas é igual ao número total de partidas.