BERNOULLI RESOLVE Matemática 1-6

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6V
Matemática
Volume 1
Bernoulli Resolve
Su
m
ár
io
 -
 M
at
em
át
ic
a Módulo A
01 3 Raciocínio Lógico
02 5 Potenciação e radiciação
Módulo B
01 7 Produtos notáveis e fatoração
02 8 Divisibilidade, MDC e MMC
Módulo C
01 11 Teoria dos conjuntos
02 14 Conjuntos numéricos
Módulo D
01 16 Noções primitivas de geometria plana
02 18 Triângulos e pontos notáveis
Módulo E
01 20 Trigonometria no triângulo retângulo
02 22 Arcos e ciclo trigonométrico
03 24 Funções seno e cosseno
04 25 Funções tangente, cotangente, secante e cossecante
3
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – A 01
Raciocínio lógico
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário:
A) Falsa. Considere, como contraexemplo, que todas as 
pessoas tenham altura 1,60 m. Essa é uma configuração 
possível, na qual ninguém tem mais que 1,90 m.
B) Falsa. Poderíamos supor, por exemplo, que essa família seja 
composta de um casal e seus 11 filhos homens. Essa é uma 
configuração possível, na qual há menos de duas mulheres.
C) Verdadeira. Associando um mês a cada pessoa, o máximo 
de pessoas que podemos ter para que a cada mês 
corresponda a uma única pessoa é 12, pois só existem 
12 meses. Havendo 13 pessoas, à 13ª pessoa teríamos de 
associar um mês que já estava associado a outra pessoa.
D) Falsa. Como contraexemplo, poderiam todas ter nascido no 
dia 1º. Essa é uma configuração possível, na qual ninguém 
nasceu em um dia par.
E) Falsa. Como contraexemplo, poderiam todas ter nascido 
no mês de março. Essa é uma configuração possível, na 
qual ninguém nasceu nos meses de janeiro ou fevereiro.
Questão 02 – Letra A
Comentário: De acordo com o raciocínio da questão, temos:
32
32
32
32
32 + 16
16 + 32
16
16
24
64
64
E
Questão 03 – Letra E
Comentário: Considerando que todos os cartões que têm 
uma vogal em uma face têm um número par na outra, temos 
as seguintes opções:
1º Vogal de um lado, par de outro.
2º Consoante de um lado, par de outro.
3º Consoante de um lado, ímpar de outro.
Já que o primeiro cartão possui uma vogal de um lado, é 
preciso confimar se do outro há um número par.
O segundo cartão possui uma consoante de um lado, portanto, 
do outro, pode haver uma vogal ou consoante. Então, não é 
necessário virá-lo.
O terceiro cartão possui um número par de um lado, portanto, 
do outro, pode haver uma vogal ou uma consoante. Logo, 
também não é preciso virá-lo.
Por fim, o quarto cartão possui um número ímpar de um lado, 
portanto, é necessário virá-lo para garantir que haja, de seu 
outro lado, uma consoante.
Assim, para verificar a afirmação feita, temos de virar o 
primeiro e o último cartão.
Questão 04 – Letra C
Comentário: A afirmação diz que nenhuma pessoa lenta em 
aprender frequenta a escola. Para que essa afirmação seja 
falsa, é necessário que alguma pessoa lenta em aprender 
frequente a escola, o que nos leva à alternativa C.
Questão 05 – Letra C
Comentário: Utilizando diagrama para representar a 
afirmação, temos que os jovens que adoram esportes e festas 
podem ser representados pela interseção desses dois conjuntos. 
Portanto, como todos os jovens que gostam de matemática 
adoram esportes e festas, temos que esse conjunto está contido 
na interseção do conjunto de esportes e festas. Logo:
F
M
E
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra B
Comentário: De acordo com a regra do jogo, para o quadrado 
central, faltam os números 2, 3, 5. Para facilitar o raciocínio, 
numeramos as linhas e colunas conforme a figura a seguir:
4
6
3
8
1
1
2
3
4
5
6
7
8
9 6
5
2
8
7
7
6
2
9
1
4
3
9
7
5
2
6
2
1
7
1 2 3 4 5 6 7 8 9
O número pedido se encontra na 5ª linha e 5ª coluna. Ele não 
pode ser o 5, pois essa linha já apresenta o número 5 na 5ª 
linha e 3ª coluna. Também não pode ser o número 2, pois ele 
já aparece na 9ª linha e 5ª coluna. Portanto, o único número 
que poderá ser é o 3.
COMENTÁRIO 
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
4
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra C
Comentário: 
Escolhendo uma face para o 5, temos:
1ª restrição: maior que 5 = {6, 8};
2ª restrição: soma entre [6,5; 12,5] = 6 é o único número 
possível.
Escolhendo uma face para o 2, temos:
Restrição: Soma entre [6,5; 12,5] = {8} (os números 5 e 6 
já foram escolhidos).
Escolhendo uma face para o 3, temos:
1ª restrição: Maior que 3 = {4} (os outros números já foram 
escolhidos);
2ª restrição: Soma entre [6,5; 12,5] = {4}.
Portanto, os pares (número escolhido e seu respectivo na face 
oposta) formados no dado são:
{(5, 6); (2, 8); (3, 4)}.
Logo, a multiplicação entre pares que possui maior valor 
será 5.6 = 30.
Questão 06 – Letra C
Comentário: Em um grupo de 24 pessoas, é possível que 
cada duas façam aniversário em um dos 12 meses do ano. 
Adicionando mais uma pessoa a esse grupo, ela com certeza 
fará aniversário em um mês no qual duas já fazem, e, então, 
três pessoas farão aniversário nesse mês. Logo, 25 é o menor 
valor de n que obriga que três pessoas façam aniversário em 
um mesmo mês.
Questão 07 – Letra E
Comentário: Considerando a pior das hióteses, retiramos 
10 bolas entre brancas e pretas. Após isso, retiramos mais 9 
bolas de cada cor: 9 vermelhas, 9 verdes e 9 azuis. Por fim, 
a próxima bola completará a dezena com alguma das outras 
que foram retiradas. Logo, o total de bolas será:
10 + 9 + 9 + 9 +1 = 38
Questão 12 – Letra D
Comentário: Somando-se o número de turnos em que o 
funcionário trabalhou com o número de turnos em que ele não 
trabalhou, obtém-se o total de turnos existentes em D dias, 
ou seja, 2D. Equacionando, temos:
2D = 9 + 6 + 7 ⇒ D = 11 
Questão 14 – Letra B
Comentário: A contrapositiva da afirmativa I é “Se Artur é 
professor, então Paulo não é médico”. Como a afirmativa I é 
verdadeira, sua contrapositiva também o é, e, então, pelas 
afirmativas I e II e pelo fato de que Artur é professor, temos: 
Artur é professor ⇒ Paulo não é médico ⇒ Bruno é engenheiro.
Questão 15
Comentário: Se as alternativas A, B, C ou E estivessem 
corretas, a D também estaria, e haveria mais de uma alternativa 
correta. Logo, a única alternativa cuja veracidade não implica 
a veracidade de nenhuma outra é a D, sendo somente 
essa a possibilidade de “resposta única” para o problema.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: V
Competência de área: 3
Habilidade: 14
Comentário: Para ir da 4ª etapa para a 6ª etapa, é necessário 
retirar da lata 800 mL (o volume da garrafa maior), colocar na 
menor garrafa 300 mL (o volume que, na 4ª etapa, encontra-se 
na garrafa maior) e encher a garrafa maior. Logo, o correto a 
se fazer é passar para a garrafa menor o conteúdo da garrafa 
maior (gerando a configuração ilustrada na alternativa D), 
para, então, encher a garrafa maior com o azeite da lata, 
levando à configuração ilustrada na 6ª etapa.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 3
Habilidade: 13
Comentário: Para que a montagem de novos pacotes seja 
feita com uma única pesagem, precisamos dividir o peso de 
cada saco de açúcar nos dois pratos da balança de forma a 
mantê-la em equilíbrio. Dessa forma, os 24 kg poderão ser 
divididos em dois pacotes de 12 kg.
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 3
Habilidade: 13
Comentário: Fazendo a primeira pesagem, poderemos dividir 
o pacote inicial de 24 kg em duas partes iguais, colocando cada 
metade em um lado da balança. Dessa forma, mantendo os 
pratos em equilíbrio, teremos dois pacotes de 12 kg.
Para a segunda pesagem, poderemos dividir um dos pacotes 
de 12 kg feitos na primeira pesagem em duas partes iguais, 
colocando cada metade em um lado da balança, mantendo-a 
em equilíbrio. Dessa forma, teremos dois pacotes de 6 kg.
Com as duas pesagens concluídas, é possível unir os pacotes 
de 12 kg da primeira pesagem com os pacotes de 6 kg da 
segunda pesagem, formando pacotes de 18 kg.
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7
Habilidade: 25
Comentário: Pela tabela no enunciado, vemos que o único 
colega que possui o telefonede Carlos é o Ênio. E, da mesma 
forma, o único colega que possui o telefone de Ênio é o Dino. 
Como Aldo possui o telefone de Dino, temos:
• 1ª ligação: Aldo para Dino – este fornecerá o número 
de Ênio;
• 2ª ligação: Aldo para Ênio – este fornecerá o número 
de Carlos;
• 3ª ligação: Aldo para Carlos.
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: V
Competência de área: 1
Habilidade: 5
Comentário: Ao posicionar a peça tanto na primeira linha da 
primeira coluna quanto na terceira linha da primeira coluna, 
o jogador que utiliza os círculos terá vitória garantida na 
5
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C
A
próxima rodada, pois poderá alinhar suas peças ou na vertical 
(preenchendo a primeira coluna) ou na diagonal do tabuleiro.
 
Questão 06 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Por verificação direta, é fácil ver que para 1, 2 ou 
3 movimentos é impossível conduzir a torre da casa H8 para 
a casa C1. Para 4 movimentos, existem várias possibilidades, 
uma das quais a seguir:
1º) Desloca-se a torre da posição H8 até H3;
2º) Desloca-se a torre da posição H3 até D3;
3º) Desloca-se a torre da posição D3 até D1;
4º) Desloca-se a torre da posição D1 até C1.
Todos esses movimentos foram feitos de forma a respeitar o 
movimento da torre, que só pode se descolar ou na mesma 
linha ou na mesma coluna, além de não poder passar por 
cima dos pontos pretos.
MÓDULO – A 02
Potenciação e radiciação
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário:
( ) ( )
+
+
=
+
+
=
− +
+
10 (10 10 )
10 10 10
10 10
10
10 .10
10 10 10 .10
n
2 m 1 m 1
m
n
2
2 n
2
n
2
m
m
m
n
2 2
n
2
10 10 10 100
10
10 10 1 100
10 101
1
2
2
n m m
m
n
m+
+
=
.
. ( )
.
00
10 101m.
=
10 101
10
1
10 101
1
10
10 1
m
m
. .
.
= = −
Questão 02 – Letra D
Comentário:
AQ = 0,4 km2 ⇒ AQ = 0,4.106 m2 ⇒ AQ = 4.105 m2 ⇒
l2 = 4.105 m2 ⇒ l = 2.102.¹10 m ⇒ l = 200.¹10 m
Note que 3 < ¹10 < 3,5.
Daí, 200.3 < l < 200.3,5.
Portanto, 600 < l < 700.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Racionalizando cada um dos termos da equação 
temos:
1
2
2
2
1
1 2
1 2
1 2
1 2
1
2 1
1
2 2
2 2
2 2
2 2
2
=
+
= =
+
= =
. –
–
–
–
–
–
–
–
Substituindo esses valores na equação dada:
1
2
1
1 2
1
2 2
2
2
2 1 2 2
2
2 2 2 1 2
– – –( – )– –
– ( – )–( –
+ +
= =
22
2
0) =
Questão 04 
Comentário:
1
6
0 66 5
7
1
1 33
3 0
1
+
–
–
. , ... –
, ...
22
1
3
1
2
4
6 6
9
1 9
12
6
9
3
12
= ( ) + =
+
–
–
–
. –
.
–– – –
1
2
1
2
1
2
12 1
2
25
2
2
5
= + = =
Questão 05 – Letra D
Comentário:
m = (2¹8 + 3¹5 – 7¹2)(¹72 + ¹20 – 4¹2) ⇒
m = (4¹2 + 3¹5 – 7¹2)(6¹2 + 2¹5 – 4¹2) ⇒
m = (3¹5 – 3¹2)(2¹5 + 2¹2) ⇒
m = 3(¹5 – ¹2)(¹5 + ¹2).2 ⇒
m = 6(5 – 2) ⇒ m = 18
Exercícios Propostos
Questão 04 – Letra B
Comentário:
AB C x
y
y
x
x
y
. . . .=
1
2
1
2
2
3
1
3
1
6
1
6
 = x x x y y y
1
2
1
3
1
6
1
2
2
3
1
6. . . . .
− − −
 ⇒
A.B.C = x y
1
2
1
3
1
6
1
2
2
3
1
6
− + − + −
. = x y
3 2 1
6
3 4 1
6
− + − + −
. = x y x
1
3 0 3. =
Questão 06 – Letra B
Comentário: 517.49 = 517.218 = (5.2)17.2 = 2.1017, que tem 
dezessete algarismos 0 e um algarismo 2, com um total de 
dezoito algarismos.
Questão 08 – Letra B
Comentário: 
+ = + =
+ = =
3 3.3 – 9.3
9.3
3 .3 3 .3 –3 .3
3 .3
3 (3 3 –3 )
3 .3
3
3
1
3
3 – n 2 – n 1 – n
2 – n
3 –n 3 –n 3 –n
4 –n
–n 3 3 3
4 –n
3
4
6
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 09 – Letra C
Comentário:
38 x 45 x 512 = 38 x (22)5 x 510 x 52 = 38 x 210 x 510 x 52 = 
38 x 1010 x 25 = 950 x 1010 = 9,5 x 1012
Questão 12 – Letra A
Comentário:
x + y = 2
3 2 2
56
4 2
8 2 2 168 112 2
12 8 2 3 2 4+
+
−
= − + +
+ − −
 =
176 110 2
8 5 2
8 5 2
8 5 2
+
+
−
−
=.
1 408 880 2 880 2 1 100
64 50
 + − −
−
=
308
14
22=
Questão 13 – Letra E
Comentário:
1
1
1
1
1 1
1 1+
+
−
= − + +
+( ) −( )x x
x x
x x
=
−
2
1 x
Questão 15 – Letra B
Comentário: A estrutura lógica do triângulo numérico é:
=
+ = =
+ + = =
+ + + = =
1 1 1;1ª linha
3 5 3 5 8; 8 2;2ª linha
7 9 11 7 9 11 27; 27 3;3ª linha
13 15 17 19 13 15 17 19 27; 64 4; 4ª linha
3
3
3
3
Logo, para uma linha que possui como soma 8 000, temos:
= + = + =8 000 20;20ª linha x x –1 20 20 –1 4193
valor de x
2 2
Questão 17 – Letra A
Comentário: Considerando as aproximações √2 ≅ 1,4 e 
√3 ≅ 1,7, temos a ≅ 4,8; b ≈ 5,6 e c ≅ 5,1, em que se conclui 
que a < c < b. 
Questão 19 – Letra A
Comentário: Procuramos o menor quadrado perfeito maior 
que 987. Lembrando que 1 024 = 210 = (25)2 = 322, esperamos 
que a raiz desse número esteja próxima de 32. Testando o 31, 
temos 312 = 961 < 987. Logo, o menor quadrado perfeito 
maior que 987 é 1 024, e 1 024 – 987 = 37.
Questão 20 – Letra A
Comentário:
1
1 2
1
2 3
1
3 4
1
998 999
1
999 1 000+
+
+
+
+
+ +
+
+
+
=...
2 1
2 1
3 2
3 2
4 3
4 3
999 998
999 998
1 000 99−
−
+ −
−
+ −
−
+ + −
−
+ −... 99
1 000 999−
=
2 1 3 2 4 3 999 998 1 000 999− + − + − + + − + − =...
10 10 1−
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 3
Habilidade: 12
Comentário: 10 litros de óleo são suficientes para contaminar 
107 litros de água potável; isto é, 1 litro de óleo para cada 
106 litros de água. Então, o total de água contaminada por 
1 000 L de óleo será 1 000.106 = 109 L.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário:
= = −500 000
200.10
5.10
2.10
2,5 x 10
9
5
11
6
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 4
Habilidade: 17
Comentário: Se cada folha possui 0,1 mm de espessura e 
há uma pilha de 1 m de altura, temos então 10 000 folhas, 
pois 1 m
0,1
 = 1 000 mm 
0,1 mm
 
 
 
 mm
=10 000. Como, em cada folha, 
há 10 títulos, concluímos que temos, no total, 100 000 títulos, 
que corresponde a 105.
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 4
Habilidade: 17
Comentário: Como no período da infância até a maioridade o 
indivíduo teve sua massa multiplicada por 8, podemos associar 
os valores da seguinte maneira:
= = =
= =
A k.(8m) k.(8) (m) ( 8 ) k.(m)
A 4.k.(m) A 4.A
Adulto
2
3
2
3
2
3 23
2
3
Adulto
2
3
A
Adulto Infância
Infância
Portanto, a área corporal do indivíduo foi multiplicada por 4.
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 4
Habilidade: 17
Comentário: De acordo com a tabela, a classe espectral B0 
tem uma temperatura em torno de 5 vezes maior que a do Sol. 
Sendo assim, a luminosidade é 2 x 104, ou seja, 20 000 vezes 
a luminosidade do Sol.
7
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TE
M
Á
TI
C
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MÓDULO – B 01
Produtos notáveis e fatoração
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário:
Temos que x y x
y
xy= = =−4 4 41 .
Portanto, sabendo que a2 + b2 = (a + b)2 – 2ab, encontramos 
x2 + y–2 = (x + y–1)2 – 2xy–1 = (7)2 – 2.(4) = 41.
Questão 02 – Letra A
Comentário: Para fatorar o denominador, substituiremos 
2 009 por x, a fim de facilitar os cálculos. Logo:
2 0092 + 2 009 – 2 ⇒ x2 + x – 2
Para fatorar essa equação, precisamos encontrar suas raízes. 
Assim, temos:
( )( ) ( )( )
+ − = = − − =
= − ± = − =
+ − = + − + −
x x 2 0 1 4.1.( 2) 9
x 1 3
2
x 2 ou x 1
x x 2 x 2 x 1 2 009 2 2 009 1
2 2
2
Voltando à equação inicial, temos:
( )( )
( )( )
−
+ −
= + −
+ −
=2 009 4
2 009 2 009 2
2 009 2 2 009 2
2 009 2 2 009 1
2 007
2 008
2
2
Questão 03 – Letra C
Comentário: Para determinarmos o que foi pedido, devemos 
elevar ao quadrado os dois lados da equação dada.
Assim: a a
1
2
1
2 10
3
+ =
−
⇒ a a
1
2
1
2
2 2
10
3
+( ) = 





−
⇒
a a a a+ + =
−
−2
100
9
1
2
1
2 1. . ⇒ a a+ + =
−2 100
9
1 ⇒
a + a–1 = 100
9
– 2 ⇒ a + a–1 = 82
9
Questão 04 – Letra C
Comentário:
Agrupar e fatorar:
a2 – 2bc – b2 – c2 = 40 ⇒ a2 – (b2 + 2bc + c2) = 40 ⇒
a2 – (b + c)2 = 40 ⇒ (a – b – c)(a + b + c) = 40
Por hipótese, a – b – c = 10.
Daí, 10(a + b + c) = 40 ⇒ a + b + c = 4.
Questão 05 – Letra C
Comentário:
(x + 1)(x2 – x + 1) = x3 – x2 + x + x2 – x + 1 = x3 + 1
ExercíciosPropostos
Questão 07 – Letra A
Comentário:
z =
2 2
1
2
1
2
13 2 2 2
x y ax ay
a a a
a
a
x y a
a a
− + −
− − +
÷ +
−
= − +
−
( )( )
( )( −−
−
+1
1
2
2
)
.( )
( )
a
a
 = 
x y
a
−
−1
Questão 08 – Letra B
Comentário:
y = 
3 3 6
4
4 4
2
3 2
2 2
3 2
2
2
2
2x x x
x
x x
x x
x x x
x x
+ −
−
+ − +
−
= + −
+ −
( )
( )( ))
( )
( )
+ −
−
x
x x
2
2
2
 ⇒
y = 
3 1 2
2 2
2 3 1
2
2x x x
x x
x
x
x x
x
x
x
( )( )
( )( )
( )− +
+ −
+ − = −
−
+ − ⇒
y = 
( ) (
3 1 2
2
3 3 4 4
2
2 2 3 2 2x x x
x x x
x x x x
x
( ) ( )
)
− + −
−
= − + − +
−
 ⇒
y = 
3 2 4 4
2
3 2x x x
x x
− − +
−( )
Questão 10 – Letra C
Comentário:
ab
b c
b bc
a+
= −
2
 ⇒ ab
b c
b b c
a+
= −( ) ⇒
(b – c)(b + c) = a2, pois a, b, c > 0
Logo, b2 – c2 = a2 ⇒ b2 = a2 + c2.
Questão 11 – Letra E
Comentário:
N = 2 0022.2 000 – 2 000.1 9982 = 2 000(2 0002 – 1 9982) ⇒
N = 2 000.(2 002 + 1 998)(2 002 – 1 998) = 2 000.4 000.4 ⇒
N = 2.103.4.103.4 = 32.106
Questão 13 – Letra E
Comentário:
a2 + 3b2 = 1
a
 ⇒ a3 + 3ab2 = 1 (I)
(a + b)3 + (a – b)3 =
a a b ab b a a b ab b3 2 2 3 3 2 2 33 3 3 3+ + + + − + − =
2a3 + 6ab2 = 2(a3 + 3ab2)
Como a3 + 3ab2 = 1 (I), temos:
(a + b)3 + (a – b)3 = 2.1 = 2
Questão 16
Comentário:
[102 + 202 + 302 + ... + 1002] – [92 + 192 + 292 + ... + 992] = 
102 + 202 + 302 + ... + 1002 – 92 – 192 – ... – 992 =
102 – 92 + 202 – 192 + 302 – 292 + ... +1002 – 992 = 
(10 + 9)(10 – 9) + (20 + 19)(20 – 19) +
(30 + 29)(30 – 29) + ... + (100 + 99)(100 – 99) =
19 + 39 + 59 + 79 + 99 + 119 + 139 + 159 + 179 + 199 = 
1 090
Questão 17 – Letra D
Comentário:
(a2b + ab2)
1 1
1 1
3 3
2 2
a b
a b
−
−
 = (a2b + ab2).
b a
a b
b a
a b
3 3
3 3
2 2
2 2
−
−
 = 
(a2b + ab2).
b a
a b
a b
b a
3 3
3 3
2 2
2 2
−
−
. =
ab a b
b a b ab a
ab b a b a
b ab a( ).
( )( )
( )( )
+
− + +
+ −
= + +
2 2
2 2
8
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 18 – Letra C
Comentário:
(2x + y – z)2 + (x – y)2 + (z – 3)2 = 0
Para que a soma de três quadrados seja nula, cada um desses 
quadrados deve ser nulo, ou seja:
• (z – 3)2 = 0 ⇒ z – 3 = 0 ⇒ z = 3
• (x – y)2 = 0 ⇒ x – y = 0 ⇒ x = y
• 2x + y – z = 0 ⇒ 2x + x – 3 = 0 ⇒ 3x = 3 ⇒ x = 1 ⇒ y = 1
Logo, x + y + z = 1 + 1 + 3 = 5.
Questão 19 – Letra B
Comentário:
x9 – x = x(x8 – 1) = x[(x4)2 – 1] = x(x4 + 1)(x4 – 1) =
x(x4 + 1)[(x2)2 – 1] = x(x4 + 1)(x2 + 1)(x2 – 1) =
x(x4 + 1)(x2 + 1)(x + 1)(x – 1)
Portanto, 5 fatores.
Questão 21 – Letra D
Comentário:
x x x x x x
1
2
1
4
1
2
1
4
1
2
1
41 1 1− + + + = +( )− +( )+x x12 141 =
 +( ) − ( ) = + + − = + +x x x x x x x12
2
1
4
2
1
2
1
2
1
21 2 1 1
Questão 22 – Letra C
Comentário:
ax ay
x xy y
a x y
x xy xy y
a x y2 2
2 2
2 2
2 24 3 3 3
−
− +
= −
− − +
= +( ) ( )(xx y
x x y y x y
−
− − −
)
( ) ( )3
 =
+ −
− −
= +
−
a x y x y
x y x y
a x y
x y
( )( )
( )( )
( )
3 3
Questão 23 – Letra B
Comentário:
3 2 1
2 3 1
2
2
x x
x x
− −
− +
Vamos escrever cada trinômio do 2º grau da expressão 
anterior na forma fatorada:
• 3x2 – 2x – 1
 Raízes: − 1
3
 e 1
 Forma fatorada: 3(x – 1) x +
1
3
 = (x – 1)(3x + 1)
• 2x2 – 3x + 1
 Raízes: 1
2
 e 1
 Forma fatorada: 2(x – 1) x − 1
2
 = (x – 1)(2x – 1)
Substituindo na expressão, temos:
( )( )
( )( )
x x
x x
x
x
− +
− −
= +
−
1 3 1
1 2 1
3 1
2 1
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: A figura é formada por um quadrado de lado a, 
um quadrado de lado b e dois retângulos de dimensões a e b. 
Além disso, a soma das áreas dessas figuras é igual à área do 
quadrado maior, de lado a + b. Temos, então:
( ) a b a ab b+ = + +2 2 22
Área do
quadrado
maior
Soma das áreas
dos quadrados menores
e dos dois retânngulos
Logo, a figura é a representação geométrica do produto 
notável (a + b)2.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Fatorando a expressão, obtemos:
A = 4 000(2062 – 2042)
A = 4 000(206 – 204)(206 + 204)
A = 4 000.2.410 = 3 280 000
MÓDULO – B 02
Divisibilidade, MDC e MMC
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: 
N = 1615 + 256 = (24)15 + (24)14(1 + 24) = (24)14.(17)
Portanto, como N apresenta o número 17 na sua decomposição 
em fatores primos, dizemos que N é divisível por 17.
Questão 02 – Letra B
Comentário: Inicialmente, calculamos a quantidade de horas 
que existem em 30 dias. Para isso, basta fazer 30.24 = 720 
horas. Para saber quantas vezes que os remédios foram 
tomados simultaneamente, basta contarmos quantos múltiplos 
comuns de 4, 5 e 6 existem entre 1 e 720 e somarmos com a 
primeira vez em que o remédio foi tomado. Logo:
=
=
=
= =
=
= =
MMC (4, 5, 6)
4 2
5 5
6 2.3
MMC 2 .3.5 60
Múltiplos (4, 5, 6) 60, 120, 180, ..., 720
2
2
quantidade de múltiplos 720
60
12
Portanto, o número de vezes em que os três remédios foram 
ingeridos simultaneamente foram: 12 + 1 = 13
Questão 03 – Letra E
Comentário: Basta decompor o número natural 1063 – 1061 
em fatores primos e determinar o expoente do número 3.
Assim: 1063 – 1061 = 1061(102 – 1) = (2.5)61(99) = 
261.561.9.11 = 261.32.561.11
Portanto, o expoente do número 3 é 2.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Seja l a quantidade de laranjas, em que 
500 < l < 1 500. Ao dividir as l laranjas em sacos com 
50 e 36 unidades, sobrariam 12 laranjas. Logo: 
 l 50
12 q1
 ⇒ l = 50q1 + 12 ⇒ l – 12 = 50q1, ou seja, l – 12 
é um múltiplo de 50, e
9
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
 l 36
12 q2
 ⇒ l = 36q2 + 12 ⇒ l – 12 = 36q2, ou seja, l – 12 é 
um múltiplo de 36.
Como 50 = 2.52 e 36 = 22.32, temos que MMC (50, 36) = 22.33.52.
Assim, MMC (50, 36) = 900, e os outros múltiplos comuns de 
50 e 36 são: (1 800, 2 700, 3 600, ...)
Entretanto, temos que 500 < l < 1 500, e, logo:
488 < l – 12< 1 488
Então, l – 12 = 900, e, portanto, l = 912.
Enfim, 912 35
 2 26
.
Portanto, se as laranjas fossem colocadas em sacos com 
35 unidades cada um, sobrariam 2 laranjas.
Questão 05 – Letra D
Comentário:
Seja r o número de páginas restantes após o dia x. De acordo 
com o enunciado, podemos escrever:
675 25
615 15
− =
− =
x r I
x r II
Fazendo I II t
( )
( )
( ) – ( ), eemos
x x r r x x
:
675 25 615 15 60 10 0 6− − −( )= − − = =
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário:
Tempo total até a colheita:
V1 ⇒ 4 + 3 + 1 = 8 semanas
V2 ⇒ 2 + 3 + 1 = 6 semanas
V3 ⇒ 1 + 2 + 1 = 4 semanas
O tempo necessário para que a colheita seja simultânea é 
igual ao MMC de 8, 6 e 4.
MMC (8, 6, 4) = 24
Logo, são necessárias 24 semanas.
Questão 02 – Letra C
Comentário:
Sejam a e b números naturais. De acordo com o enunciado, 
temos:
= + = =
= + = =
218 n
11 a
218 an 11 an 207 an 3 .23 (I)
172 n
11 b
172 bn 11 bn 161 bn 7.23 (II)
quociente
2
quociente
Comparando as expressões I e II, percebemos que n = 23, 
pois é o fator que repete nas equações. Logo, dividindo esse 
número por 11, obtemos resto 1. 
Questão 03 – Letra C
Comentário:
750 – 40 = 710
710 3
 2 236
O acidente ocorreu 2 km à frente do último telefone. Logo, 
o próximo telefone encontra-se 1 km à frente.
Questão 05 – Letra D
Comentário:
Sejam a, b e c números naturais. De acordo com o enunciado, 
temos:
x = 2a
y = 5b
z = 8c
Como x, y, e z são consecutivos, podemos escrever:
y = x + 1
z = x + 2
Substituindo y e z nas equações iniciais, temos:
x a
y b
z c
x a
x b
x c
x a
x
=
=
=
=
+ =
+ =
=
+
2
5
8
2
1 5
2 8
2
1
55
2
8
=
+ =
b
x c
Como a + b + c = 12, podemos escrever:
+ + + + = + + + + =
+ = =
x
2
x 1
5
x 2
8
12 20x 8x 8 5x 10
40
12
33x 18 480 x 14
Logo, 
y x
z x
y
z
= +
= +
=
=
1
2
15
16
Portanto, a média aritmética entre esses números será:
14 15 16
3
15+ + =
Questão 07 – Letra A
Comentário:
x = 3 600 = 24.32.52
• Total de divisores (p)
 p = (4 + 1).(2 + 1).(2 + 1) = 5.3.3 = 45
• Para termos divisores pares, basta que o expoente 
do fator 2 não seja nulo, havendo então 4, e não 5, 
possibilidades de escolha desse expoente.Logo:
 q = 4(2 + 1)(2 + 1) = 36
Questão 10
Comentário:
A) Sabemos que MDC (a, b).MMC (a, b) = a.b. 
 Logo, podemos escrever:
= = =MDC (a, b).MMC (a, b) a.b 5.105 35.b b 15
B) O número 5 é fator de a e b pois é o MDC entre esses 
números. Temos ainda que: 
= =
=
MDC (a, b).MMC (a, b) a.b 5.105 a.b
5.(5.7.3) a.b 3.5 .72
Portanto, os possíveis valores de a e b serão:
10
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
=
a 5.3
b 5.7
(a, b) (15, 35)
a 5.7
b 5.3
(a, b) (35,15)
a 5
b 5.7.3
(a, b) (5,105)
a 5.3.7
b 5.
(a, b) (105, 5)
Questão 15 – Letra A
Comentário:
Na expressão m p= 3
7
, o menor valor de p que mantém m 
inteiro é 7.
= = =
= − = − =
+ = + =
=
m 3p
7
m 3.7
7
m 3
Logo,
n 48 3p n 48 3.7 n 27
Portanto, m n 3 27 30.
p 7
Questão 18 – Letra B
Comentário: Os números que possuem exatamente três 
divisores positivos são os quadrados dos números primos. 
Portanto, esses números são 4, 9, 25, 49, 121, cuja soma é 
igual a 4 + 9 + 25 + 49 + 121 = 208.
Questão 22 – Letra B
Comentário:
Seja x o número de ações. Temos:
x 3
1 q
 ⇒ x – 1 é múltiplo de 3
x 4
3 m
 ⇒ x + 1 é múltiplo de 4
• Sabe-se que 30 < x < 40; então, 29 < x – 1 < 39. Como 
x – 1 é múltiplo de 3, temos as seguintes possibilidades:
 x – 1 = 30 ⇒ x = 31
 x – 1 = 33 ⇒ x = 34
 x – 1 = 36 ⇒ x = 37
• Além disso, temos 31 < x + 1 < 41, com x + 1 mútiplo de 4. 
Temos:
 x + 1 = 32 ⇒ x = 31
 x + 1 = 36 ⇒ x = 35
 x + 1 = 40 ⇒ x = 39
O único valor que satisfaz as duas condições é x = 31. Portanto, 
temos 
31 4
3 7
, ou seja, cada neto receberá 7 ações.
Questão 24 – Letra B
Comentário: Temos que 5n9 é divisível por 9, ou, pelo critério 
de divisibilidade por 9, que 5 + n + 9 é divisível por 9, ou seja, 
5 + n é divisível por 9. Como n é um algarismo de um número, 
0 ≤ n ≤ 9, e, então, 5 ≤ 5 + n ≤ 14. O único múltiplo de 9 
nesse intervalo é o próprio 9; assim:
5 + n = 9 ⇒ n = 4
Foi dado ainda que:
2m3 + 326 = 5n9
Reescrevendo a expressão anterior, utilizando a notação de 
valor relativo dos algarismos, temos:
2.100 + m.10 + 3 + 3.100 + 2.10 + 6 = 5.100 + n.10 + 9 ⇒
m + 2 = n ⇒ m = 2
Logo, m + n = 2 + 4 = 6.
Questão 26 – Letra D
Comentário: 
Como a diferença p – q = 41 é um número ímpar, um desses 
números precisa ser par, pois a diferença entre dois números 
pares ou ímpares é sempre par. Como o único número primo 
par existente é o 2, então q = 2. Portanto, p q p
q
− = =
=
41 43
2
.
Logo, 
p + q = 43 + 2 = 45
Questão 27 – Letra A
Comentário: 
De acordo com o enunciado e com a Divisão Euclidiana, 
podemos escrever:
≤ <
=
=
=
=
xx 37
y y 0 y 37
y 0 (não convém, pois é positivo)
y 1
y 2
y 3
3 3
Como queremos a soma dos dividendos, basta substituir o 
valor de y na divisão inicial. Portanto, como x = 37y + y3, 
temos:
y
y
y
x
x
x
=
=
=
= + =
= + =
= +
1
2
3
37 1 1 38
37 2 2 82
37 3 3
3
3
.
.
. 33 138
38 82 138 258
=
+ + =
Questão 28 – Letra D
Comentário: Os números da forma 2n são os divisores pares 
de 150. Temos 150 = 2.3.52.
Para termos divisores pares, basta que o expoente do fator 2 
não seja nulo. Há, então, duas possibilidades para o expoente 
do fator 3 e três para o do fator 5, havendo, então, 2.3 = 6 
divisores pares de 150, ou seja, 6 valores possíveis para n.
Questão 30 – Letra D
Comentário: O primeiro sinal tem um ciclo de 50 segundos, 
e o segundo sinal tem um ciclo de 40 segundos. O tempo 
necessário para que os sinais voltem a fechar juntos é dado 
por MMC (40, 50) = 200 segundos.
Questão 31
Comentário: Seja N o número de peças analisadas por 
funcionário. Para que seja necessário o menor número de 
funcionários, N deve ser máximo. Portanto:
N = MDC (9 000, 2 700, 4 050) = 450
Temos:
9 000 450
20
2 700 450
6
4 050 45
funcionários
00
9
funcionários
funcionários
total = 35 funcionários⇒
�
�
��
�
�
�
11
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 32 – Letra D
Comentário: Seja N o maior número de alunos contemplados. 
Sabe-se que MDC (1 260, 9 072) = 252.
Então, temos N = 252.
1 260 252
5
9 072 252
36
amarelas
verdes
⇒ total = 41 bolas por aluno
�
��
��
Questão 34 – Letra D
Comentário:
• Em 2007 – 365 dias
 A partir do dia 01/01/07 (segunda-feira), temos 364 dias 
365 7
521
 Logo, o 1º dia de 2008 será segunda + 1 = terça.
• Em 2008 – 366 dias (bissexto)
 A partir do dia 01/01/08 (terça-feira), temos 365 dias 
365 7
521
. Logo, 1º dia de 2009 será terça + 2 = quinta.
Observamos, pelos exemplos apresentados, que, a cada 
passagem de um ano comum, avançamos um dia na semana, 
em relação ao primeiro dia do ano anterior. Se o ano for 
bissexto, avançamos dois dias na semana.
Em 2008 – terça
Em 2009 – quinta (2008 foi bissexto)
Em 2010 – sexta
Em 2011 – sábado
Em 2012 – domingo
Em 2013 – terça (2012 foi bissexto)
Em 2014 – quarta
Em 2015 – quinta
Em 2016 – sexta
Em 2017 – domingo (2016 foi bissexto)
Em 2018 – segunda
Resposta: 2018
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário:
24 685
2.1 4.2 6.1 8.2 5.1 
2 + 8 + 6 + 17 + 5 = 38
<10 <10 <10 ≥10 <10
Como 38 = 3.10 + 8, 8 é o resto da divisão de 38 por 10, 
sendo, então, o referido dígito verificador.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário:
Cálculo de d1:
1.10 + 2.9 + 3.8 + 4.7 + 5.6 + 6.5 + 7.4 + 8.3 + 9.2 = 210
210 11
 1 19
Logo, d1 = 0.
Cálculo de d2:
2.10 + 3.9 + 4.8 + 5.7 + 6.6 + 7.5 + 8.4 + 9.3 + 0.2 = 244
244 11
 2 22
Logo, d2 = 11 – 2 = 9.
MÓDULO – C 01
Teoria dos conjuntos
Exercícios de Fixação
Questão 01
Comentário:
Observação: Sempre começar atribuindo o valor da intersecção 
dos três conjuntos. Em seguida, atribuir o valor das outras 
três interseções, sem se esquecer de subtrair do valor da 
intersecão dos três conjuntos. Por fim, completar o número 
de elementos que pertencem a apenas um dos conjuntos.
A
85 45
15
5 25
35
35
S
70
B
A) 85 + 45 + 15 + 5 + 35 + 25 + 35 + 70 = 315
B) 45 + 25 + 5 = 75
C) 85 + 45 + 35 + 70 = 235
D) 85 + 70 = 155
Questão 02
Comentário: Como 31 são morenas, logo, 50 – 31 =19
Total Morenas
 
são louras.
Como 14 são louras com olhos azuis, logo, 19 – 14 = 5
Louras Louras com
olhos azuis
 
são louras com olhos castanhos.
Como 18 pessoas tem os olhos castanhos, e, dessas, 5 são 
louras, logo, 18 – 5 = 13 são morenas de olhos castanhos. 
Questão 03 – Letra B
Comentário: Usar o Diagrama de Venn.
12
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
L B
M
40 25
a
100
3020
b
Observação: Sempre começar atribuindo o valor da interseção 
dos três conjuntos. Em seguida, atribuir o valor das outras 
três interseções, sem se esquecer de subtrair do valor da 
interseção dos três conjuntos.
Do fato de que o número de consumidores de banana é igual 
ao de consumidores de maçã, temos:
a + 25 + 100 + 30 = b + 20 + 100 + 30 ⇒ a + 5 = b
Assim:
40 + 25 + 100 + 20 + a + 30 + b = 400 ⇒
215 + a + a + 5 = 400 ⇒ 2a = 180 ⇒ a = 90
Logo, b = 95.
Daí, o número de pessoas que consomem maçã e não 
consomem laranja é igual a b + 30 = 95 + 30 = 125.
Questão 04 – Letra C
Comentário: 
Observação: Sempre começar atribuindo o valor da interseção 
dos três conjuntos. Em seguida, atribuir o valor das outras 
três interseções, sem se esquecer de subtrair do valor da 
interseção dos três conjuntos. Por fim, completar o número 
de elementos que pertencem a apenas um dos conjuntos.
A
B
C
x
600800 250
100
200300
300
Seja x o número de telespectadores que não acha agradável 
nenhuma das três novelas. Como o total de pessoas 
entrevistadas foi 3 000, podemos dizer, de acordo com o 
diagrama, que o valor de x será:
3 000 = 800 + 250 + 300 + 100 + 200 + 600 + 300 + x ⇒ 
3 000 = 2 550 + x ⇒ x = 450
Questão 05 – Letra D
Comentário: Note que a região amarela é a região comum a 
A e a C, mas não a B. Logo, um elemento dessa região é um 
elemento que pertence a A, pertence a C, mas não pertence a B, 
ou seja, pertence a B. Logo, a região representa A ∩ B ∩ C.
Exercícios Propostos
Questão 02– Letra C
Comentário: De acordo com os dados da tabela apresentada 
no exercício, podemos escrever:
Febre
Dor no corpo
Náuseas
10 4 2
6
2 4
12
Logo, o número de pacientes atendidos no posto será dado 
por:
10 + 4 + 6 + 2 + 2 + 4 + 12 = 40
Questão 06 – Letra B
Comentário: De acordo com os dados do enunciado, temos:
B F
33
24
8
8
24
15
Q
50
Portanto, o valor de N será:
N = 50 + 24 + 8 + 8 + 15 + 33 + 24 = 162
Questão 11 – Letra C
Comentário: Observe a tabela a seguir, em que as variáveis 
expressam a quantidade de candidatos em cada situação.
Sexo /
Modalidade
Administração 
de empresas
Administração 
pública
Masculino x y
Feminino z w
Assim, em linguagem matemática, as conclusões dadas no 
enunciado são:
i) x + z = 4(y + w)
ii) 3(x + y) = 7(z + w)
iii) y = w
iv) w = 500
Substituindo-se as condições iii e iv nas condição i e ii, temos:
x + z = 4 000
3x – 7z = 2 000
Somando à segunda equação sete vezes a primeira, obtemos 
x = 3 000.
Questão 12 – Letra C
Comentário: Sejam M, T e N os conjuntos dos alunos que 
frequentaram as piscinas pela manhã, pela tarde e pela noite, 
respectivamente. Note que “sendo 20 pela manhã e à tarde” 
faz referência ao conjunto M ∩ T. O número de alunos que 
frequentaram as piscinas somente pela manhã e à tarde é igual 
ao número de alunos que o fizeram pela manhã e à tarde menos 
o número de alunos que o fizeram pela manhã, tarde e noite, 
ou seja, 20 – 8 = 12. Observe o Diagrama de Venn a seguir:
13
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
M T
N
12 12 0
8
yx
3
Sabemos que o número total de alunos que frequentaram as 
piscinas é 38, ou seja, 12 + 12 + 0 + x + 8 + y + 3 = 38. 
Logo, x + 8 + y + 3 = 14. Note que a soma anterior expressa 
o número de alunos que frequentaram a piscina à noite.
Questão 13 – Letra D
Comentário: O total de espécies em extinção é:
160 + 16 +20 + 69 = 265
Como 175 das espécies ameaçadas viviam somente na 
Mata Atlântica e 75 somente fora dela, podemos dizer que 
265 – 175 – 75 = 15 espécies vivem nos dois lugares.
Questão 14 – Letra D
Comentário: Primeiramente, excluem-se as alternativas A e C, 
pois, pelas Leis de Morgan, apenas as alternativas B e D 
apresentam expressões equivalentes. Todo indivíduo ou é 
homem ou é mulher, de forma que buscar por indivíduos 
mulheres equivale a buscar elementos em AC. Todo indivíduo 
ou nasceu em Uberlândia ou nasceu em outra cidade, de forma 
que buscar por indivíduos nascidos em outra cidade equivale 
a buscar elementos em BC. Buscamos indivíduos que sejam 
mulheres e tenham nascido em outra cidade, ou seja, elementos 
que estejam em AC e em BC, estando, assim, em AC ∩ BC.
Questão 17 – Letra A
Comentário: Inicialmente, podemos definir:
I) a = total de pessoas que leem somente a revista A.
II) b = total de pessoas que leem somente a revista B.
III) c = total de pessoas que leem somente a revista C.
IV) x = total de pessoas que leem a revista A e B.
V) y = total de pessoas que leem a revista B e C.
VI) z = total de pessoas que leem as revistas A e C.
VII) m = total de pessoas que leem as 3 revistas (pessoas 
mais bem informadas).
Sabemos que:
17 leem duas das três revistas, logo, x + y + z = 17.
61 leem apenas uma delas, logo, a + b + c = 61.
81 leem pelo menos uma delas, logo:
x y z a b c m m+ + + + + + = =
17 61
81 3
Portanto, existem 3 pessoas mais bem informadas entre as 
81 entrevistadas.
Questão 18 – Letra C
Comentário: Considere o conjunto dos alunos entrevistados 
como o conjunto universo, e F, P e B como os conjuntos 
dos alunos que optaram por frango, peixe e carne bovina, 
respectivamente. Note que, por exemplo, em “7 por carne 
bovina e frango”, faz-se referência ao conjunto B ∩ F. 
Observe o Diagrama de Venn a seguir:
F P
B
3
4
5
y
9 x 3
20 U
Do dado que 36 pessoas não optaram por carne bovina 
(BC tem 36 elementos), equacionamos 9 + x + 3 + 20 = 36 ⇒ 
x = 4, e do dado que 42 pessoas não optaram por peixe 
(PC tem 42 elementos), equacionamos 9 + 3 + y + 20 = 42 ⇒ 
y = 10. Assim, foram entrevistadas 
9 + x + 3 + 3 + 4 + 5 + y + 20 = 
9 + 4 + 3 + 3 + 4 + 5 + 10 + 20 = 58 pessoas.
Questão 19 
Comentário: Como 1
3
 de todos os alunos foram aprovados 
em todas as universidades, então, a intersecção dos três 
conjuntos será 87
3
29= . Dos alunos aprovados em B, 50 
também foram aprovados em C, logo, para completar a 
intersecção entre B e C faltam 21 alunos. A partir desses 
valores, considere o diagrama a seguir:
A B
b
C
c
x
y
29
21
O total de alunos aprovados em A é 51, logo:
x + y + 29 = 51 ⇒ x + y = 22
Sabemos, também, que o total de alunos é 87. Portanto,
como todos os 87 alunos foram aprovados em pelo menos 
uma das universidades, temos:
x y b c b c b c+ + + + + = + = + =
22
29 21 87 87 29 21 22 15– – –
Os alunos aprovados em apenas um dos três vestibulares é 
dado pela soma b + c, logo, o valor procurado é 15.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C 
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: A quantidade de mulheres que tem certeza que 
os homens odeiam ir ao shopping e pensa que eles preferem 
que elas façam todas as tarefas da casa, será dada por:
(72% + 65% – 100%).300 = 111
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: 
i) Inicialmente, temos a + b + c + d + e + f = 250.
ii) Se 32% dos a lunos são homens, temos que 
d + e + f = 32%.250 ⇒ d + e + f = 80.
iii) Se 40% dos homens estão na primeira série, temos que 
14
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
d = 40%.80 ⇒ d = 32.
iv) Logo, já podemos assumir que e + f = 48. 
v) Se 20% dos alunos estão na terceira série, temos que 
c + f = 20%.250 ⇒ c + f = 50.
vi) Se 10 alunos da terceira série são homens, c = 40 e f = 10.
vii) De ii, temos e = 38.
viii) Entre os alunos da segunda série, o número de mulheres 
é igual ao número de homens; assim, temos, de vii, 
que b = 38.
Concluindo, de i, temos que a = 92.
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 6
Habilidade: 26
Comentário: No gráfico “Por que vive na rua?”, somando o 
percentual indicado em cada barra, temos: 
36% + 30% + 30% + 20% + 16% = 132%. 
Logo, algumas pessoas declaram vários motivos para viverem 
na rua.
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 6
Habilidade: 26
Comentário: Sejam A o percentual de pessoas que vivem na 
rua por alcoolismo / drogas, mas não por decepção amorosa; 
B o percentual de pessoas que vivem na rua por decepção 
amorosa, mas não por alcoolismo / drogas; e X o percentual 
de pessoas que vivem na rua devido a alcoolismo / drogas e 
decepção amorosa, simultaneamente. Desejamos calcular X.
Pelos dados apresentados no gráfico, temos:
A X
B X
A B X
A B X
A B X
+ =
+ =
+ + =
+ + =
+ + =
36
16
40
2 52
40
%
%
%
%
%%
%=X 12
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Basta analisar os três casos possíveis:
1º) O posto X encerra suas atividades. 
 Nesse caso, o posto Y ganha mais 45 fregueses, 
totalizando 70. Já o posto Z continua com os 
25 fregueses iniciais.
2º) O posto Y encerra as suas atividades.
 Nesse caso, o posto Z ganha mais 25 pessoas, chegando 
a 55. Já o posto X continua com os 45 fregueses iniciais.
3º) O posto Z encerra as suas atividades.
 Nesse caso, o posto Y ganha mais 30 pessoas, ficando 
com 55. Já o posto X mantém os 45 fregueses.
Assim, a preferência nunca pertencerá a X.
Questão 06 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 4
Comentário: Vamos analisar as possibilidades para cada 
candidato. 
1ª) O candidato X terá entre 33% e 39% dos votos.
2ª) O candidato Y terá entre 30% e 36% dos votos.
3ª) O candidato Z terá entre 28% e 34% dos votos.
Logo, os três candidatos podem vencer. Note que o candidato Z só 
vencerá se obtiver 34% dos votos e se X e Y conseguirem 33%.
MÓDULO – C 02
Conjuntos numéricos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário:
Para facilitar a análise das alternativas, considere o seguinte 
diagrama:
C
R
πi
π
i
i2 = –1
Portanto, temosque π ∈  e i ∉ . Logo, a alternativa B é 
a correta.
Questão 02 – Letra D
Comentário:
+ = + = + =x y 0,9494... 0,060606... 94
99
06
99
100
99
Questão 03 – Letra D
Comentário:
A) Verdadeiro, pois, quando a representação decimal infinita de 
um número é periódica, trata-se de uma dízima periódica. 
Logo, esse número decimal pode ser transformado em uma 
fração, ou seja, ele é um número racional.
B) Verdadeiro, pois, quando a representação decimal de um 
número é finita, ele pode ser transformado em uma fração.
C) Verdadeiro, pois números com representação decimal finita 
são racionais.
D) Falso. Contraexemplo: 2
3
 = 0,666..., ou seja, 2
3
 é um 
número racional, e sua representação decimal é infinita.
Questão 04 – Letra C
Comentário:
Temos que: x
y
 = 7,3636... ⇒ x
y
 = 7,36 ⇒
x
y
x
y
x
y
= − = =736 7
99
729
99
81
11
x
y
= = = =
81
11
162
22
243
33
... , pois são frações equivalentes.
Da divisão de Euclides, temos 
x y
8 z
.
Tome x = 81 e y = 11 ⇒ 
81 11
 4 7
Opção inválida, pois dá resto 4.
Tome x = 162 e y = 22 ⇒ 
162 22
 8 7
Opção válida, pois dá resto 8.
Logo, x + y + z = 162 + 22 + 7 = 191.
15
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra D
Comentário:
A) Falso. Contra-exemplo: =2. 2 2
B) Falso. Contra exemplo: 2 2 2– =
C) Falso. Existem infinitos números irracionais.
D) Verdadeiro. Sendo x e y dois números racionais (exceto 
o zero), o número x y+
2
 está entre esses números, e é 
racional. 
E) Falso. Contra exemplo: –1 – (–1) = 0
Exercícios Propostos
Questão 04 – Letra D
Comentário: 
A) π π4 2= , que é irracional.
B) 0 1 1
10
3
3
, = , que é irracional.
C) 0 27 27
100
3
100
3
3
3 3
, = = , que é irracional.
D) − = − = − = −0 064 64
1 000
4
10
0 43
3
3
, , , que é racional.
E) 0 016 16
1 000
2
1 000
4
4
4 4
, = = , que é irracional.
Questão 07 – Letra D
Comentário: Como 
p
q
 = 0,65 = 
65
99
 e se trata de uma fração 
irredutível, então podemos concluir que p = 65 e q = 99.
Logo, temos que:
y = 65 1
99 1
99 18
3 65 1
1
2
1
3−
+
− −
−( ) ⇒ y = 
64
100
81
192
3− ⇒
y = 4
5
3
4
− ⇒ y = 
1
20
Questão 09 – Letra C
Comentário: 
A) Falso. Como M é o ponto médio de AB, então:
M =
+
= =
2
5
3
4
2
23
40
0 575,
B) Falso. Como N é o ponto médio de BY, então: N =
+
=
3
4
1
2
7
8
C) Verdadeiro. De acordo com as alternativas anteriores,
M e N= =23
40
7
8
 
D) Falso. M = 23
40
E) Falso. Pois M=0,575 e N=0,875.
Questão 10 – Letra E
Comentário: Os números 
1
3
= 0,3 e 4 são racionais, o que 
contradiz, respectivamente, as alternativas A e D, e B e C. 
Questão 12 – Letra B
Comentário: 
I) A = {x ∈  | 2 < x < 20}
II) B = {0, 2, 4, 6, 8...}
III) C = {40, 20, 10, 8, 5, 4, 2, 1}
Portanto, (A ∩ B) ∩ C = {4, 8, 10}, ou seja, três elementos. 
Questão 15 – Letra D
Comentário: Se dois conjuntos são iguais, todo elemento de 
um pertence também ao outro. A alternativa A é falsa, pois 3, por 
exemplo, pertence a B, mas não a A, de forma que 3 ∈ (A ∪ B), 
mas 3 ∉ A. A alternativa B é falsa, pois 0,5, por exemplo, pertence 
a A, mas não a , de forma que 0,5 ∈ (A ∪ B), mas 0,5 ∉ . 
A alternativa C é falsa, pois –2, por exemplo, pertence a A, mas 
não a B, de forma que –2 ∈ A, mas –2 ∉ A ∩ B. A alternativa 
E é falsa, pois 3 pertence a B, mas não a A, de forma que 
3 ∈ B, mas 3 ∉ A ∩ B. A alternativa D é verdadeira, pois B 
é um subconjunto de , e A ∩ B é um subconjunto de B, de 
forma que A ∩ B é um subconjunto de .
Questão 16 – Letra B
Comentário: 
I) Falso. Contraexemplo: a < b: a e b
a b
= = > >1
3
1
2
1 1 3 2 
II) Verdadeiro
III) Falso. Se b ≠ 0 e c ≠ 0, então (a ÷ b) ÷ c = a ÷ (b ÷ c).
 Se a = 3, b = 6 e c = 2 ⇒ (3 ÷ 6) ÷ 2 ≠ 3 ÷ (6 ÷ 2) ⇒ 
1
2
 ÷ 2 ≠ 3 ÷ 3 ⇒ 1
4
 ≠ 1
Portanto, a única afirmação correta é a II.
Questão 17 – Letra B
Comentário: Foi dado que 0 < y < 1. Multiplicando 
as desigualdades por x (sem invertê-las, pois x > 0), 
temos 0 < xy < x. Logo, xy está entre zero e x.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 1
Habilidade: 1
Comentário: 8 3
4
6. =
Calculando as somas sugeridas em cada alternativa, temos:
A) 24 1
32
3
4
. = 
B) 3 1
4
3
4
. = 
C) 8 1
4
2. =
D) 24 1
8
12 1
4
3 3 6. .+ = + =
E) 16 1
4
8
1
16
4
1
2
9
2
. .+ = + =
Dessa forma, vemos que a única alternativa correta é a letra D.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 1
Habilidade: 4
Comentário: Sabemos que o ano 0, para os astrônomos, 
refere-se ao ano 1 a.C. Assim, o ano 2 a.C. corresponde ao 
ano –1, e o ano 3 a.C., ao ano –2. Já o ano 1 d.C. será o 1 na 
nomenclatura dos astrônomos (pois é o ano posterior 1 a.C.), 
 e o ano 2 d.C. será o ano 2.
16
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – D 01
Noções primitivas de geometria 
plana
Exercícios de Fixação
Questão 01
Comentário:
A) Basta calcular 90º – 38º = 52º.
B) 2
3
90 1
5
180( ) ( )°− + °−x x = 70º ⇒ 60º – 
2
3
36
5
x x+ °− = 70º ⇒
 96º – 70º = 2
3 5
x x+ ⇒ 26º = 10 3
15
x x+ ⇒ x = 30º
Questão 02 – Letra E
Comentário: Como A e B são complementares, temos que 
A + B = 90°. Além disso, A
B
=
13
17
, em que A < B.
Com os dados disponíveis, temos o seguinte sistema:
A B
A
B
A B
A B
B
+ = °
=
+ = °
=
90
13
17
90
13
17
13
117
90 13 17 1 530 30 1 530 51+ = ° + = ° = ° = °B B B B B 
Substituindo o valor de B = 51° na equação a seguir, temos:
+ = ° = ° ° = °90 90 –51 39 .A B A A
Os suplementos dos ângulos A e B são, respectivamente, 
141° e 129°, portanto, a razão entre os dois suplementos é 
141
129
47
43
°
°
= .
Questão 03 – Letra E
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
α
2 α2 β
2
β
2
Como α e β são ângulos consecutivos, então α + β = 90º.
Ora, o ângulo formado pelas bissetrizes desses ângulos é:
α β α β
2 2 2
90
2
45+ = + = °= °
Questão 04 – Letra B
Comentário: Considere a figura a seguir e seus dados.
t
r
u
S
x
y
120º
20º
Pela figura, temos que r // u. Assim 20° + y = 120°, pois são 
ângulos alternos internos. Logo, y = 100°.
Os ângulos x e y são opostos pelo vértice, logo, x = y = 100°.
Portanto, 2x + 3y = 2.100° + 3.100° = 500°.
Questão 05 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
40º
112º
40º
r
s
x
No triângulo formado, temos que 112º é ângulo externo. Logo,
x + 40º = 112º ⇒ x = 112º – 40º ⇒ x = 72º .
Exercícios Propostos
Questão 03
Comentário: Seja x o referido ângulo. Temos:
Complemento da metade do ângulo:
90
2
º − x
Triplo do complemento da metade do ângulo:
3 90
2
º − x
Suplemento do triplo do complemento da metade do ângulo:
180 3 90
2
º º− − x (I)
Complemento do ângulo:
90º – x
Triplo do complemento do ângulo:
3(90º – x) (II)
Do enunciado, temos que I e II são iguais. Logo:
180 3 90
2
3 90º º ( º )− − = −x x ⇒
60 90
2
90º º º− + = −x x ⇒ x = 80º
Questão 05
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
O
20º
20º
C B
A
Para ângulo consecutivo a AOB (ou seja, que tem um lado em 
comum com AOB), temos duas opções:
• Ângulo BOC
• Ângulo AOC
Considerando a primeira opção, temos:
1
2
52 20 64B C B CO O= − =º º º
Considerando a segunda opção, temos:
1
2
52 20 144A C A CO O= + =º º º
Portanto, os valores possíveis para o ângulo pedido são 
64º ou 144º.
17
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 11 – Letra A
Comentário: Como as medidas x, y e z são proporcionais a 
5, 20 e 25, temos:
(i) 
x k
y k
z k
k
=
=
=
+
5
20
25
, *
Da figura proposta no enunciado, concluímos que:
(ii) x + y + z = 360º
De (i) e (ii): k = 7,2
Portanto, x = 5.7,2 = 36º, e o suplemento de x vale 
180º – 36º = 144º.
Questão 12 – Letra E
Comentário: Considere figura a seguir com seus dados.
140°
90º – x
x t s
120°
O ângulo obtuso de medida 120º + 90º – x, formado entre a 
reta s e a base do triângulo, mede 140º, pois é alterno interno 
ao ângulo de 140º já assinalado. Equacionando, temos:
120º + 90º – x = 140º ⇒ x = 70º
Questão 13 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir:
x
x
xy
x
Note que todos os ângulos agudos têm a mesma medida x, 
e que qualquer ângulo obtuso tem medida y.
Assim, do enunciado, tiramos: 2x = 72º ⇒ x = 36º
Como x e y são suplementares, temos:
y = 180º – 36º = 144º
Questão 14 – Letra A
Comentário: Como os ângulos de medidas 4x e b são 
colaterais internos, temos que 4x + b = 180º. Da relação 
de ângulos correspondentes, temos 6x = 120º ⇒ x = 20º. 
Substituindo esse resultado na primeira equação, temos: 
b = 180º – 80º = 100º.
Questão 15 – Letra D
Comentário:
Triplo do complemento de um ângulo x: 3
2
π − x
Terça parte do suplemento de um ângulo x: 
1
3
( )π− x
Do enunciado: 3
2
1
3
7
16
π π π− = − =x x x( )
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Como informado no enunciado, AII partiu de 
Brasília, formando um ângulo de 135º, no sentido horário, 
com a rota Brasília-Belém, que é aproximadamente vertical. 
Apenas com a noção de que o ângulo de 135º é maior que o 
de 90º e menor que o de 180º, vemos que AII pode ter ido 
para Belo Horizonte ou para o Rio de Janeiro. Como nenhuma 
das alternativas da questão cita o Rio de Janeiro como opção 
de destino para AII, concluímos que AII foi para Belo Horizonte. 
Partindo de Belo Horizonte, AIII seguiu uma direção que forma, 
com a direção Brasília-Belo Horizonte, 90º no sentido anti-
horário, ou ainda, 135º – 90º = 45º, no sentido horário, com 
a rota Brasília-Belém. Assim, apenas tendo a noção de que o 
ângulo de 45º é maior que o de 0º e menor que o de 90º, vemos 
que AIII se dirigiu a alguma das capitais de estados nordestinos. 
A única alternativa em que isso ocorre é a alternativa B.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Basta notar que as figuras são simétricas 
verticalmente. Para perceber isso, basta colocá-las uma em 
cima da outra, em qualquer ordem. Fazendo o mesmo com a 
figura III, encontraremos a sua correspondente:
II
IIII
Questão 03 – Letras B e D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Para que a figura possa pavimentar o plano, 
devemos ter, para cada saída, uma entrada correspondente, 
formando um encaixe. Isso ocorre nas alternativas B e D.
B) D) 
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Para preenchermos corretamente o espaço 
indicado no tabuleiro da figura A, devemos utilizar uma peça 
que complete o desenho que está na peça à direita. Assim, 
somente a peça 2 pode ser utilizada. Como na peça 2 a parte 
inferior deve ficar voltada para a direita, devemos girá-la 270º 
no sentido horário, ou 90º no sentido anti-horário.
18
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – D 02
Triângulos e pontos notáveis
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir:
P 103º
77º
24º
Q R 24ºα
O ângulo PRQ é oposto ao ângulo de 24°, logo, PRQ = 24°. 
Além disso, o ângulo QPR é o suplemento do ângulo de 103°, 
portanto, QPR = 180° – 103° = 77°.
O ângulo α é um ângulo externo do triângulo PQR, logo:
α = 77° + 24° ⇒ α = 101°.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
x ya
CA
D
E
F
B
2a
2b
2b
b
O ângulo x é ângulo externo ao triângulo BCD.
Logo, x = 2b + 2a ⇒ x = 2(a + b). (I)
O ângulo y é ângulo externo ao triângulo ABE.
Logo, y = a + b. (II)
De I e II, temos x = 2y.
Assim, 2y + y = 180º ⇒ y = 60º.
Daí, x = 2.60º ⇒ x = 120º.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
A
BC
100°
x
α
2
α
2
β
2
β
2
Como um dos ângulos internos do triângulo ABC vale 100º, 
então, α + β = 80º, pois se houvesse dois ângulos medindo 100º, 
a soma dos ângulos internos seria maior que 180º.
Seja x o ângulo formado pelas bissetrizes dos ângulos B e C.
Daí: x + α β
2 2
+ = 180º ⇒ x + α β+
2
 = 180º ⇒
x + 80
2
° = 180º ⇒ x = 140º
Mas, como x = 140º é obtuso, então, o ângulo agudo formado 
pelas bissetrizes dos ângulos B e C é 180º – 140º = 40º.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
F
A
E
B
D
C
E D
C
X
Y
A
210 mm
210 mm F=B
Ao realizar a dobra, o ponto F deve coincidir com o ponto 
B, desse modo, o triângulo retângulo EBA é congruente ao 
triângulo EFA, logo:
EF = EB = AB = 210 mm ⇒ ∆ ABE é isósceles
Assim temos que 2x = 90° ⇒ x = 45°.
Por paralelismo podemos observar que x e y são suplementares, 
logo, y = 135°.
Questão 05 – Letra A
Comentário: Completando os triângulos ABC e ACE com os 
ângulos que faltam, temos:
60º
70º
70º
65º55º
A
B
C D
E
40º
Para descobrir qual é o maior lado na figura, analisaremos 
os três triângulos partindo do ∆CDE. Nesse triângulo, o 
maior lado é o segmento CE, pois esse é a hipotenusa. 
Considerando o triângulo ACE, temos os lados AC = AE > CE, 
pois ao maior ângulo se opõe o maior lado. Por fim, 
analisando os ângulos do triângulo ABC, concluímos que 
AB > BC > AC.
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra D
Comentário: Como BCD e ECB são suplementares e 
ECB = 80º, então, BCD = 100º. Como ECB = 80º é 
externo ao triângulo ABC (e, então, CAB + CBA = ECB), 
2.EAB = ECB e BD é bissetriz de CBA, CBD = 20º. 
Pela soma dos ângulos internos ao triângulo DCB, temos, 
então, BCD + CDB + DBC = 180º ⇒ CDB = 60º.
19
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 04 – Letra B
Comentário: Observe a ilustração a seguir:
R
h
3
6
No triângulo equilátero, todos os pontos notáveis são 
coincidentes, de forma que o segmento (de comprimento R) 
que liga o centro do círculo circunscrito a um vértice do 
triângulo coincide com o segmento (de comprimento 
2
3
h
, 
já que o baricentro divide as medianas na razão 2 para 1) que 
liga o baricentro a esse mesmo vértice. Determinando, pelo 
Teorema de Pitágoras, a altura do triângulo, temos h = 3¹3. 
Logo, R h= =2
3
2 3.
Questão 05 – Letra B
Comentário: NP = PQ, pois MNPQ é um quadrado. NP = PR, 
pois o triângulo NPR é equilátero. Logo, PQ = PR, e, então, 
o triângulo PQR é isósceles, e PQR = PRQ. Como RPN = 60º, 
por ser ângulo interno de um triângulo equilátero, e 
como RPN e RPQ são complementares , temos 
RPQ = 30º. Pela soma dos ângulos internos do triângulo 
isósceles PQR, PQR = PRQ = 
( – )180 30° °
2
 = 75º e, 
como α e PQR são complementares, α = 15º.
Questão 08 – Letra D
Comentário: Pela geometria da situação, podemos extrair 
a seguinte figura:
M
N P
Q
ββ
θ
α
α 70º
No ∆ MNP temos que:
2α + 2β + 70° = 180° ⇒ 2α + 2β = 110° ⇒ α + β = 55°
No ∆ MQN temos que:
α β θ θ θ+ + = ° °+ = ° = °
°55
180 55 180 125
Portanto, MQN = 125°.
Questão 15
Comentário: Considere a figura a seguir e os ângulos 
assinalados por α e β.
C
β
β
α
α
D
50˚A
B
Como 2β é ângulo externo do triângulo ABC, temos:
A + 2α = 2β
No triângulo BCD, β é ângulo externo. Assim:
50º + α = β
Das relações anteriores, temos:
 2 2
100º 2 2
100º 
 
 A A+ =
+ =
=α β
α β
Questão 16 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
B C
D
A
α
α
β
β
Como AD = BD = BC, temos:
B D A
B C B D
A B
D C
= =
= =
D α
β
BDC é ângulo externo do triângulo ABD; portanto:
β = 2α
O triângulo ABC é isósceles, então, pela soma de seus ângulos 
internos, temos:
2β + α = 180º
Das relações anteriores, temos:
 
º
. º ºβ α
β α
α α α=
+ =
+ = =2
2 180
2 2 180 36
Questão 18 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
A
R
N
CB
M
Q
P
5 – x 7 – y
9 – (x + y)
β
β
β
β
α
α
yx
yx
x y
x y
α
α
BP é bissetriz de ABC e CP é bissetriz ACB, portanto:
M P P Q
N P P R
B B
C C
= =
= =
β
α
Como MN // BC , temos que:
M B P Q
N C P R
P B
P C
= =
= =
β
α
Além disso:
BM PQ M P B Q
NC PR N P C R
 / / 
 / / 
= =
= =
B P
C P
β
α
Podemos observar que os quadriláteros BMPQ e CNPR são 
losângos, cujos lados medem respectivamente x e y.
Seja 2p o perímetro do ∆ AMN, temos:
2p = x + y + 5 – x + 7 – y ⇒ 2p = 12
Seja 2p’ o perímetro do ∆ PQR, temos:
2p’ = x + y + 9 – x – y ⇒ 2p’ = 9
A razão entre os perímetros dos triângulosAMN e PQR 
respectivamente, será 2
2
12
9
4
3
p
p'
= = .
20
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 20 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir:
A’ B’
C’
BA
C
h
2 y
x
O triângulo ABC é equilátero e possui lados com medidas iguais 
a 3 3 cm, logo, sua altura é igual a 9
2
 cm.
Considerando x a distância do baricentro até o lado AB do 
∆ ABC, temos que:
x x cm= =9
2
1
3
3
2
 . 
Os triângulos possuem o mesmo baricentro e os lados 
paralelos, logo, a distância y do baricentro até o lado A’B’ do 
∆ A’B’C’ é igual a:
y x y y cm= + = + =2 3
2
2 7
2
 
Considerando h a altura do ∆ ABC, temos que:
= = = =y h
3
h 3y h 3.7
2
h 21
2
 cm
Portanto, a medida das alturas do ∆ A’B’C’ é igual 10,5 cm.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Seja P o ponto onde se localizará a estação. 
Como P deve ser equidistante de A e B, P deve pertencer 
à mediatriz m do segmento AB, representado na figura a 
seguir. Seja x a distância de P à reta que liga C e D. Teremos, 
pois, a seguinte situação.
x
x
x40 – x
20
A D
B C
m
40 km
40 km
M P
Como o triângulo BMP é retângulo, temos:
x2 = (40 – x)2 + 202 ⇒ 80x = 2 000 ⇒ x = 25 
Portanto, o ponto P deve estar na perpendicular à estrada 
que liga C e D passando por seu ponto médio, a 25 km dessa 
estrada. 
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
B
P
A C
M
N
2x
2y
Como N é ponto médio de AC, NC = x.
Como M é ponto médio de BC, MN é base média do triângulo 
ABC e mede y.
Então, sejam SABMN a área do quadrilátero ABMN, SMNC a área 
do triângulo MNC e SABC a área do triângulo ABC. Logo:
S S S
S x y xy
S xy
ABC MNC ABMN
ABC
MNC
= +
= =
=
2 2
2
2
2
.
= − =
=
=
S xy xy xy
S xy
S xy
ABMN
ABC
MNC
2
2
3
2
2
2
 
S S S
ABMN ABC MNC
= =
3
4
3. .
MÓDULO – E 01
Trigonometria no triângulo 
retângulo
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: 
30°
7
x 
Þ Þsen 30º = x
7
1
2
= x
7
x =3,5
Questão 02 – Letra A
Comentário: 
L h
L
x
x
Þcos x = h
L
h=L.cos x
21
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra C
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
30°
15°
15°
15°
60°
HA B
CD
3 km
r
s
Como as retas r e s são paralelas cortadas por uma 
transversal AC, então DCA = BAC, ou seja, BAC = 15º.
Sabemos que ACB = 30º – 15º = 15º.
Logo, o triângulo ABC é isósceles de base AC, ou seja, BC = AB.
Sabemos também que BCH = 90º – 30º = 60º.
Analisando o triângulo BHC, temos:
cos 60º = HC
BC
 ⇒ BC = HC
cos 60°
Como BC = AB, então:
AB = HC
cos 60°
 ⇒ AB = 3
1
2
 ⇒ AB = 6 km
Questão 04 – Letra B
Comentário: 
P
30° 45°
GA
240 – x
x
x
)(Þ Þ =tg 30º = x
240 – x
3
3
= x
240 – x
x 120. 3 –1
Questão 05 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir:
d
α β
h
x
Temos que: 
tg h
x
x h
tg
tg h
d x
h d tg x tg
β
β
α α α
= =
=
+
= +. .
 ⇒
h = d.tg α + h
tg β
. tg α ⇒ h.tg β = d.tg α.tg β + h.tg α ⇒
h(tg β – tg α) = d.tg α.tg β ⇒ h d tg tg
tg tg
= . . 
 – 
α β
β α
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
x
45°
45°
30°
2 x
Seja x a medida da altura da montanha. Então, temos:
tg x
x
30
2
º =
+
 ⇒ 3
3 2
=
+
x
x
 ⇒ x = +3 1 2 7,
Questão 02 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
30°
80
A
EC D
B
x
40
 –
 x
30°
20 3
40 340
= = − = − =cos 30º AB
AD
40 x
20 3
3
2
40 x
20 3
x 10
Questão 07 – Letra D
Comentário:
C
B
A
4
x
x + 4
30°
45°
45°
tg x
x
30
4
º =
+
 ⇒
3
3 4
=
+
x
x
 ⇒
x = +( )2 3 1
Questão 08 – Letra B
Comentário:
Seja o ponto E o escritório. De acordo com a Figura a seguir, 
temos:
30º
30º
30º
120º60º
30 – x
30 – x
x
E
sen x
x
30
30
º =
− ⇒
1
2 30
=
x
x–
 ⇒
x = 10
Questão 09 – Letra E
Comentário: 
O valor de y será dado por:
sen2 10º + sen2 20º+ sen2 30º+ sen2 40º + cos2 40º + cos2 30º + cos2 20º + cos2 10º + 12
 y = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 5
22
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 10 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
30º
30º
120º
h
60º
160
160
= Þ = Þ = Þ =sen 60º 3
2
3
2
h
160
2h 160 3 h 80 3
Sabemos que a altura do teodolito é de 1,5 metros, logo, a 
altura do morro é igual a +80 3 1,5 metros.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Mantendo a mesma trajetória, a menor 
distância, em m, do barco até o ponto P é
A B C
d
P
60º30º
30º
2 000
2 
00
0
sen 60º = d
2 000 
 ⇒ d = 3
2
.2 000 ⇒ d = 1 000 3 m
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Seja C a localização do balão e h = CH sua 
altura, conforme a figura a seguir:
C
H
h
1,8 Km A 3,7 Km B
60O 30O
Como o ângulo CÂB mede 120° (pois é suplementar ao ângulo 
CÂH), temos no triângulo ABC:
ABC + BCA + CAB = 180° ⇒ BCA = 180° – 120° – 30° ⇒ 
BCA = 30°
Logo, o triângulo ABC é isósceles e AC = AB = 3,7 Km.
Então, usando o Teorema de Pitágoras no triângulo ACH, 
chegamos a:
AH2 + CH2 = AC2 ⇒ 1,82 + h2 = 3,72 ⇒ h2 = 10,45 ⇒ h ≈ 3,1
MÓDULO – E 02
Arcos e ciclo trigonométrico
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: 
ββ
αα
30°
 
α =
β
40
60
.30º = 20º
= 3.30º + 20º =110º
Questão 02 – Letra A
Comentário: De acordo com o enunciado, temos:
1) 
120º
E (Sentido anti-horário)A
2) 
270º
H (Sentido horário)E 
3) 
135º
 (Sentido anti-horário) H 
 Logo, –120º + 270º – 135º = 15º. Portanto, o cofre será 
aberto quando a seta estiver no ponto médio entre L e A.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
�120°
12
360 60
20
°−−−−
−−−−




⇒ min
 min
utos
x utos
x == ° ⇒ = °360 20
60
120
.
x
ou x = 2
3
π
Daí, o seu comprimento l é:
l = α.R ⇒ l = 2
3
π .12 ⇒ l = 8π ⇒ l ≅ 25,12
Portanto, a distância percorrida pelo ponteiro do relógio é 
de 25,1 cm.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
R
R
300° = 5π
3
O comprimento l do arco da circunferência é:
l = α.R ⇒ l = 5
3
π.R ⇒ 2 000 m = 5
3
π .R ⇒ 6 000
5
 
π
 = R ⇒
R ≅ 381,97 ⇒ R ≅ 382 m
Portanto, o raio da circunferência mede, aproximadamente, 
382 m.
23
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra E
Comentário: 
Q P
1
15°15°15°15°
1
O
75°
x
y
30°30°
a Þ Þ ÞS = OQ.OP.sen
2
1.1.sen 30º
2
1
2
2
1
4
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir, que representa a 
geometria da situação.
αα
30°
Seja β o ângulo formado pelo relógio às 21h 40min. Como 
o relógio é dividido em 12 partes, o ângulo central entre 
dois números consecutivos será dado por 360
12
= 30° °. Logo, 
o ângulo pedido será:
α
β α
= 40
60
.30º = 20º
= 30º + = 30º + 20º = 50º
Questão 02 – Letra B
Comentário: De acordo com os dados do gráfico, temos:
– = (76,5%). 2 – (11,5%). 2
76,5
100
.2 – 11,5
100
.2 = 13
10
rad
ângulo
central
em rad
ângulo
central
em rad
α β π π
π π π
Questão 04 – Letra A
Comentário:
21,98 = 1.α ⇒ α = 3,5.(2.3,14) ⇒ α ≅ 3,5.(2π) ⇒ (3 voltas 
e meia)
Portanto, a figura correspondente nesse momento é a seguinte:
A
B
CD
Questão 05 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir, que representa o arco 
descrito pelo ponto mais alto
R = 400 α
α
π =
360
rad

 = αR  .= =400
360
10
9
π π m⇒
Questão 07 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
P C
J
M
120° 60°
30°5
05 5
2
 
120 2
3
º= π rad
O comprimento l do arco PJ em metros é:
= =�
PJ
 m . .
1
3
2 5
10
3
π π
Questão 10 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
9 3
2
1
30°
11
10
12
0
α
Note que o ponteiro menor demora 60 minutos para descrever 
um arco de 30º. Assim, em 45 minutos:
.α = ° = °45
60
30 22 30'
Menor ângulo = 4.30º + 22º30' = 142º30'
Questão 13 – Letra D
Comentário: Sendo α o comprimentodo arco de 8 cm em 
radianos, temos:
α(rad) = 
R
=α 8
5
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 11
Comentário: 900º = 2.360º + 180º ⇒ 2 voltas e meia
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 4
Habilidade: 15
Comentário: Considere a figura a seguir, com seus dados.
y
xO Q Q’
P
P’
d’
d
r
r
x
α
24
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Temos que:
d = r.α ⇒ α = d
r
Logo:
cos α = x
r
 ⇒ x = r.cos α ⇒ x = r.cos d
r
Como Q e Q' pertencem ao eixo x, temos que:
d' = r – x ⇒ d' = r – r.cos d
r
 ⇒ d' = r 1 − cos d
r
MÓDULO – E 03
Funções seno e cosseno
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: 
= + +
+ + =
P(2) 6 000 50.2 2 000. 1
2
7 100
P(6) 6 000 50.6 2 000.(–1) 4 300
7 100 100 %
4 300 x % ⇒ x = 60,5 %
Portanto, em Julho, haverá uma queda na quantidade vendida 
em aproximadamente 39,5%.
Questão 02 – Letra A
Comentário: Sabemos, da relação fundamental, que:
sen2 α + cos2 α = 1 ⇒ sen2 α + −1
4
2
 = 1 ⇒ 
sen2 α = −1 1
16
 ⇒ sen2 α = 15
16
 ⇒ sen α = ± 15
4
Por hipótese, o ângulo α está no terceiro quadrante, ou seja, 
sen α < 0.
Logo, sen α = − 15
4
.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Para encontrar o período da função, devemos 
avaliar qual deve ser a variação de x para que o argumento 
do cosseno varie de 2π. Sendo a um valor qualquer e p o 
período procurado, matematicamente, temos:
( ) ( )a p a+ − − −2 2
π π
 = 2π ⇒ a p a
π π π π π
+ − − +2 2 = 2π ⇒ p = 2π2
A imagem da função cosseno é o intervalo [–1, 1]. Logo:
–1 ≤ cos x −2
π
 ≤ 1 ⇒ –3 ≤ –3.cos x −2
π
 ≤ 3
2 ≤ 5 – 3.cos x −2
π
 ≤ 8
Por isso, a imagem de f(x) é [2, 8].
Questão 04 – Letra D
Comentário: Seja f(x) = 8 – 4.cos x, essa função assume valor 
máximo quando cos x = –1. Logo: fmáx(x) = 8 – 4.(-1) = 12.
Questão 05 – Letra D
Comentário: Pelo gráfico, temos que o período p = 5. Logo: 
π π
π
2
m
=5 m= 2
5
A curva representada se aproxima da função seno, assim 
temos:
V(t)= 0,6.sen 2
5
t
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Observe a figura.
12
15,70
y
xO
período = p = 2.15,70 = 31,40 ≅ 10π ⇒
p = 
2π
m
 ⇒ m f x sen x= ⇒ =






1
5
12
5
( ) .
Questão 03 – Letra C
Comentário: Elevando ambos os lados da equação ao 
quadrado, temos:
(sen x – cos x)2 = 1
2
2
 ⇒
=sen x – 2.senx.cos x +cos x 1
4
2 2
Sabemos, da relação fundamental, que
=sen x + cos x 12 2 , logo:
= =
=
–2sen x.cos x 1
4
–1 –2sen x. cos x – 3
4
sen x cos x 3
8
Questão 05 – Letra D
Comentário: Sabemos que:
19
4
16
4
3
4
4 3
4
2 2 3
4
π π π π π π π= + + +.( )
Como a função do gráfico possui período 2π , podemos 
representar f
19
4
π
 como:
4
4π
Reta
paralela
ao eixo y
3
2
4
3
4
π π+
Logo, f 19
4
= f 3
4
= 3π π
Portanto, para y f= 19
4
π , temos 2 < y < 4.
25
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 06 – Letra C
Comentário:
2π
p
= 7π ⇒ p =
2
7
Im = [–7, 7] ⇒ k = 7
�
�
�
�
� 
⇒ kp = 2
Questão 08 – Letra B
Comentário:
mín
x
máx x1
3
3
−
−( )
cos 
cos = 3 – (–1) = 4 ⇒
mín
x
1
3
1
4−
=
cos 
Questão 12 – Letra D
Comentário:
sen x x a a2 2
2
2
1 3 2
2
1+ = − −( ) + − =cos
3 4 4
4
1
2
− + − + =a a a
a a a
a
2 8 12 0 6 3 6
2 0
− + = ⇒ = − − ∉
= ⇒ ≤
 ( )não convém, pois �
aa <



 3
Questão 13 – Letra C
Comentário:
tg AC
OA
tg BD
OB
BD
AC
OA
BD
 
 
θ
θ
=
= =
=
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 4
Habilidade: 17
Comentário: Sabemos que o apogeu e o perigeu ocorrem 
quando r assume seus valores máximo e mínimo, 
respectivamente. Logo:
r Km
r
máx
mín
.
.
, .( )
, .(
=
+ −
=
=
+ +
5 865
1 0 15 1
6 900
5 865
1 0 15 11
5100
)
= Km
Assim, S = 6 900 + 5 100 = 12 000 Km.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Sabemos que os valores máximos e mínimos 
das vendas serão dados quando:
Máximo: sen 
πt
2
 = –1 ⇒ t = 3,7 e 11
Mínimo: sen 
πt
2
 = 1 ⇒ t = 1,5 e 9
Assim, concluímos que as vendas são maiores nos meses de 
março, julho e novembro.
MÓDULO – E 04
Funções tangente, cotangente, 
secante e cossecante
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Basta resolver a equação trigonométrica:
3 cos x + sen x = 3 ⇒ sen x = 3 (1 – cos x) ⇒ sen x
3
 = 1 – cos x
Pela relação fundamental cos2 x + sen2 x = 1, temos:
sen2 x = 1 – cos2 x ⇒
sen2 x = (1 – cos x)(1 + cos x) = sen x
3
(1 + cos x) ⇒
3.sen x = 1 + cos x, pois sen x = 0 não é solução da equação 
inicial.
Logo:
3 3
3 1
4
5
3
5
.cos
. cos
cos
x sen x
sen x x
x
sen x
+ =
= +
=
=
=tg x 3
4
Portanto, 
1
2
 ≤ tg x < 1.
Questão 02 – Letra A
Comentário:
tg x = a ⇒ sen x
x
 
cos 
= a ⇒ sen x = a.cos x
Da relação fundamental, vem:
(a.cos x)2 + cos2 x = 1 ⇒ cos2 x(a2 + 1) = 1 ⇒
cos cos 2
2 2
1
1
1
1
x
a
x
a
=
+
= ±
+
 ⇒
cos x
a
= −
+
1
12
, pois π
2
 < x < π
Como vimos, sen x = a.cos x = −
+
a
a2 1
.
Assim: sen x + cos x = 
−
+
+ −
+
= − −
+
a
a a
a
a2 2 21
1
1
1
1
Questão 03 – Letra C
Comentário:
T tg
T h
( º) , . º
( º) , . , 
30 12 3 31 30
30 12 3 31 3
3
13 9
= +
= +
T (00º)= + =12 3 31 0 12, . º tg h
Portanto, a diferença entre o total de horas de sol na cidade 
do Porto Alegre será:
∆T = 13,9 h – 12 h ⇒ ∆T = 1,9 h = 1 h 54 min.
26
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 04 – Letra E
Comentário: 
B
C
A
1
2
2x
x
α
α
α
α
tg = 1
x
x = 1
tg
Podemos determinar a área do ∆ABC (S∆) subtraindo, da área 
do trapézio, a área dos outros dois triângulos, logo:
α
= α
S = (2x + x).3
2
– x.1
2
– 2x.2
2
S =2x =2. 1
tg
2 cotg
Questão 05 – Letra A
Comentário: 
Como sen x para x quadrante temos
sen x
x
=
= = 5
5
4
4
1
º , :
cos 44 5
4
5
3
5
2
2
cos
–
x
sen x
Lo
= 4
+ =1 sen x =
ggo tg x sen x
x
,
cos
–= = 3
4
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra B
Comentário: Como x ∈ 2º quadrante, temos:
ON x
OM x
AP tg x
=
= sen
=
cos
Questão 07 – Letra E
Comentário: Como sen x =
2
3
, então:
sen x + cos x =1 2
3
+cos x =1
cos x =1 – 4
9
cos x = 5
9
cos x = 5
3
Logo :
cotg x = 1
tg x
= cos x
sen x
=
5
3
2
3
cotg x = 5
2
2 2
2
2
2 2
cos x 1º quadrante
Questão 09 – Letra A
Comentário:
(tg2 x + 1)(sen2 x – 1) = sec2 x.(– cos2 x) = 1
2cos x
.(– cos2 x) = –1
Questão 10 – Letra C
Comentário:
PQ = − =
−
−
=tg
sen
cos
cosπ α
π α
π α
α
2
2
2
ssen α
α= cotg
Questão 11 – Letra B
Comentário:
2.sen θ = 3.tg2 θ ⇒ 2 3
2
2
 .sen .
sen
cos
θ θ
θ
= ⇒ 
3.sen2 θ = 2.sen θ.cos2 θ ⇒ 3.sen θ = 2.(1 – sen2 θ) ⇒ 
2.sen2 θ + 3.sen2 θ – 2 = 0 ⇒ 
sen cos ,
sen (
θ θ θ π
θ
= = < <
= −
1
2
3
2
0
2
2
pois
não convém, poois − ≤ ≤1 1sen )θ
Questão 12 – Letra E
Comentário: 
Sabemos que cot . ,g x
tg x
Logo= =1 1
5
(cotg x) +1= cossec x 1
5
+1= 1
sen x
6
5
= 1
sen x
sen x = 5
6
2 2
2
2
2
2
Questão 13 – Letra D
Comentário:
tg (90º + x) = –tg (90º – x)
 = – sen(90º– x)
cos(90º– x)
= – cosx
senx
= – cotg x
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 19
Comentário:
L(2) =10 000 1 000
2
6
10 000 1 000
3
 
sec .
 
sec
+ = +
π π
 ⇒
L(2) = 10 000 + 1 000.cos π
3
 ⇒
L(2) = 10 000 + 1 000. 1
2
 = 10 500
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Como o mês de abril corresponde a t = 4, 
temos que:
LA(4) = 200 + 50.cos 
π.4
12
 = 200 + 50.cos π
3
 ⇒
LA(4) = 200 + 50.
1
2
 = 225
LB(4) = 300 – 50.cossec 
π.4
24
 = 300 – 50.cossec π
6
 ⇒
LA(4) =300 – 50. 1
6
sen π
 = 300 – 50. 1
1
2
 = 200
Logo, concluímos que, no mês de abril, a empresa A lucrou 
R$ 25 000,00 a mais que a empresa B.
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6V
Matemática
Volume 2
Bernoulli Resolve
i
s
t
o
c
k
p
h
o
t
o
.
c
o
m
Su
m
ár
io
 -
 M
at
em
át
ic
a Módulo A
03 3 Sistemas métricos e base decimal
04 5 Médias
Módulo B
03 8 Equações e problemas
04 12 Razões e proporções
MóduloC
03 15 Função
04 17 Função afim
Módulo D
03 20 Semelhança de triângulos
04 25 Teorema de Tales e quadriláteros
Módulo E
05 29 Funções soma e fatoração
06 30 Equações e inequações trigonométricas
07 32 Sistema cartesiano e ponto
08 35 Estudo analítico da reta
3
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – A 03
Sistemas métricos e base 
decimal
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: A área total da fachada do prédio é 
12 m x 20 m = 240 m2. A área de cada cerâmica é 
10 cm x 10 cm = 0,1 m x 0,1 m = 0,01 m2. Assim, serão 
necessários = =
240 m
0,01 m
2,4 x 10 24 000
2
2
4 ladrilhos para 
o revestimento da fachada. Como cada caixa contém 
50 ladrilhos, o número x de caixas necessárias pode ser 
calculado por x caixas= =24 000
50
480 .
Questão 02 – Letra B
Comentário: A precipitação pluviométrica diz respeito à altura 
do paralelepípedo cujo volume representará a quantidade total 
de água precipitada. Lembrando que 1 litro equivale a 1 dm³, 
devemos achar o volume, em litros, do paralelepípedo de área 
da base 10 km2 e altura 5 cm, a fim de se resolver o problema. 
Assim, transformando as unidades:
1 km = 104 dm ⇒ 1 km2 = (104 dm)2 = 108 dm2
5 cm = 0,5 dm
Agora, lembrando que o volume de um paralelepípedo é dado 
pelo produto da área da base pela altura:
V = 10 km2 x 5 cm = 10 x 108 dm2 x 0,5 dm = 5 x 108 dm3
Questão 03 – Letra B
Comentário: Seja N = ab um número natural, em que a e b 
são seus algarismos não nulos. 
Foi dado que M = ba e N – M = 45. Logo:
ab – ba = 45 ⇒ 10a + b – (10b + a) = 45 ⇒
9a – 9b = 45 ⇒ a – b = 5
Daí, as possibilidades para a e b são 9 e 4, 8 e 3, 7 e 2, 6 e 1.
Portanto, os possíveis valores de N são 4.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Seja n = abc um número natural de 3 algarismos 
a, b e c.
Foi dado que, ao multiplicar n por 7, obtém-se um número 
terminado em 373, ou seja:
a b c
x 7
3 73...
Por tentativa, temos que a única possibilidade para o valor 
c é 9.
a b
x
( )
...
6
9
7
3 7 3
Agora, 7b + 6 tem de terminar em 7, ou seja, b = 3.
a
x
( )
...
2
3 9
7
3 7 3
Enfim, 7a + 2 tem de terminar em 3, ou seja, a = 3.
Portanto, a multiplicação pedida é:
3 3 9
7
3 73
x
...
Ou seja, n = 339, que é um número divisível por 3, pois a 
soma de seus algarismos é divisível por 3.
Questão 05 – Letra E
Comentário: Primeiramente, devemos converter milímetros 
cúbicos em decímetros cúbicos (litros):
1 mm = 10–2 dm ⇒ 1 mm3 = (10–2 dm)3 = 10–6 dm3
Agora, uma regra de três simples nos dá o número total x de 
glóbulos vermelhos no corpo do indivíduo:
5 x 106  10–6 dm3
 ⇒ x = 2,75 x 1013
x  5,5 dm3
Exercícios Propostos
Questão 06 – Letra E
Comentário: Podemos escrever x e y da forma: 
= + + +
= + + +
x 1000a 100a 10 a
y 1000a 100a 10a a
1 2 3 4
4 3 2 1
Temos:
x - y = 1 000a1+ 100a2+ 10a3 + a4 – (1 000a4+ 100a3 + 10a2 + a1) ⇒
x - y = 1 000a1+ 100a2+ 10a3 + a4 – 1 000a4– 100a3 – 10a2 – a1 ⇒
x - y = 999a1 + 90a2 – 90a3 – 999a4 ⇒
x - y = 9 (111a1 + 10a2 – 10a3 – 111a4)
Portanto, x – y é sempre divisível por 9.
Questão 08 – Letra C
Comentário: Seja N = abc um número natural, em que a, b 
e c são seus algarismos.
Foi dado que a + c = 8 e abc – 396 = cba.
Daí, temos que:
abc – cba = 396 ⇒ 100a + 10b + c – (100c + 10b + a) = 396 ⇒
99a – 99c = 396 ⇒ a – c = 4
Resolvendo o sistema a c
a c
+ =
− =
8
4
, temos que a = 6 e c = 2. 
Portanto, o algarismo das centenas de N é 6.
COMENTÁRIO 
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
4
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 09 – Letra B
Comentário: Foi dado que (ab2).8 = 53ba, ou seja:
a b
x
b
( )1
2
8
5 3 6
Portanto, a = 6. 
Sendo a = 6, temos:
6 2
8
5 3 6
5 1( ) ( )
b
x
b
Ou seja, b = 7.
Assim: 
6 7 2
8
5 3 7 6
5 1( ) ( )
x
Portanto, pode-se concluir que a = 6 e b = 7, e, consequentemente, 
a – b = 6 – 7 = –1.
Questão 10 – Letra E
Comentário: Consideremos n = ab, sendo a e b algarismos 
do inteiro positivo n. Temos:
= +
= +
+ = + + = − = =
≠
n 10a b
n S(n) P(n)
10a b a b a.b 9a a.b a(9 b) 0 9 b
a 0
Logo, o algarismo das unidades de n é 9.
Questão 11 – Letra A
Comentário: Foi dado o número XYZ, em que X, Y e Z são 
seus algarismos. Por hipótese, temos:
= +
+ + =
=
ZYX XYZ 198 (i)
X Y Z 15 (ii)
ZX 8 (iii)
De (i), temos que:
100Z + 10Y + X = 100X + 10Y + Z = 198 ⇒
99Z – 99X = 198 ⇒ Z – X = 2 ⇒ Z = X + 2 (iv)
Substituindo (iv) em (iii), temos:
(X + 2)X = 8 ⇒ X2 + 2X – 8 = 0 ⇒ X = 2, pois X > 0
Logo, Z = 2 + 2, ou seja, Z = 4.
Assim, substituindo X = 2 e Z = 4 na equação (ii), temos que:
2 + Y + 4 = 15 ⇒ Y = 9
Portanto, o número XYZ é 294 e pertence ao intervalo 
compreendido entre 250 e 300.
Questão 12
Comentário: Seja n = abcd, em que a, b, c e d são seus 
algarismos. Por hipótese, temos:
a d i
b c ii
abcd dcba iii
2 2
2 2
58
52
3 816
+ =
+ =
− =
()
( )
( )
Da equação (i), temos que as possibilidades para a e d são: 
a = 3 e d = 7 
ou 
a = 7 e d = 3
1 1
2 2
Da equação (ii), temos que as possibilidades para b e c são: 
b = 4 e c = 6 
ou 
b = 6 e c = 4
1 1
2 2
Assim, os possíveis valores para n são:
n1 = 3 467, n2 = 3 647, n3 = 7 643 ou n4 = 7 463
Entretanto, para atender à condição (iii), temos que: 
n = 7 463, pois 7 463 – 3 816 = 3 647
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário:
a = 2 300 mm = 230 cm = 23 dm = 2,3 m.
b = 160 cm = 16 dm = 1,6 m.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário:
6 000 m ≅ 6 000.3,3 pés ≅ 19 800 pés.
Logo, a diferença, em pés, entre as altitudes liberadas na 
Finlândia e no restante do continente europeu é
31 000 – 19 800 = 11 200 pés.
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: O ponteiro indicador dos milhares está entre 
o 2 e o 3, ou seja, ele indica 2 milhares.
O ponteiro indicador das centenas está entre o 6 e o 7, ou seja, 
ele indica 6 centenas.
O ponteiro indicador das dezenas está entre o 1 e o 2, ou seja, 
ele indica 1 dezena.
O ponteiro indicador das unidades está entre o 4 e o 5, ou seja, 
ele indica 4 unidades.
Portanto, a leitura é 2 614 kWh.
5
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 04 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: A capacidade V1 do Aquífero Guarani é cerca 
de 30 000 km3. Daí:
V1 = 30 000.(1 000 m)3 ⇒ V1 = 30 x 1012 m3 ⇒ 
V1 = 30 x 1012 x 103 litros ⇒ V1 = 30 x 1015 litros
A capacidade V2 do novo reservatório de São Paulo é de 
20 000 000 litros, ou seja, V2 = 20 x 106 litros. Logo:
V
V
x
x
1
2
15
6
30 10
20 10
=
litros
litros
 = 1,5 x 109
Portanto, V1 = 1,5 x 109.V2, ou seja, a capacidade do 
Aquífero Guarani é 1,5 x 109 vezes a capacidade do novo 
reservatório.
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Na Terra, 48 ciclos de 365 dias correspondem 
a 48.365 = 17 520 dias.
Como cada ciclo de Vênus corresponde a 584 dias na Terra, 
temos que 17 520
584
 = 30 ciclos.
Questão 06 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Sabendo que para contar os 1 268 bois 
foram usadas 25 talhas, e como cada dedo da mão direita 
corresponde a 1 talha, temos que cada dedo dessa mão foi 
usado 5 vezes:
25
5
talhas
dedos
 = 5 vezes cada dedo
Além disso, como cada dedo da mão esquerda corresponde 
a 5 talhas, temos:
2
5
5 talhas
 talhas por dedo
 = 5 dedos usados
Esse resultado equivale a usar todos os dedos da mão 
esquerda apenas uma vez.
Questão 07 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: De acordo com o enunciado, temos:
V V
V V
V V
Marte Mercúrio
Terra Marte
Netuno Te
=
=
=
3
7
58
.
.
.
rrra
Júpiter Netuno
V V= 23.
Portanto, podemos concluir que:
VJúpiter = 23.VNetuno = 23.(58.VTerra) = 1 334.VTerra
Questão 08 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: O diâmetro do olho humano vale 2,1 cm.
O diâmetro do espelhovale 42 m = 4 200 cm.
Logo, a razão entre o diâmeto do olho humano e o diâmetro 
do espelho é:
2 1
4 200
1
2 000
, cm
cm
=
Portanto, 1:2 000.
MÓDULO – A 04
Médias
Exercícios de Fixação
Questão 01
Comentário: O cliente pagou R$ 18,50 quatro vezes na 
semana e R$ 22,00 três vezes. Assim, para encontrar a 
média dos valores pagos por ele, devemos calcular a média 
ponderada de 18,50 e 22,50, sendo que o primeiro tem peso 
quatro e o último peso três. Assim: 
= +
+
= =M (18,5.4) (22.3)
4 3
140
7
20 reais
Questão 02 – Letra C
Comentário: Assumindo que o preço por quilo de cada 
mistura de cafés é a média ponderada dos preços dos cafés 
I e II, em relação à quantidade destes na mistura, teremos, 
chamando de x o preço por quilo do café I e de y o preço por 
quilo do café II:
2 3
2 3
6 80 2 3 34
3 2
3 2
8 20 3 2 4
x y x y I
x y x y
+
+
= + =
+
+
= + =
, ( )
, 11
5 5 75 2 2 30
 ( )
( ) ( ) ( )
( ) (
II
I II x y x y III
II II
+ + = + =
− II x) =11
Questão 03 – Letra D
Comentário: O peso da atleta será calculado por meio da 
média aritmética, que foi dada, dos pesos das 122 atletas 
participantes. Logo:
62 = 
x x x
1 2 122
122
+ + +...
 ⇒ 7 564 = x1 + x2 + … + x121 + x122 (I)
Como uma atleta foi excluída do grupo, então a média passou 
a ser 61,9 kg, ou seja:
61,9 = 
x x x
1 2 121
121
+ + +...
 ⇒ 7 489,9 = x1 + x2 + … + x121 (II)
Substituindo II em I, temos:
7 564 = 7 489,9 + x122 ⇒ x122 = 74,1
Portanto, a atleta excluída pesa 74,1 kg.
6
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 04 – Letra B
Comentário: Média harmônica:
H = 
2
1
60
1
100
+
 ⇒ H = 
+
2
5 3
300
 ⇒ H = 75
Portanto, a velocidade média desse veículo no percurso inteiro 
foi de 75 km/h.
Questão 05 – Letra C
Comentário: Chamemos de x o número total de pagamentos. 
Assim, 0,24x pagamentos foram feitos com cheque e 0,46x 
com cartão. O valor médio será a média ponderada do valor 
médio dos pagamentos em relação à quantidade destes. 
Observe que, como estamos calculando a média apenas para 
pagamentos com cartões ou cheque, a quantidade total de 
pagamentos será 0,24x + 0,46x = 0,7x. Assim:
M x x
x
x x
x
= + = + ≈0 24 623 0 46 65
0 70
149 52 29 90
0 70
2, . , .
,
, ,
,
556
Observação: A média é dada pelo quociente entre a soma 
de um conjunto valores e a quantidade de valores coletados. 
Ao calcularmos o valor médio dos pagamentos em relação à 
quantidade destes, estamos calculando justamente a soma 
dos valores que nos interessam.
Exercícios Propostos
Questão 02
Comentário: Sejam AM e AH as médias aritméticas das 
mulheres e dos homens, respectivamente, e SM e SH a soma 
das notas das mulheres e dos homens, respectivamente.
A) Assim, sendo M e H, diferentes de zero, as quantidades 
de mulheres e de homens na classe, respectivamente, 
temos que:
 AM = 
S
M
M ⇒ 7 = 
S
M
M ⇒ SM = 7M (I)
 AH = 
S
H
H ⇒ 6,2 = 
S
H
H ⇒ SH = 6,2H (II)
 AM + AH = 
+
+
S S
M H
M H ⇒ 6,5 = 
+
+
S S
M H
M H ⇒ 
 6,5M + 6,5H = SM + SH (III)
 Substituindo as equações I e II na equação III, temos que: 
 6,5M + 6,5H = 7M + 6,2H ⇒ 0,5M = 0,3H ⇒ M = 0,6H
 Portanto, há mais homens, pois o número de mulheres 
equivale a 60% do número de homens.
B) Porcentagem = =
+
=
+
=parte
todo
H
M H
H
0,6H H
H
1,6H
 ⇒ 
 Porcentagem = 0,625 = 62,5%
 Portanto, 62,5% do total de alunos da classe são do sexo 
masculino.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Chamemos de S1 a soma das notas dadas pelo 
primeiro conjunto de entrevistados e S2 a soma das notas 
dadas na segunda etapa da pesquisa, pelos n entrevistados. 
Pela definição de média, temos:
M
S
n
S
S
1
1 1
1
7
1 000
7 000= = =
 
 
A média total será dada por:
= =
+
+
=
+
+
M 8
S S
1 000 n
7 000 S
1 000 n
 (I)
t
1 2 2
Como a média aumentou, é imediato que ela aumentará de 
forma mais rápida se todos da segunda etapa derem nota 
10 para o doce, ou seja, se a média das notas da segunda 
etapa for dez. Assim, para a hipótese de número mínimo de 
entrevistados na segunda etapa:
= =10
S
n
S 10n (II)2
2
Substituindo II em I:
= +
+
=8 7 000 10n
1 000 n
n 500
Questão 04 – Letra D
Comentário: Sendo S100 a soma de 100 números e S98 a soma 
de 98 números dos 100 (retirados x e y), temos: 
S
100
100
9 83= , ⇒ S100 = 983
S
98
98
8 5= , ⇒ S98 = 833
S100 = S98 + x + y ⇒ 983 = 833 + x + y ⇒ x + y = 150
Logo, resolvendo o sistema 
x y
x y
+ =
=
150
3 2 125– , temos x = 85 e y = 65.
Questão 07 – Letra D
Comentário: Foi dado que 15 dos 40 alunos de uma turma 
conseguiram nota máxima em uma prova valendo 100 pontos. 
Sendo S15 a soma das notas desses 15 alunos, temos que:
S15 = 15.100 = 1 500
Sendo 70 pontos a nota média da turma e M a média das 
notas dos alunos que não obtiveram nota máxima, temos que:
A = 
S S
15 25
40
+
 ⇒ 70 = 
1 500
40
25
+S
 ⇒
S25 = 1 300 ⇒ M = 
S
25
25
1 300
25
= ⇒ M = 52
Portanto, a média dos alunos que não obtiveram nota máxima 
é de 52 pontos.
Questão 08 – Letra D
Comentário: Considere n o número de alunos da classe. 
A média das notas é dada pelo quociente entre a soma das 
notas dos alunos e o número de alunos. Porém, a soma das 
notas dos alunos é a soma das notas dadas pelo professor 
em cada questão, já que a nota de cada aluno é a soma das 
notas das questões. Chamando de Si a soma das notas em 
cada questão i ,que será o produto do número de acertos pelo 
valor da questão, teremos:
S x n n
S x n n
S x n
1
2
3
2 0 3 0 6
2 0 1 0 2
2 0 6 1 2
= =
= =
= =
 , ,
 , ,
 , , nn
S x n n
S x n n
4
5
2 0 8 1 6
2 0 4 0 8
= =
= =
 , ,
 , ,
M n n n n n
n
= + + + + =0 6 0 2 1 2 1 6 0 8 4 4, , , , , ,
7
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 11 – Letra C
Comentário: Como as idades dos alunos estão sujeitas, cada 
uma, a um peso, que são os números de alunos, então temos 
de fazer uma média ponderada das idades dos alunos com 
seus respectivos pesos. Daí:
P = + + + +
+ + + +
=16.10 17.23 18.20 19.5 20.2
10 23 20 5 2
1 046
60
P ≅ 17,4 = 17 anos + 0,4.12 meses
P ≅ 17 anos e 5 meses
Portanto, a média das idades dos alunos é de, aproximadamente, 
17 anos e 5 meses.
Questão 14 – Letra A
Comentário: O valor mínimo da média do número de 
infrações é:
Amín. = 
+ + + +
+ + + +
=1.7 4.10 7.15 10.13 13.5
7 10 15 13 5
347
50
 = 6,94
Já o valor máximo da média do número de infrações é:
Amáx. = 
+ + + +
+ + + +
=3.7 6.10 9.15 12.13 15.5
7 10 15 13 5
447
50
 = 8,94
Portanto, a média do número de infrações por motorista nos 
últimos cinco anos, para esse grupo, está entre 6,9 e 9,0.
Questão 18
Comentário: Sejam H e M os números de homens e mulheres 
e SH e SM a soma das idades dos homens e das mulheres, 
respectivamente. Assim, temos:
40 = 
S S
H M
+
120
 ⇒ SH + SM = 4 800 (I)
35 = 
S
M
M ⇒ SM = 35M (II)
50 = 
S
H
H ⇒ SH = 50H (III)
Substituindo as equações II e III na equação I, temos que:
35M + 50H = 4 800 ⇒ 7M + 10H = 960
Como temos 120 pessoas, então M + H = 120. 
Assim, resolvendo o sistema 7 10 960
120
M H
M H
+ =
+ =
, temos que 
M = 80 e H = 40, ou seja, no grupo temos 80 mulheres e 
40 homens.
Questão 19– Letra D
Comentário: Considerando que a classe tem n alunos, haverá 
0,9n homens e 0,1n mulheres, as quais tiraram, cada uma, 
uma nota x. Como a média dos homens foi 83, pela definição 
de média:
= = =M 83
S
0,9n
S 74,7n (I)
h
h
h
É imediato que a soma das notas das mulheres é o produto da 
nota de cada uma pela quantidade destas, ou seja, Sm = 0,1nx. 
Assim, a média total será:
= = =
+
= +
= +
=
M 84
S
n
S S
n
74,7n 0,1nx
n
84n 74,7n 0,1nx
x 93
t
t h m
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: Como os litros de água estão sujeitos, cada um, 
a um peso, que são as massas dos alimentos, então temos de 
fazer uma média ponderada dessa água com seus respectivos 
pesos, ou seja:
p =
+ + + +100 1 000 100 1 500 100 2 500 100 5 000 600 17 00. . . . . 00
100 100 100 100 600+ + + +
p = =
11 200 000
1 000
11 200
Portanto, a média é de cercade 11 200 litros por quilograma.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: Como as velocidades dos veículos, em km/h, 
estão sujeitas a pesos, que são os percentuais de veículos, 
temos então uma média ponderada das velocidades com seus 
pesos percentuais. Daí:
P = 20 5 30 15 40 30 50 40 60 6 70 3 80 1
5 15 30 40
. . . . . . .+ + + + + +
+ + + ++ + +6 3 1
P = 4 400
100
 = 44
Portanto, a velocidade média dos veículos que trafegam nessa 
avenida é de 44 km/h.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: A taxa média de variação da emissão de dióxido 
de carbono é:
A1 ≅ 
0 16 0 16 0 18 0 19 0 20 0 22 0 23 0 25 0 27
9
, , , , , , , , ,+ + + + + + + +
A1 = 0,206 ppm
A taxa média de variação da produção é:
A2 = 
0 1 9
9
, . ⇒ A2 = 0,1 tonelada
A taxa média de variação entre a emissão de dióxido de 
carbono e a variação de produção é:
A3 = 
A
A
1
2
0 206
0 1
=
,
,
 = 2,06 ppm/t, ou seja, superior a 1,50 e 
inferior a 2,80.
8
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: Fazendo a média dos investimentos do Brasil 
na França e da França no Brasil, temos:
Brasil na França:
A
1
367 357 354 539 280
5
=
+ + + +
= 379,4 milhões de dólares
França no Brasil: 
A
2
825 485 1 458 744 1 214
5
=
+ + + +
= 945,2 milhões de dólares
Logo, A2 – A1 = 945,2 – 379,4 = 565,8 milhões de dólares.
Questão 05 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: O desmatamento médio por estado em 2004 era:
A2004 = 4 + 136 + 326 + 549 + 766 + 797 + 3 463 + 7 293 + 10 416
9
 ⇒ 
A2004 ≅ 2 638,9 km2
Considerando que até 2009 o desmatamento cresceu 10,5% 
em relação a 2004, essa média passou para:
A2009 = A2004.1,105 ⇒ A2009 = 2 638,9.1,105 ⇒ A2009 ≅ 2 916 km2,
ou seja, valor entre 2 800 km2 e 3 200 km2.
Questão 06 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: No quadrilátero da figura de 
20 pastilhas x 10 pastilhas, temos: 40 pastilhas pretas e 
160 pastilhas brancas. A razão entre o número de pastilhas 
pretas e brancas, respectivamente, é 1:4. 
Assim, o custo por metro quadrado do revestimento será:
1 10 00 4 8 00
5
. , . ,+
 = R$ 8,40
MÓDULO – B 03
Equações e problemas 
Exercícios de Fixação
Questão 01 
Comentário: Se o tanque tem x litros de capacidade, 
ele tinha x
4
 litros e 
5
8
x
 litros antes e depois da adição, 
respectivamente. A diferença entre essas quantidades nos 
dará justamente a quantidade de combustível colocada, 
24 litros. Assim:
5
8 4
24 3
8
24 64x x x x− = = =
Questão 02 – Letra A
Comentário: Sendo S = – b
a
 a soma das raízes da equação 
(4m + 3n)x2 – 5nx + (m – 2) = 0, temos: 
5
8
5
4 3
= − −
+
n
m n ⇒ 
5
8
5
4 3
=
+
n
m n ⇒ 
4m + 3n = 8n ⇒ m = 
5
4
n (I)
Sendo P = 
c
a
 o produto dessas raízes, temos:
3
32
2
4 3
= −
+
m
m n
 ⇒ 3(4m + 3n) = 32(m – 2) ⇒ 
12m + 9n = 32m – 64 ⇒ 20m = 9n + 64 (II)
Substituindo I em II, temos:
20. 5
4
n = 9n + 64 ⇒ 25n – 9n = 64 ⇒ n = 4
Logo, m = 5
4
.4 ⇒ m = 5.
Portanto, m + n = 5 + 4 = 9.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Chamando de x o custo por quilômetro pelo 
transporte ferroviário, o custo por quilômetro do transporte 
rodoviário será 2x e do transporte marítimo (x – 100). O custo 
total será a soma dos custos por cada meio de transporte, 
que são dados pelos produtos entre o custo por quilômetro 
do meio e a distância percorrida pelo meio. Assim:
700 000 = 2 000(x – 100) + 200x + 25.2x ⇒
900 000 = 2 250x ⇒ x = 400
Assim, o custo por quilômetro no transporte marítimo é de 
300 reais.
Questão 04 – Letra E
Comentário: Sejam A o número de bolas amarelas e V o 
número de bolas verdes. No primeiro caso, sobrarão (V – 1) 
bolas verdes e um total de (A + V – 1) bolas; no segundo 
caso, sobrarão (A – 9) bolas amarelas, e um total de 
(A + V – 9) bolas. Assim:
( )− = + − − = + − − =
= + − = + − − =
= +
V 1 A V 1
5
5V 5 A V 1 4V A 4 (I)
V A V 9
4
4V A V 9 A 3V 9 (II)
V 13 (I) (II)
Substituindo em I ⇒ A = 48 ⇒ A + V = 61
9
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra B
Comentário: Sendo P e n o preço e a quantidade de perfumes 
vendidos em dezembro, temos que P.n = 900. Em janeiro, o 
preço será (P – 10) e a quantidade vendida (n + 5).
Assim teremos: 
(P – 10)(n + 5)= 1 000 (I). Resolvendo o sistema de duas 
equações e duas variáveis:
P n n
P
II. ( )= =900 900
Substituindo II em I:
( )− + = − − =
− − = − − =
= = −
P 10 900
P
5 1 000 5P 9 000
P
150 0
5P 150P 9 000 0 P 30P 1 800 0
P 60 ou P 30 (não convém)
2 2
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: Sejam E o número total de estudantes e D 
a despesa, em reais, para organizar a festa.
Cada estudante deveria contribuir com R$ 135,00 para as 
despesas, ou seja: D
E
 = 135 (I)
Porém, 7 alunos deixaram a escola antes da arrecadação. 
Assim, temos (E – 7) alunos.
Como as despesas da festa permaneceram as mesmas, então 
os estudantes restantes teriam de pagar R$ 27,00 a mais, 
ou seja: D
E −7
 = 162 (II)
Das equações I e II, temos:
135E = 162E – 1 134 ⇒ E = 42
Substituindo E = 42 na equação I, temos D = 5 670.
No entanto, o diretor da escola contribuiu com R$ 630,00.
Logo, cada estudante participante da festa contribuirá com:
D
E
−
−
= −
−
=630
7
5 670 630
42 7
5 040
35
 = 144 reais
Questão 02 – Letra E
Comentário: Sejam L o número de DVDs em lançamento 
 e C o número de DVDs em catálogo.
Daí: L + C = 1 000 (I)
Em um determinado final de semana, temos:
4
5
1
5
L C+ = 260 ⇒ 4L + C = 1 300 (II)
Resolvendo o sistema 
L C
L C
+ =
+ =
1 000
4 1 300
, temos L = 100 e C = 900.
Portanto, o número de DVDs em catálogo locados nesse final 
de semana foi:
1
5
C = 1
5
.900 = 180
Questão 05 – Letra B
Comentário: Sejam a e b os números de tapetes 
redondos e de tapetes retangulares, respectivamente. 
Marlene confeccionou 60 tapetes, sendo que o tapete 
redondo custa R$ 10,00, e o tapete retangular custa 
R$ 12,00. O lucro líquido foi de R$ 500,00, e o custo de 
produção foi de R$ 160,00, ou seja, o total arrecadado 
na venda foi R$ 660,00. Assim, montando o sistema, 
temos que:
+ =
+ =
a b 60
10a 12b 660
 ⇒ 
+ =
+ =
10a 10b 600
10a 12b 660
 ⇒ a = 30 e b = 30
Portanto, Marlene confeccionou nesse mês 30 tapetes 
redondos e 30 tapetes retangulares.
Questão 12 – Letra D
Comentário: Chamando de n o número de amigos e x o valor 
da conta, no primeiro caso, é arrecadado 13n, o que soma o 
valor da conta menos 24 reais; no segundo caso, é arrecadado 
16n, o que equivale ao valor da conta mais 12 reais. Assim:
13n = x – 24 (I)
16n = x + 12 (II)
(II) – (I)
3n = 36 ⇒ n = 12
Questão 13 – Letra B
Comentário: Como α e β são raízes da equação 
x2 – kx + 6 = 0, então a soma e o produto de suas raízes 
são:
S = α + β ⇒ k = α + β
P = αβ ⇒ 6 = αβ
Já a equação do 2º grau que admite as raízes α + 1 e β + 1 
tem como soma e produto de suas raízes os seguintes valores:
S’ = α + 1 + β + 1 ⇒ S’ = k + 2
P’ = (α + 1)(β + 1) ⇒ P’ = αβ + α + β + 1 ⇒ 
P’ = 6 + k + 1 ⇒ P’ = k + 7
Logo, a equação do 2º grau que tem como soma e 
produto de suas raízes k + 2 e k + 7, respectivamente, 
é x2 – (k + 2)x + (k + 7) = 0.
Questão 14 – Letra B
Comentário: Perceba que 1 1
1 2
x x
+ não está contido, de 
imediato, em nenhuma relação de soma ou produto entre as 
raízes. Porém, + =
+
=
−
= − = −
−
=1
x
1
x
x x
x x
b
a
c
a
b
c
57
228
1
4
.
1 2
2 1
1 2
10
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 15 – Letra C
Comentário: Chamando de n a quantidade de sanduíches 
comprada inicialmente e de x o preço de custo, temos 
n.x = 180. O total recebido foi de (n – 6).(x + 2), que expressa 
a quantidade de sanduíches vendidos multiplicada pelo preço 
de venda de cada sanduíche. Com esse dinheiro, ele comprou 
(n + 30) sanduíches a um preço x. Assim:
( ) ( )( )
= =
− + = + + − − = +
− =
− = − = + −=
= = −
n.x 180 n 180
x
 (I)
n 6 x 2 30 n x nx 2n 6x 12 30x nx
2n 12 36x (II)
(I) em (II):
2.180
x
12 36x 30
x
1 3x 3x x 30 0
x 3 ou x 10
3
 (não convém)
2
Questão 17 – Letra D
Comentário: Seja k uma das raízes das equações 
x x a
x x a
2
2
0
20 0
– –
– ( )
=
+ + =
Assim, substituindo k nas equações, temos:
k k a
k k a
2
2
0
20 0
− − =
+ − + =( )
 ⇒ 2k – 20 = 0 ⇒ k = 10
Substituindo k = 10 na equação k2 – k – a = 0, temos:
100 – 10 – a = 0 ⇒ a = 90
Questão 18 – Letra A
Comentário: Temos de encontrar uma maneira de expressar 
a soma dos quadrados das raízes x1 e x2 em função da soma 
e do produto destas. Assim:
+ = −
=
+ = + +
+ = + − = − −
= − = = ±
x x a
x .x 12
(x x ) x 2x x x
x x (x x ) 2x x ( a) 2(12)
25 a 24 a 49 a 7
1 2
1 2
1 2
2
1
2
1 2 2
2
1
2
2
2
1 2
2
1 2
2
2 2
Como a é positivo, a = 7.
Questão 19 – Letra D
Comentário: Para que o sistema de equações 
2 5 0
0
2 5
2 2
x y
x y a
y x
y x a
− + =
+ − =
= +
= − +
admita apenas uma solução real, a equação do 1º grau e a 
equação do 2º grau só podem ter um ponto em comum, ou seja, 
∆ = 0. Logo, fazendo a interseção entre as equações, temos:
2x + 5 = –x2 + a ⇒ x2 + 2x + 5 – a = 0
∆ = (2)2 – 4.1(5 – a) ⇒ 0 = 4 – 20 + 4a ⇒ a = 4
Portanto, para a = 4 o sistema de equações admite apenas 
uma solução real.
Questão 20 – Letra D
Comentário: A equação x2 + px + q = 0, em que p e q são 
reais não nulos, tem como raízes ∆ e 1 – ∆, em que ∆ denota 
o discriminante dessa raiz.
Sendo S a soma das raízes, temos:
S = –p ⇒ ∆ + 1 – ∆ = –p ⇒ p = –1
Como ∆ = p2 – 4.1.q, então:
∆ = (–1)2 – 4q ⇒ ∆ = 1 – 4q
Daí, sendo P o produto das raízes, temos:
P = q ⇒ ∆(1 – ∆) = q ⇒ (1 – 4q)4q = q ⇒ 
1 – 4q = 1
4
 ⇒ q = 3
16
Questão 25 – Letra C
Comentário: Seja x o comprimento da piscina. A primeira 
vez em que os nadadores se encontram, um está a 15 m da 
borda. Logo, o outro nadador está a (x – 15) m da outra borda.
15 m
(x – 15) m
x
Já na segunda vez em que os nadadores se encontram, um 
está a 12 m da outra borda, ou seja, um dos nadadores já 
percorreu (x + 12) m, enquanto o outro nadador já percorreu 
[x + (x – 12)] m.
12 m
(x – 12) m
x
Fazendo uma regra de três, temos que:
−
= +
+ −
15
x 15
x 12
x x 12
 ⇒ 
−
= +
−
15
x 15
x 12
2x 12
 ⇒ x = 33, pois x > 0.
Portanto, o comprimento da piscina é 33 m.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Vamos calcular quanto João gastaria em cada 
pacote:
Pacote 1: 40.7 = 280 reais
Pacote 2: 80 + 10.7 = 150 reais
Pacote 3: 60 + 15(7 – 4) = 105 reais
Agora, para Maria:
Pacote 1: 40.4 = 160 reais
Pacote 2: 80 + 10.4 = 120 reais
Pacote 3: 60 + 15(4 – 4) = 60 reais
Então, o pacote 3 é melhor para os dois.
11
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
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TI
C
A
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Sendo x o valor, em reais, da cota final para 
cada pessoa contribuir com as despesas d da festa, temos:
d x
d x
− = −
=
510 50 7
55
( )
 ⇒ 55x – 510 = 50x – 350 ⇒ x = 32
Portanto, todas as 55 pessoas contribuiram com R$ 32,00.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: Considere a figura a seguir:
Y
X
Na figura anterior, a linha indicada mostra o caminho que o 
ônibus percorrerá para sair do ponto X e chegar ao Y. Assim, 
ele percorrerá 5.200 = 1 000 m = 1 km.
Como a velocidade é 40 km/h, o tempo t gasto pelo ônibus será:
v = d
t
 ⇒ 40 = 1
t
 ⇒ t = 
1
40
h = 1,5 min
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Seja t o tempo gasto por Joana para realizar 
todos os exercícios, descansando conforme seu cronograma. 
Temos que t é a soma do tempo gasto fazendo as 
3.6 = 18 séries, com o tempo gasto na esteira e os descansos. 
Então:
t = 18.0,5 + 10 + 18.1 = 37 min.
Como de 10h30min a 11h07min temos um intervalo de 
37 min, Joana poderia ter feito todos os exercícios, cumprindo 
rigorosamente todos os intervalos programados.
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 19
Comentário: Sendo m o número de moedas de R$ 1,00 
que se consegue produzir com R$ 1 000,00 e c o número 
de cédulas de R$ 1,00 que se conseguiria produzir com os 
mesmos R$ 1 000,00, com m e c valores inteiros, temos:
m = 
R
R
$ ,
$ ,
1 000 00
0 26
 = 3 846 moedas e sobram R$ 0,04; e
c = 
R
R
$ ,
$ ,
1 000 00
0 17
 = 5 882 cédulas e sobram R$ 0,06.
A diferença c – m é a quantidade de cédulas a mais que o 
Banco Central conseguiria produzir com R$ 1 000,00.
c – m = 2 036
Questão 06 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: De junho a dezembro de 2009, foram 
importados 7
5
9 12 6. ,= e exportados 
7
5
11 15 4. ,= milhões de 
metros cúbicos de petróleo. Assim, os valores despendidos e 
gerados nesse período foram:
Importação: 12,6 x 106.340 = 4 284 milhões de dólares
Exportação: 15,4 x 106.230 = 3 542 milhões de dólares
Juntando aos valores referentes ao período de janeiro a maio 
de 2009, temos:
Importação: 4 284 + 2 840 = 7 124 milhões de dólares
Exportação: 3 542 + 2 240 = 5 782 milhões de dólares
Logo, a diferença entre esses valores é:
D = 7 124 – 5 782 = 1 342 milhão = 1,342 bilhão de dólares
Questão 07 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Sabemos que para a compra dos selos de 500 
folhetos do segundo tipo serão gastos R$ 725,00.
500.(0,65 + 0,60 + 0,20) = 725,00.
O restante do dinheiro será gasto apenas na compra de selos 
de R$ 0,65.
1 000 00 725 00
0 65
275 00
0 65
, – ,
,
,
,
= = 423 selos e sobram R$ 0,05
Assim, para saber quantos selos de R$ 0,65 foram comprados, 
temos de somar a quantidade desses selos comprados tanto 
para o primeiro tipo de folheto (423 selos) quanto para o 
segundo tipo de folheto (500):
500 + 423 = 923
Portanto, foram comprados 923 selos de R$ 0,65.
12
Coleção Estudo
M
A
TE
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Á
TI
C
A
Questão 08 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 5
Habilidade: 22
Comentário: Sendo x a distância alcançada no primeiro salto, 
em metros, temos:
Salto Alcance (m)
1º x
2º x – 12
3º (x – 1,2) – 1,5
Para atingir a meta de 17,4 m, tem-se:
x + (x – 1,2) + (x – 1,2 – 1,5) = 17,4 ⇒ 3x – 3,9 = 17,4 ⇒ 
3x = 21,3 ⇒ x = 7,1
Portanto, o alcance do primeiro salto precisa ser de 7,1 m.
MÓDULO – B 04
Razões e proporções 
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Observe a tabela a seguir:
Modelo
Largura 
(cm)
Altura 
(cm)
Preço 
(R$)
Área 
(cm2)
Preço/Área 
(R$ / cm2)
23" 50 30 750,00 1 500 1/2
32" 70 40 1 400,00 2 800 1/2
40" 90 50 2 250,00 4 500 1/2
Assim, percebemos que a razão entre a área de cada televisor 
e seu preço permanece constante.
Questão 02 
Comentário: Sejam x e y as quantidades, em quilogramas, 
produzidas por José e João, respectivamente. 
Logo, x y
x y
x
y
+ =
= +
=
=
1 500
250
875
675
.
Sejam P e Q os tamanhos do terreno que José e João irão 
receber, respectivamente. Como a divisão dos 30 alqueires 
será feita de forma diretamente proporcional à produção de 
cada filho, temos:
P = =875
1 500
30 17 5. , e Q = =
625
1 500
30 12 5. ,
Logo, José ficará com 17,5 alqueires, e João, com 12,5 alqueires.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Chamando de M, K, S e A as quantias pagas 
por Marcos, Kátia, Sérgio e Ana, sabendo que estas foram 
proporcionais à quantidade comida por cada um, temos:
M S K A
4 4 3 3
= = =
Usando uma das propriedades das proporções e sabendo 
que a soma das quantias pagas por todos é 21.2 = 42 reais:
M S K A M S K A
M S e K A
4 4 3 3 4 4 3 3
42
14
3
12
= = = = + + +
+ + +
= =
= = = = 99
Assim, a quantia paga por cada homem foi de 12 reais e o 
valor pago por cada mulher foi 9 reais.
Questão 04 – Letra B
Comentário: A fórmula estrutural da água é H2O. O hidrogênio 
tem massa 1 e o oxigênio tem massa 16. Assim, uma molécula 
de água tem massa molecular de 2.1 + 16 = 18, e 16
18
8
9
= são 
devidosao oxigênio. Assim, dos 75% de água no corpo, 8
9
 são 
de oxigênio, ou seja, o oxigênio tem 3
4
8
9
2
3
. = de participação 
na massa total do corpo humano.
Questão 05 – Letra B
Comentário: A torneira 1 possui uma velocidade de 
enchimento igual a v1 = 
5
12
litros
segundos
, e a torneira 2, igual 
v2 = 
5
18
litros
segundos
.
As duas torneiras juntas encherão o tanque com uma 
velocidade
v1,2 = v1 + v2 = 
5
12
5
18
15 10
36
25
36
+ = + = litros
segundos
 ⇒
v1,2 = 
1 000
1 440
1 000
24
litros
segundos
litros
utos
=
min , ou seja, encherão 
1 000 litros em 24 minutos.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: O total de sorvete de chocolate é igual a 
um terço do primeiro pote mais a metade do segundo 
pote, o que dá um total de 1
3
1
2
5
6
+ = pote. Assim, a fração 
correspondente à quantidade de sorvete de chocolate 
comprado foi: 
5
6
2
5
12
 pote
 potes
=
Questão 02 – Letra B
Comentário: Chamando de x, y e z as quantidades recebidas 
pelo três filhos e lembrando que x + y + z = 33 (I), temos:
x.2 = y.4 = z.6
Essa forma, no entanto, não é a ideal para se trabalhar, pois 
não há nenhuma propriedade das proporções que se encaixe 
nela. Assim: 
= = = = = + +
+ +
= =
= = =
x.2 y.4 z.6 x
1
2
y
1
4
z
1
6
x y z
1
2
1
4
1
6
33
11
12
36
x 18; y 9; z 6.
Ou seja, o mais novo recebeu 18 reais.
13
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra E
Comentário: Chamando de A, B e C as quantidades 
arquivadas por Adílson, Bento e Celso, temos que:
24 30 36
1
24
1
30
1
36
. . .A B C A B C= = = =
Também temos A + C – B = 26. Manipulando as expressões:
= = = − +
− +
= =
= = = + + =
A
1
24
B
1
30
C
1
36
A B C
1
24
1
30
1
36
26
13
360
720
A 30, B 24, C 20 A B C 74
Assim, a quantidade de documentos arquivados é maior que 60.
Questão 07 – Letra D
Comentário: 
y
O
P Q
x
Sabe-se que x e y são grandezas inversamente 
proporcionais. Assim, dada uma constante real k, temos 
que xy = k.
Como 5
3
480, é um ponto da curva definida por y = f(x), 
temos:
k = 5
3
.480 ⇒ k = 800
A área S do triângulo OPQ é dada por:
S = PQ OP.
2
Sendo Q = (x, y) um ponto da curva, concluímos que
PQ = x e OP = y
Logo: S = xy k
2 2
800
2
400= = =
Portanto, a área do triângulo OPQ vale 400.
Questão 10 – Letra B
Comentário: Foi dado que José e Jair gastam, respectivamente, 
30 e 45 minutos para limpar um mesmo vestiário. Juntos, eles 
gastarão um tempo T para limpá-lo, em que:
1 1
30
1
45
3 2
90
5
90
90
5
18
T
T T= + = + = = = minutos
Portanto, José e Jair gastam 18 minutos para, juntos, lavar 
o vestiário.
Questão 11 – Letra A
Comentário: Com 1 litro de álcool, percorre-se 8 km.
Daí, com 0,25 L de álcool, percorre-se 0,25.8 = 2 km.
Com 1 litro de combustível gasolina + álcool, percorre-se 11 km.
Desse 1 litro, temos 0,25 L de álcool e 0,75 L de gasolina.
Com 0,25 L de álcool, é possível percorrer 2 km, e, com 0,75 L 
de gasolina, percorre-se 9 km.
Agora, com 0,20 L de álcool, o carro percorrerá 
0,20.8 = 1,6 km.
Com 0,80 L de gasolina, o carro percorrerá:
0 80
0 75
,
,
.9 = 9,6 km
Logo, com a porcentagem de álcool de 20% e 80% de gasolina, 
um carro percorrerá 1,6 km + 9,6 km = 11,2 km com um 
litro dessa mistura.
Questão 12 – Letra C
Comentário: Sejam x o comprimento da peça de tecido e 
pJ e pA o número de palmos de João e de Alfredo para medirem 
a peça de tecido. Assim:
x = 30pJ e x = 27pA
Igualando as equações anteriores, temos que:
30pJ = 27pA ⇒ 10pJ = 9pA
Portanto, 10 palmos de José equivalem a 9 palmos de Alfredo.
Questão 16
Comentário: De acordo com o exercício, temos a seguinte 
situação.
Vinho (L) Água (L) Total (L)
Início 100 0 100
1º passo 100 – x x 100
2º passo (100 – x) – 100
100
− x x x – 
x
100
x + x 100
Daí: (100 – x) – 
100
100
− x x = 64 ⇒ x2 – 200x + 3 600 = 0 ⇒ 
x = 20 ou x = 180
Como o barril tem 100 litros, então x = 20 L, ou seja, 
inicialmente retiramos 20 litros de vinho do barril.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 3
Habilidade: 11
Comentário: Pela definição de escala, temos que esta 
representa a razão entre a altura gráfica e a altura real. 
Assim, percebe-se que o tamanho real é dado pela razão 
entre o tamanho gráfico e a escala. Efetuando os cálculos 
para as 5 árvores:
14
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
=I. 9
1
100
900 u.c
=II. 9
2
100
450 u.c
=III. 6
2
300
900 u.c
=IV. 5
1
300
1 500 u.c
=V. 5
2
300
750 u.c
Assim, a árvore IV é a que apresenta maior tamanho real.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: A quantidade de gotas ministradas é 
diretamente proporcional à massa corporal do bebê. Assim, 
por uma regra de três simples:
Dosagem Massa
5 gotas  2 kg
30 gotas  x
x = 12 kg
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: Representando pelo índice 1 as variáveis 
relacionadas à primeira parte do trajeto e pelo índice 2 as 
variáveis da segunda parte, e as quantidades de José, Carlos 
e Paulo por J,C e P, teremos:
J C P
J C P
I
1 1 1
2 2 2
6 5 4
4 4 2
= =
= = ( )
Como a quantidade total de laranjas não foi alterada, teremos:
J1 + C1 + P1 = J2 + C2 + P2 = n (II)
Substituindo II em I:
J C P n
J C P n
1 1 1
2 2 2
6 5 4 15
4 4 2 10
= = =
= = =
Manipulando as equações, encontramos:
J J n
C n C n
P n P n
1 2
2 1
1 2
2
5
2
5 3
4
15 5
= =
= > =
= > =
Assim, o único que teve a carga aumentada foi Carlos. Esse 
aumento vale:
2
5 3 15
50 750n n n n− = = =
Substituindo o valor de n, encontramos:
J2 = C2 = 300 e P2 = 150
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Como ganha 20 tíquetes por rodada, a criança 
terá de jogar 9 200
20
460 = vezes para conseguir a quantidade 
necessária de tíquetes. Como cada jogada custa 3 reais, ela 
gastará 3.460 = 1 380 reais para ganhar a bicicleta.
Questão 05 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: A escala representa a razão entre o dimensão 
representada e a dimensão real. Assim:
Escala cm
km
m
x m
= = =
60
420
0 6
4 2 10
1
700 0005
 
 
, 
, 
Questão 06 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Do texto, sabemos que será necessária 
1,4 milhão de colmeias nas lavouras de amêndoas da 
Califórnia. Como o preço de cada uma é 150 dólares, os 
agricultores deverão pagar:
150.1,4 x 106 = 210 x 106 dólares
Questão 07 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: O contrato inicial do funcionário determinava 
que ele iria ganhar R$ 120,00 por semana pela venda de 
R$ 600,00 semanais em produtos. Caso ele aumentasse a 
venda para R$ 1 200,00, sua comissão subiria para R$ 200,00, 
ou seja, R$ 80,00 a mais que o valor oferecido inicialmente 
pelo comerciante. Como o funcionário vendeu R$ 990,00 na 
semana, ou seja, ele superou o valor inicial em R$ 390,00, 
sua comissão será: 
R
R
$
$
80
600
.R$ 390 = R$ 52
Portanto, o patrão pagou ao funcionário uma quantia de 
R$ 120 + R$ 52 = R$ 172.
15
Editora Bernoulli
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TE
M
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A
Questão 08 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: Para percorrer 16 voltas, o carro andará uma 
distância de 16.7 = 112 km. Como são necessários 75 litros 
para percorrer 100 km, seja c o consumo do carro, em litros 
por quilômetro, e v o volume gasto de combustível para 
percorrer os 112 km. Então, temos:
c = 75
100
litros
km
 = 0,75 L/km
v = 0,75 L/km.112 km = 84 litros
Como a densidade é de 750 g/L, a massa m da gasolina será:
m = 750.v = 750.84 = 63 000 g = 63 kg
Logo, o peso total do carro será 605 + 63 = 668 kg.
Questão 09 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: A resistência S da viga dada é diretamente 
proporcional a largura b e ao quadrado da altura d e k 
é aconstante de proporcionalidade do material. Logo, 
s = k.b.d2.
MÓDULO – C 03
Função
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário:
A) Falso. Para x = 2 ∈ A, temos 2x = 2.2 = 4 ∉ B.
 Portanto, f: x → 2x não é uma função de A em B.
B) Falso. Para x = 2 ∈ A, temos x + 1 = 2 + 1 = 3 ∉ B.
 Portanto, f: x → x + 1 não é uma função de A em B.
C) Verdadeiro, pois cada elemento de A tem uma única 
imagem em B e, por definição de função, não é necessário 
que todos os elementos do contradomínio sejam imagem 
de algum elemento do domínio.
D) Falso. Para x = 0 ∈ B, temos x2 – x = 02 – 0 = 0 ∉ A.
 Portanto, f: x → x2 – x não é uma função de B em A.
E) Falso. Para x = 0 ∈ B, temos 0 – 1 = –1 ∉ A.
 Portanto, f: x → x – 1 não é uma função de B em A.
Questão 02 – Letra A
Comentário: Temos que a norma G é diretamente 
proporcional a m e inversamente proporcional ao quadrado 
de d, ou seja, αG m
d2
. 
Como G = f(d), podemos descrever a função da seguinte 
maneira: f(d) = m
d2
. 
Dessa forma, 
( )
= =f(2d) m
2d
f(2d) m
4d2 2
. 
Então, =f(2d)
f(d)
4
.
Questão 03 – Letra D
Comentário: De acordo com o enunciado, temos:
= − +f(x) x 2x 5,se x
3 , se x
2
x
Queremos encontrar os valores tais que f(x)=7. 
Logo, devemos igualar 7 às leis da formação da função e 
verificar se as soluções estão no domínio de cada lei. Logo: 
=
+ = − = = ±
=
f(x) 7
x –2x 5 7 x –2x 2 0 x 1 3
3 7 É imediato que x = log 7 . A solução convém.
2 2
não convém pois x
x
3
Assim, há uma solução real para f(x)=7.
Questão 04 – Letra A
Comentário: f(5x) = 5.f(x)
● fazendo x = 5 ⇒ f(25) = 5.f(5) ⇒ 75 = 5.f(5) ⇒ f(5) = 15
● fazendo x = 1 ⇒ f(5) = 5.f(1) ⇒ 15 = 5.f(1) ⇒ f(1) = 3
Questão 05 – Letra A
Comentário: Como foi dado o gráfico da função f(x), então 
o gráfico da função g(x) = f(x – 1) será o gráfico de f(x) 
deslocado uma unidade para a direita no eixo das abscissas.
Assim, o gráfico da função g(x) = f(x – 1) é:
y
1
1
–1
–1
xO
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra C
Comentário: Sabemos que 7
31
, 1 e 3,14 são racionais. 
Logo, = =f 7
31
7
31
, f(1) 1, e f(3,14)= 3,14. Também temos 
que = =24
2
12 2 3 , ou seja, este número é irracional. 
Assim, = =f(2 3) 1
2 3
3
6
. Logo, o maior entre os números 
dados é f(3,14). 
(Perceba que 3,14 ≠ π.)
Questão 08 – Letra D
Comentário:
f(x + y) = f(x) + f(y)
Fazendo x = 1 e y = 1, temos:
f(1 + 1) = 2.f(1) ⇒ = f(2) = 2.3 = 6 
Questão 09 – Letra C
Comentário: Temos, pelo enunciado, que =f(x) 1
x
.
Assim, = =f 1
x
1
1
x
1
1
x
. 
Como ( )= = = =x x x x x x12 12
1
2 1
4 4 , concluímos que 
= =
1
1
x
1
1
x
x
4
4 . 
Logo, =f 1
x
x.4
16
Coleção Estudo
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Questão 10 – Letra A
Comentário: Temos que uma função da forma f(x) = ax + b é 
crescente quando seu coeficiente angular a > 0. Manipulando 
a lei da função dada, encontramos que 
f(x) = (3 – 2a)x + 4. 
Assim, > <3–2a 0 a 3
2
.
Questão 11 – Letra A
Comentário: Para que o produto f(x).g(x) seja negativo, 
é necessário que uma das funções seja negativa, e que a outra 
seja positiva, no mesmo intervalo de x. Em outras palavras, 
a inequação é satisfeita nos intervalos de x nos quais uma 
curva se encontra acima do eixo x, e a outra encontra-se 
abaixo do eixo x. Isso ocorre para 2 < x < 3 e 5 < x < 6.
Portanto, S = {x ∈ ; 2 < x < 3} ∪ {x ∈ ; 5 < x < 6}.
Questão 13 – Letra D
Comentário: y = a + 
b
x
● Para x = –1, temos y = 0.
 0 = a – b ⇒ a = b
 Substituindo na função, temos y = b + b
x
.
● Para x = 2, temos y = 3.
 3 = b + b
2
 ⇒ 6 = 2b + b ⇒ b = 2
 Logo: a = 2
 Portanto, ab = 22 = 4.
Questão 15 – Letra E
Comentário: O gráfico da função g(x) = f(x – k) + k é obtido 
a partir do gráfico da função f(x) do seguinte modo:
1º passo:
Deslocamos o gráfico da função f(x) k unidades para a direita, 
obtendo, assim, o gráfico da função f(x – k).
O
y
f(x – k)f(x)
xk
2º passo:
Deslocamos o gráfico da função f(x – k) k unidades para cima, 
obtendo, assim, o gráfico de g(x) = f(x – k) + k.
O
y
g(x) = f(x – k) + k
f(x – k)
x
Portanto, o gráfico correto é 
O
y
g
x
Questão 17 – Letra C
Comentário: A distância total a ser percorrida, em dezenas de 
quilômetros, é a distância que falta ser percorrida no momento 
t = 0, ou seja, D(0). Pela lei da função, =
+
+
− =D(0) 4 0 7
0 1
1 24. 
Lembrando que essa distância é expressa em dezenas de 
quilômetros, a distância total a ser percorrida é 240 km. 
Podemos achar o tempo total do percurso fazendo D(t)=0, 
já que esse será o tempo em que faltará 0 km para que o 
percurso seja completado. Então, 
= +
+
− = +
+
=
− − = =
=
D(t) 0 4 t 7
t 1
1 0 t 7
t 1
1
t t 6 0 t 3
t –2 (não convém)
2 2
2
Assim, o percurso será completado em 3 h, e o carro percorreu, 
em média, =240 km
3 h
80 km/h.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 5
Habilidade: 20
Comentário: As grandezas consumo diário de cigarros 
e casos de câncer de pulmão não são diretamente 
proporcionais, pois o consumo de cigarros entre 1 e 14 e 
entre 15 e 24 faz com que os casos de câncer de pulmão 
permaneçam constantes.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 19
Fazendo t = 0, temos T(0) = 
7
5
.0 + 20 = 20.
Fazendo t = 100, temos T(100) = 7
5
.100 + 20 = 160.
Podemos concluir que, para 0 ≤ t < 100, temos 20 ≤ T < 160.
• A peça é colocada a 48 ºC. Temos:
7
5
t + 20 = 48 ⇒ t = 120
Logo, passaram-se 20 minutos desde que o forno foi ligado.
• A peça será retirada a 200 ºC. Temos:
2
125
16
5
320 2002t t– + = (para t ≥ 100)
2
125
16
5
120 02t t– + =
Simplificando a equação, temos t2 – 200t + 7 500 = 0, cujas 
raízes são:
t não convém
t convém
=
=
50
150
( )
( )
O tempo de permanência da peça no fogo é igual a:
150 – 20 = 130 minutos
17
Editora Bernoulli
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C
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Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: Com base na tabela, o atleta com 1,59 m 
deveria pesar 58 kg. Como o seu peso é de 63 kg, ele 
encontra-se 5 kg acima do peso ideal. Analisando o gráfico 
para meia-maratona, verificamos que para cada 1 kg acima 
do peso ideal, o atleta perde 0,67 minutos. Portanto, com 5 kg 
acima do peso o atleta perde 5.0,67 = 3,35 minutos. Assim, 
ao perder esses 5 kg, o atleta melhoraria o seu tempo em 
3,35 minutos.
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: Os IMC's de Duílio e Sandra são, respectivamente:
IMC m
h
IMC e
IMC m
h
= = =
= =
2 2
2 2
96 4
1 84
27 3
84
1 70
,
( , )
,
( , )
IIMC = 29 1,
Ou seja, ambos estão na categoria de sobrepeso.
MÓDULO – C 04
Função afim
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: O custo total é igual à soma dos custos total 
e variável. Assim, o custo total em função do número x 
de paletós produzidos será dado por 
C(x) = 10 000 + 100x, com 0 ≤ x ≤ 500. O custo médio será 
= = + = +C (x) C(x)
x
10000 100x
x
10000
x
100s
m
. Assim, Cm será 
mínimo para x máximo, ou seja, x = 500. 
Logo, o custo médio mínimo será = + =C 10000
500
100 120.
m
Questão 02 – Letra B
Comentário: Foi dado que o consumo diário de energia de 
Paulo, que tem entre 15 e 18 anos, é de 2 975 kcal.
Como, para meninos com a idade de Paulo, temos a função 
f(h) = 17h, assim:
f(h) = 17h ⇒ 2 975 = 17h ⇒ h = 175
Logo, Paulo tem 175 cm de altura.
Por hipótese, Paulo é 5 cm mais alto que sua namorada, 
ou seja, Carla tem 170 cm de altura.
A função g(h) = 15,3h calcula o consumo diário de energia 
para meninas entre 15 e 18 anos. Como Carla está nessa faixa 
etária e tem 170 cm de altura, então:
g(170) = 15,3.170 ⇒ g(170) = 2 601 kcal
Portanto, o consumo diário de energia de Carla é de 2 601 kcal.
Questão 03- Letra D
Comentário: O número de cricrilados a 15 °C é igual a 
N = 7.15 – 30 = 75. Como estes foram reduzidos pela metade, 
o número inicial de cricrilados era de 150, que acontecem para 
uma temperatura T tal que = = ≈150 7T –30 T 180
7
26 °C .
Questão 04 – Letra B
Comentário:A temperatura média anual foi considerada 
uma função linear do tempo. Assim, a variação anual da 
temperatura em todo o domínio é constante e vale:
α = = −
−
=y
x
13,8 13,35
2010 1995
0,03
Essa variação também valerá de 2010 a 2012. Assim, a 
temperatura média T de 2012 será tal que:
= =0,03 T –13,8
2012 –2010
T 13,86
Questão 05 – Letra C
Comentário: O consumo de combustível é de 40
100
0 4= , litros
km
, 
e o custo é de 0 4 4 1 6, . ,L
km
reais
L
real
km
= .
Daí, o gasto em função da distância x percorrida é dado por 
g(x) = 1,6.x + 1 150, e o lucro é dado por L(x) = 2,00.x.
Para o gasto não superar o lucro, temos:
g(x) ≤ L(x) ⇒ 1,6x + 1 150 ≤ 2x ⇒ 2 875 ≤ x
Portanto, o ônibus terá de percorrer, no mínimo, 2 875 km 
para que os gastos não superem o lucro.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: De forma geral, o lucro L(x) é dado por 
L(x) = R(x) – C(x), em que R(x) e C(x) expressam, 
respectivamente, a receita e o custo para um número x de 
unidades produzidas. Encontrando as expressões de R(x) e 
C(x):
R(x)= ax + b ⇒ b = 0 (interseção com o eixo y) ⇒ R(x)= ax
⇒ R(1 000) = 15 000 = 1 000a ⇒ a = 15 ⇒ R(x) = 15x
C(x)= ax + b ⇒ b = 5 000 (interseção com o eixo y) ⇒ C(x)= 
ax + 5 000
⇒ C(1 000) = 15 000 = 1 000a + 5 000 ⇒ a = 10 ⇒ C(x) 
= 10x + 5 000
A expressão de L(x) pode ser dada por:
L(x) = R(x) – C(x) = 15x – (10x + 5 000) = 5x – 5 000 ⇒ 
L(1 350) = 5.1 350 – 5 000 = 1 750
Questão 06 – Letra B
Comentário: Sendo P e n o preço e a quantidade de perfumes 
vendidos em dezembro, temos que = =P.n 900 n
900
P
 (I). 
Em janeiro, o preço será (P – 10), e a quantidade vendida 
(n + 5). Assim, (P – 10)(n + 5) = 1 000 (II). Resolvendo o 
sistema de duas equações e duas variáveis, substituindo I 
em II, temos:
( ) + = =
− =
= =
=
P –10 900
P
5 1000 5P – 9000
P
–150 0
5P 150P – 9000 0
P –30P –1800 0 P 60
P –30 (não convém)
2
2
18
Coleção Estudo
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Questão 07 – Letra B
Comentário: Sabe-se que o tempo gasto é igual ao quociente 
da distância pela velocidade média. Além disso, devemos 
acrescentar os 50 minutos das paradas.
Como o tempo é dado em horas, as paradas totalizam 
50
60
 horas.
Portanto, o tempo total t é dado por:
t = x x
60
50
60
50
60
+ = +
Questão 08 – Letra B
Comentário: Para 0 ≤ t ≤ 60, temos f(t) = at + b.
f
f
a b
a b
a
b
( )
( )
.
.
0 0
60 10
0 0
60 10
1
6
=
=
+ =
+ =
=
== 0
Logo, f(t) = t
6
, se 0 ≤ t ≤ 60.
Analogamente para 60 < t ≤ 120, temos:
f
f
a b
a b
( )
( )
.
.
60 10
120 15
60 10
120 15
=
=
+ =
+ =
=
=
a
b
1
12
5
Logo: f(t) = t
12
 + 5, se 60 < t ≤ 120
Portanto:
f(t) = 
t se t
t se t
6
0 60
12
5 60 120
,
,
≤ ≤
+ < ≤
Questão 10 – Letra C 
Comentário: Chamando de A(x) e B(x) os preços cobrados 
pelos tradutores A e B em função do número x de linhas 
traduzidas, teremos A(x)= 16 + 0,78x e B(x)= 28 + 0,48x. 
Para que o custo relativo ao tradutor B seja menor, devemos 
ter A(x) > B(x), ou seja:
16 + 0,78x > 28 + 0,48x ⇒ 0,3x – 12 > 0 ⇒ x > 40
Como o número de linhas deve ser um número natural, a 
quantidade mínima será de 41 linhas.
Questão 13 – Letra D
Comentário: Observe que, para valores inteiros de x, temos 
que y = 1,5x + 0,5.
O cliente irá estacionar por 10,5 horas. Para x = 10, temos 
y = 1,5.10 + 0,5 = 15,50.
A meia hora excedente irá aumentar em R$ 1,50 o total pago, 
pois a fração de hora é cobrada como uma hora. Portanto, 
o total pago será R$ 17,00.
Questão 14 – Letra E
Comentário: Observe a seguinte figura:
y
(0, 1)
(3, m)
(3, 0)
f
xO
A região sombreada corresponde a um trapézio retângulo de 
área 12 cm2. Temos:
= + = + = + + = =A (m 1).3
2
12 3m 3
2
24 3(m 1) m 1 8 m 7
A função f é da forma f(x) = ax + b, com b = 1 (interseção 
com o eixo y). 
Substituindo o ponto (3, 7) na função, temos: 
= + = =7 a.3 1 3a 6 a 2.
Logo, a lei que define f é y = 2x + 1.
Questão 15 – Letra D
Comentário: Vamos analisar cada uma das afirmativas:
● A afirmativa A está incorreta, pois, se o consumo for nulo, 
o valor pago será R$ 4,70.
● A afirmativa B está incorreta, pois, para consumos 
até 10 m3, paga-se o valor de R$ 4,70. Como 5 m3 
encontra-se nesse intervalo, o valor pago também será 
R$ 4,70.
● A afirmativa C está incorreta, pois R$ 11,70 não é igual 
ao dobro de R$ 4,70.
● A afirmativa D está correta. Observe que, ao aumentarmos 
o consumo de 25 m3 para 30 m3, o valor aumenta de 
R$ 16,70 para R$ 34,70. Portanto, cada m3 excedente 
custa −
−
= =34,70 16,70
30 25
18
5
3,60 reais
m3
. O consumidor irá 
pagar R$ 16,70 mais R$ 3,60 por m3 excedente.
● A afirmativa E está incorreta. Cada m3 nesse trecho 
custa 
−
−
= =16,70 11,70
25 20
5
5
1 real
m3
. Portanto, 22 m3 
correspondem a um valor de 11,70 + 2 = 13,70 reais.
Questão 17 – Letra D
Comentário: y = ax + b
Para x = 720, temos y = 10 ⇒ 10 = a.720+b.
Para x = 1 020, temos y = 5 ⇒ 5 = a.1 020+b.
Resolvendo o sistema 720 10
1 020 5
a b
a b
+ =
+ =
, temos que:
a = –
1
60
 e b = 22
Portanto: y = –
1
60
x + 22.
Para y = 6, temos 6 = –
1
60
x + 22 ⇒ x = 960.
19
Editora Bernoulli
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A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 18 – Letra C
Comentário: Inicialmente, vamos encontrar a expressão da 
função correspondente ao sistema B.
p(t) = at + b
p(0) = a.0 + b = 150 ⇒ b = 150
p(300) = 50 ⇒ 300a + 150 = 50 ⇒ a = −1
3
Portanto: p(t) = −
1
3
t + 150
Fazendo p(t) = 115, temos:
−
1
3
t + 150 = 115 ⇒ t = 105
Desse modo, temos:
p
150
115
300105 t
B
A
50
O
Analisando cada alternativa, temos:
• A alternativa A é correta, pois a prestação em A é sempre 
igual a R$ 115,00, ou seja, constante.
• A alternativa B é correta, pois a prestação em B é dada 
por uma função decrescente.
• A alternativa C é incorreta. Calculando o total pago em 
cada caso, temos:
 Sistema A: 300.115 = 34 500 reais
 Sistema B: ( )150 50 300
2
+ = 30 000 reais
Portanto, o total pago em B é menor que em A.
• A alternativa D é correta, pois a prestação em B torna-se 
menor do que em A a partir do 105º mês.
• A alternativa E é correta, pois o total pago em B 
é igual a R$ 30 000, ou seja, o dobro do valor da dívida 
contraída.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Observamos que, a cada aumento de 5 unidades 
em x, o valor de y aumenta 0,35 cm. Isso caracteriza uma 
variação linear, ou seja, trata-se de uma função do 1º grau 
da forma y = ax + b.
Para x = 5, temos y = 6,35, ou seja, 5a + b = 6,35.
Para x = 10, temos y = 6,70, ou seja, 10a + b = 6,70.
Resolvendo o sistema 
5 6 35
10 6 70
a b
a b
+ =
+ =
,
,
, obtemos a = 0,07 e b = 6.
Logo, a função é dada por y = 0,07x + 6.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Analisando o boleto, o valor a ser cobrado é 
dado por:
M(x) = 500 + 10 + 0,4x ⇒ M(x) = 510 + 0,4x
Observação: Convém ressaltar que a expressão anterior 
pressupõe que tenha havido atraso. Observe que, caso não 
haja atraso, ou seja, x = 0, o valor a ser pago será igual a 
R$ 500,00. Se substituirmos x = 0 na expressão, o valor obtido 
será R$ 510,00, que é incorreto. Portanto, a expressão não 
é válida para x ≤ 0.
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 5
Habilidade: 20
Comentário: Trata-se de uma função afim da forma f(x) = ax + b, 
sendo f(x) o número de sacolas (em bilhões) em função do 
número x de anos após 2007. Temos:
f(0) = 18 ⇒ b = 18
Rescrevendo a função, temos f(x) = ax + 18.
Além disso, f(9) = 0. Logo:
9a + 18 = 0 ⇒ a = –2
Portanto, a função é dada por f(x)= –2x + 18.
Em 2011, teremos x = 4, ou seja, f(4) = –2.4 + 18 = 10.
Logo, serão consumidas 10 bilhões de sacolas.
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 6
Habilidade: 26
Comentário: Consideremos o trecho do gráfico compreendido 
entre 2004 e 2010. Trata-se de uma função afim, 
f(x) = ax + b, em que f(x) é o número de favelas e x é o ano 
considerado. Sabe-se que:
f
f
a b
a b
( )
( )
2 004 750
2 010 9682 004 750
2 010
=
=
+ =
+ = 9968
109
3
72 062
=
=
a
b –
Logo, a função é dada por f(x) = 109
3
x – 72 062.
Em 2016, teremos:
f(2 016) = 109
3
.2 016 – 72 062 = 1 186
Portanto, o número de favelas em 2016 será maior do que 
1 150 e menor do que 1 200.
20
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 5
Habilidade: 20
Comentário: Observe que para uma conta de R$ 19,00, 
devemos considerar o trecho do gráfico que contém os pontos 
(15, 15) e (20, 25). Portanto, podemos escrever a expressão 
desse trecho na forma y = ax + b, em que y é o valor da 
conta em reais, e x é o consumo em m3. Logo:
Para x = 15, temos y = 15 + =
+ =
15 15
20 25
a b
a bPara x = 20, temos y = 25 
Subtraindo as equações, temos: 
5a = 10 ⇒ a = 2
40 + b = 25 ⇒ b = –15
A expressão da função é dada por y = 2x – 15.
Para y = 19, temos:
19 = 2x – 15 ⇒ 2x = 34 ⇒ x = 17
Portanto, o consumo foi de 17 m3.
Questão 06 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Observe que o primeiro quadrado possui 
4 canudos, e que, para formar cada novo quadrado, são 
necessários apenas 3 canudos, pois um canudo do quadrado 
anterior é aproveitado. Logo, serão utilizados 3 canudos por 
cada quadrado e mais um canudo do primeiro quadrado. 
A expressão equivalente é:
C = 3Q + 1
Questão 07 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: Podemos considerar o gráfico como sendo de 
uma função afim. Portanto, há proporcionalidade entre as 
variações nos eixos x e y. Temos:
Variação do número de 
espécies
Número de anos
461 – 239 = 222 2007 – 1983 = 24
x 2011 – 2007 = 4
222 24
4x
= ⇒ 6x = 222 ⇒ x = 37
Logo, em 2011, o número de espécies ameaçadas será igual 
a 461 + 37 = 498. 
Questão 08 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: Seja m o número de minutos utilizados por 
mês em cada plano.
i) No plano k, temos:
f m m
f m m m
( ) , ;
( ) , ( – ). , ;
= ≤
= + >
29 90 200
29 90 200 0 20 200
ii) No plano z, temos:
f m m
f m m
( ) , ;
( ) , ( – ). ,
= ≤
= +
49 90 300
49 90 300 0 10 ;m > 300
A interseção dos gráficos, representa o mesmo valor pago 
em reais para ambos os planos. Logo,
29 90 200 0 20 49 90 300 0 10
0 20 40
, ( – ). , , ( – ). ,
, –
+ = +
=
m m
m 220 0 10 30
0 10 30 300
+
= =
, –
,
m
m m
Assim, os gráficos que representam o valor pago, em reais, 
nos dois planos em função dos minutos utilizados são
R$
49,90
29,90
O
K
Z
200 300 min
MÓDULO – D 03
Semelhança de triângulos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir:
α
A F QM2 2 2
1,5
1,5
B
2,5 2,5
2,5 2,5
G
H N
O
α α
β
α αα
β
β
P
180 – 2α180 – 2α
180 – 2α180 – 2α
Para construí-la, com os dados inseridos nela, temos que 
perceber que:
• O polígono OHGF é um paralelogramo, já que seus ângulos 
opostos são congruentes.
• HPO = PFQ e FQH = PHQ, já que são alternos internos.
• Traçando-se a diagonal FH, percebemos que o triângulo 
FHG é isósceles, já que GFH = GHF = 90 – α. Assim, 
GH = GF, e OHGF é um losango. Também, HO = OF. 
• Os triângulos BHG e AFG, que, obviamente, são semelhantes, 
também são congruentes. Logo, BG = GF = 1,5 cm.
• Também pelo caso ALA, os triângulos HNO, FMO, QMO e 
PNO são congruentes entre si e congruentes com AFG e 
BHG. Logo, AF = FM = MQ = BH = HN = NP = 2 cm.
• Logo, pelo Teorema de Pitágoras, GH = GF = FO= 
HO = OP = OQ = 2,5 cm, e o caminho total percorrido 
pelo raio laser é de 15 cm.
21
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 02 
Comentário: Observe a figura a seguir:
B
10,2 m
10,2 –x
14,4 cm
9,5 m 16 m
36 cm
F DCQ N
M
x
A
25,5 m
Para construí-la, temos que perceber que:
• Os segmentos AC, BD e MN, que representam os raios 
solares, são paralelos, e logo, os triângulos MNQ, ACF e 
BDF são semelhantes. 
• Também podemos perceber que MNQ = ACF = BDF.
Assim, = = − =FC
QN
FA
MQ
9,5
36
10,2 x
14,4
x 6,4 m
Questão 03 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir:
A
2,1
2,10,9
1,2 1,5
2,8
F
C
E
B
D
Os triângulos ABC e DBE são semelhantes, já que B é um 
ângulo comum e DEB = ACB. Logo:
= = = =
= =
AC
DE
CB
BE
AB
DB
5
1,5
3
BE
4
DB
BE 0,9 e DB 1,2
Assim, EC = 2,1, e a área do paralelogramo, que é a sua altura 
DB multiplicada pela base EC, vale 21
10
6
5
63
25
. = .
Questão 04 – Letra D
Comentário: Considere a seguinte figura com seus dados.
A
D
E
h
ba 3 m
9 m
b
CB H
a
Considere a e b as alturas dos triângulos AEB e DEC, 
respectivamente.
Como 
A B D C
A E C E
B E D E
E E
B D
A C
=
=
=
, então os triângulos ABE e DCE são 
semelhantes.
Daí: 9
3
=
a
b
 ⇒ a = 3b
Como 
B E B D
B H B C
H E C D
H C
E D
B B
=
=
=
, então os triângulos BHE e BCD são 
semelhantes.
Daí: h a
a b3
=
+
 ⇒ h = 3 3
3
( )b
b b+
 ⇒ h = 9
4
b
b
 ⇒ h = 2,25 m, pois b ≠ 0
Portanto, as barras se encontram a uma altura de 2,25 m do chão.
Questão 05 – Letra B
Comentário: Como o atacante tem de percorrer uma distância 
mínima para pegar a bola, então essa distância é a reta.
Assim, temos a seguinte figura com seus dados.
12
20
D
B
C32
16
16
A
L
α
Como C é o ponto médio do segmento AL, então CL = 16 cm.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo LCD, temos:
LD2 = LC2 + CD2 ⇒ LD2 = 162 + 122 ⇒ LD = 20
Os triângulos LCD e LBA são semelhantes pelo caso ângulo, 
ângulo. Daí:
CD
AB
LD
AL AB
= =
12 20
32
 AB = 19,2
Portanto, a distância mínima que o atacante terá de percorrer 
para pegar a bola é o segmento AB, que vale 19,2 m.
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
P 2
4
6x A
B
C
Q
t
s
22
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Podemos garantir que os pontos P, A e Q são colineares, pois 
P, B e C são colineares e BA//CQ. Assim, os triângulos PAB 
e PQC são semelhantes, já que CPQ é comum e PBA = PCQ. 
Assim, teremos:
= =
+
=AB
CQ
AP
QP
2
4
x
x 6
x 6
Logo, PQ=12.
Questão 06 – Letra E
Comentário: Observe a figura a seguir:
A B C11 – xx
D
6
3
α
α
β
β
E
É imediato que ADB = CBE, já que α + β = 90°, e, assim, os 
triângulos ADB e CBE são semelhantes. Logo, podemos escrever:
=
−
=
− + = = =
AD
BC
AB
CE
6
11 x
x
3
x 11x 18 0 x 2 ou x 92
Questão 07
Comentário: Observe a figura a seguir:
0,40 m
P 0,9
Q
α
α
α
β
β
β
DyC0,8 – y
x
1,2 – x
B
A V
A conformação de ângulos da figura foi feita tendo-se em conta 
que os ângulos de incidência e reflexão em cada colisão são 
iguais. Além disso, devemos lembrar que a soma dos ângulos 
internos de um triângulo vale 180°. Assim, os triângulos PBA, 
QCA e DCV são semelhantes. Logo, podemos escrever:
PB
AP
QC
AQ
CD
DV
x
y
x
y
= =
−
= − =0 9
1 2
0 8
0 4
,
,
,
,
Disso, temos:
0 8
0 4
0 32 0 4 0 32
0 4
,
,
, , ,
,
 ( )− = = − =
+
y
x
y xy y y
x
I
Substituindo (I) nos dois primeiros termos da proporção:
( ) ( )
−
= −
−
=
−
+
−
= + −
+ −
=
+
− = + =
0,9
1,2 x
0,8 y
x
0,9
1,2 x
0,8 0,32
0,4 x
x
0,9
1,2 x
0,32 0,8x 0,32
x 0,4 x
0,9
1,2 x
0,8
0,4 x
0,96 0,8x 0,36 0,9x x 6
17
m
Questão 08 – Letra A
Comentário: Seja l a medida do lado do quadrado ABCD.
Como AM = m e AN = n, então BM = m – l e DN = n – l.
Assim, considere a seguinte figura com seus dados.
C
ND
M
B
m – �
n – �
�
�
��
A
Como os triângulos MBC e CDN são semelhantes pelo caso 
ângulo, ângulo, então temos que:
m
n
− =
−
 ⇒ l2 = mn – ml – nl + l2 ⇒ 
l(m + n) = mn ⇒ l = mn
m n+
Portanto, a medida do lado do quadrado em função de m e n 
é mn
m n+
.
Questão 10 – Letra B
Comentário: Seja o triângulo acutângulo ABC com seus 
respectivos dados.
A
α
B
C
Q
4 – a
4
4
a
b P
M N
α β
β
Como os triângulos CQP e CAB são semelhantes pelo caso 
ângulo, ângulo, então temos que:
b a
4
4
4
= − ⇒ a + b = 4 ⇒ 2(a + b) = 8 ⇒ 2p = 8
Portanto, o perímetro do retângulo MNPQ é 8 cm.
23
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 12 – Letra C
Comentário: A questão poderiaser feita apenas explicitando 
que todas as medidas lineares correspondentes nos dois 
triângulos se relacionam pela razão de semelhança, que no 
caso, vale 1
4
. Porém, podemos construir esse argumento de 
uma forma um pouco mais sofisticada e geral, valendo para 
qualquer razão de semelhança k. Logo, chamando de R a 
razão procurada:
( )
( )= =
+ +
+ +
R 2p AB'C'
2p ABC
AB' AC' B'C'
AB AC BC
 (I)
Já que os triângulos são semelhantes:
= = =
=
=
=
AB'
AB
AC'
AC
B'C'
BC
k
AB' k.AB
AC' k.AC
B'C' k.BC
Substituindo em (I):
R k AB k AC kBC
AB AC BC
k AB AC BC
AB AC BC
k= + +
+ +
= + +
( )
+ +
=. . . .
Logo, a razão procurada é sempre igual à razão de semelhança, 
que no caso vale 1
4
.
Questão 14 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir:
53
C
A B
xx
x D
β
βα
α
H
F E
É imediato que CAF = EDB e AHF = EBD, já que α + β = 90°. 
Assim, os triângulos EDB e FAH são semelhantes. Logo, 
chamando de x o lado do quadrado, podemos escrever:
= = =
EB
DE
HF
AF
5
x
x
3
x 152
Logo a área do quadrado vale 15.
Questão 16 – Letra D
Comentário: Seja o seguinte triângulo, com seus dados, que 
ilustra o problema.
α
α
β
β
B
x
C 8
8
D
F
46,2 46,2
E 61,6
61,6O Q
A
P
1,8 1,8
8
Seja x o comprimento do para-raios que o observador não 
consegue enxergar.
Os triângulos AED e DCB são semelhantes pelo caso ângulo, 
ângulo, ou seja:
= =
46,2
x
61,6
8
x 6 
Portanto, o observador não consegue avistar 6 m do para-
raios.
Questão 18
Comentário: Considere a seguinte figura, que ilustra o 
problema.
BD
E
1,8
A
C
12
4,8
4,8 – xx
α
α
Os triângulos BDE e BAC são semelhantes pelo caso ângulo, 
ângulo, ou seja:
− = =4,8 x
4,8
1,8
12
x 4,08 
Portanto, uma pessoa pode ficar, no máximo, a 4,08 m da 
base do obelisco.
Questão 20 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
4 m 4 m4 m
2 mx
A B
HH
C
D
I
E F
12 m
12 m
8 m
8 m
É imediato que os triângulos DEH e DFI são semelhantes. 
Logo, podemos escrever:
= = =
DE
DF
HE
IF
12
20
x
2
x 1,2m
Assim, o suporte em B mede 5,2 m.
24
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 23 – Letra A
Comentário: Seja a seguinte figura com seus dados.
B
M
N
D
60º60º
60º 60º
60º
12
1212
12
x
12 – x
120º
120º
α
α
β
β
C 1624 E
A
Como o perímetro do triângulo equilátero ABC é 72 cm, então 
cada lado do triângulo vale 24 cm. Como M é ponto médio do 
lado AB, então AM = MB = 12. Trace o segmento MD, em que 
MD // BC e D ∈ AC.
Como M é ponto médio de AB e MD // BC, então MD é base 
média do triângulo ABC, ou seja:
MD = BC
2
24
2
= = 12
Daí, o triângulo AMD é equilátero de lado 12 cm.
Sendo CN = x, temos que ND = 12 – x. Assim, os triângulos 
MDN e ECN são semelhantes pelo caso ângulo, ângulo, ou seja: 
MD
EC
DN
CN
x
x
x= = − =12
16
12 48
7
Portanto, o segmento CN mede, em cm, um sétimo de 48.
Questão 25 – Letra B
Comentário: Como BN é mediana, NA = NC.
Sabemos que BQ // AC com 2BQ = AC, ou seja: 
BQ = 
AC
2
 = NA = NC
A
N
CP
B
Q
M
Como AN // BQ e AN = BQ, os triângulos AQN e BNQ são 
congruentes, pois ANQ = BQN, AN = BQ e NAQ = QBN 
(caso ALA), AQ = BN = 10.
Como M e N são pontos médios do triângulo ABC, 
então MN // BC, pois MN é base média do triângulo ABC.
Como BQ = NC, então QN // BC, ou seja, QM // PC. 
Logo, QP = MC = 4.
Como AP = 10, então o perímetro do triângulo APQ vale:
2p = AQ + QP + AP ⇒ 2p = 10 + 4 + 8 ⇒ 2p = 22
Portanto, o perímetro do triângulo APQ, em cm, vale 22.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: No mesmo momento em que a sombra de 
uma pessoa de 180 cm de altura mede 60 cm, a sombra de 
um poste de h cm de altura mede 200 cm. Assim, temos as 
seguintes figuras.
α
α
180
60
200
h
Da semelhança de triângulos, temos que:
180 60
200h
= ⇒ h = 600 cm
Se, mais tarde, a sombra do poste diminuir 50 cm, ou seja, 
passar a medir 150 cm, sendo então x a medida da sombra 
da mesma pessoa, em cm, teremos:
β
β
180
x
150
600
180
600 150
=
x ⇒ x = 45 cm
Portanto, a nova sombra da pessoa mede 45 cm.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
d
a
c
b
Por semelhança no triângulo anterior, e do enunciado, temos que:
b
a
d
c
d d
=
=
2
3
'
Logo:
b
a c
d b
a
d
c
= =
1 2
3
2
3
. ' '
25
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Seja o seguinte triângulo com seus dados.
A B
C
D
E
x
2,2
3,2
0,8
Os triângulos ADE e ABC são semelhantes pelo caso ângulo, 
ângulo, ou seja:
AE
AC
DE
BC
= ⇒ 
3 2
3 2
0 8
2 2
,
,
,
,+
=
x
 ⇒ x = 5,6
Portanto, o paciente deverá percorrer 5,6 m para atingir 
o ponto mais alto da rampa.
Questão 04 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
M
a
a
bb N C
B
P
A
Os triângulos ABC e NMC são semelhantes e sua razão de 
proporcionalidade k = 
BC
MC
 = 2. Logo, a razão entre as áreas 
dos triângulos ABC e NMC é igual a k2 = 4.
Portanto, 
S S
S
ABMN NMC
NMC
+
 = 4 ⇒ SABMN = 3.SNMC.
MÓDULO – D 04
Teorema de Tales e quadriláteros
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir:
A B C D
H
G
F
E
500
x
x + y + z = 1 980
600
y
700
z
Pelo Teorema de Tales, sabemos que os segmentos BG e CF 
dividem os segmentos HE e AD e segmentos proporcionais 
entre si. Logo:
= = = =
+ +
+ +
= = =
AB
HG
BC
GF
CD
FE
500
x
600
y
700
z
500 600 700
x y z
1 800
1 980
10
11
y 660
Questão 02 – Letra C
Comentário: Observe a figura a seguir:
xx
8
8
10
10
10
10
Se o perímetro do losango, que tem todos os lados iguais, vale 
40 cm, cada um de seus lados mede 10 cm. Também sabemos 
que as diagonais de um losango se cruzam no ponto médio 
de ambas, segundo um ângulo de 90°. Logo, pelo Teorema de 
Pitágoras, concluímos que x = 6 cm, e, portanto, a diagonal 
menor mede 12 cm.
Questão 03 – Letra C
Comentário: A soma dos ângulos internos de um quadrilátero 
é 360º. Assim, A + B + C + D = 360º.
Por hipótese: C = 1
3
B, A = 5C e D = 45º
Logo, podemos dizer que B = 3C.
Daí: 5C + 3C + C + 45º = 360º ⇒ C = 35º
Logo, como C = 35º, então:
A = 5C ⇒ A = 5.35º ⇒ A = 175º e
B = 3C ⇒ B = 3.35º ⇒ B = 105º
Portanto, A – B = 175º – 105º = 70º.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
O H3 2
12
22
1
M
P N
BA
a
a
a
a
CD
13
2
13
2
26
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
As diagonais de um trapézio isósceles são congruentes.
Assim, aplicando o Teorema de Pitágoras no ∆ BHD, temos:
BD2 = BH2 + DH2 ⇒ BD2 = 122 + 52 ⇒ BD = 13
Analisando o ∆ ABD, temos, por hipótese, que M e P são pontos 
médios dos lados AB e AD, respectivamente.
Daí, pelo Teorema da Base Média, temos:
MP = 1
2
BD ⇒ MP = 13
2
No triângulo CBD, temos, por hipótese, que N e O são pontos 
médios dos lados BC e CD, respectivamente.
Daí, pelo Teorema da Base Média:
NO = 1
2
BD ⇒ NO = 13
2
Analogamente, nos triângulos ABC e ADC, temos que MN e PO 
são bases médias de seus respectivos triângulos. Logo, pelo 
Teorema da Base Média, temos que:
MN = 1
2
AC ⇒ MN = 13
2
, pois AC = BD = 13 e
PO = 1
2
AC ⇒ PO = 13
2
Enfim, o perímetro do quadrilátero MNOP é:
2P = MN + NO + OP + PM ⇒ 
2P = 13
2
 + 13
2
 + 13
2
 + 13
2
 ⇒ 2P = 26
Portanto, o perímetro do quadrilátero mede 26 cm.
Questão 05 – Letra E
Comentário: Observe a figura a seguir:
A
α
α
α
2 5
55
7
E B
CD
Como se trata de um paralelogramo, AD = BC e AB = CD. BEC 
= DCE, pois são alternos internos. Assim, o triângulo BEC é 
isósceles, EB = 5 e AB = DC = 7. Com esses dados, conclui-se 
que, o perímetro do paralelogramo mede 24 cm.
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra B
Comentário: Seja a seguinte figura com seus dados.
t
s
r
C
B
8 10
x – 8 y – 1015
x – 10
A G
H
I
D
E
F
Comotemos três retas r, s e t paralelas interceptadas por 
três retas DF, AC e GI , então, aplicando o Teorema de Tales, 
temos que:
x
x
y− =
−
= −8
8
15
10
10
10
Daí: x
x
− =
−
8
8
15
10
 ⇒ x = 20, pois x > 0
Logo: 15
20 10
10
10−
= −y ⇒ y = 25
Portanto, x + y = 20 + 25 = 45, que está entre 41 e 46.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Seja a seguinte figura com seus dados.
3 2
4
C
BA D
Como CD é bissetriz do ângulo interno C, então, aplicando o 
Teorema da Bissetriz Interna, temos que:
CA
AD
CB
BD
CB CB= = =4
3 2
8
3
Portanto, BC mede 8
3
 cm.
Questão 05 – Letra E
Comentário: Seja a seguinte figura com seus dados.
r1
r2
r3
15
x
3
 
1
1
5
Como as retas r1, r2 e r3 são paralelas e estão sendo 
interceptadas por duas retas, então, aplicando o Teorema de 
Tales, temos que:
x x x
15
11
5
3 15
6
5
3 15
2
5
= = = x = 6
27
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 07
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
A D
D’
B2 3 5C
B’
13
C’
Temos três retas paralelas cortadas por duas transversais.
Daí, aplicando o Teorema de Tales, temos:
AB
AD
AB
AD
AB AB cm'
'
' ' ,= = =
13
2
10
2 6
B C
AD
BC
AD
B C B C cm' '
'
' ' ' ' ,= = =
13
3
10
3 9
C D
AD
CD
AD
C D C D cm' '
'
' ' ' ' ,= = =
13
5
10
6 5
Portanto, AB’ = 2,6 cm, B’C’ = 3,9 cm e C’D’ = 6,5 cm.
Questão 08
Comentário: Seja a seguinte figura com seus dados.
A
C
D
x
1α
α
B 3
3x
Como BD é bissetriz do ângulo interno B, aplicando o Teorema 
da Bissetriz Interna, temos que:
BA
AD
BC
CD
BA
x
= =
3
1
 BA = 3x
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
ABC, temos que:
AB2 = CB2 + CA2 ⇒ (3x)2 = (3)2 + (x + 1)2 ⇒
4x2 – x – 5 = 0 ⇒ x = 5
4
, pois x > 0
Questão 11 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
E
B
CD
A
II
60°
75°
75°
75°
60°
105° 105°
45°
15°
30°
45°
x
Observe que, como AB é lado tanto do quadrado como do 
triângulo equilátero, AB = BE = AE = AD = CD = BC. Assim, 
o triângulo ADE é isósceles, e como EAB = 60°, DAE = 30°. 
Logo, ADE = AED = 75°. Como ADI = 45°, BDE = 30°.
Questão 14 – Letra B
Comentário: Seja o trapézio isósceles ABCD.
α
α
α
A B
D C
Traçando sua diagonal BD, temos, por hipótese, que 
ADB = CDB, pois BD é bissetriz do ângulo ADC.
Sendo α = ADB = CDB, temos que ABD = CDB = α, pois esses 
ângulos são alternos internos.
Logo, o triângulo ABD é isósceles, pois ABD = ADB = α.
Assim, AB = AD, ou seja, a base menor do trapézio isósceles 
ABCD tem a mesma medida do lado oblíquo.
Analogamente, traçando a diagonal AC, temos que AB = BC.
Portanto, a base menor do trapézio isósceles ABCD tem a 
mesma medida dos lados oblíquos.
Questão 15 – Letra D
Comentário: Como BN é bissetriz do ângulo ABC, então 
temos que ABN = CBN. Seja ABN = CBN = θ.
Como CM é bissetriz do ângulo DCB, então temos que 
DCM = BCM. Seja DCM = BCM = γ.
Temos, pois, a seguinte figura:
A
M
D
E
D
A
C
B
α
θ θ
γγ
N
Sejam BAD = A, CDA = D e E = BN ∩ CM.
Do triângulo BCE, temos que:
θ + γ + α = 180° ⇒ θ + γ = 180° – α (I)
Do quadrilátero ABCD, temos que:
A + 2θ + 2γ + D = 360° ⇒ A + D = 360° – 2(θ + γ) (II)
Substituindo a equação (I) na equação (II), temos que:
A + D = 360° – 2(180° – α) ⇒ A + D = 2α
Portanto, a soma dos ângulos internos A e D vale 2α.
28
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 18 – Letra D
Comentário: Como as diagonais de um losango são 
bissetrizes dos ângulos internos e são perpendiculares, então 
temos a seguinte figura com seus dados.
B
A
θ
θ
θ
θ
θ/2
θ/2
θ/2
θ/2
C
�
�
�
�
D
E
2
2
Sejam AC ∩ BD = E e l o lado do losango.
Do triângulo ADE, temos que:
θ + θ
2
 + 90º = 180º ⇒ θ = 60°
Como as diagonais do losango se cortam ao meio, então 
AE = 2, pois AC = 4.
Do triângulo ABE, temos que:
cos θ = AE ⇒ cos 60º = 2 ⇒ l = 4
Portanto, o lado do losango vale 4 cm.
Questão 20 – Letra E
Comentário: Sejam 6a e 2b as medidas, em centímetros, 
do comprimento e da largura, respectivamente, da folha 
retangular. 
1° caso:
b b
3a
3a
2p = 6a + 2b ⇒ 42 = 6a + 2b ⇒ 3a + b = 21
2° caso:
b b
2a
2a
2p = 4a + 2b ⇒ 34 = 4a + 2b ⇒ 2a + b = 17
Resolvendo o sistema 3 21
2 17
a b
a b
+ =
+ =
, temos que a = 4 e b = 9.
Logo, as dimensões do retângulo são 6a = 6.4 = 24 cm e 
2b = 2.9 = 18 cm.
Portanto, o módulo da diferença das dimensões da folha é: 
|24 – 18| = 6 cm
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Seja a seguinte figura com seus dados.
h
aa
bb
cc
1515 30
30
30
30
30
h
h
h
Como temos uma escada trapezoidal com 5 degraus paralelos 
e duas retas transversais, então, pelo Teorema de Tales, 
temos que:
a h
h
a
15 4
15
4
= =
b h
h
b
15
2
4
30
4
= =
c h
h
c
15
3
4
45
4
= =
Assim, o comprimento mínimo de x é:
x = 2a + 2b + 2c + 180 ⇒
x = + + +2 15
4
30
4
45
4
180 ⇒ x = 225
Portanto, para construir a escada é necessária uma peça de 
madeira cujo comprimento mínimo é de 225 cm.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Como a área do retângulo menor (1) vale 4% 
da área do retângulo maior (2), então temos que:
A1 = 4%.A2 ⇒ x.26 = 0,04.260.400 ⇒ x = 160 mm
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Como o cesto tem faces laterais no formato de 
retângulos e trapézios isósceles, então podemos eliminar as 
alternativas A, B e E. Concluímos do enunciado da questão 
que o fundo do cesto tem o formato de um quadrado. Logo, 
a alternativa correta é a letra C, pois o fundo do cesto da 
alternativa D tem o formato de um retângulo.
29
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: A área e o perímetro de um quadro de 
dimenções 25 cm x 50 cm valem, respectivamente:
A1 = 0,25.0,50 = 0,125 m2 e 2p1 = 2(0,25 + 0,50) = 1,5 m
Como o custo por m2 vale R$ 20, por metro linear vale R$ 15 
e a taxa de entrega vale R$ 10, o custo, em reais, para 
8 desses quadros vale:
C1 = 8(0,125.20 + 1,5.15) + 10 = 210
Já a área e o perímetro de um quadrado de dimensões 
50 cm x 100 cm valem, respectivamente:
A2 = 0,50.1 = 0,5 m2 e 2p2 = 2(0,5 + 1) = 3 m
Logo, o custo, em reais, para 8 desses quadros vale:
C2 = 8(0,5.20 + 3.15) + 10 = 450
Portanto, C2 > 2.C1.
MÓDULO – E 05
Funções soma e fatoração
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
A B
C
D
45º
1
45º
45º – x
x
Por hipótese, AD = BD. Então, DAB = DBA = 45º.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ACB, temos:
AB2 = AC2 + BC2 ⇒ AB2 = 12 + 72 ⇒ AB = 5¹2 cm
No triângulo ABC, temos que:
sen (x + 45º) = sen x.cos 45º + sen 45º.cos x
7
5 2
 = 
2
2
.(sen x + cos x) ⇒ 
7
5
 = sen x + cos x e
cos (x + 45º) = cos x.cos 45º – sen x.sen 45º ⇒ 
1
5 2
 = 
2
2
.(cos x – sen x) ⇒ 
1
5
 = cos x – sen x
Resolvendo o sistema 
sen x x
sen x x
+ =
− + =
cos
cos
7
5
1
5
, temos que sen x = 
3
5
.
Questão 02 - Letra D
Comentário:
I) Falso. Pois, sen (a+b) = sen a.cos b + sen b.cos a.
II) Verdadeiro.
III) Verdadeiro.
IV) Falso. Contraexemplo 
π π ≠ π πsen
2
.
2
sen
2
.sen
2
.
Portanto, como as afirmativas II e III são verdadeiras, 
a alternativa procurada é a D.
Questão 03 – Letra C 
Comentário:
Reescrevendo a função dada, temos:
f(x) = cos2 x – sen2 x ⇒ f(x) = cos 2x
Logo, seu período p será dado por:
= π = πp 2
2
p
Questão 04 – Letra C
Comentário:
( )
= + =
+
= = =
=
tg x tg x
2
x
2
tg x
tg x
2
tg x
2
1– tg x
2
.tg x
2
tg x
2.tg x
2
1– tg x
2
tg x 2.2
1– 2
4
3
tg x
2
2
2
Questão 05 – Letra A
Comentário:
sen x + cos x = 
1
3
 ⇒ (sen x + cos x)2 = 1
3
2
 ⇒ 
sen2 x + 2.sen x.cos x + cos2 x = 
1
3
 ⇒ 
1 + sen (2x) = 
1
3
 ⇒ sen (2x) = −
2
3
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra B
Comentário:
( )
( )
+
+
=
+
+
=
= =
sen 34°.cos 26° sen 26°.cos 34°
cos 57°.cos 27° sen 57°.sen 27°
sen 34° 26°
cos 57° 27°
sen 60°
cos30°3
2
3
2
1
30
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra E
Comentário:
4.sen x.cos x.cos 2x = 2.2.sen x.cos x.cos 2x ⇒
4.sen x.cos x.cos 2x = 2.sen 2x.cos 2x = sen 4x
Para x = π
16
, temos que sen 4
16
. π = sen π
4
2
2
= .
Questão 04 – Letra D
Comentário:
cos 2α = 2.cos2 α – 1
Para α = x
2
, temos que: 
cos x = 2.cos2 x
2
 – 1 = 2 3
4
1
2
. − = 
1
8
Questão 05 – Letra E
Comentário:
( cos )sen x x
n
+ =2
2
1 ⇒
sen2 x + 2.sen x.cos x + cos2 x = 
1
2n
 ⇒ 1 + sen 2x = 1
2n
 ⇒
1 24
25
1
2
− =
n
 ⇒ n2 = 25 ⇒ n = 5, pois n > 0
Questão 13 – Letra D
Comentário:
f(x) = cos 4x.cos 2x + sen 4x.sen 2x ⇒ f(x) = cos (4x – 2x) ⇒ 
f(x) = cos (2x)
Logo, seu período p será dado por:
= π = πp 2
2
p
Questão 14 – Letra B
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
A D
B
P
2x
x x
¹5x
βα
α
C
Q
sen β = sen (90º – 2α) ⇒
sen β = sen 90º.cos 2α – sen 2α.cos 90º ⇒
sen β = 1.(cos2 α – sen2 α) ⇒ sen β = 
2
5 5
2 2
x
x
x
x
− ⇒
sen β = 4
5
1
5
3
5
− =
Questão 15 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
D C
A
1
1
α
α
2α
Ex
B
F
 
¹5
4
No triângulo ADE, temos:
tg 2α = 
1
x
 ⇒ 2
1
1
2
. 
 
tg
tg x
α
α−
=
No triângulo ABF, temos:
tg α = 5
4
Logo: 
tg 2α = 
2 5
4
1 5
4
1
2
.
−
=
x
 ⇒ x = 
11 5
40
MÓDULO – E 06
Equações e inequações 
trigonométricas
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Os gráficos das funções f e g vão se interceptar 
quando f(x) = g(x). Daí:
f(x) = g(x) ⇒ 1 + sen (2x) = 1 + 2.cos (x) ⇒ 
2.sen x.cos x = 2.cos x ⇒ 2.cos x(sen x – 1) = 0 ⇒
cos
 
 
cosx
ou
sen x
x x=
− =
=0
1 0
0 == =
= =
π π
π
2
3
2
1
2
ou x
ou
sen x x
Portanto, para x ∈ [0, 2π), temos dois pontos, sendo eles 
π
2 e 
3
2
π
, em que os gráficos das funções f e g se cruzam.
31
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 02 – Letra C
Comentário: O ponto P(a, b), que representa a intersecção 
dos gráficos, ocorre quando f(x) = g(x). Logo,
f(x) = g(x) ⇒ sen x = sen 2x ⇒ sen x = 2.sen x.cos x ⇒ 
2.sen x. cos x – sen x = 0 ⇒
( )=
=
=
senx 2.cosx –1 0
senx 0
ou
2.cosx –1 0
1o caso: sen x = 0 ⇒ tg x = 0 ⇒ tg2 x = 0
2o caso: 2.cos x – 1 = 0 ⇒ cos x = 1
2
 ⇒ sen x = ± 3
2
Logo:
tg x = ± 3 ⇒ tg2 x = 3
Questão 03 – Letra C
Comentário: A altura de 2,5 m foi atingida quando f(x) = 2,5. 
Logo:
f x x x( ) .cos , .cos= + = +4 3
6
2 5 4 3
6
π π
ccos – , cos –π πx x
6
1 5
3 6
1
2
= =
Logo:
π π
π π
x x
ou
x x
6
2
3
4
6
4
3
8
= =
= =
Questão 04 – Letra A
Comentário:
cos 3x.cos 2x – sen 3x.sen 2x = 0 ⇒ cos (3x + 2x) = 0 ⇒
cos (5x) = 0; x π0, 2
5
Analisando os casos possíveis, temos:
1º caso: = π = π5x
2
x
10
2º caso: =
π = π5x 3
2
x 3
10
3º caso: =
π = π π5x 5
2
x
2
não convém pois x 0,2
5
Portanto, a equação possui duas raízes.
Questão 05 – Letra A
Comentário: Por definição de módulo, temos:
|cos x| < 
1
2
 ⇒ −
1
2
 < cos x < 
1
2
 ⇒ 
π
3 < x < 
2
3
π
 ou 
4
3
π
 < x < 
5
3
π
Portanto, para 0 < x < 2π, temos que o conjunto solução de 
|cos x| < 
1
2
 é 
π
3
 < x < 
2
3
π
 ou 
4
3
π
 < x < 
5
3
π
.
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra B
Comentário:
3.senx cosx k –2 3
2
.senx 1
2
cosx k –2
2
cos30°.senx sen30°.cos x k –2
2
sen x 30° k –2
2
( )
+ = + =
+ = + =
Para que a equação possua solução, temos:
≤ ≤ ≤ ≤ ≤ ≤–1 k –2
2
1 –2 k –2 2 0 k 4
Logo, o maior valor possível para k é 4.
Questão 04 – Letra B
Comentário:
cos x
6
1
2
 
x
6 3
 x
2
x
6
5
3
 x 11
6
− π =
− π = π = π
− π = π = π
Questão 06 – Letra A
Comentário: 2.sen x.cos x = 4 ⇒ sen 2x = 4
Como sen α é sempre menor ou igual a 1 para todo α, então o 
número de soluções da equação sen 2x = 4 é zero.
Questão 08 – Letra C
Comentário:
2.cos2 θ – 3.cos θ + 1 = 0, 0 ≤ θ ≤ π
2
∆ = b2 – 4.a.c = (–3)2 – 4.2.1 = 9 – 8 = 1
cos θ = 
3 1
4
 
cos 1 0 sen 0
cos 1
2
 
3
 sen 3
2
θ θ θ
θ θ θ
±
= = =
= = π =
32
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 13 – Letra E
Comentário:
sen3 x – 2.sen2 x –5.sen x + 6 = 0 ⇒ 
sen3 x – sen2 x – sen2 x + sen x – 6.sen x + 6 = 0 ⇒ 
sen2 x (sen x – 1) – sen x (sen x – 1) – 6.(sen x –1) = 0 ⇒ 
(sen x – 1).(sen2 x – sen x – 6) = 0
Logo:
= =
= = =
≤ ≤
senx –1 0 senx 1
ou
sen x – senx – 6 0 senx –2 ou senx 32
(nenhum dos valores convém, pois –1 sen x 1)
Portanto:
senx 1 x
2
e x 5
2
, pois x 0, 4
2
5
2
3
= = π = π π
π + π = π
Questão 14 – Letra A
Comentário:
cos – –
,
3
4
0 3
4 2
3 3
4
4
0
x x x
x para x
π π π π
π
= = =
= ≤ ≤≤ π
2
Questão 15 – Letra E
Comentário:
sen x − <1
4
1
4
 ⇒ − < − <1
4
1
4
1
4
sen x ⇒ 0 < sen x < 1
2
π
1
2
0 ≡ 2π
 
3π
2
 
π
2
π
6 
5π
6
Portanto, S = x x ou x< < < <| 0
6
5
6
π π π .
MÓDULO – E 07
Sistema cartesiano e ponto
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: A inclinação da reta AB é aAB = 
4 0
3 0
−
−
 ⇒ aAB = 
4
3
.
Como o segmento AB ⊥ AD, então:
aAB.aAD = –1 ⇒ 
4
3
.aAD = –1 ⇒ aAD = −
3
4
Daí, a equação da reta AD é:
y – 0 = −3
4
(x – 0) ⇒ y = −3
4
x
Como D(a, b) ∈ AD, então b = −3
4
a.
Assim, D a a, − 3
4
.
A distância de A até B é:
d(A, B) = ¹(4 – 0)2 + (3 – 0)2 ⇒ d(A, B) = ¹16 + 9 ⇒ d(A, B) = 5
Como ABCD é um quadrado, então:
d(A, D) = 5 ⇒ ( )a a− + − −0 3
4
02
2
 = 5 ⇒ 
a2 + 9
16
a2 = 25 ⇒ 25
16
2a = 25 ⇒ a2 = 16 ⇒ a = ± 4
Como a < 0, então a = –4 e b = −3
4
(–4) ⇒ b = 3.
Portanto, as coordenadas do vértice D são D(–4, 3) e, 
assim, –4 + 3 = –1.
Questão 02 – Letra B
Comentário: De acordo com a geometria da situação, 
podemos extrair a seguinte figura.
–1 x (leste)O
1
P (x, y)
y (norte)
Portanto, edificações que forem construídas a mais de um 
quilômetro a oeste e a mais de um quilômetro ao norte estarão 
no segundo quadrante.
33
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados:
y
x1 3 5O
1
2
M(3, 5)
Q(x, y)
P(5, 1)
N(1, 2)
5
Como MNPQ é um paralelogramo, então MN // PQ, MN = PQ, 
NP // MQ e NP = MQ.
A inclinação da reta MN é aMN = 
5 2
3 1
−
−
 ⇒ aMN = 
3
2
.
Como MN // PQ, então aPQ = 
3
2
.
A equação da reta PQ é:
y – 1 = 
3
2
(x – 5) ⇒ y = 
3
2
13
2
x −
A inclinação da reta NP é aNP = 
2 1
1 5
−
−
 ⇒ aNP = −
1
4
.
Como NP // MQ, então aMQ = −
1
4
.
A equação da reta MQ é:
y – 5 = −1
4
(x – 3) ⇒ y = − +x
4
23
4
Como Q = MQ ∩ PQ , então:
− +x
4
23
4
 = 
3
2
13
2
x − ⇒ x = 7 e y = − +7
4
23
4
 ⇒ y = 4
Portanto, Q(7, 4).
Questão 04 – Letra A
Comentário: A área S sombreada será dada por:
y
4
3
2
1
0 1 2 3 4 x
A1
A3
A2
= = + =S 4 – A – A – A 16 – 4.3
2
– (2 1).3
2
– 1.2
2
4,52
1 2 3
Questão 05 – Letra E
Comentário: Estabelecendo um eixo de coordenadas 
cartesianas com origem no canto inferior esquerdo do mapa, 
podemos escrever os pontos A, B e C como:
A(1, 5)
B(12, 0)
C(9, 3)
A distância percorrida pelo avião, no mapa, será dada 
por:
d(A, C) d(C, B)
(9–1) (3–5) (9–12) (3–0)
68 18 8,3 4,2 12,5cm
2 2 2 2
+ =
+ + + =
+ + =
Logo, a distância real percorrida será:
12,5.100 = 1 250 km
Exercícios Propostos
Questão 01 – letra B
Comentário: De acordo com o enunciado, temos:
B
C
D
A
y
x
(0, 8)
(1, 4)
(xD, yD)(–2, 6)
E (xE, yE)
Em que D é o quarto vértice e E, o ponto de encontro 
das diagonais. O ponto E é o ponto médio de AC e de BD, 
logo:
x 0 1
2
1
2
y 8 4
2
6
E
E
= + =
= + =
x
x –2
2
1
2
y
y 6
2
6
x 3
y 6
E
D
E
D
E
E
= =
=
+
=
=
=
Então, a soma das coordenadas do quarto vértice é 3 + 6 = 9.
34
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 02 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
y
A 2
¹2
–¹2
B
xO 2
rr
α
α
β
β
Por congruência de triângulos, temos B(2, ¹2).
Questão 04 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
y
1 1
1 1
P1P2
P4P3
xO
d = 1 ⇒ l = 2
2
 ⇒ 
P P
P
1 2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
, , , ,
,
−
− − −, ,P
4
2
2
2
2
Questão 08 –Letra B
Comentário: Sejam P(2, 1) e Q(4, y), com y > 0. Então:
( ) ( )4 2 12 2
2
− + −( )y = (y)2 ⇒
4 + y2 – 2y + 1 = y2 ⇒ y = 5
2
Portanto, Q 4 5
2
, .
Questão 09 – Letra C
Comentário: Como o perímetro da praça é 120 m e as duas 
pessoas percorreram distâncias iguais, cada um percorrerá 60 m. 
Logo: 
30
24 40 x
y
P
50 m
12
A
= + =
P(24,12);A(0, 0)
d(P, A) (24, 0) (12 – 0) 12 5 272 2
Questão 13 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
y
xO
A(–1, 0)
B(0, 4)
N(1, 2)
C(2, 0)
b
h
M −
1
2
, 2






b
h
= − − =
=
1 1
2
3
2
2
S = 
3
2
2
2
3
2
.
=
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: 
X
20,0
60,0
60,2
60,4
60,6
60,8
70,0 800 m
20,2 20,4 20,6 20,8 21,0 21,2
700 m
600 m
500 m
400 m
300 m
200 m
100 m
N
Portanto, de acordo com a escala de tons apresentadas, 
conclui-se que o helicóptero pousou em um local cuja altitude 
é menor ou igual a 200 m.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: O mapa da cidade é construído no seguinte 
sistema cartesiano:
y
N(y)
S
O L(x)
P
x (0, 0)
Logo, temos que x
y
P x y quadrante<
>
– ( , ) º1
1
2 .
35
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: 
• Como, no eixo x, a coordenada é 6 e o foguete se deslocou 
2 km para frente, a nova coordenada passa a ser 8; 
• Como, no eixo y, a coordenada é 6 e o foguete se deslocou 
3 km para trás, a nova coordenada passa a ser 3; 
• Como, no eixo z, a coordenada é 7 e o foguete se deslocou 
11 km para frente, a nova coordenada passa a ser 18; 
• Logo, o foguete atingiu a posição (8, 3, 18). 
MÓDULO – E 08
Estudo analítico da reta
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.
y
xO–2
60º
120º
A inclinação da reta pode ser determinada da seguinte forma:
a = tg 60º ⇒ a = ¹3
Como a reta passa pelo ponto (–2, 0), e sua inclinação é ¹3, 
então:
y – 0 = ¹3(x + 2) ⇒ y = ¹3x + 2¹3
Portanto, a equação reduzida da reta é y = ¹3x + 2¹3.
Questão 02 – Letra E
Comentário: Como o ponto (–2, a) pertence à função 
quadrática y = x2 – 1, então:
a = (–2)2 – 1 ⇒ a = 3
As raízes da função y = x2 – 1 são:
0 = x2 – 1 ⇒ x = ±1
Daí, deduzimos que a reta r, além de passar no ponto (–2, 3), 
também passa no ponto (1, 0).
Logo, temos dois pontos por onde a reta passa. Então, 
conseguimos determinar sua equação. Assim:
a = 3 0
2 1
−
− −
 ⇒ a = –1 e 
y – 0 = –1(x – 1) ⇒ x + y – 1 = 0
Portanto, a equação da reta r é x + y – 1 = 0.
Questão 03 – Letra D
y
x
x = 1
45º
y = x – 4
y = x ⇒ tg α = 1 ⇒ α = 45º
135º ⇒ tg β = –1 ⇒ β = 135º
1
45º
Questão 04 – Letra A
∩ + =
+ + =
r s 2x –5y 7 0
2x y 7 0
Subtraindo as equações:
= =
+ + = =
–6y 0 y 0
2x 0 7 0 x –7
2
Questão 05 – Letra B
A equação da reta r é do tipo f(x) = ax + b, logo
=
=
=
= +
=
=
= +f(0) 1
f(–2) 0
b 1
0 –2a b
b 1
a 1
2
r: y 1
2
x 1
A equação da reta s é do tipo g(x) = mx + n, em que 
m = tg 45° ⇒ m = 1. Logo:
= +
=
= + = =g(x) x n
g(3) 0
0 3 n n –3 y x –3
A intersecção entre as retas r e s será:
+ = =1
2
x 1 x –3 x 8.
Logo, f(8) = g(8) = 5.
Portanto, a distância entre os pontos N3 e I será dada por:
= + =
I(8, 5)
N (26, 29)
d(I, N) (26 – 8) (29 –5) 30
3
2 2
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: 
P(–4, –4) ∈ r: y = ax + 1
Então, –4 = –4a + 1 ⇒ a = 5
4
.
36
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra D
Comentário: 
y (muro)
r
dP1(3, 2)
P2(6, 3)
x (rio)11
x = 11
O
m = y
x
= −
−
=3 2
6 3
1
3
r: y – 2 = 1
3
.(x – 3) ⇒ y = 1
3
x + 1
Para x = 11, temos y = 1
3
.11 + 1 ⇒ y = 
14
3
 ≅ 4,67.
Logo, como a malha quadriculada tem lados medindo 
10 metros, d ≅ 46,7 m.
Questão 06 – Letra B
Comentário:
r:
m tg45° 1
P(–1, 0)
r: y –0 1(x 1) y x 1
s:
m tg60° 3
Q(–1, 0)
s: y –0 3(x –2) y 3x –2 3
r s:
3x –2 3 x 1 ( 3 –1)x 2 3 1
x 2 3 1
3 –1
.( 3 1)
( 3 1)
6 2 3 3 1
3–1
x 3 3 7
2
= =
= + = +
= =
= =
∩
= + = +
= + +
+
= + + + = +
Questão 09 – Letra E
Comentário: 
r ∩ s = {P}
5x 12y 42
5x 16y 56
x 48
5
e y 1
2
− =
+ =
= =
P 48
5
1
2
, ∈ t: 5x + 20y = m
Então, m = 5. 48
5
 + 20. 1
2
 = 58.
Questão 11 – Letra B
Comentário: 
6
1
4
4
4¹2
651 x
x + y – 6 = 0
x
x = 1
y
5
y = 1
(1, 5)(1, 1)
(5, 1)
O
2P = 4 + 4 + 4¹2 ⇒ 2P = 4(2 + ¹2)
Questão 13 – Letra A
Comentário: 
m = tg 60º = ¹3; P(3, 2) ∈ r
r: y – 2 = ¹3(x – 3) ⇒ y = ¹3x + 2 – 3¹3 
Para x = 0, temos y = 2 – 3¹3.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: Somente os pontos B = (–3, 1), D = (0, 4) e 
E = (2, 6), dos itens, pertencem à reta de equação y = x + 4.
A distância do ponto P ao ponto B é:
d x x y y
d
P B P B P B
P B
,
,
( – ) ( – ) [– – (– )] ( – )= + = +
=
2 2 2 25 3 5 1
4 ++ = <16 20 5
Portanto, a estação do metrô sendo criada no ponto 
B = (–3, 1) satisfaz a solicitação da comunidade.
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 6
Habilidade: 24
Comentário: Observemos que a variação do lucro será maior 
quando o segmento de reta que compõe o gráfico for mais 
inclinado, uma vez que a quantidade x de produtos está 
variando de 100 em 100 unidades.
Logo, a maior variação do lucro ocorre quando x está entre 
200 e 300 produtos vendidos.
Rua Juiz de Fora, 991 - Barro Preto
Belo Horizonte - MG
Tel.: (31) 3029-4949
www.editorabernoulli.com.br
6V
Matemática
Volume 3
Bernoulli Resolve
Su
m
ár
io
 -
 M
at
em
át
ic
a Módulo A
05 3 Porcentagem
06 5 Juros simples e compostos
Módulo B
05 8 Regra de três
06 11 Geometria de posição e poliedros
Módulo C
05 12 Função quadrática
06 15 Função composta e função inversa
Módulo D
05 17 Polígonos
06 21 Circunferência
Módulo E
09 24 Posições relativas e distância de ponta a reta
10 27 Áreas e teoria angular
11 29 Equação da circunferência
12 31 Posições relativas à circunferência
3
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – A 05
Porcentagem 
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Sejam T1, D1 e V1 o tempo, a distância e a 
velocidade no trajeto usual, respectivamente.
Sejam T2, D2 e V2 o tempo, a distância e a velocidade no novo 
trajeto, respectivamente. Daí:
D2 = (1 + i)D1 ⇒ D2 = (1 + 0,2)D1 ⇒ D2 = 1,2D1 e
V2 = (1 + i)V1 ⇒ V2 = (1 + 1)V1 ⇒ V2 = 2V1
Temos T2 = 
D
V
2
2
 ⇒ T2 = 
1 2
2
1
1
, D
V
 ⇒ T2 = 0,6
D
V
1
1
.
Como T1 = 
D
V
1
1
, então T2 = 0,6T1.
Assim, o tempo no novo trajeto será 60% do trajeto usual, 
ou seja, houve uma redução de 40% no tempo de viagem.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Seja Pc o preço de custo do produto. Para não 
ter prejuízo, o lojista vende seus produtos por 1,44Pc.
Como os clientes gostam de obter descontos no momento da 
compra, então o lojista cria uma tabela de preços de venda 
acrescentando em 80% o preço de custo, ou seja, os produtos 
serão vendidos por 1,8Pc.
Seja x o maior desconto que o lojista pode conceder ao 
cliente, sobre o preço de tabela, de modo a não ter prejuízo. 
Assim:
(1 + x).(1,8Pc) = 1,44Pc ⇒ 1 + x = 0,8 ⇒ 
x = –0,2 ⇒ x = –20%
Portanto, o lojista pode conceder ao cliente um desconto 
de 20%.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Como o imóvel em São Paulo valorizou 10%, 
o valor de x é tal que 1,1.x = 495 000 ⇒ x = 450 000. Já em 
Porto Alegre, houve uma desvalorização de 10% na venda, 
o que mostra que o valor de y é tal que: 
0,9.y = 495 000 ⇒ y = 550 000
Questão 04 
Comentário: Vamos organizar a seguinte tabela:
Antes Depois
Balas por
pacote
n 1,2n
Preço do
pacote
P 1,08P
Preço de
cada bala
P
n
1 08
1 2
,
,
P
n
A promoção fez com que o preço de cada bala no pacote se 
tornasse igual a:
1 08
1 2
0 9,
,
,P
n
P
n
=
Logo, cada bala sofreu uma redução de 10% no seu preço.
Questão 05 – Letra B
Comentário: Para saber a porcentagem, dividimos o valor do 
acréscimopelo valor total: = =
720
24 000
0,03 3% 
Exercícios Propostos
Questão 01
Comentário: R$ 84,00 representam 50% do seu salário. 
Logo, seu salário é R$ 168,00.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Consideremos h o número de homens e 500 – h 
o número de mulheres. De acordo com o problema, temos:
50
100
.h 60
100
.(500 –h) 280
1
2
.h 300 – 3
5
.h 280
– 1
10
.h –20 h 200
+ =
+ =
= =
Logo, foram entrevistados 200 homens e 300 mulheres.
Questão 03
Comentário: 
A) Perdeu 40% de 3 000 = 1 200
 Recuperou 30% de 1 200 = 360
	 A	pessoa	ficou	com	3	000	–	1	200	+	360	=	2	160	reais.
B) O prejuízo total foi de 3 000 – 2 160 = 840. 
 Temos que 840
3 000
 = 0,28, ou seja, o prejuízo foi de 28%.
COMENTÁRIO
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
4
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra A
Comentário: Se x é o valor de consumo, 0,33x é o valor do 
imposto. Logo, o valor total corresponde a: 
x + 0,33x = 150,29 ⇒ 1,33x = 150,29 ⇒ x = 113
Então, o tributo será de 150,29 – 113,00 = R$ 37,29. 
Questão 06 – Letra D
Comentário: Em 30 litros, há 0,18.30 = 5,4 litros de álcool. 
Ao completar os 40 litros do tanque, teremos 20% de álcool, 
ou seja, 0,2.40 = 8 litros.
Portanto, devem ser adicionados 2,6 litros de álcool, que 
representam 26% do volume de 10 litros acrescido.
Questão 07 – Letra C
Comentário: Sejam:
V: preço de venda sem desconto;
C: preço de custo;
L: lucro.
Temos:
L V C= −0 8,
Preço de 
venda após 
desconto
Mas, L = 0,2C. Logo, temos:
0,2C = 0,8V – C ⇒ 1,2C = 0,8V ⇒ V = 1,5C
Se o desconto não fosse dado, o lucro seria igual a 
V – C = 1,5C – C = 0,5C, ou seja, 50% do preço de custo.
Questão 08 – Letra A
Comentário: Sejam P o preço unitário do produto e n o 
número	de	pessoas	que	o	compraram.	Após	as	modificações,	 
o preço tornou-se 0,9P e o número de pessoas que o 
consumiam tornou-se 1,2n. O faturamento, que é dado pelo 
produto do preço pelo número de unidades vendidas tornou-se 
igual a 0,9P.1,2n = 1,08.P.n. Observe que P.n corresponde ao 
faturamento inicial. Portanto, podemos concluir que houve um 
aumento de 8% no faturamento.
Questão 12 – Letra D
Comentário: Sejam V o preço de venda e C o preço de custo.
V – C = 3 000
Após o desconto de 20%, o preço de venda passará a ser 
0,8V. O lucro é dado por 0,8V – C, que representa 30% do 
preço de custo. Temos:
0,8V – C = 0,3C ⇒ 0,8V – 1,3C = 0 ⇒ 
8V – 13C = 0
Resolvendo o sistema 
V C
V C
− =
− =
3 000
8 13 0
, temos C = 4 800 e V = 7 800.
Portanto, C + V = 4 800 + 7 800 = 12 600.
Questão 16 – Letra D
Comentário: Sejam:
x: valor da hora normal trabalhada;
y: valor da hora extra trabalhada;
S: salário diário (normal).
Temos:
S = 8x
Com as horas extras, temos:
1,5S = 8x + 2y ⇒ 1,5.(8x) = 8x + 2y ⇒ 
12x = 8x + 2y ⇒ 4x = 2y ⇒ y = 2x
Portanto, a hora extra vale o dobro da hora normal, ou seja, 
100% a mais.
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 1
Habilidade: 4
Comentário: Sejam H o número de homens e M o número 
de mulheres.
Dado que 35% das mulheres e 12% dos homens não sentem 
vontade de fazer sexo, temos que o total de brasileiros 
com essa característica é de 35%M + 12%H. Portanto, 
a porcentagem de brasileiros sem vontade de fazer sexo é de:
35 12% %M H
M H
+
+
No entanto, de acordo com o enunciado, podemos considerar 
que H = M, e, então, temos que a porcentagem é de: 
35 12
2
% %H H
H
+ = 23,5% ≅ 24%
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: Sejam P a população total e E a energia total 
consumida.
•	 Considerando	 uma	 renda	 familiar	maior	 do	 que	 vinte	
salários:
 Porcentagem da população → 0,05P
 Energia consumida → 0,10E
 Consumo por indivíduo → 0,10E
0,05P
= 2E
P
•	 Considerando	 uma	 renda	 familiar	 de	 até	 três	 salários	
mínimos:
 Porcentagem da população → 0,50P
 Energia consumida → 0,30E
 Consumo por indivíduo → 0,30E
0,50P
= 0 6, E
P
 Portanto, temos: =
2E
P
0,6E
P
2
0,6
3,3
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: A	partir	do	gráfico,	 temos	que	o	gás	natural	
representa cerca de 21% da energia mundial, enquanto 
a energia nuclear representa cerca de 7%. Para substituir 
a energia nuclear, a energia proveniente do gás natural 
deve cobrir os 7% da energia nuclear. Como 7 representa 
1
3
 de 21, o aumento deve ser de 1
3
 ≅ 0,33 = 33%.
5
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: Em 1970, o consumo de energia elétrica era 
de, aproximadamente, 2,5 x 106 tep, enquanto o consumo 
total de energia era de, aproximadamente, 25 x 106 tep. 
Portanto, a participação da energia elétrica era de 10% da 
energia total. Já em 1995, o consumo de energia elétrica era 
aproximadamente igual a 20 x 106 tep, enquanto o consumo 
total era aproximadamente igual a 32 x 106 tep. Em termos 
percentuais, a energia elétrica representava: 
20 x 10 tep
32 x 10 tep
6
6 ≅ 0,6 = 60%
Portanto houve um aumento de 10% para 60%.
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Seja x o total de eleitores. Temos:
0,51.0,8x = 0,408x 0,41x
Votos
válidos
Logo, o resultado é da ordem de 41%. 
Questão 06 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Seja x o total arrecadado pelo colégio. Com 
reajuste, teríamos 0,05.0,4x = 0,02x, o que corresponde 
a apenas 2% de aumento sobre o valor arrecadado. 
Logo, um reajuste de 5% superaria em muito os gastos 
adicionais.
Questão 07 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: 
Em cada semana, passam 30 000.7
3
 = 70 000 motoristas. 
Temos que 40% deles observam o painel eletrônico, ou seja, 
0,4.70 000 = 28 000 motoristas.
Questão 08 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: O total de fumantes do grupo é igual a: 
0,9.1 500 + 0,8.500 = 1 750
Questão 09 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: 
•	 Famílias	com	renda	de	R$	6	000,00:
 Gasto com alimentação → R$ 540,00 (9% de 6 000)
•	 Famílias	com	renda	de	R$	400,00:
 Gasto com alimentação → R$ 132,00 (33% de 400)
Podemos concluir que os gastos com alimentação pela família 
de maior renda são aproximadamente quatro vezes maiores 
do que os gastos com alimentação da família de menor renda.
Questão 10 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: Observe que dos 112 jogadores, temos 
54 + 14 = 68 jogadores que concluíram o Ensino Médio, 
ou seja, cerca de 68
112
 ≅ 0,60 = 60%.
Questão 11 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Sendo q a quantia aplicada, em reais, por essa 
pessoa, temos:
1°	mês:	a	pessoa	perdeu	30%	do	total	 investido,	ou	seja,	
perdeu	0,3q,	ficando,	então,	com	0,7q;
2°	mês:	 a	 pessoa	 recuperou	 20%	 do	 que	 havia	 perdido,	
ou seja, 0,2(0,3q) = 0,06q.
Assim, depois desses dois meses, essa pessoa tem 
o equivalente a 0,7q + 0,06q = 0,76q.
Como o montante é de R$ 3 800,00, temos:
0,76q = 3 800 ⇒ q = 5 000
MÓDULO – A 06
Juros simples e compostos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Seja P o preço do produto. No pagamento 
à vista, temos 10% de desconto.
Assim, o preço real do produto é 0,9P.
O	pagamento	a	prazo	será	feito	em	duas	prestações	mensais	
iguais sem desconto. Assim:
1°	mês	 2°	mês
 0,5P 0,5P
O verdadeiro preço do produto é 0,9P. No ato da compra, foi 
feito um pagamento de 0,5P, restando, assim, 0,4P para um 
mês	depois.	Logo:
(0,4P)(1 + i) = 0,5P ⇒ 1 + i = 1,25 ⇒ 
i = 0,25 ⇒ i = 25%
Portanto, no pagamento a prazo, paga-se uma taxa mensal 
de juros de 25%.
6
Coleção Estudo
M
A
TE
M
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TI
C
A
Questão 02 – Letra A
Comentário: Sejam J1 e M1, respectivamente, os juros e o 
montante atingido por João. Temos:
J1 = 520.0,03.6 = 93,60 reais
M1 = 520 + 93,60 = 613,60 reais
Sejam J2 e M2, respectivamente, os jurose o montante atingido 
pelo irmão de João. Temos:
J2 = 450.i.6 = 2 700i
M2 = 450 + 2 700i
Mas, M2 = M1 = 613,60. Logo:
450 + 2 700i = 613,60 ⇒ 2 700i = 163,60 ⇒ 
i ≅	0,06	=	6%	ao	mês
Questão 03 – Letra D
Comentário: Sejam x	 o	 valor	 aplicado	 a	 1,6%	ao	mês	 e	
10	000	–	x	o	valor	aplicado	a	2%	ao	mês.	Temos:
0,016x + 0,02.(10 000 – x) = 194 ⇒ x = 1 500
Logo, foram aplicados R$ 1 500,00 e R$ 8 500,00 a 1,6% e 
2%, respectivamente. O valor absoluto da diferença, em reais, 
é 8 500 – 1 500 = 7 000.
Questão 04 – Letra C
Comentário: 
•	 Início	de	2010:
 M = 5 160.1,2 = 6 192 reais
•	 Início	de	2011:
 M = 6 192.1,2 = 7 430,40 reais
O juro recebido é igual a 7 430,40 – 6 192 = 1 238,40 reais.
Questão 05
Comentário: Juros compostos.
A) Em 60 dias, teremos 2 meses. Daí:
 27 300(1 + i)2 = 27 300(1 + 0,3)2 =
 27 300(1,3)2 = 46 137
B) 27 300
1
27 300
1 0 3
27 300
1 3( ) ( , ) ,+
=
+
=
i
 = 21 000
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: Ao levarmos 3 produtos, deveríamos pagar 
o valor correspondente aos 3. Como ganhamos 1 produto, 
obtivemos um desconto de 1
3
, ou seja, 100
3
%.
Questão 02 – Letra B
Comentário: Seja p	o	preço	de	um	produto	de	referência.	
Considere que uma pessoa possua p reais e os aplique. 
Daqui a um ano, essa pessoa terá 1,26p reais. Porém, devido 
à	inflação,	o	preço	do	produto	passará	a	ser	1,20p.
Observe que 1 26
1 20
,
,
p
p
 = 1,05, ou seja, o rendimento efetivo 
foi de 5%.
Questão 04 – Letra A
Comentário: Se x é o valor de cada uma das n parcelas e T 
o total pago pelo produto, temos:
T = n.x
•	 Pagando-se	3	parcelas	a	menos:
 T = (n – 3).(x + 60) 
•	 Pagando-se	5	parcelas	a	menos:
 T= (n – 5).(x + 125)
Temos:
(n – 3).(x + 60) = (n – 5).(x + 125) ⇒
nx + 60n – 3x – 180 = nx + 125n – 5x – 625 ⇒ 
2x = 65n – 445 ⇒ x = 65 445
2
n −
Além disso, temos:
nx = (n – 5).(x + 125) ⇒ nx = nx + 125n – 5x – 625 ⇒
25n – x – 125 = 0 ⇒ 25n – 125 = x 
Igualando	as	duas	equações,	temos:
25n – 125 = 65 445
2
n − ⇒ 50n – 250 = 65n – 445 ⇒ 
15n = 195 ⇒ n = 13
Questão 07 – Letra B
Comentário: Seja C o capital investido mensalmente. Temos:
M = 1 000 000
i = 1% a.m.
1 000 000 = C.1,01360 + C.1,01359 + C.1,01358 + ... + C.1,011 ⇒
1 000 000= (1,01 + 1,01 + 1,01 + ... 360 359 358C. ++ 1,01 )1
Soma dos 360 termos de uma P.G. de razãão 1,01
1 000 000 = C. 1,01. 1,01 1
1,01 1
360 −( )
−
 ⇒ 
1 000 000 = C. 1,01 1,01
361 −
0 01,
 ⇒
1 000 000 = C. 36 1,01
0,01
− ⇒ 1 000 000 = C.3 499 ⇒
C = 285,796 ≅ 286 reais
Questão 09 – Letra D
Comentário: Seja x o valor atual do produto. Então, o seu 
valor há algum tempo era igual a 0,8x. O aumento percentual 
é dado pela razão x
x0 8,
 = 1,25, ou seja, 25%.
Questão 10 – Letra C
Comentário: 
x
Mon te referente
ao valor depositado
hoje
( , )
tan
1 0 1 2+ + +x
Mon te referente
ao valor depos
( , )
tan
1 0 1 1
iitado
daqui a um ano
= 46 200
1,21x + 1,1x = 46 200 ⇒ 2,31x = 46 200 ⇒ x = 20 000
Portanto, x é um número cuja soma dos algarismos da parte 
inteira é igual a 2.
Questão 15 – Letra A
Comentário: 
M = C(1 + i)t ⇒ 518 400 = 250 000(1 + i)2 ⇒ (1 + i)2 = 2,0736 ⇒
1 + i = 1,44 ⇒ i = 0,44 = 44%
7
Editora Bernoulli
M
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TI
C
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Questão 19 – Letra C
Comentário: 
3 900 = 1 200.(1 + i)2 + 1 200.(1 + i) + 1 200 ⇒
3 900 = 1 200.[(1 + i)2 + 1 + i + 1] ⇒
13
4
 = i2 + 2i + 1 + 1 + i + 1 ⇒ 13
4
 = i2 + 3i + 3 ⇒
4i2 + 12i + 12 = 13 ⇒ 4i2 + 12i – 1 = 0 ⇒
∆ = (12)2 – 4.4.(–1) = 144 + 16 = 160
i= 12 4 10− ±
8
 ⇒ 
− +
− −
3 10
2
3 10
2
( )
( )
convém
não convém
Questão 22 – Letra C
Comentário: Em um regime de juros compostos, temos: 
C = 10 000; i = 0,015 e t = 20
Assim, o montante é expresso por:
= + =
= =
= =
M 10 000(1 0,015) M 10 000(1,015)
M 10 000 (1,015) M 10 000[1,16]
M 10 000.1,3456 M 13 456
20 20
10
1,16
2
2
Questão 23 – Letra D
Comentário: Após um ano, César tem um montante 
M1 = 10 000(1 + i). Ao sacar R$ 7 000,00, sua aplicação após 
mais um ano passa a ser R$ 6 000,00. Então:
= = + +
= + +
= + + = + + +
+ =
=
=
M 6 000 M (10 000(1 i)–7 000)(1 i)
6 000 (10 000 10 000i–7 000)(1 i)
6 000 1 000(3 10i).(1 i) 6 3 3i 10i 10i
10i 13i–3 0
i 0,2
ou
i –1,5
2 2
2
2
Como i é positivo, i = 0,2, logo: 
(4i – 1)2 = (4.0,2 – 1)2 = (–0,2)2 = 0,04
Questão 24 – Letra C
Comentário: Bruno, há um ano, comprou uma casa de 
R$ 50 000. Para isso, tomou emprestados R$ 10 000 de Edson e R$ 
10 000 de Carlos. Logo, Bruno já tinha o equivalente a R$ 30 000.
Bruno combinou com Edson e Carlos pagar-lhes juros de 5% 
e 4% em um ano, respectivamente.
Assim, após um ano, Bruno deve a Edson e a Carlos o 
equivalente a:
•	 Edson:	10	000.(1,05)	=	10	500
•	 Carlos:	10	000.(1,04)	=	10	400
Com a venda da casa, que valorizou 3% durante o ano, Bruno 
obteve 50 000.(1,03) = R$ 51 500.
Após a venda, Bruno pagou o que devia a Edson e a Carlos 
e subtraiu o que tinha inicialmente para a compra da casa: 
51 500 – (10 500 + 10 400 + 30 000) = 51 500 – 50 900 = 600
Portanto, Bruno lucrou o equivalente a R$ 600,00.
Questão 25
Comentário: Vamos considerar o seguinte esquema.
à vista P
entrada 100
saldo devedor P – 100
saldo devedor 30 dias 
depois (10% de juros)
1,1(P – 100) = 1,1P – 110
2ª parcela 240
saldo devedor 1,1P – 110 – 240 = 1,1P – 350
saldo devedor 30 dias 
depois (10% de juros)
1,1(1,1P – 350) = 1,21P – 385
3ª parcela 220
saldo devedor 0
Logo:
1,21P – 385 – 220 = 0 ⇒ 1,21P = 605 ⇒ P = 500
O valor de venda à vista dessa mercadoria é R$ 500,00.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 1
Habilidade: 4
Comentário: O investimento A tem uma rentabilidade 
anual de (1,03)12 –1 = 1,426 – 1 = 0,426 = 42,6%.
O investimento B tem uma rentabilidade anual de 
(1,36)1 – 1 = 1,36 – 1 = 0,36 = 36%.
O investimento C tem uma rentabilidade anual de
(1,18)2 – 1 = 1,3924 – 1 = 0,3924 = 39,24%.
Portanto, o investimento em A é o que tem a maior 
rentabilidade anual (42,6%) em relação aos demais.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 1
Habilidade: 4
Comentário: Aplicando R$ 500,00 na poupança, com 
rendimento mensal de 0,560%, o montante, em reais, será de: 
500,00.(1,00560) = 502,80
Aplicando R$ 500,00 no CBD, com rendimento mensal 
de 0,876%, o juros ou o ganho, em reais, será de: 
500,00.(0,00876) = 4,38
Como o imposto de renda no CBD é de 4% sobre o 
ganho, temos que o montante, em reais, será de: 
500,00 + 4,38.(0,96) = 504,21
Portanto, a aplicação mais vantajosa é a do CBD, pois 
o montante é maior.
8
Coleção Estudo
M
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M
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C
A
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 1
Habilidade: 4
Comentário: 
M = C(1 + i)t ⇒ M = 20 000(1 + 0,02)t ⇒ M = 20 000(1,02)t
Fazendo	t	=	3,	temos:
M = 20 000(1,02)3 ≅ 21 225 reais
Esse	valor	é	o	suficiente	para	comprar	o	carro	e	ainda	sobram	
R$ 225,00.
MÓDULO – B 05
Regra de três
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Regra	de	três	simples:
Datilógrafos
Símbolos 
digitados
Tempo 
(minutos)
1ª situação 13 13 013 13
2ª situação 1 x 1
Comparando as grandezas datilógrafos e tempo com a 
grandeza símbolos digitados, temos que essas grandezas são 
diretamente proporcionais. Assim:
13 013 13
1
13
1x
= . x = 77
Portanto, são digitados 77 símbolos por cada datilógrafo em 
um minuto.
Questão 02 – Letra C
Comentário:	Regra	de	três	composta:
Operários
Pares de 
calçados
Horas/dia
16
x
120
300
8
10
Quanto maior a produção de calçados, mais funcionários 
serão necessários (grandezas diretamente proporcionais). 
Considerando as horas de trabalho diárias e o aumento da 
jornada de trabalho, serão necessários menos funcionários 
para realizar a tarefa, ou seja, grandezas inversamente 
proporcionais.
Assim: 
= = =
16
x
120
300
.10
8
1 200x 2 400.16 x 32 operários 
Questão 03 – Letra B
Comentário: Sabemos que, para um mesmo comprimento 
de tecido que passa pela máquina, quanto maior o raio do 
cilindro, menos voltas ele dá. Assim:
Rolo Raio Voltas/minuto
4º 
1º
 10 cm80 cm
 10
 x
x x x voltas
uto10
10
80
10 10
80
1 25= = =. ,
min
Logo, em 12 horas, o primeiro rolo dará:
Voltas Minutos
 1,25
 y
 1
 12.60
1 25 1
12 60
,
.y
= ⇒ y = 1,25.12.60 ⇒ y = 900 voltas
Questão 04 – Soma = 10
Comentário: Nesse problema, estamos relacionando tempo e 
velocidade. Trata-se de grandezas inversamente proporcionais. 
Sendo assim, vamos analisar cada item:
01.	Falso.	
Com velocidade de 375 páginas por hora, consideremos x o 
tempo gasto.
= = =
4
x
375
300
x 3,2 h x 3 horas e 12 minutos
02. Verdadeiro.
Para um serviço feito em 2,5 horas, seja v a velocidade de 
trabalho da máquina. 
= =
4
2,5
v
300
v 480 páginas por hora
04.	Falso.
Se a velocidade da máquina for de 250 páginas por hora, temos:
= = =
4
x
250
300
x 4,8 horas x 4 horas e 48 minutos
08. Verdadeiro.
Como são grandezas inversamente proporcionais, se a 
velocidade da máquina dobrar, o tempo gasto será reduzido 
à metade, ou seja, será feito em 2 horas.
Questão 05 – Letra B
Comentário: Analisando a relação entre a massa (em gramas) e o 
tempo	(em	anos)	dessa	substância,	descrita	no	gráfico,	observamos	
que quanto maior o tempo, isto é, quanto mais o tempo passa, 
menor é a quantidade dessa substância. Logo, massa e tempo são 
inversamente proporcionais. Assim, para sabemos qual o tempo 
necessário para que essa substância se reduza a 2,5 gramas, 
pegamos	um	ponto	do	gráfico	e	montamos	a	tabela.
Massa (g) Tempo (anos)
 20 
 2,5 
 10 
 x 
= =
x
10
20
2,5
x 20.10
2,5
 x = 80 anos
9
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: Com	base	nas	informações	dadas,	temos	que	a	
produção de cana-de-açúcar por hectare é =7 500
3 000
2,5 vezes 
maior que a de milho. Sabendo que a área é diretamente 
proporcional à produtividade de cada cultura e que ao plantio 
de milho couberam 400 hectares, resta à cana-de-açúcar uma 
área de 2,5.400 = 1 000 hectares.
Portanto, a usina tem x = 400 + 1 000 = 1 400 ha plantados, 
o que corresponde a 1,4 x 107 m2.
Questão 02 – Letra B
Comentário: Em	um	 grupo	 de	 3	 000	 pessoas,	 25%	 têm	
Ensino Médio:
25%.3 000 = 750 pessoas
A cada 100 pessoas com Ensino Médio, 54 conseguem 
emprego; logo:
100 54
750 54
750
100
54 750
1
−−−−−−
−−−−−−
= =
x
x x .
000
 x = 405
Portanto, de acordo com os dados da pesquisa, 405 pessoas 
irão conseguir emprego.
Questão 06 – Letra E
Comentário: De acordo com os dados da questão, em 6 horas 
temos um escoamento de 240 litros. Sabendo que a vazão é 
constante e que corresponde ao volume pelo tempo, podemos 
estimar o tempo em que a água no interior do tanque demorou 
para se reduzir à metade:
= =
240 litros
6 horas
1 000 litros
x
x 25 horas
Logo, se às 8 horas de certo dia o tanque estava cheio de 
água, se reduziu a 1 000 litros às 9 horas do dia seguinte.
Questão 08 – Letra B
Comentário: Se 6 pessoas, trabalhando 4 horas por dia, 
realizam um trabalho em 15 dias, temos que o trabalho 
é executado em 15.4 horas, ou seja, 60 horas.
Sendo x o total de horas a serem trabalhadas pelas 8 pessoas, 
temos:
Total de pessoas Total de horas
1ª Situação 6 60
2ª Situação 8 x
O total de horas a serem trabalhadas é inversamente 
proporcional ao número de pessoas. Assim:
6
8 60
=
x ⇒ x = 45 horas
Portanto, serão necessárias 45 horas.
Questão 11 – Letra E
Comentário: Quanto maior o número de robôs, menos tempo 
será gasto na montagem. Daí:
N. de robôs
Tempo gasto na 
montagem (h)
 12
 9
 21
 x
x x
21
12
9
21 12
9
= =
. x = 28 horas
Portanto, 9 desses robôs realizam a mesma tarefa em 
28 horas.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 3
Habilidade: 13
Comentário: A proposta da cooperativa, uma jornada de 
6 horas por dia, oferece uma colheita de 20 hectares por dia. 
Portanto, em 6 dias, seriam colhidos 120 hectares. 
O preço total dessa proposta seria:
•	 Custo	dos	trabalhadores:	
 R$ 120,00 por dia (12 trabalhadores)
•	 Custo	das	máquinas:
 R$ 4 000,00 por dia (4 máquinas)
•	 Custo	total	diário:	R$	4	120,00
•	 Custo	por	6	dias:	R$	24	720,00
Assim, o valor total está dentro da oferta do fazendeiro.
Considerando que o aumento da jornada de trabalho para 
9 horas diárias não encareça a proposta da cooperativa e que 
o ritmo de trabalho seja o mesmo, temos:
Área colhida em 6 dias com jornada de 9 horas:
9
6
.120 = 180 hectares
Dessa	 forma,	 a	 única	 alternativa	 que	 propõe	 o	 aumento	
de colheita desejado, sem que os custos excedam o valor 
proposto, é a letra D.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 6
Habilidade: 26
Comentário: A capacidade de abastecimento dos mananciais 
é	de	6	milhões	de	litros	de	água	por	dia,	e	a	prefeitura	visa	a	
um consumo médio de 150 litros por dia, por habitante. Assim, 
com essa capacidade, os mananciais são capazes de abastecer:
N. de habitantes
Consumo diário de 
água (litros)
 1
 x 
 150
 6 000 000
1 150
6 000 000
6 000 000
150x
x= = x = 40 000 habitantes
Considerando que, em 2003, a população era de 28 000 
habitantes, e que a cada dois anos aumenta-se 2 000 
habitantes, temos 40 000 – 28 000 = 12 000 habitantes.
12 000
2 000
 = 6 anos ⇒ 2 003 + 6 = 2 009
Portanto,	os	mananciais	serão	suficientes	para	abastecer	a	
cidade	até	o	final	de	2009.
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Coleção Estudo
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Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 3
Habilidade: 13
Comentário: Sabe-se que nos primeiros 10 dias, 20 alunos 
trabalharam 3 horas diárias e que foram arrecadados, 
diariamente, 12 kg de alimentos. Assim, temos:
Total de alimentos colhidos por aluno, por hora:
12
3 20.
 = 0,2 kg
Dessa maneira, a quantidade total de alimentos arrecadados 
durante os 10 primeiros dias foi de 120 kg. 
Considerando que o ritmo de coleta tenha se mantido 
constante, a quantidade arrecadada por dia, nos 20 dias 
restantes, foi de:
(20 + 30).4.0,2 = 40 kg
dia
Assim, nesse período, foram arrecadados 800 kg de alimentos.
Portanto, o total de alimentos arrecadados, durante os 30 dias 
de campanha, foi de 920 kg.
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: Primeiro, calculamos quantos kg de carvão são 
necessários para gerar 200 mil MWh de energia elétrica em 
um único dia.
kg de carvão
Quantidade de 
energia
 1
 x
 10 kWh
 200 mil MWh
1 10 10
200 000 10
200 000 10
10 10
3
6
6
3x
x Wh
x Wh
x x
x
= =
x x= 20 106 kg de carvão =200 000 toneladas de carvão
Agora,	 calculamos	 quantos	 caminhões	 de	 carvão	 são	
necessários para abastecer as termoelétricas a cada dia:
N. de caminhões
Toneladas de carvão 
transportadas
 1
 y
 10
 20 000
1 10
20 000
20 000
10
2 000
y
y y ca hões= = = min
Questão 05 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: Se um trabalhador produz 8 toneladas 
de cana em um dia de trabalho e recebe R$ 2,50 por 
tonelada, ele recebe 8.2,50 = 20,00 reais por esse dia. 
Por essas 8 toneladas, o valor do álcool produzido será 
8.100.1,20 = 960,00 reais.
Logo, 
960
20
48reais
reais
dia
dias= .
Questão 06 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Como informado no enunciado, o volume de 
demanda de água diária (Vd) = 2 000 litros, o número de dias 
de armazenagem (Ndia) = 15, e a precipitação média diária é 
de 110 mm, ou seja, 1,1 dm. Logo:
Vc = 2 000.15.1,1 = 33 000 litros
Portanto, para a área A do telhado, temos:
A
V
mc= = =
110
33000
110
300 2,	 que	 corresponde	 a	 dimensões	
mínimas de 15 metros por 20 metros.
Questão 07 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 4
Habilidade: 16
Comentário: 
=2 banho
dia
.10minutos.7dias. 4,8 kW
60minutos
11,2 kW
Questão 08 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Podemos relacionar o preço e a quantidade de 
tíquetes	por	meio	de	uma	regra	de	três	simples:
Preço (R$) Tíquetes3,00
x
20
9 200
= =
3
x
20
9 200
x 1 380,00
Assim, para trocar os tíquetes pela bicicleta, será necessário 
desembolsar R$ 1 380,00.
Questão 09 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário:	Regra	de	três	simples:
Gotas Massa corporal (kg)
5
30
2
x
= =
5
30
2
x
x 12
Logo,	a	massa	corporal	do	filho	é	de	12	kg.
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Editora Bernoulli
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MÓDULO – B 06
Geometria de posição 
e poliedros
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário:	Vamos	analisar	as	afirmativas:
I.	 Falsa.	As	retas	podem	ser	reversas.
II.	 Falsa.	Três	pontos	distintos	entre	si	só	determinam	um	
único plano se não forem colineares.
III. Verdadeira.
IV. Verdadeira.
Questão 02 – Letra C
Comentário:
I)	 Falso,	pois	duas	retas	reversas	não	se	interceptam	e	não	
são paralelas.
II)	 Falso,	pois	duas	retas	paralelas	não	se	interceptam	e	não	
são reversas entre si, pois existe um plano que as contém.
III)	Falso,	 pois	 podemos	 ter	 uma	 reta	 secante	 a	 um	plano	
(formando um ângulo diferente de 90° com o plano), mas 
que seja perpendicular a uma reta desse plano.
IV)	Falso,	pois	pode	haver	uma	reta	perpendicular	à	reta	dada	
e paralela ao plano dado.
Questão 03 – Letra A
Comentário:
A) Verdadeiro. Dado um plano a e uma reta r quaisquer, 
existe um plano b que contém r, tal que b ⊥ a.
B)	 Falso.	Contraexemplo:	seja	r	⊥ a.	Logo,	existem	infinitos	
planos perpendiculares a a	que	contêm	r.
C)	 Falso.	Contraexemplo:	se	r e a são secantes, então não existe 
um plano b que contém r, tal que b // a.
D)	 Falso.	Contraexemplo:	tome	a	reta	r secante ao plano a. 
Logo, não existe nenhum plano que contém r que seja 
paralelo a a.
E)	 Falso.	Contraexemplo:	seja	r	//	a. Logo, existe um plano 
b que contém r, tal que b // a.
Questão 04 – Letra E
Comentário: Sabemos que o poliedro possui duas faces 
pentagonais e cinco quadrangulares. Assim, o número de 
faces é 2 + 5 = 7.
Como duas faces sempre possuem uma aresta em comum, 
o número de arestas pode ser calculado da seguinte maneira: 
= + =A 2.5 5.4
2
A 15
Logo, pela Relação de Euler, temos: 
V	–	A	+	F	=	2	⇒ V = 2 + 15 – 7 ⇒ V = 10 
Questão 05 – Letra E
Comentário: A Relação de Euler vale para todo poliedro 
convexo.
Assim, para o poliedro de 20 arestas A e 10 vértices V, temos:
V	–	A	+	F	=	2	⇒	10	–	20	+	F	=	2	⇒	F	=	12
Sejam t e q o número de faces triangulares e quadrangulares, 
respectivamente.
Como	F	=	12,	então	t	+	q	=	12	e,	como	A	=	20,	então:	
t q. .3 4
2
+ = 20
Resolvendo o sistema t q
t q
+ =
+ =
12
3 4 40
, temos q = 4 e t = 8.
Portanto, o poliedro convexo tem 8 faces triangulares.
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra B
Comentário:
I. Verdadeira. Duas retas perpendiculares a um mesmo plano 
são paralelas uma a outra, e retas paralelas são coplanares.
II.	 Falsa.	Se	duas	retas	são	paralelas	a	um	plano,	não	são,	
necessariamente, paralelas entre si, pois também podem 
ser coplanares concorrentes ou reversas.
III.	Falsa.	Considere,	por	exemplo,	um	triângulo	ABC	contido	
em um plano δ. Sejam a, b, e γ os planos perpendiculares a 
δ	definidos	por	BC,	AC	e	AB,	respectivamente.	a intercepta 
b e γ segundo retas paralelas, mas evidentemente b não 
é paralelo a γ.
Questão 04 – Letra E
Comentário: A alternativa incorreta é a letra E, pois a 
intersecção de dois pontos concorrentes forma uma reta que 
possui	infinitos	pontos.
Questão 05 – Letra D
Comentário:	Considere	a	seguinte	figura.
π1 π3
π2
�
Como a reta l = p1 ∩ p3, então l ⊥ p2, pois p1 ⊥ p2 e p2 ⊥ p3, 
por hipótese.
Questão 06 – Letra C
Comentário: Considere	a	figura	a	seguir	com	seus	dados.
r
A
B
E
I
G
C
F
D
H
As retas suportes das arestas do sólido que são reversas com 
a reta r (não existe um único plano que as contenha) são: 
IE,	IF,	IG,	IH,	EH,	FG,	DH,	CG
Portanto, temos 8 retas.
Questão 09 – Letra D
Comentário: Considerando que o poliedro regular tem 
12 vértices e 30 arestas, podemos encontrar o seu número 
de faces pela Relação de Euler: 
V	–	A	+	F	=	2	⇒	F	=	2	–	12	+	30	⇒	F	=	20
Assim,	podemos	afirmar	que	o	poliedro	é	um	icosaedro.
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Coleção Estudo
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Questão 13 – Letra C
Comentário: Em 20 faces hexagonais, temos 120 lados, e, 
em 12 faces pentagonais, temos 60 lados. O total de lados é, 
então, igual a 180. Cada lado é comum às duas faces, e, 
portanto, foi contado duas vezes. Assim, o número de 
arestas A é tal que:
2A = 180 ⇒ A = 90
Aplicando a Relação de Euler a esse poliedro convexo, temos:
V	–	A	+	F	=	2	⇒ V – 90 + 32 = 2 ⇒ V = 60
Portanto, a bola de futebol tem 60 vértices.
Questão 14 – Letra E
Comentário: Como o poliedro é convexo, ele é euleriano, e, 
então,	 V	 +	 F	 =	 A	 +	 2.	 Como	 o	 poliedro	 só	 tem	 faces	
triangulares	e	faces	quadrangulares,	F	=	q	+	t.
Combinando	as	duas	equações	anteriores	e	substituindo	os	
dados do problema, resulta q + t = 32 + 2 – 14 = 20.
Como	 cada	 face	 triangular	 tem	 três	 arestas,	 cada	 face	
quadrangular tem quatro arestas, e o total de arestas do 
poliedro é metade da soma dos números de arestas de cada 
face (pois cada aresta pertence a duas faces e, portanto, 
é contada duas vezes), então A = 3 4
2
t q+ . Como o poliedro 
tem	32	arestas,	temos	então	3t	+	4q	=	64.	Temos,	finalmente,	
o sistema:
q t
q t
q t+ =
+ =
= =20
4 3 64
4 16 e 
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Como temos um poliedro de 7 faces e 
15 arestas, então, da Relação de Euler, temos que o número 
de vértices é:
V	–	A	+	F	=	2	⇒ V – 15 + 7 = 2 ⇒ V = 10
Como em cada vértice temos 3 parafusos, então:
10.3 = 30 parafusos
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Dos sólidos dados, o único que não tem 
entrelaçamentos de arestas, o que facilita sua construção, 
é o da alternativa E.
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: A menor distância possível entre dois pontos é 
uma	reta.	Nesse	caso,	planificando	a	parede	e	o	teto	(como	
mostrado nas alternativas), temos que a reta é representada 
pela alternativa E.
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Observe, na figura a seguir, a projeção 
ortogonal, no plano da base, do trajeto descrito por João.
E
C
B
A
D
M
Portanto, o desenho que Bruno deverá fazer é:
A B
D C
MÓDULO – C 05
Função quadrática
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: Os valores de x para os quais f(x) = g(x) são 
tais que:
2 + x2 = 2 + x ⇒ x2 – x = 0 ⇒ x(x – 1) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 1
Questão 02 – Letra C
Comentário: Para encontrar a rentabilidade máxima, 
é necessário encontrar uma função do 2º grau côncava para 
baixo.
N. de passageiros Valor pago
1 1.55 + [(54 – 1).2,5].1
2 2.55 + [(54 – 2).2,5].2
3 3.55 + [(54 – 3).2,5].3
...
...
x x.55 + [(54 – x).2,5].x
Assim, a rentabilidade R em função do número x de pessoas é:
R(x) = 55x + [(54 – x).2,5].x ⇒
R(x) = 55x + 135x – 2,5x2 ⇒
R(x) = –2,5x2 + 190x; x ≥ 1
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Editora Bernoulli
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O número de passageiros que dá à empresa uma rentabilidade 
máxima é xv. Assim:
xv = −
b
a2
 = −
−
190
2 2 5( , )
 = 38
Portanto, a empresa terá um lucro máximo se 38 pessoas 
forem à excursão.
Questão 03 – Letra A
Comentário: Pela geometria do problema, temos a seguinte 
situação:
Jardim
B
D
n
m
4 – m
4
9 – n
9
F
E
A
C
Como ∆ ADE ~ ∆ ABC:
4 – m
4
= n
9
4n= 9(4 – m) n= 36 – 9m
4
n= 9m
4
+ 9–
A área do jardim é dada pelo produto mn. Assim, temos:
A =mn A =m 9m
4
+ 9 A =– 9m
4
+ 9m
2
–
A maior área possível encontra-se no vértice da parábola, logo: 
m=– b
2a
m=– 9
2 – 9
4
=2.
Como n= 9m
4
+ 9, n= 4,5.– então
Portanto,	as	dimensões	do	jardim	são	2	m	e	4,5	m.
Questão 04 – Letra C
Comentário: 
y
y
xx
A
2x + 3y = 6
O
Seja A o quarto vértice. A pertence à reta 2x + 3y = 6. Logo:
y = – 2
3
x + 2 (I)
A área do retângulo é dada por S = x.y.
Substituindo (I) nessa expressão, temos:
S = x − +2
32x ⇒ S = – 2
3
x2 + 2x
A dimensão x que corresponde à área máxima é dada por:
xv = − =
−
−
=b
a2
2
2 2
3
3
2
Logo, y = – 2
3
. 3
2
 + 2 = 1
O perímetro do retângulo é 2. 3
2
 + 2.1 = 5
Questão 05 – Letra A
Comentário: Analisar	o	gráfico	da	parábola.
16
A(0, 0)
C(20, 16)
y
M = 20 B(40, 0) x
A parábola tem equação f(x) = ax2 + bx + c, ou 
f(x) = a(x – x1)(x – x2), em que x1 e x2 são raízes.
Com	base	no	gráfico,	deduzimos	que	x1 = 0 e x2 = 40 são 
raízes da função. 
Assim, f(x) = a(x – 0)(x – 40) ⇒ f(x) = ax(x – 40).
O ponto C = (20, 16) ∈ f. 
Logo, 16 = a.20.(20 – 40) ⇒ a = − 1
25
.
Assim, f(x) = − 1
25
x.(x – 40). 
Logo, f(15) = − 1
25
.15.(15 – 40) ⇒ f(15) = 15.
Portanto, a altura do arco é 15 cm para um ponto que dista 
5 cm de M. 
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário:	Como	o	gráfico	de	f passa pelos pontos (–2, 0) 
e	(0,	2)	segue	que	f(x)	=	x	+	2.	Além	disso,	como	o	gráfico	
de g passa pelos pontos (0, 0) e (1, 0) temos:
g(x) = ax2 + bx
g(1) = 0 ⇒ g(1) = a + b = 0 ⇒ b = –a
g(x) = ax2 – ax
Então: 
h(x) = x + 2 + ax2 – ax ⇒ h(x) = ax2 – (a – 1)x + 2
Sabendo	que	a	>	0,	o	gráfico	de	h tem concavidade voltada 
para cima. Além disso, intercepta o eixo y no ponto de 
ordenada	2.	Por	fim,	temos	que	f(1)	=	3	e	g(1)	=	0,	ou	seja,	
h(1) = f(1) + g(1) = 3. 
Portanto,	o	gráfico	que	mais	representa	a	função	h(x)	é	o	da	
alternativa C.
Questão 03 – Letra A
Comentário:	 Por	 simetria,	 verificamos	 que	 as	 raízes	 são	
0 e 10. Sendo a função y = ax2 + bx + c, temos:
0 + 10 = −
b
a
 ⇒ b = –10a e
0.10 = 
c
a
 ⇒ c = 0
Substituindo na função, temos y = ax2 – 10ax.
Para x = 5, temos y = –5. 
Assim, –5 = a.(5)2 – 10.a.5 ⇒ a = 
1
5
.
Logo, b = –10.
1
5
 = –2.
Portanto, temos y = 1
5
x2 – 2x.
14
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
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Questão 07 – Letra D
Comentário: Sejam x o número de aumentos de R$ 1,50 e 
y a arrecadação.
y = (6 + 1,50x)(460 – 10x) ⇒ y = –15x2 + 630x + 2 760
O número de aumentos para que a arrecadação seja máxima 
é dado por:
xv = − = − −
b
a2
630
30
 = 21
Portanto, o preço da inscrição, em reais, deve ser igual a 
6 + 21.1,50 = 37,50.
Questão 09 – Letra B
Comentário: 
L(x) = –x(x – k) ⇒ L(x) = –x2 + kx
Lucro máximo: y
∆ = k2 – 4.(–1).0 = k2
y = − = −
−4 4
2
a
k = k
2
4
Logo, k2 = 4y ⇒ k = 2¹y.
Questão 10 – Letra B
Comentário: 
b b
b b
a
a
a
a x
x
x
x
2b
2a
Alosango = 
2 2
2
a b. = 2ab
4a + 4b = 24 ⇒ a + b = 6 ⇒ b = 6 – a
Alosango = 2a(6 – a) ⇒ Alosango = –2a2 + 12a
Abscissa do vértice: av = 
12
2( 2)−
 = 3
Logo, b = 6 – 3 = 3.
x2 = a2 + b2 = 32 + 32 = 18 ⇒ x = 3¹2 cm
Questão 11 – Letra A
Comentário: Seja a função y = ax2 + bx + c. Sabemos que:
i) − =b
a
6 ⇒ b = –6a
ii) 
c
a
= 5 ⇒ c = 5a
Logo, a função pode ser como y = ax2 – 6ax + 5a.
Além disso, temos que:
yv = – 4a
 = –4 ⇒ ∆ = 16a ⇒ b2 – 4ac = 16a ⇒
36a2 – 4.a.5a = 16a ⇒ 16a2 – 16a = 0 ⇒ 
a(a – 1) = 0 ⇒ a = 0 (não convém) ou a = 1
Portanto, a função é dada por y = x2 – 6x + 5.
Coordenadas do vértice:
xv = − = −
− =b
a2
6
2
3
Portanto, V(3, –4).
Questão 12 – Letra C
Comentário: Área do triângulo ROS: 
S = ( )( – )2 2 30
2
+ T T ⇒ S = –T2 + 29T + 30
O tempo necessário para que a área seja máxima corresponde 
à abscissa do vértice.
TV = − = − −
b
a2
29
2
 = 14,5 s
Questão 14 – Letra D
Comentário: 
y
A B
eixo de simetria
xO xv
xv xv
AB = 2.xv = 2. –
b
a2
 = – b
a
Questão 15 – Letra D
Comentário: A área do quadrado interno é igual a:
A = 82 – 4. x x( )8
2
− ⇒ A = 2x2 – 16x + 64
∆ = (–16)2 – 4.2.64 = 256 – 512 = –256
yv = –4a
 = ––256
8
 = 32
Logo, o valor mínimo de A é 32 cm2.
Questão 19 – Letra E
Comentário:
f: [0, 5] → ; f(x) = x2 – 6x + 8
Vértice:
x b
a
y valor mínimo
v
v
= − = − − =
= − + = −
2
6
2
3
3 6 3 8 12( ) . ( )
= −V ( , )3 1
Daí, o valor máximo ocorre para x = 0. Temos:
f(0) = 02 – 6.0 + 8 = 8 (valor máximo)
A diferença é igual a 8 – (–1) = 8 + 1 = 9.
Observe que f(5) = 52 – 6.5 + 8 = 3 não é o valor máximo 
da função.
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Como V é o valor, em reais, arrecadado por dia 
com a venda do álcool, temos:
V = (10 000 + 100x)(1,50 – 0,01x) ⇒ 
V = 15 000 – 100x + 150x – x2 ⇒ V = 15 000 + 50x – x2
15
Editora Bernoulli
M
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Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário:
R(x) = k.x(P – x) ⇒ R(x) = –kx2 + kPx
Como k > 0, temos –k < 0, ou seja, trata-se de uma 
parábola com concavidade voltada para baixo. Além disso, 
uma	das	raízes	da	função	é	igual	a	zero.	Portanto,	o	gráfico	
correspondente é o da alternativa E.
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: O número de pessoas que corresponde à 
máxima rapidez de propagação do boato corresponde à 
abscissa do vértice. Para P = 44 000, temos: 
R(x) = kx(44 000 – x) ⇒ R(x) = –kx2 + 44 000kx. 
Assim:
xv = − =
−
−
b
a
k
k2
44 000
2
 = 22 000
Portanto, o número de pessoas deve ser igual a 22 000.
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário:
P = r . i2
P = k . E
= =k.E r.i E r.i
k
2
2
Como r e k são constantes reais, temos uma função do 
segundo grau na variável i.	Portanto,	o	melhor	gráfico	que	
representa a relação entre E e i é o da alternativa D. 
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário:	 Sejam	 C(x)	 e	 V(x)	 as	 expressões	 para	 o	
custo de fabricação de x unidades e o seu valor de venda, 
respectivamente. Logo:
C(x) = 3x2 + 232 e V(x) = 180x – 116
O lucro de x unidades é determinado pela diferença do preço 
de venda pelo custo de fabricação de x unidades, ou seja:
L(x) = V(x) – C(x) ⇒ L(x) = –3x2 + 180x – 348
Portanto, a quantidade máxima de unidades a serem vendidas 
para se obter o lucro máximo é:
x b
2a
x 30
V V
= − =
MÓDULO – C 06
Função composta e função 
inversa
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: De	acordo	com	o	gráfico	da	função	f, f(f(x)) = 2 
para todo f(x) = 0, ou seja, para todas as raízes de f.
Como a função f	tem	3	raízes,	então	para	esses	três	elementos	
f(f(x)) = 2.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Sabe-se que:
f(x) = 2x – 1 e f(g(x)) = x2 – 1
Logo: f(g(x)) = 2.g(x) – 1 = x 1 g(x) = 2 – x
2
2
Questão 03 – Letra E
Comentário: Basta substituir os valores dados em suas 
respectivas	 funções.	 O	 resultado	 será	 obtido	 através	 dos	
gráficos.	Assim:
f o g o f –1(2) = f(g(f –1(2))) = f(g(1)) = f(3) = 4
1 3
2
f –1
f –1
y = f(x)
y = g(x)
1O
y
y
3
1 xO
y
4
3 x
x
O
Portanto, f o g o f –1(2) = 4.
Questão 04 – Letra A
Comentário: Como f(3) = 2.3 + 1 = 7 e g(3) = 3.3 + 1 = 10, 
temos: 
f(g(3)) – g(f(3)) = f(10) – g(7) = 2.10 + 1 – (3.7 + 1) ⇒
f(g(3)) – g(f(3)) = 21 – 22= –1
16
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra D
Comentário: Como f(f(x)) = 9x + 8 e f(x) = ax + b, temos:
f(f(x)) = a.f(x) + b = 9x + 8 ⇒ a(ax + b) + b = 9x + 8
+ + = + = = = −a x b(a 1) 9x 8 a 9 a 3 ou a 3
2 2
Podemos	considerar	as	duas	situações:
Para a = –3, temos b = –4 e f(x) = –3x – 4. Além disso:
 =f (x)
–x – 4
3
–1
Para a = 3 temos b = 2 e f(x) = 3x + 2. Assim, =f (x)
x –2
3
–1 .
Logo,	a	única	afirmativa	correta	é	a	alternativa	D.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra C
Comentário: 
f f x( ( ))
1
4=
Temos que f(x) = 1 corresponde a 3 valores de x.
Questão 03 – Letra D
Comentário:	Os	gráficos	são	simétricos	em	relação	à	bissetriz	
dos quadrantes ímpares.
y
f(x)
f –1(x)
x
1ª bissetriz
O
Questão 04 – Letra D
Comentário: Consideremos r = 2x + 1, então, =x r –1
2
. 
Assim, = + = +f(r) 2
r –1
2
4 f(r) r 3 .
Por outro lado, se s = x + 1 então: 
x = s – 1 e g(s) = 2(s – 1) – 1 ⇒ g(s) = 2s – 3
Desse modo, f o g(x) = f(2x – 3) = 2x – 3 + 3 = 2x
Questão 05 – Letra E
Comentário: 
f(2x + 3) = 4x2 + 6x + 1
Fazendo	2x	+	3	=	k,	temos	x	=	 k −3
2
. 
Logo, f(k) = 4 k −3
2
2
+ 6 k −3
2
 + 1
Então:
f(1 – x)= 4 1 3
2
2
− −x + 6 1 3
2
− −x + 1 ⇒ 
f(1 – x) = (–2 – x)2 + 3(–2 – x) + 1 ⇒ 
f(1 – x) = x2 + x – 1
Questão 06 – Letra C
Comentário: 
y
6
g
f
1ª bissetriz
g–1
4
2
–2
x2 4O
g(x) = ax + b
g(0) = a.0 + b = 2 ⇒ b = 2
g(4) = 4a + 2 = 6 ⇒ a = 1
g(x) = x + 2
Cálculo de g–1(x):
x = y + 2 ⇒ y = x – 2 ⇒ g–1(x) = x – 2
Determinação de f(x):
f(x)	=	cx	+	d	(pois	x	≥	2)
f(2) = 2c + d = 4 e f(4) = 4c + d = 0 
2 4
4 0
c d
c d
+ =
+ =
 ⇒ f(x) = –2x + 8
A) f(h(4)) = ?
 h(4) = f(4) – g(4) = 0 – 6 = –6
 f(h(4)) = f(–6) = 4
 g–1(4) = ?
 g–1(4) = 4 – 2 = 2 (incorreto)
B) h(x) = 0 ⇒ f(x) – g(x) = 0 ⇒ f(x) = g(x)
 Ocorre para x = 2 (incorreto).
C) f(h(0)) = ?
 h(0) = f(0) – g(0) = 4 – 2 = 2
 f(2) = 4
 g(h(0)) = ?
 g(2) = 4 (correto)
 Logo, f(h(0)) = g(h(0)).
D) h(x) = 4 – x – 2 = –x + 2 (incorreto)
	 (decrescente	para	x	≤	2)
Questão 07 – Letra D
Comentário: A função f é constante para 2 ≤ x ≤ 4. Sabemos 
que p ≅ 3,14, então, f(p)	=	f(2).	Analisando	o	gráfico,	para	
x ≤ 2, temos:
f(x) = ax + b
f(0) = 3 ⇒ b = 3
f(1) = 2 ⇒ a . 1 + 3 = 2 ⇒ a = –1
f(x) = –x + 3
f(2) = –2 + 3 = 1 
Portanto, f(f( )) = f(f(2)) = f(1) = 2
1
17
Editora Bernoulli
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A
TE
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Questão 08 – Letra D
Comentário: 
f(x) = ax – 8 ⇒ f(1) = a – 8 ⇒ 
f(f(1)) = f(a – 8) = a(a – 8) – 8 = a2 – 8a – 8 > 1 ⇒
a2 – 8a – 9 > 0
∆ = (–8)2 – 4.1.(–9) = 64 + 36 = 100
a = 8 10
2
± ⇒ a' = –1 e a" = 9
++
– 9–1
Logo, a < –1 ou a > 9.
Portanto, o menor valor inteiro positivo possível para a é 10 
(múltiplo de 5).
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Considere um sistema de eixos cartesianos 
coincidindo com as linhas norte-sul e leste-oeste indicadas 
na	figura,	sendo	O a origem desse sistema. A trajetória do 
robô Sojourner é uma função da forma f(x)= ax + b. Temos:
f(0) = 4 ⇒ a.0 + b = 4 ⇒ b = 4
f(–2) = 0 ⇒ a.(–2) + 4 = 0 ⇒ –2a = –4 ⇒ a = 2
Logo, temos f(x) = 2x + 4.
A função que descreve a trajetória do robô Opportunity é dada 
pela função inversa de f(x). Temos:
x = 2y + 4 ⇒ y = x − 4
2
 ⇒ f –1(x) = 
x − 4
2
O encontro dos robôs ocorre para f(x) = f –1(x):
2x + 4 = x − 4
2
 ⇒ 4x + 8 = x – 4 ⇒ 3x = –12 ⇒ x = –4
Substituindo em f(x), temos:
f(–4) = 2.(–4) + 4 = –8 + 4 = –4
O ponto de intersecção é (–4, –4). Assim, temos:
–4
–4
Ponto
de
encontro
O
O L
N
S
Sendo d a distância do ponto de encontro ao ponto O, temos 
o seguinte modelo:
4
4
d
O
d2 = 42 + 42 ⇒ d2 = 32 ⇒ d = 4¹2
Considerando ¹2 = 1,4, temos d = 4.1,4 = 5,6.
Logo, os robôs irão se encontrar a 5,6 km de O, 
aproximadamente.
Questão 02 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: 
•	 Determinação	de	ϕ:
 ϕ = 8x + 11
•	 Determinação	de	s:
 s = (ϕ + 13)2 ⇒ s = (8x + 11 + 13)2 ⇒ 
 s = (8x + 24)2 = [8(x + 3)]2 = 64(x + 3)2 ⇒ 
 s = 64(x2 + 6x + 9)
MÓDULO – D 05
Polígonos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Um polígono regular de n lados contém n 
ângulos internos e n n( )−3
2
 diagonais.
Como queremos o polígono em que o número de lados é igual 
ao número de diagonais, então:
n = n n( )−3
2
 ⇒ n2 – 5n = 0 ⇒ n = 5, pois n > 0
Logo, o polígono regular que contém o mesmo número de 
lados e diagonais é o pentágono.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Seja x o número de ângulos externos do 
polígono regular dado.
Como a soma dos ângulos externos de um polígono é 360º e 
cada ângulo externo vale 20º, então:
x.20º = 360º ⇒ x = 18
Logo, o polígono contém n = 18 lados.
Assim, o número de diagonais d é:
d = n n( )−3
2
 ⇒ d = 18 18 3
2
( )− ⇒ d = 135
18
Coleção Estudo
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Questão 03 – Letra A
Comentário:	Observe	a	figura	com	seus	dados.	Temos	um	
triângulo retângulo de catetos +x
2
e 2 x e hipotenusa 2 2 . 
Assim, aplicando o Teorema de Pitágoras:
A
D C
B
E F
GH
O
2 + x 2 ¹2
x
2
( ) ( )= + + = + + +
= + + + + − =
= − ±
=
= −
2 2 x
2
2 x 8 x
4
4 4x x
32 x 16 16x 4x 5x 16x 16 0
x 16 576
10
x 0,8
ou
x 4 (não convém)
2
2
2 2 2
2 2 2
Logo,	o	lado	do	quadrado	EFGH	é	0,8	cm.
Questão 04 – Letra B
Comentário: Sabendo que o polígono tem 20 diagonais, 
temos: 
( )
=
−
= − = −
− − =
=
= −
d
n n 3
2
20 n 3n
2
40 n 3n
n 3n 40 0
n 8
ou
n 5 (não convém)
2
2
2
Logo,	trata-se	de	um	octógono	regular.	Observe	a	figura	a	
seguir com seus dados.
1
1
1x x
xx1
B
A D
C
M N
Por se tratar de um octógono regular, cada ângulo interno vale 
135°; logo, o triângulo AMB é retângulo isósceles, assim como 
o triângulo CND. Calculando o Teorema de Pitágoras, temos:
= + =1 x x x 2
2
2 2 2
Portanto, o segmento AD equivale a + = +1 2x 1 2 .
Questão 05 – Letra D
Comentário:	Observe	a	figura	com	seus	dados.	Sabendo	que	
os	hexágonos	são	regulares	e	congruentes,	seus	lados	têm	
as mesmas medidas dos raios dos círculos. 
1
2
3
4
5
6
7
8
60°60°
30°30°
=
= =
=
d 4.(altura do triângulo equilátero de lado1)
d 4. 3
2
2 3
d 3
3,8
3,8
3,5
d5,8 = hipotenusa do triângulo “538”
= +
= + =
(d ) (d ) (d )
d 12 9 21
5,8
2
3,8
2
3,5
2
5,8
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra D
Comentário: Sendo ae a medida, em graus, dos ângulos 
externos do polígono convexo regular ABCD..., temos:
2.ae + 132º = 180º ⇒ ae = 24º
Considere que o polígono convexo regular tenha n ângulos 
externos congruentes. Logo:
ae = 
S
n
e ⇒ ae = 
360º
n
 ⇒ 
24º = 360º
n
 ⇒ n = 15
Portanto, esse polígono é um pentadecágono.
Questão 07 – Letra B
Comentário: Seja um polígono regular, de n lados. 
O número de diagonais que partem de cada vértice desse 
polígono regular é dado por d = n – 3.
Já o número de diagonais de um hexágono é:
d = n n( )−3
2
 ⇒ d = 6 6 3
2
( )− ⇒ d = 9
Por hipótese, o número de diagonais, a partir de cada um dos 
vértices do polígono regular, é igual ao número de diagonais 
do hexágono. Logo:
n – 3 = 9 ⇒ n = 12
Assim, temos um polígono regular de 12 lados, em que cada 
ângulo interno tem medida igual a:
ai = 
S
n
i = ( ) ºn
n
−2 180 = ( ) º12 2 180
12
− = 150º
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Editora Bernoulli
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Questão 09 – Letra D
Comentário: Prolongando todos os lados de um octógono 
regular	ABCDEFGH,	obtemos	uma	estrela	de	vértices	IJKLMNOP.
Assim,	considere	a	figura	a	seguir	com	seus	dados.
45º
45º45º
45º
45º
45º
45º
45º
45º
135º
135º
135º
135º 135º
135º 135º
135º
45º45º
45º45º
45º
45º45º
H
G
N
C
D
L
P J
EF
BA
M
I
KO
Portanto, a soma das medidas dos ângulos internos dos 
vértices dessa estrela é 8.90 = 720º.
Questão 10 – Letra C
Comentário: O pentágono ABCDE é regular e seus ângulos 
internos possuem a seguinte medida.
= − = − =a (n 2)180°
n
a (5 2)180°
5
a 108°
i i i
Observando	a	figura	a	seguir,	temos:
B D108° 108°
36°
36°36°
36° x
EA
C
O ∆ ABC é isósceles e congruente ao ∆ CDE; logo, como o 
ângulo interno do pentágono vale 108°, temos:
36° + x + 36° = 108° ⇒ x = 36° 
Portanto, o ângulo ACE = 36°.
Questão 11 – Letra B
Comentário: Considere que um dos polígonos convexos 
tenha n lados.
Logo, ele terá n n( )−3
2
 diagonais.
Por hipótese, o outro polígono convexo terá n + 6 lados e 
n n( )−3
2
 + 39 diagonais.
Como o segundo polígono tem n + 6 lados, então ele terá 
( )( )n n+ + −6 6 3
2
 diagonais. Daí:
n n( )−3
2
 + 39 = ( )( )n n+ + −6 6 3
2
 ⇒ 
n2 – 3n + 78 = n2 + 9n + 18 ⇒ n = 5
Assim, um dos polígonos tem 5 lados e 5 5 3
2
( )− = 5 diagonais. 
Consequentemente, o outro polígono tem 5 + 6 = 11 lados e 
5 + 39 = 44 diagonais.
Portanto, o número total de vértices e diagonais dos dois 
polígonos é: 5 + 11 + 5 + 44 = 65
Questão 12 – Letra D
Comentário: Seja um polígono regular de n lados circunscritos 
em um círculo de raio 1 cm.
O
A
E
B
D
C
F
H45°
45°
45°
45°
1
1
1
Como OB = OC e traçando o raio OH = 1, temos que 
BH = HC = 1, pois BC = 2. 
Logo, temos dois triângulos retângulos isósceles BHO e CHO.
Assim, BOH = COH = 45º. 
Daí, o ângulo central desse polígono regular de n lados vale 
BOC = BOH + COH = 90º. Logo:
ac = 
360º
n
 ⇒ 90º =360º
n
 ⇒ n = 4
Portanto, o número de lados desse polígono é igual a 4.
Questão 14 – Letra A
Comentário: O hexágono regular pode ser dividido em seis 
triângulos equiláteros; logo:
60° 60°
30°
x
x
x
5 cm
30°
O	raio	da	circunferência	inscrita	é	perpendicular	ao	lado	do	
hexágono, logo, pelo Teorema de Pitágoras temos:
= = =sen 60° 5
x
3
2
5
x
x 10 3
3
cm
Portanto, o perímetro do hexágono é igual a =6.10 3
3
20 3 cm
Questão 17 – Letra B
Comentário: Sendo n o número de lados do polígono e de 
acordo com as hipóteses, temos:
2.130º + (n – 2).128º = (n – 2).180º ⇒ 52n = 364 ⇒ n = 7
Portanto, temos um polígono de 7 lados.
20
Coleção Estudo
M
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TE
M
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C
A
Questão 18 – Letra E
Comentário:	 Observe	 a	 figura	 a	 seguir	 que	 representa	 a	
geometria da situação.
60°
1
1A B
DE
F C
1
1
1 1
120°
120°
60°
G
A medida do ângulo interno do hexágono regular é 
= − = − =a (n 2)180°
n
a (6 2)180°
6
a 120°
i i i
O ∆	AFE	é	isósceles	e	o	segmento	FG	é	mediatriz	do	segmento	
AE; logo, ∆	AFG	≡ ∆	EFG.	Utilizando	as	relações	trigonométricas	
no ∆	AFG,	temos	que:
= =sen 60° AG
1
AG 3
2
AE é uma das diagonais do hexágono, então:
= + = + =AE AG GE AE 3
2
3
2
AE 3
Para determinar a medida da diagonal AD, basta aplicar o 
Teorema de Pitágoras no ∆ AED, assim:
( )= + = + = =AD AE ED AD 3 1 AD 4 AD 22 2 2 2 2 2 2
O hexágono possui 
( )
= − = =d n n 3
2
d 6.3
2
d 9 diagonais.
Entre as nove diagonais, seis medem 3 	 e	 três	medem	2; 
logo, a soma dos quadrados de todas as diagonais é: 
( ) + = + =6 3 3.2 18 12 302 2
Questão 20
Comentário:	Considere	a	figura	a	seguir	com	seus	dados.
20
13
1313
15
23
E
A B
C
D
F
P
Q
120°
60°
60°60°
60° 60°
60°
120°
120° 120°
120°
120°
��
�
Como o hexágono é equiângulo, então cada ângulo interno 
mede:
ai = =
− = −
S
n
(n 2).180°
n
(6 2).180°
6
i = 120º
Prologando os segmentos ED e BC e sendo P = ED ∩ BC, temos: 
PDC = PCD = 60°
Daí, o triângulo PDC é equilátero de lado 13 e:
PB = PC + CB ⇒ PB = 13 + 15 ⇒ PB = 28 e
EP = ED + DP ⇒ EP = 20 + 13 ⇒ EP = 33
Prolongando	os	segmentos	EF	e	BA	e	sendo	Q	=	EF	∩ BA, 
temos QFA = QAF	=	60º.	
Daí,	o	triângulo	QFA	é	equilátero	de	lado	l.
Logo, EPBQ é um paralelogramo, em que: 
EP = QB ⇒ 33 = 23 + l ⇒ l	=	10,	ou	seja,	FA	=	10		e
PB = EQ ⇒	28	=	EF	+	l ⇒	EF	=	28	–	10	⇒	EF	=	18
Portanto,	o	perímetro,	em	cm,	do	hexágono	ABCDEF	é:	
2p	=	AB	+	BC	+	CD	+	DE	+	EF	+	FA	⇒
2p = 23 + 15 + 13 + 20 + 18 + 10 ⇒
2p = 99
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: De acordo com os dados do enunciado, podemos 
extrair	a	seguinte	figura	da	situação.
L
L
R
R
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo formado, 
temos:
= + = = =(2R) (L) (L) 4R 2L R L
2
R L
2
2 2 2 2 2 2
2
Perceba	que	na	figura	apresentada	 temos	a	situação-limite	e,	
portanto, o valor de R poderá ser igual ou maior ao apresentado. 
Logo:
≥R L
2
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Para não haver falhas ou superposição de 
ladrilhos, é necessário que a soma dos ângulos internos dos 
ladrilhos em cada vértice seja 360º.
Como o arquiteto deseja util izar uma combinação 
de dois tipos diferentes de ladrilhos, sendo um deles 
octogonal, então o outro tipo de ladrilho é o quadrado, pois 
135º + 135º + 90º = 360º.
Logo, em torno de cada vértice teremos dois ladrilhos 
octogonais e um ladrilho quadrado.
21
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: III 
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário:
2
��
�
2
��
�
2
2
��
�
�
�
�
2�
�
�
De acordo com a figura, os hexágonos regulares estão 
igualmente espaçados. Sendo assim, a aranha percorrerá 
5 espaços de 2 cm, ou seja, a aranha percorrerá 10 cm. 
Logo, temos:
2 1
2
10
10 1
2
2
2 5
cm s
cm x
x
s
x s
−−−−−
−−−−−
= =
.
,
 
Portanto, a aranha gastará 2,5 segundos para alcançar o inseto.
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Para um rolamento de exatamente 6 esferas, 
temos um polígono regular de 6 lados. 
Sendo assim:
aC = =
360°
n
360°
6
 = 60°
Logo, considere o triângulo a seguir com seus dados.
O
C1
C2
a + r a + r
3r
60˚
Como o triângulo OC1C2 é isósceles com um ângulo 
de 60º, então esse triângulo é equilátero e, assim: 
a + r = 3r ⇒ a = 2r
MÓDULO – D 06
Circunferência
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário:	Dado	que	o	triângulo	é	equilátero	e	as	figuras	
têm	centros	no	mesmo	ponto,	observe	a	figura	com	seus	dados.
C
DA B
18
x
6α
= =CD 1
3
.18 3
2
CD 3 3
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BDC:
( )= + − = = =6 3 3 x 36 27 x x 9 x 32 2 2 2 2
Considerando BCD = a, temos:
α = α = α = α =cos CD
6
cos 3 3
6
cos 3
2
30°
Assim, ACB = 60° e o arco menor AB possui comprimento 
= π = πC 60°
360°
.2 .6 C 2
AB AB . Além disso, os triângulos destacados 
são iguais, o que faz com que os arcos determinados pelo 
ângulo central também sejam iguais. Logo, o perímetro (2p) 
do logotipo é:
2p 3.2 3.(18 2x) 2p 6 3.12 2p 6.(6 )= π + − = π + = + π
Questão 02 – Letra E
Comentário:	Considere	a	seguinte	figura	com	seus	dados.
AB
100º
D C
M
E
70º
20º
40º
O
DAC = CD
2
 ⇒ 20° = CD
2
 ⇒ C¹D = 40°
Como o ângulo CED	é	excêntrico	interior,	então:
CED = AB CD+
2
 ⇒ 70° = +AB 40°
2
 ⇒ A¹B = 100°
Já o ângulo AMB	é	excêntrico	exterior.	Então:
AMB = AB CD−
2
 ⇒ AMB = 100°– 40°
2
 ⇒ AMB = 30°
22
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra E
Comentário:	De	acordo	com	a	figura,	temos	que	OB	=	OC	=	raio;	
logo, o triângulo OBC é equilátero de lado 2 m. Como o triângulo 
ABC é retângulo, calculemos o Teorema de Pitágoras:
A
B
22
C02 2
2
4 2 AB AB 12 2 32 2 2= + = =
Questão 04 – Letra E
Comentário:	Considere	a	seguinte	figura	com	seus	dados.
O
B C
x
6
2,5 2,5A
T
Como temos as retas AC e AT secante e tangente, 
respectivamente,	à	circunferência,	então:
AT 2 = AB.AC ⇒ 62 = x(x + 5) ⇒ 
x2 + 5x – 36 = 0 ⇒ x = 4, pois x > 0
Questão 05 – Letra E
Comentário:	Considere	a	seguinte	figura	com	seus	dados.
Or r 4
8
E
B
D
A
C
10
r
Trace o raio OE = r. 
Como	as	 retas	AE	e	AC	são	concorrentes	à	circunferência,	
então:
AD.AE = AB.AC ⇒ 4.(4 + 2r) = 8.18 ⇒ 
r = 16, ou seja, OC = r = 16
Assim, o perímetro 2p, em cm, do triângulo AOC mede:
2P = AO + OC + CA = (4 + 16) + 16 + (10 + 8) = 54
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: A distância d percorrida pelo disco está 
relacionada com o número de voltas, logo:
= π = =
π =
d n. de voltas 2 . R d 10.(2.3,14.1) d 62,8
Raio 3,14
Portanto, quando o disco completar 10 voltas o ponto P estará 
em 62,8.
Questão 02
Comentário:	Considere	a	seguinte	figura	com	seus	dados.
C
α D
O
A
B
π
6
π
9
Como o ângulo a	é	excêntrico	exterior,	então	temos:
a = AB CD−
2
 ⇒ a = 
π π
6 9
2
−
 ⇒ a = π
36
Portanto, 144
π
.a = 144
π
. π
36
 = 4.
Questão 07 – Letra B
Comentário:	Considere	a	figura	a	seguir	com	seus	dados.
O
B
P
R20 – y
20
 –
 x
CA
Q
x
x
y
y
Como AB e AC são duas tangentes ao círculo, então 
AC = AB = 20.
Como PB e PQ são duas tangentes ao círculo, então PB = PQ. 
Seja PB = PQ = x.
Daí, AP = AB – PB ⇒ AP = 20 – x.
Como RC e RQ são duas tangentes ao círculo, então RC = RQ. 
Seja RC = RQ = y.
Daí, AR = AC – RC ⇒ AR = 20 – y.
Logo, o perímetro do triângulo APR é:
2p = AP + PQ + QR + RA ⇒ 
2p = 20 – x + x + y + 20 – y ⇒ 2p = 40
Portanto, o perímetro do triângulo APR é 40 cm.
Questão 08 – Letra C
Comentário: Sejam um triângulo retângulo ABC com uma 
circunferência	de	raio	d	inscrita	e	uma	outra	circunferência	
de raio D circunscrita.
G
B
C
A d/2 E
d/2
F
D
–
2
D
–
2
D
–
2
D
–
2
d
–
2
d
–
2
⇒
23
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Traçando	os	raios	da	circunferência	inscrita,	temos:
AE = d
2
		e		AF	=	d
2
Como	 CF	 e	 CG	 são	 duas	 tangentes	 ao	 círculo	 inscrito	 e	 
CG = D
2
,	então	CF	=	CG	=	D
2
.
Como BG e BE são duas tangentes ao círculo inscritoe BG = D
2
, 
então BE = BG = D
2
.
Logo, o perímetro do triângulo ABC é:
2p = AB + BC + CA = d
2
 + D
2
 + D + D
2
 + d
2
 ⇒ 2p = d + 2D
Questão 11 – Letra A
Comentário:	Considere	a	figura	a	seguir	com	seus	dados.
M
P
Q
O
N
A
40°
2α
α
Seja NPQ = a.
Como	o	NP	é	tangente	à	circunferência	e	PQ,	secante,	então	
o arco P¹Q = 2a.
Como a secante MQ passa pelo centro O	da	circunferência,	
então o arco A£PQ = 180º, e o arco A¹P = 180º – 2a.
Como o ângulo QMP	=	40º	é	excêntrico	exterior,	então:
QMP = PQ AP−
2
 ⇒ 40º = 2 180 2
2
α α− −( º ) ⇒ a = 65º
Questão 13 – Letra E
Comentário: O triângulo ABD é retângulo em B, uma vez 
que AD é diâmetro. Assim, ADB = 66°15’. Observe que D e P 
enxergam o mesmo arco, ou seja, possuem o mesmo ângulo. 
Logo, x = 66°15’.
A
66º15’
23º45’
66°15’
B
C
x
P
Questão 15 – Letra A
Comentário:	Considere	a	seguinte	figura	com	seus	dados,	
em que AM = MB = 3 e BC = 1,2.
O
R
N
M BA 3 3
3
R – 1,2
1,2 1,2
D C
Seja R	 o	 raio	 da	 circunferência	 determinada	 pelos	 pontos	
C, M e D.
Como MN = BC = 1,2, então ON = R – 1,2 e NC = MB = 3.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
ONC, temos:
R2 = (R – 1,2)2 + 32 ⇒ R = 4,35
Portanto,	o	raio	da	circunferência	determinada	pelos	pontos	
C, M e D é 4,35 cm.
Questão 16 – Letra C
Comentário:	Temos	a	seguinte	figura	com	seus	dados.
C
D A
B
E 8
6
Como	temos	uma	circunferência	em	que	duas	cordas	AC	e	BD	
concorrem em E, então:
EA.EC = EB.ED ⇒ EA.EC = 8.6 ⇒ EA.EC = 48 (I)
Foi	dado	que	 AE
EC
=
1
3
 ⇒ EC = 3.AE (II)
Logo, de I e II, temos:
EA(3.EA) = 48 ⇒ EA2 = 16 ⇒ EA = 4, pois EA > 0
Daí, de II temos EC = 3.4 ⇒ EC = 12.
Assim, AC = EA + EC ⇒ AC = 4 + 12 ⇒ AC = 16
Portanto, o comprimento de AC é 16 cm.
Questão 17 – Letra C
Comentário: Seja um trapézio retângulo ABCD circunscritível:
A B
CED G
r
r
r
r
r
r
H
a
18 – a
F
18 – 2a
O comprimento do menor lado de um trapézio retângulo é 
sempre a base menor. Daí:
AB + CD = 18 ⇒ a + CD = 18 ⇒ CD = 18 – a e 
BC – AD = 2 ⇒ BC – 2r = 2 ⇒ BC = 2r + 2
Como o quadrilátero ABCD é circunscritível, então:
AB + CD = AD + BC ⇒ a + 18 – a = 2r + 2r + 2 ⇒ r = 4
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
BEC, temos:
BC2 = EC2 + BE2 ⇒ (2r + 2)2 = (18 – 2a)2 + (2r)2 ⇒ 
(10)2 = (18 – 2a)2 + (8)2 ⇒ a = 6, pois a > 0
Portanto, a + r = 6 + 4 = 10 cm.
24
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Como as cidades de Quito e Cingapura 
encontram-se em pontos diametralmente opostos no globo 
terrestre e bem próximos à Linha do Equador, então a distância 
entre elas é:
d = 2
2
πR ⇒ d = p.6 370 ⇒ d ≅ 20 000 km
Logo, um avião voando em média 800 km/h gastará um 
tempo de:
t = d
V
 ⇒ t = 20 000
800
 ⇒ t = 25
Portanto, o avião gastará 25 horas de Quito a Cingapura.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: O ponto do rolo cilíndrico que está em contato 
com a pedra tem o dobro da velocidade do centro do rolo. 
Sendo assim, quando esse rolo dá uma volta completa, 
o centro se desloca 2pR. Já o ponto do rolo que está em contato 
com a pedra se desloca 2.(2pR) = 4pR.
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário:	Considere	a	figura	a	seguir,	em	que	r, em cm, 
é o raio da perfuração da peça.
6 – r
6 – r 8 – r
8 – r
r
rr
r
10 cm
B
D
O
E
F
A
C
O triângulo ABC é retângulo, pois 102 = 62 + 82.
Logo,	OE	=	OF	=	AE	=	AF	=	r.	Daí:
CE	=	8	–	r	e	BF	=	6	–	r	
Assim:
CD	=	CE	=	8	–	r	e	BD	=	BF	=	6	–	r,	pois	CD	e	CE	e	BD	e	BF	 
são	segmentos	tangentes	à	circunferência.
Portanto, 6 – r + 8 – r = 10 ⇒ r = 2.
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Considere	a	figura	a	seguir	com	seus	dados.
6
6
6 A
BC
D
x
O
6
3
Seja B	o	centro	de	uma	das	circunferências	menores.	Trace	
os raios BC, BA e BD. AO = BC, pois OABC é um quadrado. 
Seja BO = x. 
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
OAB, temos:
x2 = 62 + 62 ⇒ x = 6¹2, pois x > 0
Logo, o raio, em cm, do maior tubo vale:
OD = 6 + x = 6 + 6¹2 = 6(1 + ¹2)
Questão 05 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Partindo de um do mesmo ponto, o atleta que 
estiver	na	parte	mais	interna	da	pista	será	beneficiado,	uma	
vez que vai percorrer um comprimento menor.
MÓDULO – E 09
Posições relativas e distância 
de ponto a reta
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: Como M e N são pontos médios dos lados AB e 
BC, MN é base média de AC. Percebe-se que a distância entre 
M e N corresponde a 4. Logo, AC = 8 e AC // MN. Como P ∈ AC 
e é ponto médio, situado no ponto (4, 0), temos A = (0, 0) e 
C	=	(8,	0),	como	vemos	na	figura	a	seguir.
25
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
y
3
A
M N
B
3 P 7 C x
Assim, a abscissa do vértice C corresponde a 8.
Questão 02 – Letra C
Comentário: A reta r, cuja equação é x + 2y + 3 = 0, tem sua 
forma reduzida =y –
1
2
x – 3
2
	com	coeficiente	angular	 =m –
1
2r
. 
Sabemos que t ⊥ r e que P(2, 3) ∈ t, então:
= =m – 1
m
2
t
r
t: y – 3 = 2(x – 2) ⇒ t: 2x – y – 1 = 0
Questão 03 – Letra A
Comentário: Observe	 a	 figura	 a	 seguir	 que	 representa	 a	
geometria da situação.
C(3, 3)
A(1, –2) B(–2, 4)r
= =m –2 – 4
1–(–2)
m –2
AB AB
Sabemos que r ⊥ AB, então: = =m – 1
m
1
2r
AB
. Temos ainda que 
o ponto (3, 3) pertence à reta r. Assim:
= − − =r: y –3 1
2
(x –3) r:2y x 3 0
Questão 04 – Letra B
Comentário: A reta de equação y = − +
3
4
9
4
x tem inclinação 
a = −3
4
.
Como queremos retas perpendiculares à anterior, então sua 
inclinação m é:
m.a = –1 ⇒ m. −3
4
 = –1 ⇒ m = 
4
3
Seja (x0, y0) um ponto dessa reta. Assim:
y – y0 = 
4
3
(x – x0) ⇒ 3y – 3y0 – 4x + 4x0 = 0 ⇒ 
–4x + 3y + 4x0 – 3y0 = 0
Queremos também que a distância da origem (0, 0) à reta 
–4x + 3y + 4x0 – 3y0 = 0 tenha 4 unidades de comprimento. 
Assim:
4 = 
− + + −
− +
4 0 3 0 4 3
4 3
0 0
2 2
. .
( ) ( )
x y
 ⇒ 4 = 
4 3
5
0 0
x y−
 ⇒ 
|4x0 – 3y0| = 20 ⇒ 4x0 – 3y0 = 20 ou 4x0 – 3y0 = –20
Questão 05 – Letra B
Comentário: A, B, C e D são vértices consecutivos de um 
quadrado. As coordenadas no ponto A são A(1, 3), e B e D 
pertencem à equação x – y – 4 = 0.
Daí, a distância d do vértice A(1, 3) à reta x – y – 4 = 0 será 
a metade da diagonal do quadrado. Logo:
d = x y− −
+ −
4
1 12 2( )
 ⇒ d = 1 3 4
2
− − ⇒ 
d = 6
2
 ⇒ d = 3¹2
Logo, a diagonal do quadrado é:
D = 2d ⇒ D = 2.3¹2 ⇒ D = 6¹2
A diagonal D do quadrado em função do seu lado l é:
D = l¹2 ⇒ 6¹2 = l¹2 ⇒ l = 6
Portanto, sua área A é A = l2 ⇒ A = 62 ⇒ A = 36.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: Escrevendo a equação dada na sua forma 
reduzida, temos:
y 3x 6 m 3 (coef. angular)
n 6 (coef. linear)
= + =
=
y = 0 ⇒ 3x + 6 = 0 ⇒ x = –2
A equação representa uma reta que intercepta o eixo das 
ordenadas no ponto (0, 6) e das abscissas no ponto (-2, 0).
Questão 05 – Letra C
Comentário: 
mAB = =
−
−
= − = −y
x
0 6
10 2
6
8
3
4
Como r ⊥ AB, então: mr = − =
1
m
4
3
AB
Como O	é	o	centro	da	circunferência,	então	O é o ponto médio 
de AB; assim, O(6, 3). Logo:
r: y – 3 = 
4
3
(x – 6) ⇒ 4x – 3y = 15
Questão 06 – Letra E
Comentário: 
cos x x
x y y
= − =
= − = =
1
0 2 6 0 3
π ⇒ P(p, 3)
d(P, r) = 3 2 3 6
3 2
3
132 2
( ) ( )
( ) ( )
π π+ −
+
=
26
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 08 – Letra D
Comentário: 
 
d
r: y = ¹3x
s: y = ¹3x + 2
P(0, 0)
d(r, s) = d(P, s) = 3 0 0 2
3 1
2
22 2
.( ) ( )− +
( ) + −( )
= = 1
Questão 09 – Letra C
Comentário: 
M(5, 2)
r
B(9, 3)A(1, 1)
mAB = 
y
x
= −
−
= =3 1
9 1
2
8
1
4
r ⊥ AB ⇒ mr = −
1
m
AB
 = –4
Portanto, r: y – 2 = –4(x – 5) ⇒ y = –4x + 22.
A mediatriz do segmento AB encontra o eixo dos y quando 
x = 0, logo: 
x = 0 ⇒ y = –4.0 + 22 y ⇒ y = 22
Questão 10 – Letra C
Comentário:
=r: y 2
3
x – 7
3
Como s ⊥ r eP(2, 3) ∈ s, temos:
= =m – 1
m
–3
2s
r
= + =s: y –3 –3
2
(x –2) s:3x 2y –12 0
Questão 12 – Letra A
Comentário: 
O ponto médio de AB é + + =M –1 5
2
, 4 (–6)
2
M(2,–1). 
Chamemos de r a reta 2x – 5y + 3 = 0 e de s a reta desejada:
+ = = +r:2x –5y 3 0 y 2
5
x 3
5
r ⊥ s e (2, –1) ∈ s
= =m – 1
m
–5
2s
r
+ = + =s: y 1 –5
2
(x –2) s:5x 2y – 8 0
Questão 13 – Letra D
Comentário: 
=
=
= +
r: x 1
s: y x
t: y –x 4
Observe que t ⊥ s, logo; ABC é um triângulo retângulo, como 
se	pode	ver	na	figura	a	seguir.	
y
45º
45º
4
45º
45º
41O
t
A
B
C
x
s
r
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: A distância mínima é a distância de O(0, 0) à: 
reta r = 
P(–5, 0)
Q(–1, –3)
m 0 –(–3)
–5 – (–1)
– 3
4PQ
= =
r: y – 0 = −3
4
[x–(–5)] ⇒ r = 3x + 4y + 15 = 0
d(O, r) = 
3 0 4 0 15
3 42 2
.( ) .( )
( ) ( )
+ +
+
 = 15
5
 = 3 km
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: A menor distância é a distância do ponto à reta.
d(P, r) = 2 3 6
2 3
2 3 3 13 6
13
3 13
132 2
x y+ −
+
=
( )+ ( )− =
( ) ( )
. . = 3
27
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – E 10
Áreas e teoria angular
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário:	Considere	a	figura	a	seguir	com	seus	dados.
A(1, 0) B(11, 0)
C(11, 11)
D(1, y)
E(3, 7)
y
y
11
xO
Como o ponto B está no eixo Ox, o lado BC é paralelo ao 
eixo Oy. Assim, se o ponto C tem abcissa 11, então B(11, 0).
Como AD é paralelo ao eixo Oy e A(1, 0), então a abscissa 
do ponto D é 1.
Como o ponto E(3, 7) pertence ao lado CD, então a inclinação 
da reta CD vale:
a = 11–7
11–3
 ⇒ a = 1
2
Daí, a equação da reta CD é:
y – 7 = 1
2
(x – 3) ⇒ y = x
2
11
2
+
Como o ponto D, de abscissa 1, pertence à reta 
y = x
2
11
2
+ , então sua ordenada é y = 1
2
11
2
+ ⇒ y = 6. 
Logo, D(1, 6).
Como AD // BC, então o quadrilátero ABCD é um trapézio 
retângulo, pois BC // Oy.
Assim, sua área A é:
A = ( ).BC AD AB+
2
 ⇒ A = (11 6).10
2
+ ⇒ A = 85
Questão 02 – Letra C
Comentário:
2
1 A x
B
P
y
O
Os pontos (0, 0) e (1, 2) pertencem à reta OP. Então:
= =m 2 – 0
1– 0
2
OP
Como AB ⊥ OP e (1, 2) ∈ AB, temos:
= =
= = +
= + = =
= =
m – 1
m
–1
2
AB: y –2 –1
2
(x –1) y –1
2
x 5
2
A : y 0 – 1
2
x 5
2
0 x 5
B: x 0 y 5
2
AB
OP
Assim, a área do triângulo OAB é = =A
5.5
2
2
25
4OAB
.
Questão 03 – Letra C
Comentário:	Os	gráficos	dados	delimitam	um	triângulo	de	
área S,	como	se	pode	perceber	na	figura	a	seguir.
–4
O
2
2 3 x
y
y = –x + 2
y = 2
S
y = 2x – 4
Então:
= =
= =
2x – 4 2 x 3
S 3.2
2
S 3 u.a.
Questão 04 – Letra B
Comentário:
x 2y 6 y – x
2
3
x y 4 y –x 4
x 0
y 0
+ ≤ ≤ +
+ ≤ ≤ +
≥
≥
Representando	 as	 inequações	 dadas	 no	 plano	 cartesiano,	
temos:
O C x
B
A
y
I
II
28
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Para encontrar o ponto B, vamos resolver o seguinte sistema:
= +
= +
+ = + = = =
y – x
2
3
y –x 4
– x
2
3 –x 4 x
2
1 x 2 e y 2
A área do quadrilátero OABC, com A(0, 3); B(2, 2) e C(4, 0) 
pode ser dividida em um trapézio e um triângulo retângulo:
A A A A (3 2).2
2
2.2
2
A 7
OABC I II OABC OABC
= + = + + =
Questão 05 – Letra E
Comentário: Seja r a reta que passa pelos pontos (1, 0) e 
(0, 1).
Assim, sua inclinação é ar = 
1– 0
0 –1
 ⇒ ar = –1.
Logo, sua equação é y – 0 = –1(x – 1) ⇒ y = –x + 1.
Seja s a reta que passa pelos pontos (0, 0) e (–2, –1).
Assim, sua inclinação é as = 
–1– 0
–2 – 0
 ⇒ as = 
1
2
.
Logo, sua equação é y – 0 = 1
2
(x – 0) ⇒ y = x
2
.
Portanto, a equação da reta r é y = –x + 1, e a da reta s é y = x
2
.
Como o ponto A(x, y) está localizado abaixo da reta r, então 
y < –x + 1.
Como o ponto A está localizado acima da reta s, então y > x
2
.
Portanto, x
2
 < y < –x + 1.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: A reta x + 3y - 3 = 0 divide o sistema cartesiano 
em dois semiplanos opostos (o que está acima e o que está 
abaixo da reta). 
x3 5–2
1
2A (–2,2)
x + 3y – 3 = 0
y
�
–
– B 5 3
4
, –






�
�
Como foi dado que cada um dos pontos está situado em um dos 
semiplanos, e A pertence ao semiplano acima da reta, resta ao 
ponto B o semiplano abaixo da reta. Logo, dentre os valores dados, 
o único possível com x = 5 é o da alternativa D.
Questão 02 – Letra B
Comentário: 
x y 5 y –x 5
y 3
x 0
y 0
+ ≤ ≤ +
≤
≥
≥
Representando	as	inequações	no	plano	cartesiano,	temos:
y
x
y = 3
y = –x + 5
52O
5
3
A
A região que nos interessa corresponde a um trapézio cuja 
área é dada por: = + =A (5 2).3
2
A 10,5
Questão 03 – Letra A
Comentário: A partir do polígono dado, para facilitar nossos 
cálculos, completamos um retângulo no plano cartesiano com 
seus	dados,	como	ilustrado	na	figura	a	seguir.
D(6,10)
C(12,4)
E(–4,8)
A(0,0) 6–4 B(10,0) 12 x
y
10
4
8
S1
S2
S3
S4
S
Dessa forma: 
S = 16.10 – S1 – S2 – S3 – S4 ⇒
S 16.10 – 2.10
2
– 8.4
2
– 6.6
2
– 4.2
2
S 112= =
Questão 04 – Letra C
Comentário: Chamemos de P o ponto de intersecção das 
retas y = –x + 4 e y = mx:
= +
=
= + + =
=
+
=
+
y –x 4
y mx
mx –x 4 x(m 1) 4
x 4
m 1
e y 4m
m 1
L ogo:
O 4
y = –x + 4
x
4
S
y = mx
y
+ +





p
4
m 1
,
4m
m 1
29
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Assim, a região determinada pelas duas retas e o eixo das 
abscissas, corresponde a um triângulo de área S:
= + =
+
S
4. 4m
m 1
2
S 8m
m 1
Questão 06 – Letra E
Comentário: 
y
xO
2
4
2 6
S1 S2
y = –x + 6 y = x + 2
P
•	 x	+	2	=	–x	+	6	⇒ 2x = 4 ⇒ x = 2 e y = 4 ⇒ P(2,4)
•	 S	=	S1 + S2 = 
( ). .4 2 2
2
4 4
2
+
+ = 6 + 8 = 14
Questão 07 – Letra B
Comentário: 
y
S
y = 2
y = x
y = 1
xO 1 2
2
1
3 4 5
y = x – 3
S = 3.1 = 3
Questão 13 – Letra D
Comentário: 
O 5
C
x
y
B (0, y)
A
11
 
−1
2
mAC = 
11 0
5 1
2
−
− −
 = 2 ⇒ AC: y – 0 = 2. x + 1
2
 ⇒ y = 2x + 1
S∆ ABC = 
−(y 1).5
2
Base AB
 = 10 ⇒ y = 5
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: O evento "José e Antônio chegaram ao marco 
inicial exatamente ao mesmo horário" ocorre quando x = y, 
e como 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 1, temos que o conjunto desses 
pontos corresponde à diagonal OQ.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: 
≤ ≤ +
≤ ≥ −
y – x 1
2
y x 1
2
x – y 1
2
y x 1
2
O 1
y
1
x
y = x +
1
2
1
2
1
2
 
1
2
 
1
2
 
y = x −
1
2S
As chances de José e Antônio viajarem juntos são dadas pela 
área S, delimitada pelas 2 retas no quadrado. Logo:
S = 1 – 2.
1
2
1
2
2
.
 = 1 – 
1
4
 = 
3
4
 = 0,75 = 75%
MÓDULO – E 11
Equação da circunferência
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: Dado que A(–1, 4) e B(5, 2), temos como 
ponto médio + +M –1 5
2
, 4 2
2
M(2, 3). Temos ainda que 
a	circunferência	passa	pela	origem	(0,	0)	e	é	centrada	em	M. 
Assim, seja r seu raio:
r d r (2 – 0) (3– 0) r 13
MO
2 2= = + =
30
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 02 – Letra C
Comentário: De acordo com os dados, temos uma 
circunferência	C de centro M(5, r), já que C é tangente ao 
eixo das abscissas, e com ponto (1, 2) ∈ C, como ilustrado 
na	figura	a	seguir.
A(1, 2)
5
M(5, r)
x
Assim:
= = + + +
= + = =
r d r (5 –1) (r –2) 16 r – 4r 4
r 20 r – 4r 4r 20 r 5
AM
2 2 2
2 2
Questão 03 – Letra A
Comentário: Como os pontos A(–2, 1) e B(0, –3) são as 
extremidades	de	um	diâmetro	de	uma	circunferência	l, então 
o centro C	da	circunferência	tem	as	seguintes	coordenadas:
C − + −2 0
2
1 3
2
, ⇒ C(–1, –1)
Logo,	o	 raio	da	circunferência	é	a	distância	do	ponto	C ao 
ponto A. Daí:
r = ¹(–1 + 2)2 + (–1 – 1)2 ⇒ r = ¹5
Portanto,	a	equação	da	circunferência	de	centro	C(–1,	–1)	
e raio r = ¹5 é:
(x + 1)2 + (y + 1)2 = (¹5)2 ⇒ (x + 1)2 + (y + 1)2 = 5
Questão 04 – Letra B
Comentário: O	ponto	da	 circunferência	 x2 + y2 = 1 mais 
próximo	do	ponto	(5,	5)	é	a	interseção	da	circunferência	com	
a equação da reta bissetriz y = x. Daí:
x2 + x2= 1 ⇒ x2 = 1
2
 ⇒ x = 2
2
, pois x > 0
Logo, y = 2
2
.
Assim,	o	ponto	da	circunferência	mais	próximo	do	ponto (5, 5) 
é 2
2
2
2
, , cuja soma das coordenadas vale 2
2
2
2
+ = ¹2.
Questão 05 – Letra A
Comentário: Sejam l1 e l2 as circunferências	 dadas.	
Completando os quadrados, temos:
 
λ + + = +
+ =
=
: x y – 6y 9 –5 9
x (y –3) 4
C (0, 3)
r 2
1
2 2
2 2 1
1
 
λ + + + = + +
+ =
=
: x – 6x 9 y –2y 2 –6 9 2
(x –3) (y –1) 4
C (3,1)
r 2
2
2 2
2 2 2
2
A reta que passa pelos centros de l1 e l2	 tem	 coeficiente	
angular:
= = =m y
x
1–3
3– 0
–2
3
Logo, a reta pode ser representada pela equação: 
= + =y –3 –2
3
(x – 0) 3y 2x 9
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário: Tem-se:
x y 5x 4y –25 02 2+ + + =
Adicionando 
25
4
e 4 aos dois lados da equação para que 
o 1° e o 2° fatores sejam quadrados perfeitos, temos:
+ + + = + + + + + =x 5
2
(y 2) 25 25
4
4 x 5
2
(y 2) 141
4
2
2
2
2
Logo,	o	centro	da	circunferência	é	 –
5
2
, –2 .
Questão 06 – Letra E
Comentário: Tem-se:
x2 + y2 + 4x – 6y + m = 0
Adicionando 4 e 9 aos dois lados da equação para que o 1° e 
o 2° fatores sejam quadrados perfeitos, temos:
x2 + 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = –m + 4 + 9 ⇒
(x + 2)2 + (y – 3)2 = –m + 13
r > 0 ⇒ –m + 13 > 0 ⇒ 13 > m ⇒ m < 13
Questão 07 – Letra B
Comentário: 
y = 2x – 4 
A
B
( , )
( , )
2 0
0 4−
 ⇒ C(1, –2)
C
A
B
λ
r = 1
2
d(A, B) = 1
2
¹(2 – 0)2 + (0 + 4)2 = 1
2
.2¹5 = ¹5
Então, l: (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5 ⇒ x2 + y2 – 2x + 4y = 0.
Questão 08 – Letra E
Comentário:	 Manipulando	 a	 equação	 da	 circunferência,	
temos:
x2 + y2 – 4x – 4y + 4 = 0 ⇒ (x – 2)2 + (y – 2)2 = 4
Então,	C(2,	2)	e	r	=	2,	o	que	mostra	que	a	circunferência	
tangencia os eixos coordenados. 
Questão 09 – Letra D
Comentário: Sejam l e l'	 circunferências	 concêntricas,	
temos:
l: x2 + y2 – 2x – 2y – 20 = 0
l': x2 + y2 – 2x – 2y + c = 0
P(5, 4) ∈ l' ⇒ (5)2 + (4)2 – 2.(5) – 2.(4) + c = 0 ⇒ c = –23
Portanto, l': x2 + y2 – 2x – 2y – 23 = 0.
Questão 10 – Letra A
Comentário: De acordo com os dados, temos: 
(x – 3)2 + (y + 4)2 = 25
(3m – 3)2 + (–4m + 4)2 = 25 ⇒
9m2 – 18m + 9 + 16m2 – 32m + 16 = 25 ⇒
=
=
=
25m –50m 0
m 0
ou
m 2
2
31
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 11 – Letra B
Comentário:	 Representando	 a	 circunferência	 no	 plano	
cartesiano, temos:
y
x
x
y = x
P(x, x)
3
3
3
3¹2
xO
3¹2 + 3
x
x
45º
3¹2
3
3
45º
Por semelhança, temos:
x
3
3 2 3
3 2
2
2
6 3 2
6
= + = +.
Então, SP = 2x = 6 + 3¹2.
Questão 12 – Letra B
Comentário: Representando	 a	 equação	 da	 circunferência,	
temos:
(x – 2)2 + (y – 1)2 = 9
Para y = 0, temos:
x2 – 4x + 4 + 1 = 9 ⇒ x2 – 4x – 4 = 0
= + =
= ± = ±
16 16 32
x 4 4 2
2
x 2 2 2
Questão 13 – Letra A
Comentário: 
x2 + y2 – x + y + c = 0 ⇒
x2 – x + 1
4
 + y2 + y + 1
4
 = –c + 1
4
 + 1
4
 ⇒
x − 1
2
2
+ y + 1
2
2
= –c + 1
2
 ⇒
r = 3
2
 ⇒ –c + 1
2
 = 9
4
 ⇒ c = – 7
4
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: x2 + y2	–	4x	+	6y	–	23	≤	0	⇒
x2 – 4x + 4 + y2 + 6y + 9 = 23 + 4 + 9 ⇒
(x – 2)2 + (y + 3)2 = 36 ⇒ círculo C
r
( ,– )2 3
6=
Logo, a área da projeção é: S = p.62 = 36p
Como	o	coeficiente	de	ampliação	é	3,	temos	que:
Sprojeção = 3.Ssuperfície circular
36p = 3.p.r2 ⇒ r2 = 12 ⇒ r = 2¹3, pois r > 0
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Como as cidades distam 10 km da capital, elas 
pertencem	a	uma	circunferência	de	raio	10	e	cujo	centro	é	
a capital. Logo:
x2 + y2 – 20x + 40y + 400 = 0 ⇒ 
x2 – 20x + 100 + y2 + 40y + 400 = –400 + 100 + 400 ⇒
(x – 10)2 + (y + 20)2 = 100 ⇒ C
r
( , )10 20
10
−
=
MÓDULO – E 12
Posições relativas 
à circunferência
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário:	O	raio	da	circunferência	é	a	distância	da	origem	
à reta t;	como	se	pode	ver	na	figura	a	seguir.
x
y
C
O
t
t: x – y – 1 = 0
O	raio	da	circunferência	será	igual	à	distância	da	origem	à	
reta t; logo:
r d(O, t) 0 – 0 –1
(1) (–1)
1
2
. 2
2
2
22 2
= =
+
= =
Questão 02 – Letra C
Comentário:	Pela	geometria	da	situação,	temos	a	seguinte	figura.
x8C(5,0)2O
A
r
y
R = 3
3
h
nm
4
a = 5
O	centro	da	circunferência	pertence	ao	eixo	das	abscissas	e	os	
pontos	(2,	0)	e	(8,	0)	pertencem	à	circunferência.	Seu	diâmetro	
é 8 – 2 = 6; logo, possui raio 3 e centro C(5, 0). De acordo com 
as	relações	métricas	no	triângulo	retângulo,	temos:
= =
= =
= =
4 5m m 16
5
3 5n n 9
5
h 16
5
.9
5
h 12
5
. Assim, A 16
5
,12
5
.
2
2
2
32
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra E
Comentário: Da	circunferência	x2 + y2 = 25, temos que seu 
centro é C(0, 0) e seu raio, r = 5.
A inclinação da reta r que passa por C(0, 0) e P(3, 4) é:
ar = 
0 4
0 3
−
−
 ⇒ ar = 
4
3
Logo, a equação da reta r é:
y – 0 = 4
3
(x – 0) ⇒ y = 4
3
x
A equação da reta s	tangente	à	circunferência	x2 + y2 = 25 no 
ponto P(3, 4) é perpendicular à reta r: y = 4
3
x. Daí:
as.ar = –1 ⇒ as = −
1
4
3
 ⇒ as = −
3
4
Logo, a equação da reta s que passa por P(3, 4) é:
y – 4 = −3
4
(x – 3) ⇒ 3x + 4y – 25 = 0
Questão 04 – Letra C
Comentário: A	região	da	placa	é	definida	por:
x2 + y2 – 8x – 8y + 28 ≤ 0
Determinando o centro e raio da placa, temos:
x2 – 8x + 16 + y2 – 8y + 16 = –28 + 16 + 16
+ =
=
(x – 4) (y – 4) 4 C(4, 4)
r 2
2 2
4O
y
4
x
y = x
Considerando Sverm.	a	área	vermelha	(em	destaque	no	gráfico)	
e que a escola vai fazer 12 placas, temos:
= πS 12.1
2
.(2) 75,36 m
verm.
2 2
Como 1 lata pinta 3 m² de placa, serão necessárias:
=
75,36
3
25,12 26 latas
Questão 05 – Letra B
Comentário: A	equação	da	circunferência	de	centro	P(3,	1)	
tangente à reta r: 3x + 4y + 7 = 0 tem raio k, dado pela 
distância do ponto P à reta r. Logo:
k = + +
+
3 3 4 1 7
3 42 2
. .
( ) ( )
 ⇒ k = 4
Portanto,	a	equação	da	circunferência	de	centro	P(3,	1)	e	raio	
k = 4 é dada por:
(x – 3)2 + (y – 1)2 = 42 ⇒ 
x2 – 6x + 9 + y2 – 2y + 1 – 16 = 0 ⇒ 
x2 + y2 – 6x – 2y – 6 = 0
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: Sendo l o lado do triângulo, temos:
l = 2 ⇒ h = 3
2
 = 2 3
2
 = ¹3
= =
=
+ − =
C Baricentro do triângulo 0, 3
3
R 3
3
Logo, a equação da circunferência é x y 3
3
1
3
.
círc.
2
2
Questão 03 – Letra A
Comentário:	Observe	a	figura	que	representa	a	geometria	
da situação:
y
xO 1
T
P(1, 3)
1 1
2
x
3
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo, temos:
22 = x2 + 12 ⇒ x2 = 3 ⇒ x = ¹3, pois x > 0
Questão 04 – Letra D
Comentário:	O	raio	da	circunferência	é	igual	à	distância	da	
origem até a reta s, logo:
r = d(O, s) = +
+
= =3.(0) 4.(0) –10
(3) (4)
10
5
2
2 2
 
Sendo C(0, 0), temos:
x2 + y2 = 4
Questão 08 – Letra A
Comentário: y	≤	x	+	1;	x2 + y2	≤	9;	x	≥	0;	y	≥	0
y
xO 3
y = x + 1
3
1
33
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 09 – Letra A
Comentário: 
x2 + y2 = 1 ⇒ C
r
( , )0 0
1=
mOP = 
2
2
0
2
2
0
−
− −
 = –1
y
1
t
xO–1
P −
2
2
,
2
2






t ⊥ OP ⇒ mt = −
1
m
OP
 = 1
t: y – 2
2
 = 1. x + 2
2
 ⇒ y = x + ¹2
Questão 10 – Letra E
Comentário: 
C(2, 1) ∈ r: x + y = 3 ⇒ lcorda = 2R = 2.
5
2
2
2
. = 5¹2
Questão 13 – Letra C
Comentário:	De	acordo	com	as	informações	dadas,	temos	
que	o	centro	da	circunferência	é	o	ponto	(5,	1).
1
4
5 x
y = 4
x = 5
y
C(5,1)
r = 3
Equação	da	circunferência:	(x	–	5)2 + (y – 1)2 = 9
Para y = 0: 
x2 – 10x + 25 + 1 = 9 ⇒ x2 – 10x + 17 = 0
A soma das abscissas será:
x x –(–10)
1
10
1 2
+ = =
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: x2 + y2	–	6x	–	6y	+	9	≤	0	⇒ 
x2 – 6x + 9 + y2	–	6y	+	9	≤	–	9	+	9	+	9	⇒ 
(x – 3)2 + (y – 3)2	≤	9	⇒ 
círculo C
r
( , )3 3
3=
y
xO 3
3
y = x
A área a ser pintada de rosa é de:
SRosa = 
1
2
p.32 = 9
2
p m2
Como serão 100 bandeiras ⇒ 9
2
p.100 = 450p m2
Como cada lata de tinta cobre 4 m2, então o número de latas 
é dado por: 
450
4
π ≅ 353,25 ⇒ n. mínimo = 354
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário:Residência da ex-mulher = centro
Distância fixa mmínima = raio
Logo, os pontos proibidos são:
y
xO
Rua Diorita, 43 - Prado
Belo Horizonte - MG
Tel.: (31) 3029-4949
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6V
Matemática
Volume 4
Benoulli Resolve
is
to
ck
ph
ot
o.
co
m
Su
m
ár
io
 -
 M
at
em
át
ic
a Módulo A
07 3 Princípio fundamental da contagem e arranjos
08 5 Permutações
Módulo B
07 7 Prismas
08 10 Pirâmides
Módulo C
07 13 Inequações
08 16 Função modular
Módulo D
07 19 Triângulo retângulo
08 23 Lei dos senos e Lei dos cossenos
Módulo E
13 26 Cônicas
14 28 Números complexos: forma algébrica
15 29 Números complexos: forma trigonométrica
16 32 Estatística
3
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
MÓDULO – A 07
Princípio fundamental da 
contagem e arranjos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Foi dado que uma pessoa tem uma senha 
de 5 algarismos distintos, começando com o número 6 e o 
algarismo 7 em alguma das quatro posições restantes. Para 
os outros três números da senha não há restrição.
Assim, para o primeiro número, temos uma possibilidade, para 
os quatro próximos números temos quatro possibilidades de 
digitar o número 7 e, para as três posições restantes, temos 
oito, sete e seis possibilidades para digitar qualquer número.
Portanto, o número máximo de tentativas para acertar a 
senha é o produto das possibilidades anteriores, ou seja, 
1.4.8.7.6 = 1 344.
Questão 02 – Letra A
Comentário: Atualmente, as placas dos veículos são 
compostas por três letras seguidas de quatro algarismos, o que 
permite que se tenha 263.104 placas diferentes. Com a possível 
mudança para quatro letras e três algarismos, a quantidade 
máxima de placas será dada por 264.103. Assim, o aumento 
obtido com essa modificação corresponde a:
264.103 – 263.104 = 263.103(26 – 10) = 263.103.16
Comparando com o número máximo de placas em vigor, 
temos = =
26 .10 .16
26 .10
16
10
1,6
3 3
3 4
, ou seja, seria inferior ao dobro 
das placas atuais.
Questão 03 – Letra A
Comentário: Observe que o baralho possui 13 valores 
distintos dentre as 52 cartas. Então, o número total de 
conjuntos distintos de cinco cartas desse baralho contendo 
uma quadra é dado por:
13.1.1.1.48 624
13 1 1 1 48
(52 4)
=
−
x x x x y
ouros copas espadas paus
cartas de mesmo valor carta devalor
diferente
Questão 04 – Letra A
Comentário: Primeiramente, vamos escolher o presidente: 
2 opções. Cabe, ao vice-presidente, a outra poltrona da 
cabeceira da mesa. Como o secretário deverá ocupar uma 
poltrona ao lado do presidente, temos, para ele, 2 opções de 
assento. Restam sete lugares para acomodar quatro pessoas. 
Assim, as sete pessoas podem se acomodar para participar 
da reunião de 2.2.7.6.5.4 = 3 360 maneiras. 
Questão 05 – Letra B
Comentário: A quantidade de números inteiros positivos 
menores que 1 000 000, incluindo aqueles com algarismos 
repetidos, que podemos formar com os algarismos 2 e 3 são:
 2 = 2
 2 . 2 = 4
 2 . 2 . 2 = 8
 2 . 2 . 2 . 2 = 16
 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 32
 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 64
Sempre temos 2 possibilidades para formar todos os números 
de um, dois, três, quatro, cinco e seis algarismos.
Portanto, temos 2 + 4 + 8 + 16 + 32 + 64 = 126 números 
menores que 1 000 000 formados com os algarismos 2 e / ou 3.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: Temos três cores disponíveis para pintar cinco 
círculos, de modo que dois círculos consecutivos nunca sejam 
pintados da mesma cor. O primeiro círculo pode receber qualquer 
uma das três cores, enquanto que o segundo tem duas opções. 
Já o terceiro não pode ter a mesma cor do segundo, mas pode 
ter a mesma do primeiro (2 opções) e assim por diante. 
Logo:
=3 . 2 . 2 . 2 . 2 48 formas de pintar os círculos
Questão 03 – Letra D
Comentário: 
1º lugar 2º lugar 3º lugar
 24 . 23 . 22 = 12 144
Questão 06 – Letra D
Comentário: 
Ida: A para B e B para C
 
 3 possib. . 4 possib. = 12
Volta: C para B e B para A
 
 3 possib. . 2 possib. = 6
Total: 12.6 = 72 maneiras
COMENTÁRIO
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
4
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 09 – Letra A
Comentário: A quantidade de senhas possíveis corresponde a:
= 625
5 5 5 5
Como Maria não quer que sua senha contenha o número 13, 
temos as seguintes possibilidades:
1 3
1 1 5 5
 ou 1 3
5 1 1 5
 ou 1 3
5 5 1 1
Observe que dentre as possibilidades, a senha 1313 é contada 
duas vezes (tanto na primeira situação quanto na terceira). Então, 
o número de senhas que Maria não quer é 25 + 25 + 25 – 1 = 74. 
Assim, são 625 – 74 = 551 maneiras de Maria escolher sua senha.
Questão 13 – Letra E
Comentário: Partindo do vértice A, temos 3 deslocamentos 
possíveis (três arestas partem de A). A partir de cada um 
desses vértices, temos agora dois deslocamentos possíveis 
para chegar a O, pois não podemos retornar a A.
Logo, no cubo inferior, temos 3.2 = 6 caminhos mais curtos. 
Analogamente, temos 6 caminhos mais curtos de O até B, 
totalizando 6.6 = 36 caminhos mais curtos.
Questão 14 – Letra D
Comentário: 
A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
A soma dos algarismos é par nas seguintes condições:
1ª) Três algarismos pares
 
Par Par Par
 3 . 2 . 1 = 6
2ª) Dois números ímpares e um par – configurações:
 
Ímpar Ímpar Par
 3 . 2 . 3 = 18
 
Ímpar Par Ímpar
 3 . 3 . 2 = 18
 
 Par Ímpar Ímpar
 3 . 3 . 2 = 18
Total: 6 + 54 = 60
Questão 15 – Letra E
Comentário: 
→ 5
→ 4
→ 3
⇒ 5.4.3 = 60
Questão 16 – Letra A
Comentário: Do total de senhas possíveis, vamos subtrair o 
total de senhas inválidas.
• Senhas possíveis:
 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 100 000
• Senhas inválidas (sem dígitos repetidos):
 10 . 9 . 8 . 7 . 6 = 30 240
Senhas válidas: 100 000 – 30 240 = 69 760
Questão 17 – Letra E
Comentário: Em cada uma das seis primeiras questões, temos 
duas opções de escolha (certo ou errado), enquanto que nas outras 
quatro, temos três alternativas. Assim, a quantidade de sequências 
de respostas possíveis na resolução da prova corresponde a:
=2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 3 . 3 . 3 . 3 2 .3
questões com opções de
escolher certo ou errado
questões com três
opções de escolha
6 4
Questão 18 – Letra D
Comentário: Vamos supor a seguinte sequência.
 MG ES RJ SP
 4 . 3 . 2 . 2 = 48 formas
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Como há 6 personagens, 5 objetos e 9 cômodos, 
o número máximo de possibilidades de um personagem 
esconder um objeto em um cômodo é:
6.9.5 = 270
Como todas as possibilidades são distintas, algum aluno 
acertou a resposta, pois há 10 alunos a mais que o número 
máximo de respostas possíveis.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Num sistema de códigos com 5 barras, sejam 
B1, B2, B3, B4, B5 as cinco barras. Para que o código seja o 
mesmo nos dois sentidos, B1 e B5 devem ter a mesma cor, 
assim como B2 e B4 devem ter a mesma cor.
Logo, há duas possibilidades para B1 e B5, duas possibilidades para 
B2 e B4 e duas possibilidades para B3, ou seja, 23 = 8. Retirando-se 
os dois códigos em que todas as cores são iguais, temos 8 – 2 = 6.
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 1
Habilidade: 3
Comentário: Para escolher um elemento do grupo dos 
cetáceos, existem 2 formas, para o grupo dos primatas, 
20, e para o dos roedores, 33. Portanto, utilizando o 
princípio multiplicativo, temos que o número de conjuntos 
distintos que podem ser formados com essas espécies é:
2 20 33 1 320
Cetáceos imatas Roedores
. .
Pr
=
5
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
MÓDULO – A 08
Permutações
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: Considerando os 3 homens como um bloco 
representando uma única pessoa, temos uma permutação 
de 6 pessoas. Além disso, ainda podemos permutar os 3 
homens entre si. Portanto,o resultado pedido é dado por 
P6.P3 = 6!.3!.
Questão 02 – Letra E
Comentário:
I) Palavras que começam por A
A
1 P4 = 1.4! = 24
� ���� ���
.
II) Palavras que começam por O
O
1 P4 = 1.4! = 24
� ���� ���
.
III) Palavras que começam por P
P
1 P4 = 1.4! = 24
� ���� ���
.
Observe que já existem 72 anagramas. Portanto, a 73ª palavra 
será RAOPV.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Existem 2 maneiras de escolher um dos lados 
da mesa. Escolhido o lado, consideremos o casal como sendo 
um só. Temos então P2 = 2! = 2 maneiras de sentar o casal 
e um membro da família. O casal ainda pode trocar de lugar 
entre si de P2 = 2! = 2 modos. Escolhido o lugar do casal, a 
família pode ocupar os 4 lugares de P4 = 4! = 24 maneiras. 
Portanto, pelo Princípio Fundamental da Contagem, o resultado 
pedido é dado por 2.2.2.24 = 192.
Questão 04 – Letra A
Comentário: Devemos permutar o bloco formado pelas 
mulheres com os 6 homens, bem como as mulheres dentro 
do bloco. Assim, temos:
P P
4
Permutações
do bloco com
os homens6
7
.
Permutaçções
dentro do
bloco
= 4!.7!
Questão 05 – Letra C
Comentário: Vamos denotar por A cada estaca azul, por V a 
estaca vermelha e por B a estaca branca. Uma configuração é:
A A A A A B V
Trata-se de um problema de permutação com elementos 
repetidos. Assim, temos P
7
5 7
5
42= =!
!
.
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra B
Comentário: Do total de permutações, devemos retirar 
aquelas nas quais os homens estão juntos. Temos:
1º) Total de permutações: P5 = 5! = 120
2º) Permutações com os dois homens juntos: 
 
dos dois homens 
dentro 
P
Permutações
2
ddo bloco
 do
bl
 . P
Permutações
4
ooco dos homens
com as três mulheres
 = 2!.4! = 48
Logo, temos 120 – 48 = 72 permutações nas quais os homens 
não estão juntos.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Vamos considerar o bloco formado por 
Pedro e Luísa, bem como o bloco formado por João 
e Rita. Devemos permutar os blocos entre si, bem 
como os elementos em cada bloco. Assim, temos 
P2.P2.P2 = 2!.2!.2! = 8 maneiras.
Questão 05 – Letra D
Comentário: As letras A, E, O podem ser permutadas de 
P3 = 3! = 6 modos. Destes, apenas um corresponde 
à ordem alfabética. Portanto, em 
1
6
das permutações, 
as vogais estão em ordem alfabética. Temos, portanto, 
P
7
6
7
6
=
! = 840 anagramas.
Questão 09 – Letra B
Comentário: Observe que a atividade I deve vir antes da 
atividade IV. Portanto, vamos considerar as seguintes maneiras 
de realizar as atividades:
I
  
P4.1 = 4! = 24
  
I
P3.3 = 3.3! = 181.
ou
  
I
P2..3 = 3.2.1.2! = 122. 1
  
P3 ..
I
= 3! = 6
IV
11
ou
ou
O total de maneiras é igual a 24 + 18 + 12 + 6 = 60.
6
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 10 – Letra C
Comentário: Devemos calcular o total de números menores 
do que 75 391. Temos:
1º) Números começados por 1, 3 ou 5
 3
  
P4. = 3.4! = 72 números
2º) Números começados por 7
 1
  
P32. . = 2.3! = 12 números além dos números
75 139, 75 193, 75 319 (3 números).
Portanto, temos 72 + 12 + 3 = 87 números menores do que 
75 391. Logo, esse número ocupa o 88º lugar.
Questão 12 – V V F
Comentário: Vamos analisar as alternativas.
1ª) Se forem utilizados apenas movimentos horizontais e 
verticais, teremos a seguinte configuração:
H H H H V V V V
 Permutando, obtemos P
8
4 4 8
4 4
70, !
!. !
= = (item verdadeiro)
2ª) Com um movimento diagonal, temos:
D H H H V V V
 Permutando, obtemos P
7
3 3 7
3 3
140, !
!. !
= = (item verdadeiro)
3ª) Com três movimentos diagonais, temos:
D D D H V
 Permutando, obtemos = =P
5!
3!
20
5
3 (item falso)
Portanto, a sequência é V V F.
Questão 15
Comentário: Sejam A, B, C, D, E, F, G, H os seguintes 
passageiros:
A, B, C – Preferem sentar-se de frente.
D, E – Preferem sentar-se de costas.
F, G, H – Não têm preferência.
Inicialmente, vamos escolher uma pessoa para fazer 
companhia a A, B e C. Temos 3 possibilidades. Além disso, 
devemos permutar as 4 pessoas. Logo:
3.P4 = 3.4! = 72 possibilidades
Em seguida, basta permutarmos as 4 restantes. 
Temos P4 = 4! = 24 possibilidades.
Portanto, há 72.24 = 1 728 modos de os passageiros se sentarem.
Questão 16 – Letra D
Comentário: Há
F (–2,0)
F (2,0)
C(0,0)
c 2
1
2
= maneiras de definir os 
pilotos e P3 = 3! = 6 modos de ocupar os lugares restantes. 
Portanto, pelo Princípio Fundamental da Contagem, existem 
24.6 = 144 maneiras distintas de acomodar os seis amigos 
nas motocicletas. 
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: Inicialmente, iremos considerar as delegações 
do Ceará e de São Paulo como blocos separados. Devemos 
permutar esses dois blocos com os outros doze participantes 
(P14). Além disso, devemos permutar os participantes da 
delegação do Ceará (P6), bem como os participantes da 
delegação de São Paulo (P4). Portanto, o total de maneiras 
de posicionar os participantes é dado por:
P14.P6.P4 = 14!.6!.4!
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: O número de trajetos que João pode percorrer 
para visitar seus clientes pode ser calculado por:
P5 = permutação das 5 cidades
B, C, D, E e F
A A
Como, após examinar uma sequência (trajeto), ele descarta 
sua simétrica, e gasta 1 min 30 s para examinar cada 
sequência, então o tempo mínimo necessário para verificar 
todas as sequências possíveis é:
= = =
P
2
.1min30s 5!
2
.3
2
min 120
2
.3
2
90 min5
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: O problema se resume em encontrar a posição 
do número 75 913 dentre todos os números de 5 algarismos 
distintos formados por 1, 3, 5, 7 e 9, dispostos em ordem 
crescente.
Devemos calcular, então, o total de números menores do 
que 75 913. 
Assim:
1) Números começados por 1, 3 ou 5:
P43 . = 3.4! = 72 números
2) Números começados por 7:
P31
7
. 2 . = 2.3! = 12 números
Além desses, temos também 75 139, 75 193, 75 319 e 
75 391 (4 números). Portanto, temos 72 + 12 + 4 = 88 
números menores que 75 913. Logo, esse número ocupa 
o 89º lugar.
7
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
MÓDULO – B 07
Prismas
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: A aresta da base do prisma hexagonal vale 2.
A área da base AB do prisma hexagonal é seis vezes a área 
do triângulo equilátero de lado 2. Assim: 
AB = 6.
( )2 3
4
2
 ⇒ AB = 6¹3
Como a altura do prisma hexagonal é 2, então o volume V 
do prisma é:
V = AB.H = 6¹3.2 = 12¹3
Questão 02 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir.
A B
C
D
E
H
F
G
1 m
4 m
3 
m
0,5 m
A piscina desenhada anteriormente é um prisma em que sua 
base ABCD é um trapézio retângulo. A quantidade de litros 
de água necessária para enchê-la é:
V = AB.H ⇒ V = 
( , )1 0 5 4
2
+ .3 ⇒
V = 9 m3, ou seja, V = 9 000 litros
Questão 03 – Letra E
Comentário: Observe a figura a seguir:
6 – xa
2a
C
a
BaA
D dd
J
x
G
F
H
E
Aplicando o Teorema de Pitágoras no D BDH, temos que 
a diagonal =BH a 6 . Seja d a distância do ponto A à 
diagonal BH e BJ = x, temos que os triângulos AJH e AJB são 
retângulos. Logo, utilizando as relações métricas no D ABH, temos:
( )= − = −d a 6 x .x d ax 6 x2 2 2
Aplicando o Teorema de Pitágoras no D ABJ, temos a2 = d2 + x2. 
Logo:
=
= +
= +
= = =
d ax 6 –x
a d x
a ax 6 –x x
a ax 6 x a
6
a 6
6
2 2
2 2 2
2 2 2
2
Substituindo x em uma das equações do sistema:
= − = − =d a.a 6
6
. 6 a 6
6
d a 6a
36
d 30
6
a2
2
2 2
2
Questão 04 – Letra A
Comentário: Os cubos com casca em apenas uma face são 
os “extremos”, mas que, no entanto não estão nas “arestas”. 
Logo, são: 2(18.3 + 18.6 + 6.3) = 360.
Questão 05 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir.
M
D
H
Q
1
1
C
PE
G
F
B
N
A
1
2
1
2
1
21
2
A área da base DMNC do prisma DMNCHPQG é:
ADMNC = AABCD – AMAD – AMBN ⇒ 
ADMNC = (1)2 – 1.
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
. . .− ⇒ ADMNC = 
5
8
 cm3
Logo, o volume do prisma DMNCHPQGde altura 1 cm é:
V = 5
8
.1 ⇒ V = 0,625 cm3
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra D
Comentário: Um cubo de volume igual a 1 cm³, possui as 
seguintes dimensões:
1 cm
1 cm
1 cm
Ele será transformado em um paralelepípedo cuja largura é 
igual à aresta do cubo, e altura corresponde a 50% da aresta 
do cubo. Logo:
cm
1 cm
x cm
1
2
Como não houve perda do volume original, temos que os 
volumes do paralelepípedo e do cubo são iguais. Assim, 
podemos determinar o comprimento x. Logo:
= =x.1
2
.1 1 x 2 cm
8
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 05 – Letra D
Comentário: Em cada caixa, há duas pilhas de livros. Logo, 
podemos concluir que as arestas das caixas possuem medida 
igual a 24 cm. Observe a figura a seguir:
3 cm
12 cm 12 cm
24 cm
24 cm
Temos que a altura da caixa é igual a 24 cm e que cada 
livro possui espessura de 3 cm. Logo, em cada pilha, há 
=
24 cm
3 cm
8 livros. Como temos duas pilhas de livros, cada 
caixa contém 2.8 = 16 livros.
Portanto, no total de 45 caixas, temos 45.16 = 720 livros.
Questão 08 – Letra B
Comentário: Considere a figura a seguir.
3 cm3 cm
A
M
5 cm
C
B
3 cm
D
E F
H G
A diagonal AH do quadrado ADHE vale 3¹2 cm.
Assim, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo 
retângulo AHM, determinaremos a medida AM, ou seja, 
AM2 = AH2 + (HG + GM)2 ⇒ AM² = (3¹2)2 + (8)2 ⇒ AM = ¹82 cm.
Questão 09 – Letra D
Comentário: As faces de um paralelepípedo retângulo têm 
por área 6 cm2, 9 cm2 e 24 cm2.
Sendo a, b e c as dimensões desse paralelepípedo retângulo, 
temos, por exemplo:
ab
bc
ac
=
=
=
6
9
24
 ⇒ 
ab.bc.ac = 6.9.24 ⇒ a2b2c2 = 1 296 ⇒ 
 (abc)2 = (36)2 ⇒ abc = 36 ⇒ V = 36
Portanto, o volume desse paralelepípedo vale 36 cm3.
Questão 10 – Letra D
Comentário: Para calcularmos a área da base do prisma, 
precisamos da medida de h.
E
h
B
3
5
3
2
8
A
F CD
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ADE, temos:
AD2 = AE2 + ED2 ⇒ (5)2 = h2 + (3)2 ⇒ h = 4, pois h > 0
Assim, o volume do prisma é:
V = ( ).8 2 4
2
+ .5 ⇒ V = 100 cm3
Questão 13 – Letra B
Comentário:
H G
C
BA
E
D
F
K
I
J
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
EFG, temos:
EG2 = FE2 + FG2 ⇒ EG2 = a2 + a2 ⇒ EG = a¹2, pois a > 0
Como o ponto I é o centro da face EFGH, então EI = a 2
2
.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
AEI, temos:
AI2 = EA2 + EI2 ⇒ AI2 = a2 + a 2
2
2
 ⇒ AI = a 6
2
Trace o segmento IK, tal que IK ⊥ FG.
O segmento IK vale a metade da aresta a, ou seja, IK = a
2
.
Traçando o segmento KJ, temos, analogamente, que KJ = a
2
.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo IKJ, 
temos:
IJ2 = KI2 + KJ2 ⇒ IJ2 = a
2
2
 + a
2
2
 ⇒ IJ = a 2
2
, pois a > 0
Portanto, os segmentos AI e IJ são, respectivamente, 
a 6
2
 e a 2
2
.
Questão 14
Comentário: Como não ocorre vazamento de água, podemos 
igualar as expressões para o volume de água na situação inicial 
e na final e, com isso, obter o valor de h.
Volume de água na caixa-d'água no início: V0 = 1.1.h = h (I)
Na situação final, teríamos o seguinte caso:
D
C
F
A B
30°
30°
1 B’
 
3
2
9
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
O ângulo CDF será de 30° por ser correspondente a B’AB. 
Isso ocorre porque a laje na qual a caixa está é horizontal, e, 
portanto, paralela ao nível da água quando este se estabiliza. 
Dessa forma, DF // AB. Além disso, o fato de a caixa ser em 
forma de paralelepípedo faz com que AB’ // CD.
O volume de água nessa situação pode ser expresso pelo produto 
da área do trapézio na figura planificada pela largura da caixa. 
Para o cálculo da área, precisaremos da medida de FB’.
CB' = DA = 
3
2
CF = CD.tg 30° ⇒ CF = 1.
3
3
 = 
3
3
Logo, FB’ = CB' – CF ⇒ FB’ = 
3
2
 – 
3
3
 ⇒ FB’ = 
3
6
.
O volume de água na caixa-d'água na situação final é igual 
ao volume do prisma de base ADFB’ e altura 1:
V = (AD + FB')AB'
2
1. = 
3
2
3
6
1
2
1
+ .
. = 
3
3
 (II)
Igualando as expressões (I) e (II), temos h = 3
3
m.
Questão 15
Comentário: 
A) Observe a figura a seguir, que representa a folha de papelão 
após a retirada de um quadrado de lado igual a 3 u.c. de 
cada canto:
3 3
3
3
3
3
3
3
17
17
88
 Logo, o perímetro da folha é igual a 2.17 + 2.8 + 3.8 = 74 u.c.
B) A área da folha após a retirada dos quadrados é igual a:
 
A 23.14 4. (3.3) A 286 u.a.
Área do
quadrado
= − =
C) Observe a figura a seguir, que representa a caixa formada 
com a folha de papelão:
17
8
3
 O volume da caixa é 17.8.3 = 408 u.v.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Ao colocarmos o objeto no tanque, temos que 
o volume de água deslocada será igual ao do objeto. Além 
disso, podemos observar que o volume de água deslocada 
correspondente ao volume de um paralelepípedo de dimensões 
30 cm x 40 cm x h cm. Logo:
= =40.30.h 2 400 h 2 400
1 200
2 cm
Assim, o nível de água subiria 2 cm.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Analisando o gráfico, podemos obter a 
quantidade média mensal de chuva ao longo do ano. Uma 
vez que a intenção do agricultor é captar toda a água das 
chuvas ao longo do ano, precisamos saber qual é o volume 
total dessa água.
Somando as quantidades médias mensais:
Quantidade média de chuva ao longo do ano: 700 mm
Área da superfície do telhado: A = 8.10 = 80 m2
Cada 100 mm de chuvas equivalem a 100 L/m2 de superfície. 
Dessa forma, temos:
Volume total de água: V = 700.80 = 56 000 L = 56 m3
Esse valor corresponde ao volume mínimo do reservatório. 
Como a área da base do reservatório é fixa e vale 8 m2, temos 
que p.8 = 56 ⇒ p = 7 m.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: O volume de água a ser escoado corresponde à 
diferença de 20 m que existe entre a posição inicial do navio e 
o nível da jusante.
VE = 20.200.17 = 68 000 m3
O tempo de esvaziamento pode ser obtido pela razão entre 
a quantidade de água a ser escoada e a velocidade do 
escoamento.
t =
68 000
4 200
3
3
m
m utos/min
 ≅ 16 minutos
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Se o paralelepípedo e o cubo possuem o mesmo 
volume, logo:
Vp = Vc ⇒ 3.18.4 = a3 ⇒ a = 6 cm
10
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
MÓDULO – B 08
Pirâmides
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir, que representa a 
geometria da situação:
a
a
A
D
N
B
M
C
a
2
a
2
a
2
a
2
Sejam M e N os pontos médios das arestas reversas AB e CD 
do tetraedro de aresta a. Temos que o D ANB é isósceles, pois 
dois dos seus lados são alturas das faces do tetraedro. Logo:
= =AN BN a 3
2
.
Seja MN a distância entre as duas arestas reversas, podemos 
aplicar o Teorema de Pitágoras no D BNM. Assim:
= + = −
= − = =
(BN) (MN) (BM) (MN) a 3
2
a
2
(MN) 3a
4
a
4
(MN) 2a
4
MN a 2
2
2 2 2 2
2 2
2
2 2
2
2
Questão 02 – Letra C
Comentário: A parafina é armazenada em caixas cúbicas de 
aresta a. Logo, o volume de parafina é igual a a³.
A parafina será derramada em moldes em formato de 
pirâmides, o que está representado na figura a seguir:
a
2
a
2
a
2
Calculando o volume de cada molde, temos:
V a a V a
Molde Molde
= =
1
3 2 2 24
2 3
. .
Portanto, a quantidade de parafina pode encher =
a
a
24
24
3
3
moldes.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Na figura a seguir, temos uma pirâmide regular 
de base quadrangular e altura 4 cm seccionada por um plano 
paralelo ao plano da base, de maneira que os volumes dos 
dois sólidos obtidos sejam iguais.
4 – h
h
4
Sejam h a altura do tronco da pirâmide e V o volume do tronco 
da pirâmide e da pirâmide pequena.
Assim, da semelhança das pirâmides grande e pequena, 
temos:
2 4
4
2 4
4
3
3V
V h h
=
−
=
−
4 – h = 
4 4
2
3
 ⇒ h = 4 – 2 43 cm.
Portanto, para que a pirâmide pequena tenha um volume igual 
ao tronco da pirâmide, temos de seccionar a pirâmide grande 
por um plano paralelo ao plano da base,a uma altura de 
4 – 2 43 cm do plano da base.
Questão 04 – Letra D
Comentário: Seja uma pirâmide quadrangular e regular cujas 
arestas da base medem a e altura mede h. Temos que seu 
volume V é igual a:
= =V 1
3
.a .h V a .h
3
2
2
Duplicando a medida da aresta e reduzindo à metade o valor 
da altura, temos uma nova pirâmide cujo volume V' vale:
V a h V a h' .( ) . ' .= =1
3
2
2
2
3
2
2
Fazendo a razão entre os volumes, temos que:
V
V
a h
a h
V
V
V V'
.
.
' '= = =
2
2
3
2
3
1
2
2
Logo, o volume da pirâmide foi duplicado.
11
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 05 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir.
C
O
A
60°
60°
B
M
V



2

2
Na face VAB, que é um triângulo equilátero de lado l, temos:
A
60°
30°
BM
V
 

2

2
l2 = VM2 + 
2
2
 ⇒ VM = 3
2
, pois l > 0
Traçando a altura VO, temos o triângulo VOM, em que:
sen 60° = VO
VM
 ⇒ 3
2 3
2
=
VO ⇒ VO = 3
4
Logo, o volume da pirâmide VABC é:
V = 1
3
3
4
2
. .3
4
 ⇒ V = 3
16
l3
Exercícios Propostos
Questão 05 
Comentário: O volume da pirâmide depende da área de sua 
base e de sua altura. Para calculá-lo, precisamos escrever 
as arestas da base e a altura em função de a.
Sendo x a medida da altura e das arestas da base da pirâmide, 
temos que o volume da pirâmide vale:
V = 1
3
x2.x ⇒ V = 1
3
x3 (I)
A diagonal da base ABCD vale x¹2.
Como Q é ponto médio da base ABCD, então AQ = x 2
2
.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
OQA, temos:
AO2 = QO2 + QA2 ⇒ AO2 = x2 + x 2
2
2
 ⇒
AO = x 6
2
, pois x > 0
O
N
AQ
Mx
a
x 6
2
x 2
2
x
2
Como o triângulo OMN é semelhante ao triângulo OAQ, temos:
x
x
a
x
x a2
6
2
2
2
2 3= = (II)
Substituindo a equação II na equação I, temos:
V = 1
3
. 2 3
3
a( ) ⇒ V = 8 3a3
Questão 07 – Letra E 
Comentário: O volume do octaedro pode ser dividido entre 
os volumes das duas pirâmides quadradas que o compõem e 
cujas bases são coincidentes.
Como o octaedro é formado pela união dos pontos centrais de 
cada face, ele só pode ser um octaedro regular, uma vez que 
as distâncias do ponto central de uma face aos pontos centrais 
das faces adjacentes são sempre as mesmas.
A
B
x
�
2
�
2
C
Sejam A e C dois vértices adjacentes do octaedro e B o 
ponto médio de uma das arestas do cubo, e seja x a medida 
do lado do octaedro. Por Pitágoras, encontramos que 
x = l 2
2
.
Com a medida do lado do octaedro, podemos calcular o volume 
das duas pirâmides que o compõem e, assim, determinar 
seu volume.
Seja h a altura da pirâmide:
2h = l ⇒ h = 
2
Portanto, o volume do octaedro, em cm3, é:
V = 2.1
3
. 2
2
2
.
2
 ⇒ V = 
3
6
12
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 08
Comentário: Seja A o valor da área do triângulo AFI.
Igualando o volume do cubo ao volume do tetraedro:
Vcubo = Vtetraedro ⇒ VABCDEFGH = VADFI ⇒ 1 = 
1
3
.A.1 ⇒ A = 3 cm2 ⇒
( . )AF AI
2
 = 3 ⇒ AI = 6 ⇒ AB + BI = 6 ⇒ 
BI = 6 – 1 ⇒ BI = 5
Portanto, BI = 5 cm.
Questão 10 – Letra A
Comentário: CD = AD.tg 60° = 3¹3, já que CD é 
perpendicular a AD.
Pela Lei dos Cossenos no triângulo ADB em relação ao 
ângulo D, obtemos que o cosseno de ADB vale 0.
Logo, ADB = 90°.
Assim, a área do triângulo ADB vale 
AD BD.
2
 = 
3 4
2
.
 = 6 m2.
Portanto, o volume do tetraedro, em m3, vale:
V = 1
3
.6.3¹3 = 6¹3
Questão 13 – Letra B
Comentário: Para calcularmos o volume da pirâmide MNPD, 
podemos calcular, primeiramente, o volume da pirâmide 
MABC e, em seguida, multiplicá-lo pela razão de semelhança.
Seja A a área do triângulo MAB:
VMABC = 
1
3
.A.BC = 1
3
.A.3 = A
Considere a figura a seguir.
x
M
DN
A B3
3
1
Como os triângulos MND e MAB são semelhantes, então temos: 
ND
AB
MD
MB
= ⇒ 1
3
 = x
x +3
 ⇒ x = 3
2
Daí, a área A do triângulo MAB é:
A = MB AB.
2
 = 1
2
9
2
3 27
4
. . =
Como as pirâmides MNPD e MABC são semelhantes, então 
temos:
V
V
V VMNPD
MABC
MNPD MABC
= = =
3
2
9
2
1
27
1
2
3
.
77
1
3
27
4
3 1
27
1
4
= =. . .
Portanto, VMNPD = 
1
4
.
Questão 14 – Letra C
Comentário: 
CD
A
A' B'
B
10 m
10 m
C'D'
5 m
25 m
V
As pirâmides VA'B'C'D' e VABCD são semelhantes.
Assim, sendo V1 e V2 os volumes, em cm3, das pirâmides 
VA'B'C'D' e VABCD, respectivamente, temos:
V
V
1
2
3
20
25
= ⇒ V1 = 
64
125
V2
Sendo VT o volume, em m3, do tronco ABCDA'B'C'D', temos: 
VT = V2 – V1 = V2 – 
64
125
V2 = 
61
125
V2 ⇒ 
VT = 
61
125
1
3
. .(10)2.25 ⇒ VT = 
1 220
3
Questão 15 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
1
E
F
C
D
E
B
A
1
21
2
Os pontos B, C, D e E são os baricentros de cada face da 
pirâmide e os vértices do quadrado BCDE. Podemos observar 
que o D ABC é isósceles e que = =AB AC 3
3
.
Extraindo o D AEF da pirâmide temos:
A
B C
E F
3
3
3
2
2
2
13
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Temos que BC // EF, logo, D ABC ∼ D AEF. Utilizando a se-
melhança:
= = =
3
3
3
2
BC
2
2
3
3
. 2
3
2BC
2
BC 2
3
Portanto, a área do quadrado BCDE é igual a 2
3
2
9
2
= .
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Pelas hipóteses, concluímos que a altura da 
pirâmide que forma a vela é 16 cm e que a altura da pirâmide 
pequena é 4 cm.
Logo, o volume, em cm3, de parafina para fabricar o novo 
modelo de vela é igual a:
V = 1
3
.62.16 – 
1
3
.(1,5)2.4 ⇒ V = 189
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Considere a figura a seguir.
D
C
B
A
E
π
Um plano π intercepta todos os lados da pirâmide anterior, 
formando o pentágono em destaque.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Considere a figura a seguir.
P
Q
R
Base da plataforma
Torre central
a
a b
Seja o triângulo PQR, como mostrado na figura. Como o ponto 
P é ponto médio da aresta lateral da pirâmide, temos que a 
projeção do ponto P na base quadrada da pirâmide se encontra 
no ponto Q, e essa projeção vale 24
2
12m m= . Como o lado 
da base da torre vale 6¹2 m, a diagonal vale 12 m. Logo: 
a m= =1
4
12 3.
O lado da base da plataforma mede 19¹2 m e, com isso, 
a diagonal mede 38 m. Logo:
2(2a + b) = 38 ⇒ b = 13
Portanto, o tamanho da corda pode ser determinado 
calculando-se o valor da hipotenusa no triângulo PQR:
PR2 = PQ2 + QR2 ⇒ PR2 = 122 + 162 ⇒ PR = ¹400, pois PR > 0
Questão 04– Letra E
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 2
Habilidade: 6
Comentário: Os sólidos descartados após os dois primeiros 
cortes, que saem de O em direção às arestas AD e BC, são 
dois prismas triangulares congruentes, AFPQDE e BGPQCH.
E E H H
G G
C C
B B
F F
A A
D D
P P P
O O O
Q Q Q
Os outros dois sólidos descartados após os dois últimos 
cortes, que saem de O em direção às arestas AB e CD, são 
dois tetraedros congruentes, ABOP e CDOQ.
A
P
B
O
Q
D C
A
P
B
O
Q
D C
O
Portanto, os formatos dos sólidos destacados são iguais dois 
a dois.
MÓDULO – C 07
Inequações
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: Resolvendo a inequação: x2 – 3x ≤ 0 ⇒ x.(x–3) ≤ 0. 
As raízes são 0 e 3. Assim, fazendo estudo de sinal, temos:
3 x0
++
–
A solução da inequação é 0 ≤ x ≤ 3.
Portanto, o conjunto das soluções inteiras da inequação 
x2 –3x ≤ 0 é {0, 1, 2, 3}.
14
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 02 – Letra D
Comentário:
A: x – 2y + 6 = 0 ⇒ y = x
2
 + 3
B: x – 3y + 15 = 0 ⇒ y = x
3
 + 5
Assim, temos:
x
2
 + 3 > x
3
 + 5 ⇒ x
2
 – x
3
 > 5 – 3 ⇒ x > 12
Questão 03 – Letra E
Comentário: Sabendo que as placas não podem ser cortadas 
e que a altura do portão é 3 m, temos que o número de placas 
utilizadas para fabricar o portão é igual a 3n, com n sendo o 
número de placas sobre o eixo horizontal. Desse modo, como o 
eixo pode suportar até 250 kg, temos: 3n.15 ≤ 250 ⇒ n ≤ 5,5.
Assim, o número máximo de placas que podem ser utilizadas 
sobre o eixo é igual a 5 e, portanto, como cada placa tem 
comprimento igual a 1 m, a largura máxima do portão é 
5.1 m = 5 m.
Questão 04 – Letra AComentário:
x x
x
y
y
2 2 3
2
0
1
2
− −
−
≥
 
Condição de existência: x ≠ 2
Estudo de sinais:
y1 = x2 – 2x – 3
raízes: x2 – 2x – 3 = 0 ⇒ x1 = –1 ou x2 = 3
x3–1
++
–
y2 = x – 2 
x
+
– 2
raiz: 2
Quadro de sinais:
y1
– – +
– + +
x
–1 3
y2
+
+
–
– – +
2
y1
y2
Portanto, S = {x ∈  | –1 ≤ x < 2 ou x ≥ 3}, ou seja, 
[–1, 2) ∪ [3, +∞).
Questão 05 – Letra D
Comentário:
 
f(x) =
3x
x + 4
4 − x2
Condições de existência: x ≠ –4 e x ≠ ±2
Temos: 
 
f(x) =
3x
x + 4
4 − x2
 ⇒ 
3
4
0
4 02
x
x
I
x II
+
≥
>
( )
– ( )
(I) 3
4
0
1
2
x
x
y
y
+
≥
Estudo de sinais:
y1 = 3x 
x
+
– 0raiz: 0
y2 = x + 4 
x
+
– –4
raiz: –4
Quadro de sinais:
 
y
1
y
2
y1
y2
– – +
– + +
x
+ – +
–4 0
(II) 4 2
3
− x
y
 > 0
y3 = 4 – x2 
x
2–2
––
+
raízes: –2 e 2
O domínio é dado pela interseção das soluções I e II: 
x
II
I
D(f(x))
–4 0 2–2
Portanto, D(f(x)) = {x ∈  | 0 ≤ x < 2}.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: 
2x + 3 ≤ x + 7 ≤ 3x + 1
• Seja a inequação 2x + 3 ≤ x + 7. Resolvendo-a, temos x ≤ 4.
• Seja a inequação x + 7 ≤ 3x + 1. Resolvendo-a, temos x ≥ 3.
Logo, apenas os números inteiros 3 e 4 satisfazem a inequação.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Sejam CX e CY, respectivamente, os custos das 
traduções realizadas pelos profissionais X e Y. O número 
mínimo n de linhas a serem traduzidas, de modo que o custo 
seja menor se for realizado pelo tradutor Y é tal que:
CX > CY ⇒ 3,20.n + 440 > 2,30.n + 800 ⇒ 0,9.n > 360 ⇒ n > 400
Assim, n = 401, que é um número ímpar. 
Questão 04 – Letra C
Comentário: Seja x o número de usuários. Temos que:
6x + 3. ( )80 − x
Horas
adicionais
 > 320 ⇒ 3x > 80 ⇒ x > 80
3
26 7,
Logo, x = 27.
15
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 06 – Letra D
Comentário: 
(p – 1)x < p – 1 ⇒ (p – 1)x – (p – 1) < 0 ⇒ (p – 1)(x – 1) < 0
Foi dado que p é um número real menor do que sua raiz 
quadrada, 0 < p < 1. Logo, p – 1 < 0. Para que o produto 
(p – 1)(x –1) seja negativo, devemos ter x – 1 > 0, ou seja, x > 1.
Questão 07 – Letra C
Comentário: 
x x
x x
x x
x x x
2
2
21
9
1
3
1
3 3
1
3
0+ −
−
≥
−
+ −
+ −
−
−
≥
( )( )
x x x
x x
x
x
y
y
2 2
2
1 3
3 3
0 4
9
0
1
2
+ − − +
+ −
≥ −
−
≥( )
( )( )
Condições de existência: x ≠ –3 e x ≠ 3
Estudo de sinais:
I) y1 = x2 – 4 
x2–2
++
–
 raízes: –2 e 2
II) y2 = 9 – x2 
x
3–3
––
+
 raízes: –3 e 3
Quadro de sinais:
+ +
+
+
+
+
+
+
+
x
y1
y2
–
–
–
–
–
–
–3 2–2 3
 
y
1
y
2
S = {x ∈ | –3 < x ≤ –2 ou 2 ≤ x < 3}, ou seja, ]–3, –2] ∪ [2, 3[.
Questão 08 – Letra A
Comentário: P(x) = (m + 2)x2 + 2(m – 3)x + m2
P(1) = m + 2 + 2m – 6 + m2 < 0 ⇒ m m
Inequação
2 3 4 0+ − <
 do 2º grau
D = 32 – 4.1.(–4) = 25 
m = 
− ±3 5
2
 ⇒ m1 = –4 e m2 = 1
x1–4
++
–
Portanto, o maior valor inteiro de m é zero.
Questão 09 – Letra E
Comentário: Os valores de x para os quais o gráfico da 
parábola y = 3x2 – 4x – 3 fica abaixo do gráfico da parábola 
y = x2 + 3 são tais que
3x2 – 4x – 3 < x2 +3 ⇒ 2x2 – 4x – 6 < 0 
x2 – 2x – 3 < 0 ⇒ (x+1)(x–3) < 0 ⇒ –1 < x < 3.
Questão 11 – Letra D
Comentário: f(x).g(x) será positivo nos intervalos de x 
nos quais y = f(x) e y = g(x) são ambas positivas ou ambas 
negativas. Isso ocorre para x < –3 ou x > 2. Portanto, a 
solução é S = (–∞, –3) ∪ (2, +∞).
Questão 14
Comentário: 
Domínio: x
x x
y
y
−
+ −
2
6
1
2
2
 ≥ 0
I) y1 = x – 2 
x
+
– 2
 raiz: 2
II) y2 = x2 + x – 6
 raízes: x2 + x – 6 = 0 ⇒ x1 = –3 ou x2 = 2
x2–3
++
–
Quadro de sinais:
– –
–
+
+
–
+
+
+
–3 2
x
y1
y2
 
y
1
y
2
Portanto, D(f) = {x ∈  | x > –3 e x ≠ 2}.
Questão 17 – Letra C
Comentário: x2 + bx + 8 ≤ 0
Sejam x1 e x2 as raízes. Temos:
xx2x1
++
–
A solução é o intervalo x1 ≤ x ≤ x2. Temos:
x2 – x1 = 2, pois é o comprimento do intervalo.
x1.x2 = 8, pois é o produto das raízes. Logo:
x1.(2 + x1) = 8 ⇒ x12 + 2x1 – 8 = 0 ⇒ x1 = –4 ou x1 = 2
Para x1 = –4, temos x2 = –2
Para x1 = 2, temos x2 = 4
Observe que –b = x1 + x2, pois é a soma das raízes.
No primeiro caso, temos b = –6.
No segundo caso, temos b = 6. 
Logo, |b| = 6.
16
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Seja x o número de peças produzidas. 
O custo total de produção C no mês é dado por C(x) = 6x + 46 000, 
enquanto a receita da fábrica R no mês é dada por R(x) = 11.x.
Portanto, o lucro mensal L é dado por:
L x R x C x L x x x
L x x
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
= − = − +
= −
11 6 46000
5 460000
Devemos ter L(x) > 94 000. Logo, temos:
5x – 46 000 > 94 000 ⇒ 5x > 140 000 ⇒ x > 28 000
Como o número máximo de peças que podem ser produzidas 
por dia é igual a 3 000, o número mínimo de dias 
necessários para produzir, mais de 28 000 peças é:
28 000 dias
3 000
9 3 10
 
 , 
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Para que a empresa não tenha prejuízo, 
seu lucro deve ser maior ou igual a zero (LT ≥ 0). Assim: 
LT(q) = FT(q) – CT(q) ⇒ LT(q) = 5q – (2q + 12) ⇒ 
LT(q) = 3q – 12
LT(q) ≥ 0 ⇒ 3q – 12 ≥ 0 ⇒ q ≥ 4
Portanto, a quantidade mínima de produtos que a indústria 
terá de fabricar para não ter prejuízo é 4.
MÓDULO – C 08
Função modular
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: O gráfico da equação modular |f(x)| = 1 é dado por:
2
y
x2– 1
1 y = 1
–3
Logo, temos 5 pontos de intersecção entre as funções |f(x)| 
e y = 1. 
Portanto, a equação dada possui 5 raízes. 
Questão 02 – Letra A
Comentário: y = |x|2 – 5|x| + 6
Fazendo |x| = k, temos:
y = k2 – 5k + 6
Suas raízes são k = 2 e k = 3.
Para k = 2 ⇒ |x| = 2, ou seja, x = ±2.
Para k = 3 ⇒ |x| = 3, ou seja, x = ±3.
Portanto, a função se anula para quatro valores de x, o que 
faz da alternativa A a verdadeira.
Observação: Análise das demais alternativas:
Alternativa B: A função y = k2 – 5k + 6 possui vértice de 
coordenadas (k, y) iguais a 5
2
, 1
4
.− Porém, para k = 5
2
, 
temos x = ± 5
2
.Logo, há dois pontos de mínimo: 
5
2
, 1
4
− e
5
2
, 1
4
.− − (Falsa)
Alternativa C: Conforme visto anteriormente, a função se anula 
para quatro valores de x, e não somente para dois valores. (Falsa)
Alternativa D: A função é par, pois f(–x) = f(x) para qualquer 
x real. (Falsa)
Questão 03 – Letra E
Comentário: O gráfico da função f(x) é:
f(x)
5
xO 3
"Refletindo" a parte do gráfico que possui imagem negativa, 
em relação ao eixo x, obtemos o gráfico da função |f(x)|, 
conforme figura a seguir:
g(x)
5
xO 3
"Deslocando" o gráfico uma unidade para baixo, obtemos o 
gráfico da função g(x) = |f(x)| – 1.
g(x)
4
–1
x
O 3
Questão 04 – Letra E
Comentário: 
Se x ≥ 0 e y ≥ 0 ⇒ x + y = 2.
Se x ≥ 0 e y < 0 ⇒ x – y = 2.
Se x < 0 e y < 0 ⇒ – x – y = 2.
Se x < 0 e y ≥ 0 ⇒ – x + y = 2.
17
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
y
x
dd
dd
2
2–2
–2
Temos um quadrado de lado d que pode ser expresso por: 
d2 = 22 + 22 ⇒ d = 2. 2
Logo, o perímetro 2p será dado por 2p = 4d = 8¹2.
Questão 05 – Letra E
Comentário:
|x – 5| < 3 ⇒ –3 < x – 5 < 3 ⇒ 2 < x < 8 (I)
|x – 4| ≥ 1 ⇒ 
− ≤ −
− ≥
≤
≥
x 4 1
 ou
x 4 1
 
x 3
 ou
x 5
 (II)
Interseção das soluções:
(I)
x
(II)
(I) (II)
2 5 83
As soluções inteiras são 3, 5, 6 e 7, cuja soma é 21.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário:
1 < | x 3|< 4 
–4 x 3 –1
 ou
1 x 3 4
 
–7 x –4
 ou
–2 x 1
+
< + <
< + <
< <
< <
Inteiros não nulos: –6, –5, –1 (3 valores)
Questão 02 – Letra C
Comentário: Resolvendo a inequação:
≥ − − ≥
− − ≥
− + − ≥
| x |.| x –5| 6 | x 5x | 6 0
x 5x 6 0 (I)
ou
x 5x 6 0 (II)
2
2
2
Fazendo o estudo do sinal, temos:
– –
+
(I)
x
x ≤ –1 ou x ≥ 6
6–1
(II)
x
2 ≤ x ≤ 3
32
++
–
Logo, S = {x ∈  | x ≤ –1 ou 2 ≤ x ≤ 3 ou x ≥ 6}.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Os gráficos das funções f(x) e g(x) são dados por:
y
x4–4
f(x) = |x|2 – 4|x|
 
y
x40
g(x) = |x2 – 4x|
I. Falsa. O gráfico de g(x) não é simétrico em relação
 ao eixo das ordenadas.II. Falsa. A equação apresenta infinitas raízes para x > 4.
III.Verdadeira. –4 + 0 + 4 + 0 + 4 = 4
IV. Falsa. Contraexemplo: f(2) < g(2)
Questão 04 – Letra A
Comentário: |x2| – 4|x| – 5 = 0 ⇒ |x|2 – 4|x| – 5 = 0 ⇒
fazendo |x| = L, temos:
L2 – 4L – 5 = 0
D = (–4)2 – 4.1.(–5) = 16 + 20 = 36
L = 4 6
2
± ⇒ L = 5 (convém) L = –1 (não convém)
|x| = 5 ⇒ x = ± 5
Questão 05 – Letra A
Comentário: Gráfico de f(x):
f(x) = |x2| + |x| ⇒ f(x) = x2 + |x|
I) Se x < 0 ⇒ f(x) = x2 – x; função I
II) Se x ≥ 0 ⇒ f(x) = x2 + x; função II
y
x
f(x)
função Ifunção II
O–1 1
Gráfico de f(x + 1): Gráfico de –f(x + 1):
y
xO–1
2
f(x + 1)
 
y
xO
–1
–2
18
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 06 – Letra C
Comentário: 
Conjunto A
|x – 5| < 3 ⇒ –3 < x – 5 < 3 ⇒ 2 < x < 8
Conjunto B
|x – 4| ≥ 1 ⇒
− ≤ −
− ≥
x 4 1
 ou
x 4 1
 
x
ou
x
≤
≥
3
5
A = {3, 4, 5, 6, 7}
A ∩ B = {3, 5, 6, 7}
Soma = 3 + 5 + 6 + 7 = 21
Questão 07 – Letra B
Comentário: f(x) = y = |2x2 – 8|
Gráfico de y = 2x2 – 8; raízes: –2 e 2
y
xO
2
–8
–2
Basta, agora, "rebatermos", em relação ao eixo x, a parte do 
gráfico que possui ordenada negativa. 
Gráfico de y = f(x)
y
x2O
8
–2
Questão 09 – Letra A
Comentário: |x| + |y| = 4
Há 4 possibilidades:
1ª) x > 0 e y > 0
Temos: x + y = 4 ⇒ y = –x + 4
4
O x
y
4
2ª) x < 0 e y > 0
–x + y = 4 ⇒ y = x + 4
4
O
–4
x
y
3ª) x < 0 e y < 0
–x – y = 4 ⇒ y = –x – 4
O
–4
–4
x
y
4ª) x > 0 e y < 0
x – y = 4 ⇒ y = x – 4
O
–4
x
y
4
Justapondo esses gráficos, obtemos:
4
O
–4
–4
x
y
4
Questão 14 – Letra B
Comentário: Determinação da expressão da função g(x):
g(x) = ax + b
=
= −
+ =
+ = −
g(3) 2
g(2) 1
3a b 2
2a b 1
 ⇒ a = 3 e b = –7
Portanto, g(x) = 3x – 7.
Sabemos que f(x) = |x – 1| e f(x) ≤ g(x). Logo:
|x – 1| ≤ 3x – 7 ⇔ –3x + 7 ≤ x – 1 ≤ 3x – 7 ⇔
− + ≤ −
− ≤ −
≤
≤
≥
≥
3x 7 x 1
e
x 1 3x 7
8 4x
e
6 2x
x 2
e
x 3
A interseção das soluções das duas inequações é dada por: 
x ≥ 3
Portanto, S = {x ∈  | x ≥ 3}.
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Como o número |Y – 2| + 4 encontra-se a 
10 unidades da reta real, temos que:
− + = −
− + =
− = −
− =
| Y 2| 4 10
ou
| Y 2| 4 10
| Y 2| 14 (absurdo)
ou
| Y 2| 6
19
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
− = −
− =
= −
=
Y 2 6
ou
Y 2 6
Y 4
ou
Y 8
Como Y é natural, então temos que Y = 8. 
Observe que 8 é divisor de 56.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: I
Competência de área: 5
Habilidade: 19
Comentário: Temos: 
||x0 – 1| –1| = 6
Então:
=
=
=
=
| x –1|–1 6
|x –1|–1 – 6
|x –1| 7
|x –1| –5 (absurdo)
0
0
0
0
=
=
=
=
x –1 7
x –1 –7
x 8
x – 6
0
0
0
0
Portanto, existem 2 valores reais.
MÓDULO – D 07
Triângulo retângulo
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra C
Comentário: Observe a figura a seguir:
4R
4R
R
R
2R - r
r
r
Com base na figura, podemos observar que o quadrado possui 
lado igual a 4R. O triângulo retângulo possui hipotenusa igual a 
R + r e catetos iguais a R e 2R – r. Logo, utilizando o Teorema 
de Pitágoras, temos:
( ) ( – ) –R r R R r R Rr r R R Rr r
Rr
+ = + + + = + +
=
2 2 2 2 2 2 2 22 2 4 4
6 4RR r R R
r
2 6 4 3
2
= =
Portanto, =
R
r
3
2
.
Questão 02 – Letra E
Comentário: Considere a figura a seguir.
1
2
6
5
13
10
H
A
CB
Foi dado que AB ⊥ AC e AB = 1
2
 e AC =
6
5
.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, temos:
BC BC2
2 2
1
2
6
5
13
10
= + =
Traçando a altura AH relativa à hipotenusa BC, temos:
BC AH AB AC AH AH. . . .= = =13
10
1
2
6
5
6
13
Portanto, a distância do lampião ao teto é 6
13
.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir:
FA Q
HB y 6 – y P
3
xx
xx
R
x
x α
β β
α
G
3
2
3
2
Temos que ABPQ é um retângulo e, pelo caso AA, o 
D GBH ≡ D GAF, logo, GH = GF = x.
O quadrilátero FGHR possui ângulos opostos congruentes, 
logo, ele é um paralelogramo, no caso um losango, pois 
possui os quatro lados iguais a x. Por paralelismo, temos que 
QFR = HPR = PHR = RQF. Logo, os triângulos HRP e FRQ são 
isósceles e possuem dois de seus lados iguais a x.
Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos GBH e HPQ, 
temos:
= + = +
= + = + +
+ = + + + = + +
+ = = =
x y 3
2
x y 9
4
(I)
(2x) (6 – y) 3 4x 36 –12y y 9 (II)
Substituindo I em II :
4. y 9
4
36 –12y y 9 4y 9 36 –12y y 9
3y 12y –36 0 y 2 e y –6 ( não convém)
2 2
2
2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2
2
1 2
Para y = 2, temos que:
= + = + =x y 9
4
x 4 9
4
x 5
2
2 2 2
A distância percorrida pelo feixe luminoso no trajeto PFGHQ 
é igual a 6x, logo:
= =6.x 6.5
2
15 cm
20
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 04 – Letra B
Comentário: Observe a figura a seguir:
NMy
O
44
44
A
y
2
x
2
x
2
Como o triângulo AMN é isósceles, AO é a mediatriz de MN, 
logo, = =MO ON x
2
. Os triângulos AMN e BMN são congruentes; 
Portanto, = =AO OB y
2
. Aplicando o Teorema de Pitágoras 
no D AON, temos:
= + =
= =
4 y
2
x
2
y
4
16 – x
4
y 64 – x y 64 – x
2
2 2 2 2
2 2 2
Portanto, =y 64 – x dm.2
Questão 05 – Letra E
Comentário: Considere a figura a seguir.
A
43
h
D
m 6 – m
C B
6
Sejam AD = h e CD = m.
Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos 
ADC e ADB, temos:
3
4 6
9
16 6
2 2 2
2 2 2
2 2
2
= +
= − +
− =
− − =
m h
m h
m h I
m h( )
( )
( ) 22 ( )II
Igualando as equações (I) e (II), temos:
9 – m2 = 16 – (6 – m)2 ⇒ m = 29
12
Portanto, o valor de CD é 29
12
.
Exercícios Propostos
Questão 04 – Letra E
Comentário: Observe a figura a seguir, que representa a 
geometria da situação:
R102
R103
120 km
Z P
T
R101
160 km
X
dβ
β
α
γ
300 km
A menor distância do ponto Y até a reta que representa a 
rodovia R103 ocorre quando YT é perpendicular a XT. 
Aplicando o Teorema de Pitágoras no D XZP, temos que:
(XP)2 = 1202 + 1602 ⇒ (XP)2 = 40 000 ⇒ XP = 200
Os triângulos XTY e XZP são semelhantes pelo caso AA, 
logo:
= = =
300
200
YT
120
2.YT 360 YT 180
Portanto, o comprimento da rodovia a ser construída é igual 
a 180 km.
Questão 07 – Letra E
Comentário: Seja o seguinte quadrilátero ABCD.
A
D
B
C
x
4
6
5a
bc
d
Aplicando o Teorema de Pitágoras nos quatro triângulos 
retângulos, temos:
(4)2 = c2 + b2 (I)
(5)2 = b2 + d2 (II)
(6)2 = a2 + d2 (III)
x2 = a2 + c2 (IV)
Fazendo a subtração das equações (II) e (I) e das equações 
(III) e (IV), respectivamente, temos que:
9 = d2 – c2 (V)
36 – x2 = d2 – c2 (VI)
Igualando as equações (V) e (VI), temos:
9 = 36 – x2 ⇒ x = 3¹3, pois x > 0
Portanto, AD vale 3¹3 cm.
21
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 09 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir, com seus dados.
r +
 R
d
R – r
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
formado, temos:
( ) ( – )
–
r R R r d
r Rr R R Rr r d
Rr d
+ = +
+ + = + +
=
2 2 2
2 2 2 2 2
2
2 2
4 dd Rr= 2
A distância entre os centros das circunferências de raio r 
corresponde a 2d. Assim, =D 4 Rr.
Questão 10 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir.
r r r r r r r r r r r r r r
r r
O comprimento do maço de cigarros é C = 13r + 2r ⇒ C = 15r.
r
r
r
r
r
r
r
rrr
r
r
Seja o triângulo equilátero de lado 2r.
rr
rr
r r
h
30°
60°
Daí, sen 60° = h
r2
 ⇒ h = 2r. 3
2
 ⇒ h = r¹3.
Logo, a largura do maço de cigarros é:
L = r + r¹3 + r¹3 + r ⇒ L = 2r 1 3+( )
Portanto, as dimensões do maço de cigarro são 15r e 2r(1 + ¹3).
Questão 11 – Letra D
Comentário: Quando a extremidade B estiver apoiada no 
chão, teremos a seguinte figura (traçadas também as alturas 
relativas a A e C):
A
M
h
BN
C
1,2
1,8
A altura relativa ao vértice C vale 3
2
, uma vez que 
corresponde à altura de um triângulo equilátero de lado 1. 
Como os triângulos BCN e BAM são semelhantes, então temos:
CN
AM
BC
BA h
h= = =
3
2 1 8
3
5 3
6
, m
Questão 13
Comentário: 
B
E
FDCA
60°60°
60°
60°60°
60°
60°
60° 60°
30°
30°
21I
2
2
22
2
4
9
4
x
44
3
H
G
3
Trace o segmento EG em que EG // FA.
A alturado triângulo equilátero BGH de lado 2, é BI = ¹3.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BEI, temos:
BE2 = BI2 + EI2 ⇒ x2 = (¹3)2 + 92 ⇒ x2 = 84 ⇒ x = 2¹21 cm
Questão 14 – Letra E
Comentário: Ligando os centros das bases dos troncos, 
obtemos o seguinte triângulo:
B
A
D
C
1 1
3
2
O segmento BC mede 3
2
 porque corresponde à medida total 
da largura do caminhão menos o valor de dois raios, cada 
um valendo 1
2
.
Se traçarmos a altura AD desse triângulo, ela também será 
mediana, pois o triângulo é isósceles. Assim, poderemos 
descobrir o valor de AD pelo Teorema de Pitágoras. Logo:
AC AD DC AD AD2 2 2 2 2
2
1 3
4
7
4
= + = + = , pois AD > 0
A altura h corresponde à soma de dois raios das bases dos 
troncos com a distância vertical entre dois centros. Essa 
distância é igual a AD.
Assim, h = 1 + 7
4
.
22
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 15 – Letra B
Comentário:
A B
O
Q
P
b – x
x
xx
a – x
Pelo Teorema de Pitágoras em OPQ:
x2 = (a – x)2 + (b – x)2 ⇒ a2 + b2 = 2ax + 2bx – x² ⇒ 
x2 – x(2a + 2b) + a2 + b2 = 0
Resolvendo a equação do segundo grau, chegamos a duas 
possíveis soluções:
x = a + b + ¹2ab ou x = a + b – ¹2ab
Mas x < a. Logo, x = a + b – ¹2ab.
Questão 17 – Letra A
Comentário: 
D
E
C A
R
R
x
30°
R¹3
2 R
2
Sabe-se que DE = AD – CE = R – R 3
2
. Assim, aplicando-se o
Teorema de Pitágoras no triângulo ADE, temos:
(AD)2 = (DE)2 + (AE)2 ⇒ x2 = R R R– 3
2 2
2 2
+ ⇒
x R R R R2 2 2
2 2
3 3
4 4
= + +– ⇒
x2 = 2R2 – R2 ¹3 ⇒ x2 = R2(2 – ¹3) ⇒ x = R 2 3− , pois x > 0
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo Cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 7 
Comentário: Considere a figura a seguir.
 
2 GQPE
H
F
A B
CD
2 a
aa
Sendo Q ∈ BC e Q ∈ GE, podemos afirmar que GQ = EP = 2, 
pois essa figura é simétrica. O lado PQ = AB = a. Assim: 
GE = EP + PQ + GQ ⇒ GE = 2 + a + 2 ⇒ GE = 4 + a (I)
Como o lado GE é a diagonal do quadrado EFGH, então:
GE = a¹2 (II)
Assim, de (I) e (II), temos:
4 + a = a¹2 ⇒ a = 4
2 1−
 ⇒ a = 4(¹2 + 1) cm
Questão 02 – Letra B
Eixo Cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Sabemos que a luminária iluminará uma área 
circular de 28,26 m2, sendo π ≅ 3,14; temos, então, que o raio 
dessa área vale: πr2 = 28,26 m2 ⇒ r = 3 m.
Assim:
Luminária
g = 5 m
h
r = 3 m
 
Pelo Teorema de Pitágoras:
h2 + r2 = g2 ⇒ h2 = g2 – r2 ⇒ h2 = 25 – 9 ⇒ h = 4 m
Portanto, a altura h será igual a 4 m.
Questão 03 – Letra D
Eixo Cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Os cabos com apoio na circunferência de raio 
30 m, estão fixados no ponto A da torre.
α
O
A
B
C
Torre
Cabo de sustentação
Pontos de apoio
 do cabo
 
Temos três cabos com a seguinte configuração:
 
A
O
c60 m
30 m
Em que c é o comprimento de um cabo.
Assim, c2 = 602 + 302 ⇒ c = 30¹5.
Portanto, o valor mínimo de cabo, com apoio na circunferência 
de raio 30 m, usado na sustentação da torre, é 90¹5 metros.
23
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 04 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Observe a figura a seguir, com seus dados.
120
90
x
Pelo Teorema de Pitágoras, temos:
x2 = 1202 + 902 ⇒ x = 150
Logo: comp. total = 30 + 150 + 30 = 210 cm = 2,1 m
Questão 05 – Letra E
Eixo Cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: 
D
A
C
B
12 cm
12 cm
Usando o Teorema de Pitágoras, temos:
AC2 = BC2 + AB2 ⇒ AC2 = 162 + 122 ⇒ AC = 20 cm
Pela semelhança de triângulos, entre o triângulo ABC e o 
triângulo BCD, temos:
AC
BC
AB
BD
= ⇒ AC.BD = BC.AB ⇒ 20.BD = 16.12 ⇒ BD = 9,6 cm
Portanto, nessa engrenagem, a altura BD do triângulo ABC 
é 9,6 cm.
MÓDULO – D 08
Lei dos senos e lei dos cossenos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: 
A D
B
60°
1
C
2
Como ABC = 120° e BCD = ADC = 90°, então BAD = 60°.
Traçando o segmento BD, temos o triângulo ABD. Aplicando 
a Lei dos Cossenos, temos:
BD2 = 12 + 22 – 2.1.2.cos 60° ⇒ BD = ¹3, pois BD > 0.
Questão 02 – Letra B
Comentário: Observe a figura com seus dados. 
A
120°
B
C
24 km
x
36 km
Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo ABC, temos:
= +
= +
= + = =
x 24 36 –2.24.36.cos120°
x 576 1 296 –1 728. –1
2
x 1 872 864 x 2 736 x 12 19
2 2 2
2
2
Questão 03 – Letra B
Comentário: Pela Lei dos Senos, temos:
AB
sen
R R R
60
2 80
3
2
2 80 3
3°
= = = m
Questão 04 – Letra A
Comentário: 
C
A
1
1
B
120°
45°
45°
D
O triângulo retângulo ABC é isósceles, pois AB = AC.
Assim, ABC = ACB = 45°.
Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABD, temos:
1
sen120°
AD
sen 45°
AD 2
3
= =
Questão 05 – Letra C
Comentário: 
120°
30° 30° 30°
120°
120°
A D
B
C
E
2a a
Aplicando a Lei dos Senos, temos:
= = =
ACB:
2a
sen120°
BC
sen 30°
2a
3
2
BC
1
2
BC 2a 3
3
= =
BDE:
a
sen120°
BE
sen 30°
BE a 3
3
Lei dos Cossenos no D CBE:
CE BC BE –2.(BC)(BE).cos 120°
CE 4a
3
a
3
–2.2a 3
3
.a 3
3
. –1
2
CE 5a
3
2a
3
CE 7a
3
CE a 7
3
2 2 2
2
2 2
2
2 2
2
2
= +
= +
= + = =
24
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Exercícios Propostos
Questão 06 – Letra A
Comentário: Como o triângulo ABC é equilátero, A = 60°.
Seja a medida de PM = x.
Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo APM em relação 
ao ângulo A, temos:
x2 = 32 + 22 – 2.3.2.cos 60° ⇒ x = ¹7
Portanto, o perímetro do triângulo APM vale:
2p = AP + PM + AM = 3 + ¹7 + 2 = 5 + ¹7
Questão 08 – Letra A
Comentário: 
B
A
x
3x
C
¹32
α
β
Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo ABC, temos:
BC2 = AB2 + AC2 + 2.AB.AC.cos a ⇒ 
(¹32)2 = x2 + (3x)2 – 2.x.3x.1
3
 ⇒ x = 2, pois x > 0
Como cos a = 1
3
, pela Relação Fundamental temos:
sen2 a + cos2 a = 1 ⇒ sen2 a + 
1
3
2
 = 1 ⇒
sen a = 2 2
3
, pois sen a > 0
Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABC, temos:
2 2 2 32
2 2
3
2 1
3sen sen sen
sen
 
 
α β β
β= = =
Como sen b = 1
3
 < sen 30° = 1
2
, então b < 30°, pois, no 
intervalo de 0 a 30°, a função seno é crescente.
Questão 10 – Letra D
Comentário: Seja o paralelogramo ABCD, em que a diagonal 
AC divide o ângulo interno C em um de 60° e outro de 45°.
A B
D C
a
b
45°
45°
60°
Sejam a e b os lados maior e menor, respectivamente, do 
paralelogramo.
O ângulo BAC = DCA = 45°, pois esses ângulos são alternos 
internos.
Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABC, temos que:
= =
b
sen 45
a
sen 60
b
a
6
3° °
Questão 12 – Letra E
Comentário: Seja a o ângulo formado pelos lados x e y.
Logo, a = 30°, para que a soma dos ângulos dê 180°.
Pela Lei dos Senos relativa aos ângulos de 30° e 135°, temos:
2
sen 30°
 = x
sen135°
 ⇒ x = 2
Pela Lei dos Senos relativa aos ângulos de 30° e 15°, temos:
2
sen 30°
 = y
sen15°
 ⇒ y = 2¹2 sen 15° ⇒ 
y = 2¹2.sen (45° – 30°) ⇒ 
y = 2¹2.[ sen 45°.cos 30° – sen 30°.cos 45°] ⇒
y = 2¹2.
2
2
3
2
1
2
2
2
. – . ⇒ y = ¹3 – 1
Questão 14 – Letra A
Comentário: De acordo com os dados do enunciado, temos 
a seguinte figura:
A
6
6 60°
60°60° 60°60°
60°
6
3
3
3
E
B
C D r
Sabemos que o ângulo BCE = 60° já que ele é suplementar à 
soma de dois ângulos de 60° (que são os ângulos dos triângulos).
Pela Lei dos Cossenos no triângulo BCE em relação ao ângulo 
BCE, temos:
(BE)2 = 62 + 32 – 2.6.3.cos 60° ⇒ BE = 3¹3
Portanto, o perímetro do quadrilátero ABED vale:
2p = 6 + 3¹3 + 3 + 3 + 6 ⇒ 2p = 18 + 3¹3 = 3(6 + ¹3)
Questão 16 – Letra A
Comentário: 
C
A
B
15°
20
π
Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABC inscrito na 
circunferência de raio R, temos que:
A
= π = =
π −
BC
sen 
2R
20
sen 15
2R R 10
.sen 45 30° ( ° °)
R R=
−
=
−( )
10
2
2
3
2
1
2
2
2
40
2 3 1π π. .
Logo, o comprimento da circunferência é:
C = 2πR ⇒ C = 2π.
40
2 3 1π −( ) ⇒ 
C = 
40 2
3 1−
 ⇒ C = 20 2 1 3+( )
25
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 17 – Letra D
Comentário: Aplicando a Lei dos Senos, temos:
= = =
AB
sen 30°
200
sen 45°
AB
1
2
200
2
2
AB 100 2
Questão 18 – Letra B
Comentário: Aplicando a Lei dos Senos no D ABC, temos:
= =
BC
sen 30°
50
sen 45°
BC 25 2
Dado o triângulo retângulo BCD, ==sen 30° h
25 2
h 12,5 2. 
Questão 19
Comentário: 
Terra
O
6 
40
0 
km
6 4
00 
km
B
θ
C
d
A
Satélite
S
A) De acordo com a figura, os triângulos AOS e BOS são 
congruentes. Consideremos BOS = a. Temos:
α = = α =cos 6 400
2.6 400
1
2
60°
 Assim, AOB = 120° e o comprimento do arco AB 
corresponde a = π = πC 2 .6 400
3
12 800
3
km.
B) Lei dos Cossenos no D OCS:
 
= + θ
= = =
d 6 400 (2.6 400) –2.6 400.(2.6 400).cos
d 5.6 400 – 4.6 400 .3
4
d 2.6 400 d 6 400 2 km
2 2 2
2 2 2 2 2
Questão 20
Comentário: 
A) Pela Lei dos Senos, temos, no triângulo ABC:
π
=
π
= =15
sen 2
3
AB
sen
6
15
3
2
AB
1
2
AB 5 3 m
B) Lei dos Cossenos no triângulo BCD: 
BD
BD
BD
2 2 2
2
15 10 2 15 10
3
225 100 300 1
2
= +
= +
– . . .cos
– .
π
22 175 5 7= =BD m
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo Cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: O comprimento da escada é o produto do 
número de degraus pelo espaçamento entre eles.
Comprimento da escada: 8.25 = 200 cm
Sendo x o comprimento da rampa, pela Lei dos Senos temos:
200
sen 45°
= x
sen 60°
⇒ x = 100¹6 cm, ou seja, x = ¹6 m
Questão 02 – Letra E
Eixo Cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: 
A
60°
10 km
20 kmC
B
Pela Lei dos Cossenos, temos:
AB2 = AC2 + CB2 – 2.AC.CB.cos 60° ⇒ 
AB2 = 102 + 202 – 2.10.20.
1
2
 ⇒ AB2 = 300 ⇒ AB = 10 ¹3
Portanto, a diferença de percurso encontrada pela construtora foi 
(AC + CB) – AB = 10 km + 20 km – 10¹3 km = (30 – 10¹3) km ⇒ 
(AC + CB) – AB = 10(3 – ¹3) km.
Questão 03 – Letra A
Eixo Cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: 
A
B
x
a
a
45°
45°
a
C
OD
a¹2
2
a¹2
2
Utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOC, temos:
AC2 = AO2 + CO2 ⇒ AC = a¹2
26
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Como o triângulo AOC e o triângulo ABC são isósceles, 
AD AC a= =
2
2
2
.
No triângulo AOD, temos: 
AO2 = AD2 + DO2 ⇒ DO2 = AO2 – AD2 ⇒ DO a a2 2
2
2
2
= – ⇒ 
DO = a 2
2
Assim:
BD = BO – DO = a – a 2
2
Logo, AB2 = BD2 + AD2 ⇒ x2 = a a a– 2
2
2
2
2 2
+ ⇒ 
x a a a a a2 2
2 2
2 2
2
2
2
2
2
= + +– . . 
x2 = a2 – a2¹2 + a2 ⇒ x a= ( )2 2 2– ⇒ x a= 2 2– .
MÓDULO – E 13
Cônicas
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário:
0,808
c a
a – c
Sol C
F1
A1 A2
F2
Como a excentricidade da órbita é 0,01, temos:
e = 0,01 ⇒ c
a
= 0 01, ⇒ c = 0,01a (I)
Temos ainda que c + a = 0,808 (II).
Substituindo (I) em (II): 
0,01a + a = 0,808 ⇒ a = 0,8 e c = 0,008
Logo: 
d(A1, Sol) = a – c = 0,792
Questão 02 – Letra D
Comentário: Como a equação tem valor 1, a máxima 
quantidade do produto A é dada quando x assumir valor 
máximo. Para isso, a produção do produto B deve ser nula 
(y = 0). 
Então: + = = =
=
x
400
y
100
1 x 400 x 20 toneladas
2 2
y 0
2
Questão 03 – Letra C
Comentário: Manipulando a equação dada, temos:
= =x – y 4 x
4
– y
4
12 2
2 2
Assim, C(0, 0), a = b = 2.
Os focos dessa hipérbole são dados por F1(x0 + c, y0) e 
F2(x0 – c, y0), sendo (x0, y0) seu centro. O valor de c é obtido 
por meio do Teorema de Pitágoras (catetos a e b):
 
= + = + =c a b c 4 4 c 2 22 2 2 2
 Portanto, ( ) ( )−F 2 2, 0 e F 2 2, 01 2 .
Questão 04 – Letra B
Comentário: Dado que a parábola tem F(0, 2) e o eixo 
Ox equidistantes, temos que seu vértice situa-se sobre o 
eixo y. Como o eixo x é também diretriz da parábola, temos 
a seguinte figura:
P
F (0, 2)
P (x, y)
y
x
d
O
v (xo, yo)
P
2
P
2
Assim, para p = 2 e V(0, 1):
 
( ) ( )
( ) ( )
− = −
− = −
= − = +
x x 2p y y
x 0 2.2 y 1
x 4y 4 y x
4
1
0
2
0
2
2
2
Questão 05 – Letra E
Comentário: 
P (x, y) é equidistante de y = 0 e de x2 + (y – 2)2 = 1.
P (x, y) é equidistante de y = 0 e de C (0, 2), (centro).
O ponto é equidistante de uma reta e de um ponto. 
Por definição, o lugar geométrico de tais pontos é uma parábola. 
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: 
F (–2,0)
F (2,0)
C(0,0)
c 2
1
2
=
Como o eixo maior corresponde a 6, temos: 2a = 6 ⇒ a = 3
Pela Relação Fundamental:
a2 = b2 + c2 ⇒ 32 = b2 + 22 ⇒ b2 = 5 
Logo, a equação da elipse é dada por:
+ =x
9
y
5
1
2 2
Questão 03 – Letra C
Comentário:
( ) ( ) ( ) ( )
( , )
( , )
(
x y x y
P x y
F
F
− + − + − + − =1 2 2 4 5 1 2
2
2 2 2 2
1
2
,, )
( , ) ( , )
( , ) (
4
5
2 5
2 2
1 2
1 2
+ =
=
= =
d p F d p F
a
c d F F −− + − =
>
1 4 2 5
2 2
2 2) ( )
( )a c Elipse
Questão 10 – Letra C
Comentário:
9x2 + 25y2 – 288x – 1 296 = 0 
Completando o quadrado:
9x2 – 288x + 2 304 + 25y2 = 1 296 + 2 304 ⇒
9.(x – 16)2 + 25y2 = 3 600 ÷ (3 600) ⇒
27
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
( )
( , )
x y
C
a
b
− + =
=
=
=
16
400 144
1
16 0
20
12
2 2
12
–12
O 16 36 x
y
–4
Terra
Satélite
A) Falso. 4 000 km.
B) Falso. 
20
16
12
20 000 km
C) Verdadeiro. 36 000 km.
D) Falso. (36, 0).
E) Falso. Pela Relação Fundamental: 
202 = 122 + c2 ⇒ c = 16
Assim, a excentricidade da órbita do satélite é dada por:
e = 16
20
 = 4
5
Questão 11 – Letra A
Comentário: Manipulando a equação
+ = + =4x 3y 36 x
9
y
12
12 2
:36
2 2
temos que a² = 12, b² = 9 e o centro da elipse é (0, 0). Assim, 
as coordenadas dos focos são F1(0, c) e F2(0, –c). O valor de 
c é obtido por meio do Teorema de Pitágoras, com catetos b 
e c e hipotenusa a:
= + = =a b c c 12 – 9 c 32 2 2 2
Logo:
( ) ( )−F 0, 3 e F 0, 31 2
Questão 12 – Letra A
Comentário:
I. 16x2 + 4y2 + 128x – 24y + 228 = 0 ⇒
 16x2 + 128x + 16.16 + 4y2 – 24y + 4.9 =
 –228 + 16.16 + 4.9 ⇒
 16(x2 + 8x + 16) + 4(y2 – 6y + 9) = 16.4 ÷ (16.4) ⇒
 16 4
16 4
4 3
16 4
16 4
16 4
2 2( )
.
( )
.
.
.
x y+ + − = ⇒
 16 4
16 4
4 3
16 4
16 4
16 4
2 2( )
.
( )
.
.
.
x y+ + − =
II. y x x se x
x se x
= − = − ≥
+ <
7 7 0
7 0
| | ,
,
y
7
–7 7 xO
III. y2 – 6y – x + 5 = 0 ⇒ y2 – 6y = x – 5 ⇒
 y2 – 6y + 9 = x – 5 + 9 ⇒ (y – 3)2 = x + 4
 ( ) . .( ) 
( , )
y x Parábola
V
p
− = +
−
=
3 2 1
2
4
4 3
1
2
2
01. Falso. O gráfico de (II) é representado por duas semirretas.
02. Verdadeiro. C(–4, 3) ∈ gráfico (y = 7 – |x|), pois:
 x = –4 ⇒ y – |–4| = 7 – 4 = 3
04. Falso. d(F, V) = p F
2
1
2
1
2
1
4
15
4
3= = −. ,
 S
F
= − + = − > −15
4
3 3
4
1
y
xO
V(–4, 3)
=p
2
1
4
F −
15
4
, 3






08. Verdadeiro. Pela Relação Fundamental:
 a2 = b2 + c2 ⇒ 42 = 22 + c2 ⇒ c = 2¹3
 A excentricidade é dada por:
= = = = πe c
a
2 3
4
3
2
cos
6
 Portanto, a soma dos itens verdadeiros corresponde a 
Sv = 02 + 08 = 10 ∈ [8, 11].
Questão 13 – Letra B
Comentário:
V
p
=
=
( , )0 0
6
 
–3
y
xV(0, 0) F(3, 0)
d: x = –3
(y – y0)2 = 2p.(x – x0) ⇒ (y – 0)2 = 2.6.(x – 0) ⇒ 
y2 = 12x ⇒ y2 – 12x = 0
28
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 14 – Letra E
Comentário: Observe a figura com seus dados:
8 m
20 m
16 m
F1 F2C c
10 m
Como 2a = 20 ⇒ a = 10, temos que a é hipotenusa do 
triângulo indicado. Pelo Teorema de Pitágoras, c = 6 m. 
A distância entre os aspersores (distância focal) corresponde 
a 2c, ou seja, 12 m.
Questão 16 – Letra A
Comentário: Para que o seno seja igual a 0, temos que o 
ângulo deve ser da forma kπ, com k ∈ . Logo:
sen y
x 1
0 y
x 1
k y k x k
2 2
2
+
=
+
= π = π + π
Se y ≠ 0 ⇒ k ≠ 0. Portanto, o conjunto de todos os pontos 
P(x, y) do plano é uma família de parábolas.
Questão 17 – Letra B
Comentário:
2y – x2 – 10x + 2 = 0 ⇒ x2 + 10x = 2y + 2 ⇒
x2 + 10x + 25 = 2y + 2 + 25 ⇒ (x + 5)2 = 2y + 27 ⇒
(x + 5)2 = 2. y +
27
2
 ⇒ 
V
p
− −
=
5 27
2
1
,
–5
y
x
V
–13
–14
F(–5, –13)
d: y = –14
27
2
p
2
p
2
Questão 18 – Letra C
Comentário:
y
xO 1
3
y=3
4
P/2 = 1/2
F(1,4)
V
7/2 }
V = 1 7
2
, ; p = 1 ⇒ ( ) . .x y− = −1 2 1
7
2
2
x2 – 2x + 1 = 2y – 7 ⇒ y x x= − +
2
2
4 
MÓDULO – E 14
Números complexos: 
forma algébrica
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário:
Temos que z i
i
 
 
= +
−
1
1
. Daí:
z i
i
i
i
z i i
i
= +
−
+
+
= + +
−
1
1
1
1
1 2
1
2
2
.( )
( )
 z
i z i= =2
2
 
Para determinar z725 = i725, devemos fazer: 
725
1 181
4
Logo, z725 = i725 =i1 = i.
Questão 02 – Letra D
Comentário: 
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
= + + + + + + +
= + + + + + + + + + +
= + + + + + + = +
S i i i i i i ... i
S i i i i ... i i i i i i
S 1 i–1– i ... 1 i–1– i 1 i S 1 i
0 2 3 4 5 2 013
0 2 3 2 008 2 009 2 010 2 011 2 012 2 013
Questão 03 – Letra B
Comentário:
( )( )
( ) ( )
= + = + +
= + +
z 2 xi y –2i z 2y – 4i xyi 2x
z 2y 2x i xy – 4
Sabemos que z tem parte real igual a 8 e parte imaginária 
igual a –i. Então:
+ = =
=
2y 2x 8 y 4 – x
xy – 4 –1
Manipulando as equações, temos:
( )= + = + = = =x 4 – x 3 –x 4x 3 x – 4x 3 0 x 3 ou x 12 2
Para x = 3, y = 1; para x = 1, y = 3.
Logo, o módulo da diferença entre os valores de x e y é 2.
Questão 04 – Letra C
Comentário:
( ) ( ) ( ) ( )+ = + =
+ = =
1 i – 1– i 1 i – 1– i
1 2i–1 – 1–2i–1 2i – –2i 0
20 20 2
10
2
10
10 10 10 10
Questão 05 – Letra A
Comentário:
2
1
+
+
i
i
 = a + bi ⇒ 2
1
+
+
i
i
. ( )
( )
1
1
−
−
i
i
 = a + bi ⇒ 
3
2
− i = a + bi ⇒ 
3
2
 – 
1
2
i = a + bi ⇒ 
a = 
3
2
 e b = –
1
2
Assim, a + b = 
3
2
 – 
1
2
 = 
2
2
 = 1.
29
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra B
Comentário: (2 + mi)(3 + i) = (6 – m) + (2 + 3m)i
Para que esse número seja imaginário puro:
6 – m = 0 ⇒ m = 6
Questão 07 – Letra E
Comentário: Seja z = 2
2
+
+
i
x i
 ⇒ z(x + 2i) = 2 + i.
Quando encontramos uma igualdade de números complexos, 
devemos separá-la em duas: igualdade das partes reais e 
igualdade das partes imaginárias.
Igualando as partes imaginárias:
2z = 1 ⇒ z = � 1
2
Igualando as partes reais:
zx = 2 ⇒ x = 4
Questão 08 – Letra C
Comentário: Seja z = a + bi e o seu conjugado z = a – bi.
Para que z seja igual ao seu conjugado, b = 0, ou seja, z é 
um número real.
Os únicos números reais z que satisfazem z2 = 1 são 1 e –1.
Portanto, temos dois possíveis valores de z.
Questão 09 – Letra E
Comentário: Sendo z = a + bi, temos:
iz + 2z + i – 1 = 0 ⇒ i(a + bi) + 2(a + bi) + i – 1 = 0 ⇒ 
ai – b + 2a + 2bi + i – 1 = 0 ⇒ 
(2a – b – 1) + (a + 2b + 1)i = 0 ⇒ 
=
+ + =
=
+ =
2a–b –1 0
a 2b 1 0
2a–b 1
a 2b –1
Resolvendo o sistema, temos a = 1
5
 e b = – 3
5
.
Portanto, z = 1
5
 – 3
5
i.
Questão 10 – Letra D
Comentário: Sendo z = 2 – i, então z2 = (2 – i)2 = 3 – 4i.
Daí, o inverso de z2 é:
1 1
3 4
1
3 4
3 4
3 4
3 4
9 16
3
25
4
252z i i
i
i
i=
−
=
−
+
+
= +
+
= +
( )
.( )
( )
ii
Questão 13 – Letra D
Comentário: Foi dado que z1 = 4 + ¹3i e z2 = 1 + 3i. Logo:
z
z
i
i
z
z
i
i
i
i
1
2
1
2
4 3
1 3
4 3
1 3
1 3
1 3
= +
+
= +
+
−
−
.( )
( )
z
z
i1
2
4 3 3
10
3 12
10
= + + −
Questão 14 – Letra C
Comentário: 
( )
( )
( )
= +
+
+
=
+
= + =x 1 i
1– i
.
1 i
1 i
x
1 i
1– i
x 1 2i–1
2
x i
2
2
Como y = 2x, temos que y = 2i. Então:
(x + y)2 = (3i)2 = –9
MÓDULO – E 15
Números complexos: 
forma trigonométrica
Exercícios de Fixação
Questão 01
Comentário: Observe a figura com seus dados.
30°
30°
a
d
cw
|w| = 4
|z| = 2
z
Imaginário
Real
b
2
4
Considerando o triângulo retângulo formado no primeiro 
quadrante, temos:
= =
= =
sen 30° b
2
b 1
cos 30° a
2
a 3
Já para o triângulo retângulo do terceiro quadrante, considerando 
que estamos calculando o comprimento, temos:
= =
= =
sen 30° |c |
4
|c | 2
cos 30° |d|
4
|d| 2 3
Temos que = +z 3 i e =w –2 – 2 3.i (c e d são negativos, 
pois formam um par ordenado pertencente ao 3º quadrante). 
Logo, o tiro certeiro t é dado por:
( ) ( )
( )
( )
( )
= =
+
+
=
+ +
+
=
+
=
t w
z
t
–2 1 3.i
3 i
.
3 – i
3 – i
t
–2 3 – i 3i 3
3 1
t
– 2 3 2i
2
t – 3 – i
Questão 02 – Letra C
Comentário:
(cos 60° – i.sen 60°)601 = 1
2
3
2
601
+ i
Fazendo 601
1 150
4 , temos:
1
2
3
2
1
2
3
2
1
2
1 3
601 1
+ = + = +( )i i i
30
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 03 – Letra B
Comentário:
Sendo z = x + yi, então |z – 2i| = 5 ⇒ 
|x + yi – 2i| = 5 ⇒ |x + (y – 2)i| = 5 ⇒
x + (y 2) 52 2− = ⇒ x2 + (y – 2)2 = 25
Portanto, os números complexos que sat isfazem 
|z – 2i| = 5 correspondem aos pontos da circunferência de 
equação x2 + (y – 2)2 = 25 de centro C(0, 2) e raio r = 5.
Questão 04 – Letra A
Comentário: Dado o pentágono regular, a cada rotação de 
360°
5
72°= em torno de seu centro, um vértice sobrepõe ao 
outro. Assim, considere uma circunferência circunscrita ao 
pentágono. Seja B(0, 2) a imagem do número complexo 2i. 
Como cada número complexo tem módulo 2, considere a 
seguinte figura:
y
B
A
x
D E
C
2
2
2
18°
54°
18°
54°
36°36°
72° 72°
Girando o pentágono no sentido horário até que A chegue 
ao ponto (–1, 0), temos em A uma rotação de 198°. Para 
atingir 228°, ainda faltam 30°. Então, utilizando a forma 
trigonométrica, temos:
z cos i.sen
z 2 cos 30° i.sen 30°
z 2 3
2
i.1
2
z 3 i
2º quadrante
( )= ρ +
= − +
= − + = − +
A imagem do número complexo de A é ( )− 3,1 .
Questão 05 – Letra C
Comentário: Representando os afixos no plano de Argand-
Gauss, temos:
Im
Re1
3
2
–
1
2
–
3
2
Logo, a área do triângulo é dada por:
2.
3
2
. 1 1
2
2
3
2
.3
2
3 3
4
+
= =
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: Vamos escrever o número complexo (1 – ¹3i) 
na forma trigonométrica. Assim:
ρ1 = ( )1 3
2
2
+ −( ) ⇒ ρ1 = 2. Daí:
cos θ
θ
θ π
=
= −
=
1
2
3
2
5
3
sen
Logo, z1 = 2 cos .
5
3
5
3
π π+ i sen .
Agora, vamos escrever o número complexo (–1 + i) na forma 
trigonométrica. Assim,
ρ2 = ( ) ( )− +1 1
2 2 ⇒ ρ2 = 2. Daí:
cos cosα α
α α
α π
= − = −
= =
=
1
2
2
2
1
2
2
2
3
4
sen sen
Logo, z2 = 2
3
4
3
4
. cos .π π+ i sen .
Fazendo 
z
z
1
2
, temos:
z
z
i sen1
2
2
2
5
3
3
4
5
3
3
4
= − + −. cos . π π π π ⇒ 
z
z
i sen1
2
2 11
12
11
12
= +. cos .π π
Portanto, ao dividirmos (1 – 3i) por (–1 + i), obtemos um 
número complexo de argumento 11
12
π.
Questão 03 – Letra D
Comentário:
Note que Re(z) = ¹3 = 2.cos π
6
 e Im(z) = 1 = 2.sen π
6
, 
e, por isso, z = 2. cos .π π
6 6
+ i sen , ou seja, o argumento 
de z é π
6
.
Pela Primeira Fórmula de Moivre, temos que: 
arg(z4) = 4.arg(z) = 4.π
6
 = 2
3
π
Por isso, o ângulo formado entre as representações de z4 e 
de z é 2
3 6 2
π π π− = .
31
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 05 – Letra A
Comentário: Seja z = a + bi.
|z – 3i| = |a + (b – 3)i| = a b2 23+ −( )
|z – 2| = |(a – 2) + bi| = ( )a b− +2 2 2
Igualando as duas expressões e elevando ao quadrado:
a2 + (b – 3)2 = (a – 2)2 + b2
Desenvolvendo essa expressão, chegamos a:
b = 4
6
5
6
a +
Cuja inclinação é positiva, já que b corresponde ao eixo das 
ordenadas, e a corresponde ao eixo das abscissas.
Questão 07 – Letra A
Comentário: Se o argumento do número é π
4
, então o 
número na forma trigonométrica é
ρ π π ρ ρ. cos . . .
4 4
2
2
2
2
2
2
+ = + = +i sen i ii. .ρ 2
2
Se o número está sobre a parábola y = x2, sua parte imaginária 
é o quadrado de sua parte real, ou seja:
ρ ρ ρ ρ2
2
2
2
1 2
2
2
2
= = =
Por isso, o número vale ¹2. 2
2
 + i.¹2. 2
2
 = 1 + i.
Questão 09 – Letra D
Comentário: 
( )
= +
= + =
z 1 i
z 1 i z 2i2
2 2
Então, w = z2 – z ⇒ w = 2i – (1 + i) ⇒ w = –1 + i. Logo, seu 
argumento ϕ é dado por:
–1
1
Re
Im
45°
ϕ
= = π135° 3
4
Um argumento de w é π3
4
.
Questão 11 – Letra C
Comentário: A circunferência foi dividida em 8 partes 
iguais, começando do ponto (1, 0). Assim, como o raio 
da circunferência é 1 e os pontos estão uniformemente 
distribuídos, podemos concluir que esses pontos representam 
todas as raízes oitavas de 1. Portanto, temos que x8 = 1.
Questão 16 – Letra B
Comentário: Há três possibilidades para a posição de z4, uma 
para cada hipótese de vértice a ele oposto. Como podemos 
perceber no desenho a seguir, que ilustra a situação do 
problema, a única hipótese que permite que z4 esteja no 
primeiro quadrante (partes real e imaginária positivas) é 
aquela que considera que z1 é o vértice oposto a z4.
z4
z1
Re
Im
z3
z2
z4 – z3
z2 – z1
Assim, temos:
z4 – z3 = z2 – z1 ⇒ z4 = z2 + z3 – z1 ⇒
z4 = 1 – 1 + 
5
2
i + 3 + 3i ⇒ z4 = 3 + 
11
2i
Questão 17 – Letra E
Comentário: 
π + π = π + πcos
8
i.sen
8
cos n
8
i.sen n
8
n
Queremos que a parte imaginária do número complexo seja 
negativa, ou seja, π <sen n
8
0.
Então, π < π < πn
8
2 , o que nos permite concluir que o menor 
inteiro positivo deverá ser 9.
Questão 18 – Letra A
Comentário: Seja z = ¹3 + i.
Passando z = ¹3 + i para a forma trigonométrica, temos:
ρ = |z| = 3 1
2
2( ) + ( ) = 2. Daí:
cos θ
θ
=
=
3
2
1
2
sen
 ⇒ q = 30°
2 = 2.(cos 30° + i.sen 30°)
Ao realizarmos potências de números complexos a um grau n, 
devemos elevar o módulo do número complexo a n e 
multiplicar o seu argumento pelo mesmo n.
Assim, z8 = 28.(cos 8.30° + i.sen 8.30°) ⇒ 
z8 = 256.(cos 240° + i.sen 240°).
Módulo de z8 = 256 = 44.
Argumento de z8 = 240° = 4
3
π.
Questão 19 – Letra B
Comentário: Para escrevermos z = x + 3i na forma 
trigonométrica, precisamos de seu módulo e de seu 
argumento. O módulo já é dado (|z| = 6); portanto, apenas 
nos falta o argumento de z.
Calculado o argumento de z, temos:
sen θ = =3
6
1
2
θ =
θ =
30°
ou
150°
Como a parte real de z é negativa, z está no segundo ou no 
terceiro quadrante. Assim, seu argumento não pode ser 30°, 
o que nos leva a concluir que q = 150° = 5
6
π.
Portanto, z = 6. cos .5
6
5
6
π π+ i sen .
32
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
MÓDULO – E 16
Estatística
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra E
Comentário: Considerando o ponto médio de cada intervalo 
salarial e ponderando-se pelos respectivos pesos, temos que 
o salário médio dos empregados, em reais, é:
A = 1 500 20 2 500 18 3 500 9 4 500 3
20 18 9 3
. . . .+ + +
+ + +
 ⇒ 
A = 30 000 45 000 31 500 13 500
50
+ + + ⇒ A = 2 400
Questão 02 – Letra D
Comentário: Os setores c e d equivalem a 50% das 
respostas.
Como a equivale a 35% das respostas, então b equivale a 
15% das respostas.
Sendo R o número de respostas, temos:
15%R = 270 ⇒ R = 1 800
Como os setores c e d têm 50% das respostas, então eles têm 
900 respostas, ou seja, cada um tem 450 respostas.
Questão 03 – Letra C
Comentário: Organizando as notas em ordem crescente, 
temos: 2, 3, 4, 5, 7, 7 e 8. Assim, a mediana é 5 e a moda é 7.
Questão 04 – Letra E
Comentário: Analisando as afirmativas, temos:
I. Verdadeira. A moda do conjunto P é 25, enquanto que a 
moda do conjunto L é 27.
II. Falsa. A mediana do conjunto L é 26,5 anos.
III. Verdadeira. A idade média no conjunto P é 
 
+ + + + + + + + + +21 23 25 25 25 26 28 28 31 32 38
12
27
 e seu desvio médio é dado por: 
 
+ + + + + + + + + + + =6 4 3 2 2 2 1 1 1 4 5 11
12
3,5
Portanto, a alternativa E é a correta.
Questão 05 – Letra A
Comentário: 
( )
+ + +
+ + +
=
+ = +
+ = +
= =
19.13 20x 21.3 22.10
13 x 3 10
20,25
20x 530 20,25 x 26
20x 530 20,25x 526,5
3,5 0,25x x 14
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra E
Comentário: Considerando o ponto médio de cada intervalo 
salarial e ponderando-se pelos respectivos pesos, temos que 
o salário médio dos empregados, em reais, é:
A = 250 14 750 4 1 250 2 1 750 2 2 250 2
14 4 2 2 2
. . . . .+ + + +
+ + + +
 ⇒ 
A ≅ 708,00
Questão 03 – Letra D
Comentário: Considere os dados a seguir em ordem crescente.
1, 10, 10, 10, 11, 11, 11, 12, 12, 12, 12, 13, 13, 13, 13, 34
A média aritmética desses dados é:
A = 1 10 3 11 3 12 4 13 4 34
16
+ + + + +. . . . ⇒ A ≅ 12,4
A média aritmética sem o menor dado é:
A = 10 3 11 3 12 4 13 4 34
15
. . . .+ + + + ⇒ A ≅ 13,1
A média aritmética sem o maior dado é:
A = 1 10 3 11 3 12 4 13 4
15
+ + + +. . . . ⇒ A ≅ 10,9
A média aritmética sem os dados discrepantes é:
A = 10 3 11 3 12 4 13 4
14
. . . .+ + + ⇒ A ≅ 11,6
As modas e a mediana não variam com os dados discrepantes. 
As modas, com ou sem esses dados, permanecem 12 e 13, 
que aparecem com mais frequência. A mediana, com todos 
os dados apresentados, é dada por 12 12
2
12+ = .
Caso fosse retirado um dos valores discrepantes, a mediana estaria 
na 8ª posição (12). E, se retirados os dois valores, a mediana 
também seria 12 – a média das 7ª e 8ª posições. Portanto, apenas 
a média aritmética sofre influência dos dados discrepantes.
Questão 06 – Letra A
Comentário: A média aritmética dos 6 objetos dados é: 
A = 2 3 3 4 1 6
6
. . .+ + ⇒ A = 4
Já o desvio padrão é:
s = 2 3 4 3 4 4 1 6 4
6
2 2 2( ) ( ) ( )− + − + − ⇒ s = 1
Acrescentando n objetos de massa 4 kg, temos que o desvio 
padrão se reduz à metade do que era, ou seja:
1
2
2 3 4 3 4 4 1 6 4
6
1
2
6
6
18
2 2 2
= − + + − + −
+
=
+
=( ) ( )( ) ( )n
n n
n
Portanto, foram acrescentados 18 objetos ao grupo.
Questão 08 – Letra A
Comentário: A média aritmética da distribuição de redução 
do custo mensal é dada por:
+ + + + +
+ + + + +
=
=
700.8 900.5 1 400.1 2 000.7 2 400.5 3 000.1
8 5 1 7 5 1
40 500
27
1 500
A mediana é 1 400. Então, a soma da média aritmética e da 
mediana corresponde a 2 900.
Questão 10 – Letra D
Comentário: Em um conjunto de dados numéricos em que 
a variância é zero, podemos concluir que o desvio padrão 
também vale zero, pois:
s = ¹V ⇒ s = ¹0 ⇒ s = 0
33
Editora Bernoulli
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 12
Comentário: 
A) De acordo com o enunciado, temos que a média salarial 
dos funcionários é:
A = + + + + +10 500 5 1000 1 1500 10 2000 4 5000 1 10500
10
. . . . . .
++ + + + +5 1 10 4 1
A = 2 000
 Ordenando o conjunto de funcionários da empresa em 
ordem crescente de salário, temos que o 16º funcionário 
ocupa a posição central e o seu salário é R$ 1 500,00, 
ou seja, a mediana dos salários é R$ 1 500,00.
B) Considere a fórmula da variância V = 
d d d
n
n1
2
2
2 2+ + +...
 e a 
média salarial igual a R$ 2 000,00. Contratando 2 novos 
funcionários com o salário de R$ 2 000,00, ou seja, desvio 
da média igual a zero, a nova variância será:
 V' = 
d d d
n
Vn
n
n1
2
2
2 2 0 0
2 2
+ + + + +
+
=
+
...
 Logo, a variância ficará menor, pois V' é menor que V.
Questão 13 – Letra D
Comentário: Como a mediana das notas é 2,5, colocando as 
notas em ordem crescente, temos que as duas notas centrais 
são 2 e 3.
Portanto, a 20ª nota é 2, e a 21ª nota é 3. Então, a frequência 
da nota 2 será 10.
N
ú
m
er
o
 d
e 
al
u
n
o
s 109
8
7
6
5
4
3
2
1
0
0
4 3
6
10
1 2 3
Notas
4 5
Sejam x a frequência da nota 4 e 17 – x a frequência da nota 5.
Como a média aritmética das notas é 2,6, temos que:
2,6 = 4 0 6 1 10 2 3 3 4 17 5
40
. . . . . ( ).+ + + + + −x x ⇒ x = 16
Logo, 16 alunos obtiveram nota 4, e 17 – 16 = 1 aluno obteve 
nota 5.
Portanto, a moda dessas notas é 4 pontos.
Questão 15 – Letra A
Comentário: Antes da correção, as modas das notas eram 
5, 6 e 7 (de acordo com o gráfico).
Como a moda passou a ser apenas 7, a nota foi corrigida para 
7 pontos, gerando 5 alunos com essa nota.
Além disso, a média das notas da turma aumentou em 
0,2 ponto. Isso significa que cada um dos 20 alunos ganhou, 
em média, 0,2 ponto, gerando um aumento de 4 pontos 
(20.0,2) na soma das notas.
Como esse aumento foi de 4 pontos para um único aluno, este 
tinha nota 3 e foi para a nota 7.
Questão 16 – Letra D
Comentário: De acordo com a tabela de frequência dada, 
temos que Ma é:
Ma = 13 3 14 2 15 4 16 1
3 2 4 1
. . . .+ + +
+ + +
 ⇒ Ma = 14,3
A idade que aparece com maior frequência é 15 anos. Logo, 
Mo = 15. Colocando as idades em ordem crescente, temos 
que as 5ª e 6ª idades ocupam a posição central, ou seja, 
a mediana das idades é:
Me = 14 15
2
+ ⇒ Me = 14,5
Questão 17 – Letra A
Comentário: Como 8 < x < 21 e x ≠ 17, ordenando os 
elementos do conjunto, temos:
{7, 8, x, 17, 21, 30} ou {7, 8, 17, x, 21, 30}. Assim, a mediana 
é dada por +x 17
2
.
Sabemos que a média aritmética supera em uma unidade a 
mediana dos elementos desse conjunto. 
Logo: 
+ + + + + = + +
+ = + + = + =
17 8 30 21 7 x
6
x 17
2
1
83 x
6
x 19
2
83 x 3x 57 x 13
Então, a média aritmética é + =83 13
6
16.
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7
Habilidade: 28
Comentário: Como uma saca possui 60 kg, então 90 kg 
correspondem a 
90 kg
60 kg
 = 1,5 saca. A áreade um talhão 
(30 000 m2) equivale a 30000 m
10000 m
2
2
 = 3 hectares. Logo, o 
desvio-padrão pode ser expresso por:
Desvio-padrão = = =
90 kg
talhão
1,5 saca
3 hectares
0,5 saca
hectare
Como a variância é o quadrado do desvio-padrão, temos:
= =Variância 0,5 saca
hectare
0,25 saca
hectare
2 2
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 7
Habilidade: 27
Comentário: Ordenando o conjunto de 7 cotações em ordem 
crescente, temos:
R$ 73,10; R$ 81,60; R$ 82,00; R$ 83,00; R$ 84,00;
R$ 84,60; R$ 85,30
Portanto, a mediana das cotações mensais nesse período era 
igual a R$ 83,00.
Questão 03 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 7
Habilidade: 27
Comentário: Ordenando o conjunto de notas obtidas pela 
equipe Gama em ordem crescente, excluindo o zero do aluno 
que faltou, temos 6; 6,5; 6,5; 7; 7; 8; 8; 10; 10.
Para a equipe Gama ter a classificação alterada, ou seja, 
a mediana alterada, o aluno faltante teria de comparecer na 
gincana e tirar uma nota x, em que:
7
2
+ x > 7,6 (nota da equipe Delta)
Logo, para x > 8,2, a mediana ser ia a l terada, 
ou seja, a classificação da equipe Gama se alteraria. 
Porém, como a 6ª nota é 8,0, a mediana não se altera, ou seja, 
independentemente da nota obtida pelo aluno faltante, 
a equipe Gama permanece em terceiro lugar.
34
Coleção Estudo
M
AT
E
M
ÁT
IC
A
Questão 04 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7
Habilidade: 28
Comentário: Para determinar a mediana, precisamos ordenar 
os elementos do conjunto que estamos trabalhando. Logo, 
o conjunto é:
{4, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 7, 8, 8, 9, 10, 11, 13}
Como o número de elementos é par, temos:
6 7
2
6 5+ = ,
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 7
Habilidade: 29
Comentário: Perceba que as médias dos classificados Marco e 
Paulo são iguais. Logo, se o critério de desempate é em favor do 
que obtiver pontuação mais regular, temos de observar quem 
obteve menor desvio padrão. O classificado Marco obteve menor 
desvio padrão, ou seja, é o que tirou notas de Matemática, 
Português e Conhecimentos Gerais mais regulares.
Questão 06 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7
Habilidade: 28
Comentário: A média X do número de gols por partida pode 
ser calculada por:
X
X
= + + + + + +
+ + + + + +
=
0 5 1 3 2 4 3 3 4 2 5 2 7 1
5 3 4 3 2 2 1
45
. . . . . . .
220
2 25=x ,
 
Para determinar o valor da mediana Y, vamos ordenar os 
elementos:
{0, 0, 0, 0, 0, 1, 1, 1, 2, 2, 2, 2, 3, 3, 3, 4, 4, 5, 5, 7}
O número de elementos desse conjunto é par; logo, para a 
mediana, temos:
Y
Y
= +
=
2 2
2
2
Para determinar o valor da moda Z, basta perceber na tabela 
que o número 0 apresenta maior frequência. Logo, Z = 0.
Finalmente, temos Z < Y < X.
Questão 07 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 7
Habilidade: 29
Comentário: Se a equipe campeã é aquela em que o tempo 
mais se aproxima de 45 minutos, precisamos analisar, em 
primeiro lugar, as equipes que tiveram seus tempos mais 
próximos desses 45 minutos. 
Já sabemos que a moda nos informa o valor mais frequente 
em um conjunto; por isso, concluímos que apenas as 
equipes III e IV obtiveram tempos suficientemente 
próximos do tempo médio. Para decidir qual dessas duas é 
a campeã, devemos analisar o desvio padrão de cada uma.
Já sabemos que quanto menor o desvio padrão, menor a 
variação dos resultados obtidos pela equipe em cada etapa. 
Como o desvio padrão da equipe III é menor que o da equipe IV, 
podemos concluir que os resultados obtidos pela equipe III estão 
mais próximos de 45 minutos que os obtidos pela equipe IV. 
Portanto, a equipe III é a campeã.
Questão 08 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7
Habilidade: 28
Comentário: A média aritmética dos números é:
A = + + + + =1 4 2 1 4 2 5 2 6 1
10
3. . . . .
Para determinar a mediana, vamos ordenar todos os números 
obtidos:
{1, 1, 1, 1, 2, 4, 4, 5, 5, 6}
Como o número de elementos é par, a mediana será dada 
por 2 4
2
3+ = .
Pela definição, moda é aquele elemento que aparece com 
maior frequência. Logo, pela tabela, a moda é 1, pois aparece 
quatro vezes.
Questão 09 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 7 
Habilidade: 29
Comentário: Sabemos que a moda é o valor que aparece 
com maior frequência num conjunto. Dos cinco números, 
já sabemos que três deles são iguais a 2. Logo, não 
importa o valor dos outros dois números desconhecidos, 
a moda será 2. 
O mesmo acontece com a mediana. Note que, para qualquer 
valor colocado para as equipes D e E, o elemento central 
será sempre 2.
Questão 10 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 7 
Habilidade: 28
Comentário: Ordenando os dados coletados, temos:
{13,5; 13,5; 13,5; 13,5; 14; 15, 5; 16; 18; 18; 18,5; 19,5; 
20; 20; 20; 21,5}
A média das temperaturas (TM) é:
 
= + + + + + + + +
=
T 4.13,5 14 15,5 16 2.18 18,5 19,5 3.20 21,5
15
 
T 17 °C
M
M
A mediana é o valor que ocupa a posição central do conjunto 
ordenado dos dados coletados (a 8ª posição), que é igual a 18 °C.
A moda é igual ao elemento que aparece com maior 
frequência, que nesse caso é 13,5 °C.
35
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M
AT
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6V
Matemática
Volume 5
Bernoulli Resolve
is
to
ck
ph
ot
o
Su
m
ár
io
 -
 M
at
em
át
ic
a Módulo A
09 3 Combinações I
10 4 Combinações II
Módulo B
09 6 Cilindros
10 10 Cones
Módulo C
09 13 Função exponencial
10 15 Equações e inequações exponenciais
Módulo D
09 17 Áreas de polígonos
10 22 Áreas de círculo e suas partes
Módulo E
17 26 Polinômios I
18 28 Polinômios II
19 29 Equações polinomiais I
20 31 Equações polinomiais II
3
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TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – A 09
Combinações I
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Do total de comissões (C8, 4), devemos retirar 
as comissões nas quais Gustavo e Danilo estão juntos (C6, 2). 
Assim, temos:
C8, 4 – C6, 2 = 
8
4 4
6
4 2
!
!. !
!
!. !
− = 70 – 15 = 55
Questão 02 – Letra C 
Comentário: Qualquer júri composto por sete membros 
sempre terá um advogado, já que o número de jurados que 
não são advogados é apenas 6.
Portanto, o número de júris com pelo menos um advogado 
será dado por:
= =C 10!
7!.3!
120
10, 7
Questão 03 – Letra C
Comentário: Para que a soma seja ímpar, devemos ter 
3 números ímpares ou 2 pares e 1 ímpar. Assim, temos duas 
situações:
I) Escolher 3 números ímpares: C10, 3 = 
10
7 3
!
!. !
 = 120
II) Escolher 2 números pares e 1 ímpar:
C10, 2.C10, 1 = 
10
8 2
10
9 1
!
!. !
. !
!. !
 = 450
Total = 120 + 450 = 570
Questão 04 – Letra D
Comentário: Para formar a comissão, dos 6 rapazes, devemos 
escolher 3, e, das 8 moças, escolhemos 5, ou seja:
= = =C .C 6!
3!.3!
8!
5!.3!
20.56 1120
6, 3 8, 5
Assim, pode-se formar a comissão de 1 120 modos diferentes.
Questão 05 – Letra E
Comentário: Do total de escolhas de 4 itens (C13, 4), devemos 
retirar as formadas apenas por alimentos não perecíveis (C5, 4) 
e também aquelas formadas apenas por produtos de limpeza 
(C8, 4). Logo, temos:
C13, 4 – C5, 4 – C8, 4 = 
13
9 4
5
1 4
8
4 4
!
!. !
!
!. !
!
!. !
− − = 640
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra B
Comentário: Do total de escolhas possíveis (C10, 8), devemos 
retirar as seguintes:
I) Escolhas nas quais a primeira e a segunda questões 
são respondidas: C8, 6
II) Escolhas nas quais nem a primeira nem a segunda questão 
são respondidas: C8, 8
Portanto, temos:
C10, 8 – C8, 6 – C8, 8 = 
10
2 8
8
2 6
8
0 8
!
!. !
!
!. !
!
!. !
− − = 16
Questão 04 – Letra A
Comentário: Seja n a quantidade de saladas de frutas que 
podem ser feitas considerando apenas os tipos de frutas. 
Como as saladas são feitas misturando-se pelo menos duas 
frutas, temos:
n C C C C
n 5!
2!3!
5!
3!2!
5!
4!1!
5!
5!0!
n 10 10 5 1 n 26
5, 2 5, 3 5, 4 5, 5
= + + +
= + + +
= + + + =
Questão 06 – Letra A
Comentário: Escolher opão: C3, 1 = 
3
2 1
!
!. !
 = 3 e




Escolher um (1) recheio: C10, 1 = 
Escolher dois (2) recheios: C10, 2 = 
Escolher três (3) recheios: C10, 3 = 
 
10!
9!.1!
= 10 ou
ou
 
10!
8!.2!
= 45
 
10!
7!.3!
= 120
Portanto, temos 3.(10 + 45 + 120) = 525 possibilidades.
Questão 07
Comentário: O total de jogos é igual a C10, 2 = 
10
8 2
45!
!. !
= .
Somando os pontos das equipes, temos 118 pontos. Sendo 
V e E o número de jogos que terminaram em vitória e em 
empate, respectivamente, temos o sistema:
V E
V E
+ =
+ =
45
3 2 118
Resolvendo-o, V = 28 e E = 17.
Portanto, 17 jogos terminaram empatados.
Questão 10 – Letra A
Comentário: Basta escolhermos os 7 alunos que ocuparão 
uma das salas. Desse modo, os 3 alunos que ocuparão a outra 
sala estão automaticamente determinados.
C10, 7 = 
10
3 7
!
!. !
 = 120
COMENTÁRIO 
E RESOLUÇÃO DE QUESTÕES
4
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 12 – Letra B
Comentário: Total de quadriláteros formados:
 
 pontos
em 
 pontos
na outra re
C C
n4 2
2
4 2
2
, ,
.
r
��� −
tta
��� ��
=
−( )
−( ) =
4
2 2
4
6 2
126!
!. !
.
!
!. !
n
n
 ⇒
6
4 5 6
6 2
126.
. . !
!.
n n n
n
−( ) −( ) −( )
−( ) =
n2 – 9n – 22 = 0 ⇒ 
=
=
n –2 (não convém)
ou
n 11 (convém)
1
2
Portanto, n = 11, ou seja, é um número primo.
Questão 14 – Letra B
Comentário: Basta que o general escolha r soldados 
para o ataque frontal. Como r + s = n, o grupo com s 
soldados da retaguarda está automaticamente determinado. 
Temos:
Cn, r = 
n
n r r
n
s r
!
!. !
!
!. !−( ) =
Questão 16
Comentário: Total de jogos disputados:
2.C10, 2 = 2.
10
8 2
!
!. !
 = 90
Sendo V e E o número de partidas terminadas em vitória e 
empate, respectivamente, temos o sistema V E
V E
+ =
+ =
90
3 2 231
 
em que V = 51 e E = 39.
Portanto, houve 51 vitórias e 39 empates.
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: Inicialmente, para escolhermos os times para o 
Grupo A, temos uma combinação, pois a ordem dos times não 
é importante. Em seguida, para escolhermos os times do jogo 
de abertura, temos um arranjo, pois a ordem é importante 
(jogos de ida e volta).
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: Há duas possibilidades:
1ª possibilidade: Comprar 2 objetos de artesanato e 1 peça 
de roupa.
C C
objetos
de artesanato
peça de roupa
6 2 4 1
6
4, ,
. !
!. 
=
22
4
3 1!
. !
!. !
 = 60
2ª possibilidade: Comprar 1 objeto de artesanato e 2 peças 
de roupa.
C C
objeto
de artesanato
peças de roupa
6 1 4 2
6
5, ,
. !
!. 
=
11
4
2 2!
. !
!. !
 = 36
Total de grupos de presentes: 60 + 36 = 96
MÓDULO – A 10
Combinações II
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Sabendo que a placa do país X é composta por 
3 letras e 3 algarismos em qualquer ordem, temos =6!
3!3!
20 
possíveis disposições envolvendo letras e algarismos. Assim, 
como o número máximo de placas distintas que podem ser 
confeccionadas no país X é igual a n, temos: 
= =n 20.26.26.26.10.10.10 2.26 .103 4
Para o país Y, a condição é que o bloco das 3 letras esteja à 
esquerda do bloco dos 4 algarismos. O número máximo de 
placas distintas é p, então:
p = 26.26.26.10.10.10.10
Logo, = =n
p
2.26 .10
26 .10
2
3 4
3 4
. 
Questão 02 – Letra B
Comentário: 
i) Em uma das margens, temos:
 C8, 1.C5, 3 = 
8
7 1
5
2 3
!
!. !
. !
!. !
 = 80
ii) Na outra margem, temos:
 C8, 3.C5, 1 = 
8
5 3
5
4 1
!
!. !
. !
!. !
 = 280
Total = 80 + 280 = 360
Questão 03 – Letra E
Comentário: De acordo com as informações, temos que os 
números que irão figurar nas faces opostas do dado constituem 
os seguintes pares:
(1, 19), (2, 18), (3, 17), (4, 16), (5, 15), (6, 14), (7, 13), 
(8, 12) e (9, 11)
Assim, para escolher as 4 faces com números ímpares, 
basta escolhermos dois entre os 5 pares mencionados: 
= =C 5!
2!3!
10
5, 2
 modos
Resta selecionar 2 faces com números pares: = =C 4!
1!3!
4
4,1
modos.
Portanto, o resultado pedido é 10.4 = 40.
Questão 04 – Letra B
Comentário: Sejam n homens
mulheres37 −n
Total de apertos de mão: 
2
2 1 37 1
. .
, , ,
C C C
n n n
Apertos entre
dois homens
Ape
���
+ −
rrtos entre
1 homem e 1 mulher
� ��� ��� = 720 ⇒
2. n
n
n
n
n
n
!
( )!. !
!
( – )!. !
. ( – )!
( – – )!.−
+
2 2 1 1
37
37 1 1
⇒
n n n
n
n n
n
n n.( ).( )!
( )!
( – )!
( – )!
.( – ).( –− −
−
+1 2
2
1
1
37 36 ))!
( – )!36 n
 ⇒
n2 – n – n2 + 37n = 720 ⇒ 36n = 720 ⇒ n = 20
Portanto, há 37 – 20 = 17 mulheres.
5
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra C
Comentário: A patrulha é formada por 1 sargento, 1 cabo e 
4 soldados. Assim, temos:
C C C
cabo soldados
2 1 3 1
1
12 4
4
2
1, , ,
. . !
!.
1 sargento
  
=
11
3
2 1
12
8 4!
. !
!. !
. !
!. !
 = 2 970
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra A
Comentário: Do total de comissões, devemos retirar aquelas 
que contêm Andreia, Manoel e Alberto, as que contêm 
apenas Andreia e Manoel e as que contêm apenas Andreia 
e Alberto. Logo:
C
total
9 5,

 – C
6 2,
Andreia,
Manoel e 
Alberto

 – C
6 3,
Andreia e Manoel

 – C
6 3,
Andreia e Alberto

= 
9
4 5
6
4 2
6
3 3
6
3 3
!
!. !
!
!. !
!
!. !
!
!. !
− − − = 71 comissões
Questão 02 – Letra C
Comentário: 
1º jogador = C28, 7
2º jogador = C21, 7
3º jogador = C14, 7
4º jogador = C7, 7
C28, 7.C21, 7.C14, 7.C7, 7 = 
28
21 7
!
!. !
. 21
14 7
!
!. !
. 14
7 7
!
!. !
. 7
0 7
!
!. !
 = 28
7 4
!
( !)
Questão 03 – Letra A
Comentário:

= =A . C 14!
(14 – 4)!
. 10!
6!.4!
14!
4!.6!14, 4
Presidente, vice,
secretário e tesoureiro
10, 4
Conselheiros
Questão 05 – Letra E
Comentário: Como João e Pedro não podem dormir na mesma 
barraca, devemos calcular o total de maneiras de organizar 
as pessoas, sem restrições, para, em seguida, retirarmos as 
configurações indesejadas. Temos:
Total: C9, 2.C7, 3.C4, 4 = 
9
7 2
7
4 3
4
0 4
!
!. !
. !
!. !
. !
!. !
 = 1 260
João e Pedro na 1ª barraca: C7, 3.C4, 4 = 
7
4 3
4
4 0
!
!. !
. !
!. !
 = 35
João e Pedro na 2ª barraca: 
C7, 2.C5, 1.C4, 4 = 
7
5 2
5
4 1
4
0 4
!
!. !
. !
!. !
. !
!. !
 = 105
João e Pedro na 3ª barraca: 
C7, 2.C5, 3.C2, 2 = 
7
5 2
5
2 3
2
0 2
!
!. !
. !
!. !
. !
!. !
 = 210
1 260 – 35 – 105 – 210 = 910
Questão 07 – Letra E
Comentário: Temos 8 vértices, dos quais devemos escolher 2.
C8, 2 = 
8
6 2
!
!. !
 = 28
Questão 08
Comentário: O passageiro levará, obrigatoriamente, 700 g 
(dicionário + livro em alemão). Logo, há mais de 1 300 g que 
podem ser distribuídos dos seguintes modos:
I) 4 de 200 g e 1 de 500 g: C9, 4.C3, 1 = 
9
5 4
3
2 1
!
!. !
. !
!. !
 = 378
II) 2 de 200 g, 1 de 400 g e 1 de 500 g:
 C9, 2.C6, 1.C3, 1 = 
9
7 2
6
5 1
3
2 1
!
!. !
. !
!. !
. !
!. !
 = 648
III) 2 de 400 g e 1 de 500 g: C6, 2.C3, 1 = 
6
4 2
3
2 1
!
!. !
. !
!. !
 = 45
Total = 378 + 648 + 45 = 1 071 modos
Questão 09 – Letra A
Comentário: Possibilidades:
I) 3 números negativos: C20, 3 = 
20
17 3
!
!. !
 = 1 140
II) 1 número negativo e 2 números positivos: 
 C20, 1.C20, 2 = 
20
19 1
20
18 2
!
!. !
. !
!. !
 = 3 800
Total = 1 140 + 3 800 = 4 940
Questão 10
Comentário: 
A) Escolher o pão: C3, 1 = 
3
2 1
!
!. !
 = 3
 Escolher o tamanho: C2, 1 = 
2
1 1
!
!. !
 = 2
 Escolher o recheio: 
 C5, 1 + C5, 2 + C5, 3 + C5, 4 + C5, 5 = 
 5
4 1
5
3 2
5
2 3
5
1 4
5
0 5
!
!. !
!
!. !
!
!. !
!
!. !
!
!. !
+ + + + = 31
 Total = 3.2.31 = 186 sanduíches
B) Pão: C2, 1 = 
2
1 1
!
!. !
 = 2
 Tamanho: C1, 1 = 
1
0 1
!
!. !
 = 1
 Recheio: C5, 2 = 
5
3 2
!
!. !
 = 10
 Total = 2.1.10 = 20 sanduíches
Questão 11
Comentário: Do total de comissões possíveis, devemos retirar 
aquelas que são formadas apenas por rapazes. Temos:
C9, 5 – C5, 5 = 
9
4 5
5
0 5
!
!. !
!
!. !
− = 125 comissões
Questão 13 – Letra C
Comentário: Há =C
6!
4!2!6, 4
 modos de selecionar 4 químicos; 
C3,1 = 3 modos de selecionar 1 engenheiro ambiental e 
=C 4!
2!2!4, 2
 modos de selecionar 2 engenheiros deprodução. 
Portanto, pelo Princípio Fundamental da Contagem, podemos 
formar uma equipe de = =6!
4!2!
3 4!
2!2!
6! 3
2.2.2
6!.3
8
 maneiras. 
6
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 18 – Letra B
Comentário: Sabendo que o apostador foi contemplado com 
a Sena, vamos agora considerar as Quinas. Temos que, dos 
20 números escolhidos, 6 foram sorteados e 14 não. Então, 
para cada jogo com exatamente 5 números premiados 
(Quina), temos 14 opções para o sexto número.
Escolhendo jogos de 5 números na cartela premiada: 
C6,5 = 6 opções
Logo, ele conseguirá 14.6 = 84 apostas.
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: São 3 postos de controle no estado da Bahia 
(não considerando o ponto de chegada). Escolhendo as 
equipes, temos:
Posto 1 Posto 2 Posto 3
C14, 4 . C10, 4 . C6, 4
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: II 
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: Do total de equipes possíveis, devemos retirar 
aquelas nas quais não há nenhum físico, bem como aquelas 
nas quais não há nenhum geólogo. Temos:
C20, 5 – C12, 5 – C15, 5 + C7, 5 = 
20
15 5
12
7 5
15
10 5
!
!. !
!
!. !
!
!. !
− − + 7
2 5
!
!. !
 = 11 730
Questão 03 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 1
Habilidade: 2
Comentário: Considere a seguinte configuração:
Contêineres
do tipo A

5 4 . ..
Contêineres
do tipo B

3 2 . .
Contêineres
do tipo C

4 3
Agora, multiplique esse resultado pelas permutações das 
duplas de contêiners (P3).
Temos:
5.4.3.2.4.3.P3 = 1 440.6 = 8 640
MÓDULO – B 09
Cilindros
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Seja rA o raio do barril do tipo A.
Logo, 2prA = 2a ⇒ rA = 
a
π
.
Daí, o volume do barril do tipo A é:
VA = p
a
π
2
.a ⇒ VA = 
a3
π
Seja rB o raio do barril do tipo B.
Logo, 2prB = a ⇒ rB = 
a
2π
.
Daí, o volume do barril do tipo B é:
VB = p
a
2
2
π
.2a ⇒ VB = 
a3
2π
Portanto, 
V
V
a
a
V
V
A
B
A
B
=
3
3
2
π
π
 = 2 ⇒ VA = 2VB.
Questão 02 – Letra A
Comentário: Sendo seu raio R = 25 cm e sua altura H = 60 cm, 
para determinar sua massa, basta calcular sua área total, 
excluindo a tampa. Logo:
A = AL + AB ⇒ A = 2pRH + pR2
A = 2p.25.60 + p.252 ⇒ A = 50p.60 + 625p ⇒
A = 3 000p +625p ⇒ A = 3 625p cm2
Para a produção da lata, utiliza-se um metal que possui 0,8 g/cm2 
de área, logo:
0,8 g ____ 1 cm2
 x ____ 3 625p cm2
Cada lata possui uma massa de 2 900p g.
Questão 03 – Letra D
Comentário: O volume de cada vasilhame, sendo p = 3, 
é V = 3.(0,4)2.1 ⇒ V = 0,48 m3.
A quantidade de vasilhames para encher 12 000 litros, 
ou 12 m3, de látex é 
12
0 48,
 = 25.
Questão 04 – Letra B
Comentário: Na maquete, a coluna cilíndrica possui raio 
R = 1 cm e altura h = 9 cm. Logo, essas duas medidas, 
em metros, utilizando a escala dada, serão:
R = 1.100 = 100 cm ⇒ R = 1 m
h = 9.100 = 900 cm ⇒ R = 9 m
A quantidade de concreto utilizada na coluna será igual ao 
volume do cilindro; considerando p = 3,14, temos:
V = pR2.h ⇒ V = 3,14.12.9 ⇒ V = 28,26 m3
7
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra B
Comentário: Considere a figura a seguir:
A
B
C
D
Eixo
r
r
5
Temos que AB = AABCD ⇒ pr2 = 2r.5 ⇒ r = 
10
π
.
Logo, o volume do cilindro é: 
V = pr2.5 ⇒ V = p
π
10
2
.5 ⇒ V = 500
π
 cm3
Exercícios Propostos
Questão 05 – Letra E
Comentário: O volume Vo da embalagem original, que é um 
cilindro de raio 5 cm e altura 12 cm, vale:
Vo = p(5)212 = 300p
Como o preço dessa embalagem vale R$ 4,00, então o custo 
em reais por cm3 vale:
Co = 
4
300
1
75π π
= reais/cm3
O volume Vn da nova embalagem, que é um cilindro de raio 
4 cm e altura 14 cm, vale:
Vn = p(4)214 = 224p
Como o preço dessa nova embalagem também vale R$ 4,00, 
então o custo em reais por cm3 vale:
Cn = 
4
224
1
56π π
= reais/cm3
Dividindo os preços das embalagens, temos:
C
C
n
o
=
1
56
1
75
π
π
 ≅ 1,34
Portanto, o preço do produto aumentou, aproximadamente, 
34%.
Questão 07 – Letra D
Comentário: Para calcularmos a despesa da construção da 
calçada, basta determinar o volume de concreto utilizado e, 
para isso, devemos calcular o volume da calçada. Logo, basta, 
do volume do jardim adicionado ao da calçada, subtrairmos o 
volume do jardim, assim:
Vcalçada = Vjardim + calçada – Vjardim ⇒
Vcalçada = p(9)
2.0,1 – p82.0,1 ⇒
Vcalçada = 8,1p – 6,4p ⇒
Vcalçada = p (8,1– 6,4) ⇒
Vcalçada = π
3,14
.1,7 ⇒ Vcalçada= 5,338 m
3
O preço médio do m³ é de R$ 100,00, logo, o gasto na 
construção da calçada foi de 5,338.100 = 533,80 reais.
Questão 10 – Letra D
Comentário: Como a embalagem X é um cubo cuja aresta 
mede 9 cm, então seu volume vale:
VX = (9)3 = 729 cm3
Já a embalagem Y é um cilindro reto cujo diâmetro da base 
e a altura medem, cada um, 10 cm. Assim, seu volume vale:
VY = p(5)210 = 250p ≅ 785 cm3
Como VX < VY, então o volume da embalagem X é menor que 
o volume da embalagem Y.
Questão 11 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir:
60 cm
40 cm
h
20 cm
a a
a
Seja a, em cm, a aresta do cubo imerso no recipiente cilíndrico.
Como o nível da água subiu 25% ao se imergir o cubo, então 
temos que o nível da água aumentou:
h = 0,25.40 = 10 cm
Como o volume de água V que aumentou equivale ao volume 
do cubo, então temos:
V = VC ⇒ 3(20)2.(10) = a3 ⇒ a = 10³12
Portanto, a aresta do cubo colocado na água vale 10³12 cm.
Questão 12 – Letra C
Comentário: Os volumes do paralelepípedo e do cilindro são 
V1 = 4x2 m3 e V2 = p(0,5)2.4 = p m3.
Como =
π
V
V
21
2
, temos que =
π π
=
π
= =
V
V
2 4x 2 x 1
2
x 2
2
1
2
2
2
Questão 13 – Letra D
Comentário: Pode-se observar que, com 8 copos de 300 mL, 
a jarra fica completamente cheia. Logo, o seu volume é igual 
a 8.300 = 2 400 mL = 2 400 cm3.
Como a jarra possui uma altura de 30 cm, sua área da base 
é igual a:
A . 30 2 400 A 80 cm
base
altura
base
2

= =
8
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 16 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir:
60°
C
C
5
5
1212
A
B
A
B
O comprimento de BC vale: BC = π
π3
15. = 5
A menor distância entre os pontos A e B será obtida pela 
planificação do cilindro, ou seja, basta aplicarmos o Teorema 
de Pitágoras no triângulo retângulo ACB:
AB2 = AC2 + CB2 ⇒ AB2 = (12)2 + (5)2 ⇒ 
AB = 13, pois AB > 0
Questão 17
Comentário: Considere a figura a seguir:
A C
b
a
D
B
r
V1
V2a – b
O volume V do sólido dado vale:
V = V1 + V2 = pr2b + 
1
2
.pr2(a – b) = πr a b
2
2
( )+
Questão 18 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir:
100 cm
solo10
120 cm
20 cm
V2
V1
10
O volume V do sólido dado vale:
V = V1 + V2 = p.(10)2.100 + 
1
2
.p.(10)2.20 = 11 000p
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Como as formas 1 e 2 têm a mesma altura h e 
o mesmo volume, então a relação entre L e r é:
V1 = V2 ⇒ L2h = pr2h ⇒ L = r π
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Como houve uma economia de 10% no consumo 
de água, então haverá no final do dia 10% da altura inicial do 
reservatório. Assim, temos que:
0,1.6 m = 0,6 m, ou seja, 60 cm
Questão 03 – Letra C
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: O volume do cilindro de raio r e altura h1 vale:
V1 = pr2h1 (I)
Já o volume do cilindro de raio R e altura h2 vale:
V = pR2h2 – pr2h2 (II)
Como R = r¹2 e h2 = 
h
1
3
, então de II temos:
V = ( )π − π = πr 2 .h
3
r h
3
r h
3
2
1
2
1
2
1
Para encher o cilindro 1 de volume V1 = pr2h1 foram necessários 
30 minutos. Logo, para encher o cilindro de V = 
πr h2
1
3
são 
necessários 10 minutos.
Portanto, para encher a fonte serão necessários 40 minutos.
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Como a distância entre duas graduações 
consecutivas representa sempre o mesmo volume, então as áreas 
dos segmentos circulares determinadospor essas graduações 
nas bases do cilindro são iguais.
Assim, as graduações consecutivas diminuem conforme temos 
segmentos circulares mais próximos do centro da base do cilindro. 
9
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Calculando os raios dos cilindros do tipo I e do 
tipo II, temos que:
CI = 2prI ⇒ 20 = 2prI ⇒ 
10
π
 = rI e
CII = 2prII ⇒ 10 = 2prII ⇒ 
5
π
 = rII
Sendo VI e VII os volumes dos cilindros do tipo I e do tipo II, 
respectivamente, temos que:
VI = prI 2.hI ⇒ VI = p.
10
2
π
.10 ⇒ VI = 
1 000
π
 cm3 e
VII = prII 2.hII ⇒ VII = p.
5
2
π
.20 ⇒ VII = 
500
π
 cm3
O custo das velas do tipo I e do tipo II são diretamente 
proporcionais aos volumes. Assim:
V
V
I
II
=
1 000
500
2
2
π
π
 = 2 ⇒ VI = 2VII
Como VI = 2VII, então o custo de produção de velas do tipo I 
é o dobro do custo de produção de velas do tipo II.
Questão 06 – Letra E
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: A área da maior fatia possível é a diferença 
entre a área da circunferência de raio 3 cm e a área do furo 
de raio 1 cm, ou seja:
A = p(3)2 – p(1)2 = 8p
Portanto, a área da fatia é oito vezes a área da secção 
transversal do cilindro.
Questão 07 – Letra A
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Seja Vc o volume, em cm3, de café que será 
colocado no copinho de plástico. Logo: 
= π = π = πV 1
2
r h V 1
2
.(2) .4 V 8
C
2
C
2
C
Seja VL o volume, em cm3, da leiteira. Logo: 
= π = π = πV R H V .(4) .20 V 320
L
2
L
2
L
Como a diarista precisa preencher 20 copinhos de plástico, 
temos que ela precisa fazer 20.8p = 160 cm3 de café, que 
representa a metade da leiteira.
Questão 08 – Letra D
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Sejam AI e VI a área lateral e o volume do 
cilindro I, respectivamente. Portanto, temos:
AI = 2prIhI ⇒ AI = 2.p.2.6 ⇒ AI = 24p e
VI = pr I 2 hI ⇒ VI = p.(2)2.6 ⇒ VI = 24p
Analogamente, sejam AII e VII para o cilindro II e AIII e VIII 
para o cilindro III. Logo:
AII = 2prIIhII ⇒ AII = 2.p.2.8 ⇒ AII = 32p e
VII = prII 2 hII ⇒ VII = p.(2)2.8 ⇒ VII = 32p
AIII = 2prIIIhIII ⇒ AIII = 2.p.3.8 ⇒ AIII = 48p e
VIII = pr I 2 IIhIII ⇒ VIII = p.(3)2.8 ⇒ VIII = 72p
Portanto, a relação área/capacidade dos cilindros I e II é 
igual a I, enquanto para o cilindro III temos uma relação 
48
72
2
3
π
π
= , ou seja, este tem menor custo de capacidade de 
armazenamento. 
Questão 09 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: O volume do copo em que será colocada a 
mistura é:
V cm mL
copo
= = =π. . . .2 10 3 4 10 120 1202 3
Sejam x e y os volumes de açúcar e de água, em mL, 
respectivamente, que compõem a mistura. Sabe-se que, 
para fazer a mistura, deve-se usar uma parte de açúcar para 
cada cinco partes de água. Logo, considerando que não houve 
redução de volume ao se dissolver o açúcar na água, temos:
x y
x
y
x y
x y
x
y
+ =
=
+ =
=
=
=
120
1
5
120
5
20
100
Portanto, a quantidade de água que deve ser utilizada na 
mistura é cerca de 100 mL.
Questão 10 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: O volume de concreto pode ser calculado pela 
diferença entre o volume do cilindro externo e o cilindro interno. 
4
1 0,2
Temos:
= π − = π − = =V .(R r ).h .(1,2 1 ).4 3,1.0,44.4 5,456 m2 2 2 2 3
Se cada metro cúbico custa 10 reais, temos que o preço da 
manilha, em reais, é 5,456.10 = 54,56.
10
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – B 10
Cones
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Temos que Vcilindro = Vcone e o raio da base do 
cone é o dobro do raio da base do cilindro, logo:
=
π = π
=
=
V V
.R .h 1
3
. .(2R) .h
R .h 4R
3
.h
h 3
4
h
cilindro cone
2
cilindro
2
cone
2
cilindro
2
cone
cone cilindro
Questão 02 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir:
h
S2
S1
 
h
3
Sejam V, V1 e V2 os volumes do cone grande, do cone pequeno 
e do tronco do cone, respectivamente. 
Logo, V = V1 + V2.
Assim, temos: =
+
=
+
=
V
V
h
3
h
V
V V
1
3
V
V V
1
27
1
3
1
1 2
3
1
1 2
27V1 = V1 + V2 ⇒ 26V1 = V2 ⇒ 
V
V
2
1
 = 26
Questão 03 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
120°
geratriz
12 12
A área do setor circular corresponde à área lateral do cone 
cujo raio da base é igual a R. Logo:

= π = π
π π = =
A A .R. g .12 .120°
360°
.R.12 .144.1
3
R 144
3.12
R 4 cm
lateral cone setor
geratriz
2
Sendo o raio do cone igual a 4 cm, temos que sua área da base 
é igual a:
Abase = p.42 ⇒ Abase = 16p cm
Questão 04
Comentário: 
A) Sendo a altura da taça igual a 12 cm e seu raio igual 
a 2 cm, temos o volume de líquido, quando ela está 
completamente cheia, igual a V 1
3
. .2 .12 V 16 cm .2 3= π = π
B) À medida que o nível de líquido na taça varia em função 
de x, o raio correspondente à superfície do líquido também 
varia. Logo, devemos expressar o valor do raio em função 
de x, assim utilizando semelhança entre os cones temos:
2 cm
rr
x
12 cm
2
r
12
x
12r 2x r x
6
cm= = =
A expressão para o volume V de líquido nessa taça será 
= = πV(x) 1
3
. x
6
.x x
108
cm
2 3
3
Questão 05 – Letra B
Comentário: Considere a figura a seguir:
y1 = 3x y2 = x + 1
O x
y
1
3
2
3
2
= = + = =y y 3x x 1 x 1
2
y 3
21 2
O sólido S formado possui volume igual ao volume do cone 
maior, de raio 1
2
 e altura 3
2
, menos o volume do cone menor, 
de raio 1
2
 e altura 3
2
1 1
2
– = . Portanto, seu volume é igual a:
� ��� ��� � ��� ���
= π − π
= π − = π
V 1
3
. . 1
2
.3
2
1
3
. . 1
2
.1
2
V 1
3
. . 1
2
. 3
2
1
2
V
12
S
2
Volume do cone
maior
2
Volume do cone
menor
S
2
S
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M
A
TE
M
Á
TI
C
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Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra E
Comentário: Para o cálculo da área externa da cisterna, 
podemos dividi-la em um cilindro e em um cone cujos raios 
medem 2 m, logo:
2 m
g = 2,5 m
Alateral cone = p.R.g ⇒ Alateral cone = p.2.2,5 = 5p m2
Calculando a área lateral e a área da base do cilindro, temos:
A
l
 = 2.p.2.2 ⇒ A
l
 = 8p m2
Ab = p.22 ⇒ Ab = 4p m2
Considerando p = 3,14, temos que a área total da cisterna será:
Atotal = Alateral cone + Al + Ab ⇒
Atotal = 5p + 8p + 4p ⇒
Atotal = 17.3,14 = 53,38 m2
Como cada m2 tem um custo de 40 reais. Então, para a 
construção de 100 cisternas teremos um custo igual a:
53,38.40.100 = 213 520 reais
Questão 05 – Letra D
Comentário: Considere a figura a seguir:
g
a
B
A
aC
g
b
b
a
2
Foi dado que b
a
=
3
2
, ou seja, b = 3
2
a.
Como o volume do cone é p temos:
p = 1
3 2
2
π
a b. ⇒ a = 2
Logo, b = 3.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo 
ABC, temos:
g2 = b2 + a
2
2
 ⇒ g2 = 32 + 2
2
2
 ⇒ g = ¹10
Questão 07
Comentário: Um cone equilátero é um cone cuja secção 
meridiana é um triângulo equilátero, logo:
A
B C
cm
cm
2¹3
2¹3
Calculando a área da secção meridiana representada pelo 
triângulo equilátero ABC, temos:
= = =A (2 3) . 3
4
A 12 3
4
A 3 3 cm
2
2
Logo, 3 3. 3 9 cm .2=
Questão 09 – Letra D
Comentário: De um setor circular de ângulo q = 2
3
π e raio 
30 cm, temos que o comprimento do arco é:
30
30

2π
3
 l = 2
3
π .30 ⇒ l = 20p
Juntando os lados desse setor circular, temos um cone reto cuja 
geratriz é o raio do setor, ou seja, g = 30 cm, e o comprimento 
do arco do setor é o comprimento da base do cone. 
Assim, temos a seguinte figura:
R
3030
Sendo R o raio, em cm, do cone, temos:
l = C ⇒ 20p = 2pR ⇒ R = 10
Logo, a área da base, em cm2, do cone é:
A = pR2 ⇒ A = p(10)2 ⇒ A = 100p
12
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Questão 12 – Letra D
Comentário: Seja a o raio da base de um cone circular 
reto e a aresta da base quadrangular de uma pirâmide que 
possuem a mesma altura. Pela geometria da situação temos 
as seguintes figuras:
a a
O cone e a pirâmide possuem a mesma altura, logo:
= π = π
= =
V 1
3
. .a .4 V 4 a3
cm
V 1
3
.a .4 V 4a
3
cm
cone
2
cone
2
2
pirâmide
2
pirâmide
2
2
Portanto, a razão entre o volume do cone e o da pirâmide, 
nessa ordem, é:
=
π
= π = π
V
V
4 a
3
4a
3
4 a
3
. 3
4a
cone
pirâmide
2
2
2
2
Questão 14 – Letra B
Comentário: Fazendo a rotação do triângulo ABC em torno 
do lado BC, obtemos dois cones de mesma base.
A
A’
B C
45°30°
a
2a
a
aa¹3
BC = a + a¹3
Como BC = 6 + 6¹3, então a = 6. Logo, o volume do sólido 
gerado é a soma dos dois cones, ou seja:
V = ( )π + π = π +1
3
(6) 6 3 1
3
(6) 6 72 3 1 cm2 2 3
Questão 15 – Letra B
Comentário: Seja V a capacidade do reservatório cônico e H 
sua altura. Esse volume atende a uma comunidade durante 
81 dias. Para abastecê-la durante 24 dias, precisamos de 
uma capacidade de
V
x
x V 
 
−−−−−−
−−−−−−
=81
24
8
27
Como essa capacidade 8
27
V está a uma altura h do nível do 
reservatório, então considere a figura a seguir:
H
h
Como os cones pequeno e grande são semelhantes, temos que:
V
8V
27
H
h
3
2
H
h
h 2
3
H
3
= = =
Questão 16 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir:
V
V
12³2
h
Foi dado que o volume do cone pequeno e o volume do tronco 
do cone são iguais.
Como os cones pequeno e grande são semelhantes, temos:
V
V
h
2 12 23
3
= ⇒ h = 12
13
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Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Girando 360º cada figura plana em torno da 
haste indicada:
• para a figura 1, temos o sólido D.
• para a figura 2, temos o sólido E.
• para a figura 3, temos o sólido A.
• para a figura 4, temos o sólido B.
• para a figura 5, temos o sólido C.
Questão 02 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: O volume de álcool contido na figura 1 é igual 
ao da figura 2. Assim, vamos calcular, inicialmente, o volume 
de álcool contido no cone.
= π = π = πV 1
3
r h V 1
3
.(5) .6 V 50 cm
co
2
co
2
co
3
Então, irão sobrar 575p cm3 de álcool no cilindro. Sendo 
Vci = pr2h o volume do cilindro, temos:
575p = pr2h ⇒ 575p = p(5)2h = 23 cm
Portanto, o vasilhame, que possui 30 cm, possui 23 cm de 
álcool. Logo, a distância H vale: 
30 – 23 = 7 cm
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: II
Competência de área: 2
Habilidade: 7
Comentário: Considere a figura a seguir:
r = 2¹3
P
O’
x
R Q
12
30°
60°
Note que, para calcular o tamanho da tampa, precisamos 
determinar, inicialmente, o valor de x. No triângulo PQR, temos:
= =tg 30° x
12
x 4 3 m
Então, a área da tampa corresponde à área de um círculo de 
raio 2¹3 + 4¹3 = 6¹3 m. Logo:
A = pr2 ⇒ A = p(6¹3)2 ⇒ A = 108p m2
Questão 04 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Formada por dois semicírculos e um retângulo, 
a planificação do bebedouro (figura I) pode ser representada 
da seguinte forma (figura II):
1
2
3
1
2
3
Figura 1
Figura 2
Questão 05 – Letra B
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Se os volumes do semi-hemisfério e do cone 
devem ser iguais, então:
V V R R h
SH C
= =1
2
4
3
1
3
3 2. π π 
Como os raios são iguais, temos: 
2R = h
Como R = 3, temos h = 6 cm.
MÓDULO – C 09
Função exponencial
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Temos que 2a = c e 2b = d.
2 2 2 2 22 2 2
1
2
1
2
a b a b
a b
+
= = ( ) ( ). . = = =c d cd cd
1
2
1
2
1
2. ( )
Questão 02 – Letra B
Comentário: Seja N a função definida por N(t) = 100.23t, 
em que N(t) é o número de microrganismos t horas após o 
início do experimento.
Portanto, o tempo necessário para que a população de 100 
microrganismos passe a ser de 3 200 indivíduos é tal que 
= = =3 200 100.2 2 2 t 5
3
h,3t 3t 5 ou seja, 1 h 40 min.
Questão 03 – Letra C
Comentário: A área do trapézio ABCD é dada por:
+ − = + = =f(2) f(1)
2
(2 1) 2 2
2
6
2
3 u.a.
2 1
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Questão 04 – Letra B
Comentário: 
f(t) = K.
1
2
2
t
Fazendo f(t) = 2 e K = 128, temos:
2 = 128.
1
2
2
t
 ⇒ 2 = 27. 2
– t
2 ⇒ 2–6 = 2
– t
2 ⇒ 
−
t
2
 = –6 ⇒ t = 12 horas
Questão 05 – Letra C
Comentário: P(t) = a.4lt
Para t = 0, temos P(0) = a.40 = a.
Para t = 4, temos P(4) = a.44l = 3a ⇒ 44l = 3.
Para t = 8, temos P(8) = a.48l = a(44l)2 = a.32 = 9a.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário:
f(x) = 22x + 1
f(a) = 4f(b) ⇒ 22a + 1 = 4.22b + 1 ⇒ 22a + 1 = 22.22b + 1 ⇒ 
22a + 1 = 22b + 3 ⇒ 2a + 1 = 2b + 3 ⇒ 
2a – 2b = 2 ⇒ a – b = 1
Questão 02 – Letra E
Comentário:
P(t) = 10a.43t
Mas P(t) = 2.10a. Logo:
2.10a = 10a.43t ⇒ 2 = 26t ⇒ 6t = 1 ⇒ t = 1
6
h = 10 min
Questão 05 – Letra C
Comentário:
f(x) = ax
f(1) = a1 = 3 ⇒ a = 3
f(x) = 3x
Expressão de g(x):
g(x) = 4 0
0
, 
, 
para x
mx n para x
<
+ ≥
g
g m
n
m
g x x( )
( ) .
( ) (0 4
1 1 4 3
4
1
4=
= + =
=
= −
= − + ppara x ≥ 0)
g(g(–1)) = g(4) = 0
f(g(3)) = f(1) = 3
g(g(–1)) + f(g(3)) = 0 + 3 = 3
Questão 06 – Letra D
Comentário:
Do gráfico, temos:
2b = 2.2a ⇒ 2b = 21 + a ⇒ b = 1 + a
2c = 2
4
a
 ⇒ 2c = 2a – 2 ⇒ c = a – 2
Questão 08 – Letra E
Comentário:
y = y0.2–0,5t
y
0
4
 = y0.2–0,5t ⇒ 2–2 = 2–0,5t ⇒ –2 = –0,5t ⇒ t = 4 horas
Questão 09 – Letra E
Comentário:
f(x) = 2–3x2 + 6x
Seja g(x) = –3x2 + 6x. Vamos estudar o seu valor máximo.
∆ = 62 = 36
yv = − = − −4
36
4 3a ( )
 = 3
Logo, o expoente máximo de 2 na função f(x) = 2–3x2 + 6x é igual 
a 3. Portanto, o valor máximo de f(x) é igual a 8. 
Além disso, f(x) possui imagem positiva. Portanto, sua imagem 
é dada por ]0, 8].
Questão 10 – Letra B
Comentário: De acordo com as informações, temos:
= = = =−N(10)
N
4
N
4
N .2 2 2 k –50 0
0
k.10 10k 2 –1
Questão 14 – Letra A
Comentário: De acordo com os dados do problema, temos 
o seguinte gráfico:
f(x)=a+2bx+c
3
4–
0 1
–1
x
y
Como a imagem inicia-se em –1, concluímos que a = –1;
Logo, f(x) = –1 + 2bx + c.
Como f(1) = 0, temos:
0 = –1 + 2b.1 + c ⇒ 2b + c = 20 ⇒ b + c = 0
Como f(0) = – 3
4
 , temos:
= − + = = − =– 3
4
1 2 2 1
4
c 2 e b 2c c
Logo, a.b.c = –1.2.(–2) = 4.
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Questão 16
Comentário:
A) f(t) = a.2–b.t
 f(0) = a.2–b.0 = 1 024 ⇒ a = 1 024
 Reescrevendo a função, temos: f(t) = 1 024.2–b.t
 f(10) = 1 024.2–10b = 512 ⇒ 210.2–10b = 29 ⇒ 
 2–10b = 2–1 ⇒ –10b = –1 ⇒ b = 1
10
B) f(t) = 1 024.
−
2
t
10 = 1 024
8
 ⇒ 
−
2
t
10 = 1
8
 ⇒
 
−
2
t
10 = 2–3 ⇒ – t
10
 = –3 ⇒ t = 30 anos
C) f(t)
64
128
256
512
1 024
tO 10 20 30 40
 f(40) = 1 024. 2
40
10
−
 = 1 024.2–4 = 1 024
16
 = 64
Seção Enem
Questão 01 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 6
Habilidade: 25
Comentário: 
y = 363.e0,03.x
Em 2030, temos x = 30.
y = 363.e0,03.30 = 363.e0,9 = 363.(e0,3)3
Porém, e0,3 = 1,35. Logo, temos:
y = 363.1,353 = 363.2,46 ≅ 893,11 milhões
Questão 02 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: O rendimento V por are é dado por:
V(t) = 6,7. e t
−48 1,
⇒ V(100) = 6,7. e
−48 1
100
,
 = 6,7.e−0,481
Mas e−0,481 =0,62. 
Logo, temos V = 6,7.0,62 = 4,154 metros cúbicos por are.
Sabe-se que um hectare corresponde a 100 ares. Portanto, o 
rendimento total da floresta é igual a:
80.100.4,154 = 33 232 metros cúbicos
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: O número de bactérias de uma cultura é dado por 
N(t) = N0. 2
t
12 , em que o tempo t é medido em horas. Assim, 
após 6 dias, ou seja, 144 horas, o número inicial de bactérias 
terá sido multiplicado por:
N(144) = N0. 2
144
12 = N0.212 = 4 096.N0
Questão 04 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Montando a equação resultante dos dados do 
problema, temos:
600 = 760·e–0,0002.h
Tomando o logaritmo neperiano de ambos os lados 
da equação e aplicando a propriedade segundo a qual 
log (a.b) = log a + log b, resulta:
ln 600 = ln 760 + ln e–0,0002.h ⇒ 6,40 = 6,63 – 0,0002.h ⇒
0,0002.h = 0,23 ⇒ h = 1 150 mMÓDULO – C 10
Equações e inequações 
exponenciais
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Igualando as funções, temos:
+ = + =
− = = = = + =
+h(x)= s(x) 2 1 2 2 1 2 .2
2.2 2 1 x 0 e y h(0) 2 1 2
x x 1 x x
x x 0
 
Logo, a intersecção das funções é o ponto (0, 2).
A soma de suas coordenadas é 2 e este ponto pertence à 
reta y = x + 2.
Questão 02 – Letra C
Comentário: Determinando m0 = ca–k.0 ⇒ m0 = c.
Como, em 10 anos, m0 foi reduzido para 0,2.m0, temos:
0,2.m0 = m0.a–10k ⇒ a–10k = 0,2
Em 20 anos, m(20) = m0.a–20.k = m0.(a–10k)2 = m0.(0,2)2 = 
0,04.m0, o que corresponde a 4% de m0.
16
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Questão 03 – Letra D
Comentário: 
4 32
3 3
x y
y x
+
−
=
=
i) Da primeira equação, temos:
 4x + y = 32 ⇒ 22x + 2y = 25 ⇒ 2x + 2y = 5 (I)
ii) Da segunda equação, temos:
 3y – x = ¹3 ⇒ 3y – x = 3
1
2 ⇒ y – x = 1
2
 ⇒ –2x + 2y = 1 (II)
Resolvendo o sistema 2 2 5
2 2 1
x y
x y
+ =
+ =–
, temos que x = 1 e y = 3
2
.
Portanto, 1 3
2
, .
Questão 04 – Letra A
Comentário: Devemos considerar duas possibilidades:
i) Primeira possibilidade: 0 < x < 1
 Nesse caso, devemos inverter o sinal da desigualdade para 
os expoentes. Temos 2x ≤ x + 3 ⇒ x ≤ 3.
 Efetuando a interseção dos intervalos anteriores, obtemos 
0 < x < 1 (I). 
ii) Segunda possibilidade: x > 1
 Nesse caso, devemos conservar o sinal da desigualdade 
para os expoentes. Temos 2x ≥ x + 3 ⇒ x ≥ 3.
 Efetuando a interseção dos intervalos anteriores, obtemos 
x ≥ 3 (II).
 Logo, efetuando a união dos intervalos (I) e (II), obtemos 
]0, 1[ ∪ [3, +∞[. 
Questão 05 – Letra C
Comentário: c(t) = 200.3kt
k = 1
12
 ⇒ c(t) = 200.312
t
 ⇒ 1 800 = 200.312
t
 ⇒ 
9 = 312
t
 ⇒ 32 = 312
t
 ⇒ 
t
12
 = 2 ⇒ t = 24
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: 
a = x2
3a.37x.312 = 1 ⇒ 3a + 7x + 12 = 30 ⇒ 3x2 + 7x + 12 = 30
x2 + 7x + 12 = 0 ⇒ x1 = –4 ou x2 = –3
x2 – x1 = –3 – (–4) = 1
Questão 03 – Letra B
Comentário: Sejam R0, PIB0 e P0, respectivamente, a renda 
per capita, o PIB e a população do país hoje. Assim, daqui a 
20 anos, o PIB será (1 + i)20.PIB0 e a população (1,02)20.P0, 
em que i é a taxa pedida.
Assim:
=
+
= + =
= − = − −
R 2.R
(1 i) .PIB
(1,02) .P
2.
PIB
P
(1 i) 2.(1,02)
i 2.(1,02) 1 i 1,02. 2 1 i 1,02.1,035 1
i 5,6%
0
20
0
20
0
0
0
20 20
2020 20
Questão 04 – Letra E
Comentário: 
4x – 15.2x – 16 = 0
Fazendo 2x = L, temos:
L2 – 15L – 16 = 0 ⇒ L1 = –1 ou L2 = 16
Para L1 = –1, temos 2x = –1. (não convém)
Para L2 = 16, temos 2x = 16 ⇒ 2x = 24 ⇒ x = 4. (convém)
Questão 05 – Letra A
Comentário:
+ = + = + =3 9 6 3
3
3 6 3 3.3 184x – 1 x
4x
2x 4x 2x
Consideremos 32x = y.
+ = = ± + = =y 3y –18 0 y –3 9 72
2
y 3 ou y –62
Para y = 3, =x 1
2
; para y = –6, não convém.
Portanto, = = =x 1
2
1
2
2
2
2
2
.x
1
2
Questão 06 – Letra D
Comentário: 
P = 64 000.(1 – 2–0,1t)
64 000.(1 – 2–0,1t) > 63 000 ⇒
1 – 2–0,1t > 
63
64
 ⇒ –2–0,1t > 
63
64
 – 1 ⇒ –2–0,1t > –
1
64
 ⇒
2–0,1t < 
1
64
 ⇒ 2–0,1t < 2–6 ⇒ –0,1t < – 6 ⇒ 
0,1t > 6 ⇒ t > 60
Questão 08 – Letra E
Comentário:
=
+ =
=
+ =
+ =
= =
= =
= =
+3 .27 9
y 2
3
xy 0
3 3
y . y 2
3
x 0
x 3y 2
y 0 ou y –2
3
x
x 2 e y 0
ou
x –2 e y 4
3
x y
3 2
x 3y 2
2
Logo, –2, 4
3
 é um ponto do 2º quadrante e (2, 0) é um 
ponto do eixo x.
Questão 09 – Letra D
Comentário:
3
9
1
27
3
3
3 3
2 2 1
2
2
2 2
3
3
2= =
x
x
–
–
– –(( ) =
−
−
2 1
33
( )x
3–3x + 3 = 3–3 ⇒ –3x + 3 = –3 ⇒ –3x = –6 ⇒ x = 2
Questão 11 – Letra C
Comentário: 
M(t) = C.20,04.t ⇒ M(t) = 4C ⇒ 4C = C.20,04.t ⇒
22 = 20,04.t ⇒ 2 = 0,04.t ⇒ 
t = 50 meses, ou seja, 4 anos e 2 meses
17
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 15 – Letra D
Comentário: 
2x – 1 + 2x + 1 + 2x = 7 ⇒ 2
2
x
 + 2x.2 + 2x = 7 ⇒
2x. 1
2
2 1+ + = 7 ⇒ 2x. 7
2
 = 7 ⇒ 2x = 2 ⇒ x = 1
Questão 18 – Letra C
Comentário:
42x – 2 – 24.4x – 2 + 8 = 0
Multiplicando os dois membros por 16, temos:
16. 4
16
24 4
16
8
2x x
− +. = 0 ⇒
42x – 24.4x + 128 = 0
Fazendo 4x = L, temos:
L2 – 24L + 128 = 0 ⇒ L1 = 8 ou L2 = 16
Para L1 = 8, temos 4x = 8 ⇒ 22x = 23 ⇒ 2x = 3 ⇒ x1 = 
3
2
.
Para L2 = 16, temos 4x = 16 ⇒ 4x = 42 ⇒ x2 = 2.
x1.x2 = 2.
3
2
 = 3
Seção Enem
Questão 01 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Sendo a = 1, o valor de x para y = 1 na catenária 
y e e
a
ax ax
= +
−
2
 pode ser calculado por:
1
2 1
2= + + =
−
−e e e e
x x
x x
.
Chamando ex de y, temos:
e e y y y
y
y y y y
x x+ = + = + =
− + = − =
− −( )
( )
1 1
2 2
2 2 1 2
2 1 0 1 0 ==1
Portanto:
e y e e e xx x x= = = =1 00
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: Pelo enunciado, temos que Ta = 5 °C. Além 
disso, 2 horas após a cerveja ter sido colocada na geladeira, 
sua temperatura chegou a 14 °C.
Logo:
T t T B T B B B
a
t
( ) . ( ) . .= + = + = = =
− −
−3 2 5 3 14 3 9 272
2
2 1
Reescrevendo a expressão da temperatura da garrafa: 
T t
t
( ) .= +
−
5 27 3 2
Portanto, para saber o tempo gasto para que essa garrafa 
atingisse a temperatura de 6 °C, basta fazer T(t) = 6. Assim:
= + = = = =
= − =
− − − −
−T(t) 5 27.3 6 27.3 1 3 1
27
3 3
–t
2
3 t 6 horas
t
2
t
2
t
2
t
2 3
MÓDULO – D 09
Áreas de polígonos
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: Considere a figura a seguir:
h
A B
CD E
5
H G
14
5 – h F
3
Da semelhança dos triângulos ABF e CEF, temos:
= =
CE
AB
CF
AF
1
5
CF
AF
 (I)
Da semelhança dos triângulos FGC e FHA, temos:
h
h
CF
AF5 −
= (II)
Igualando as equações I e II, temos:
h
h5
1
5−
= ⇒ h = 
5
6
 
Portanto, a área A do triângulo BCF vale:
= = =A BC.h
2
A
3.5
6
2
A 5
4
Questão 02 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir:
A
B R
QC
D P
30°
6 6
6 6
66
6 6
A área do triângulo ADP vale:
A∆ADP = 
1
2
.6.6.sen 30° ⇒ A∆ADP = 9
A área do triângulo BAR, em que o ângulo BAR = 150°, 
vale:
A∆BAR = 
1
2
.6.6.sen 150° ⇒ A∆BAR = 9
Logo, a área A do hexágono BCDPQR vale:
A = ABCDA + A∆ADP + AAPQR + A∆BAR ⇒ 
A = (6)2 + 9 + (6)2 + 9 ⇒ A = 90
18
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra E
Comentário: Sendo x a medida dos lados do hexágono 
regular, temos que sua área é equivalente a seis vezes a área 
de um triângulo equilátero também de lado x, logo:
A 6. x 3
4
3 x 4
6
x 6
3hex.
2
2= = = =
Observe a figura a seguir:
x
BA
P
h
A distância do ponto P ao lado AB equivale a altura h do 
triângulo PAB, como a área do triângulo PAB vale ¹2, temos:
x.h
2
2 6
3
.h 2 2 h 6 2
6
2 3= = = =
Logo, a distância de P ao lado AB é igual a 2¹3.
Questão 04 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir:
AP QB
FS R
G
H
D
C
E
x x
x x
x
x
x
x
1
1 1
1 1
1
1 1
45° 45°
45°
135° 135°
135°
135°
135°
135°
135°
135°
45°
45° 45°
45° 45°
Como os ângulos internos de um octógono regular medem 
135°, os ângulos da base dos quatro triângulos retângulos 
APH, BCQ, DRE, FSG medem 45°, ou seja, esses quatro 
triângulos retângulos são isósceles.
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo APH, temos:
AH2 = (PH)2 + (AP)2 ⇒ (1)2 = x2 + x2 ⇒ x = 2
2
 dm, pois x > 0
Portanto, a área do quadrado, em dm2, PQRS vale:
A = (1 + 2x)2 ⇒ A = 1 2 2
2
2
+ . ⇒ A = 3 + 2¹2
Questão 05 – Letra C
Comentário: Observe a figura a seguir:
A
Q
CPB
M
O
a
4a
4s
s
s
a
h
a a a a
5
5
s s s s
O triângulo ABC é isósceles, pois AC = BC, e MC é mediana 
relativa ao lado AB. Logo, os triângulos ACM e BCM são 
congruentes pelo caso LLL.
Dividindo o lado PC do triângulo OPC em quatro partes iguais, 
temos quatro triângulos que possuem a mesma base a e a 
mesma altura h, logo, eles possuem a mesma área S do 
triângulo OPB. Dessa maneira, temos que A∆APC = 4∆ABP, pois 
eles possuem a mesma altura. Porém, a base do triângulo 
APC é quatro vezes a do ABP, logo:
A∆APC = 4∆ABP ⇒ 9S = 4(10 + S) ⇒ 9S = 40 + 4S ⇒ 5S = 40 ⇒ 
S = 8
Portanto, a área do triângulo BOP é igual a 8 cm².
Exercícios Propostos
Questão 02 – Letra CComentário: Seja o trapézio ABCD a seguir:
A B
CD
M N
b
a
h
h
Como os pontos M e N são os pontos médios dos lados AD 
e BC, respectivamente, então MN é a base média do trapézio 
ABCD, ou seja: 
MN = AB CD+
2
 ⇒ MN = a b+
2
A área do trapézio ABNM é:
AABNM = 
( )AB MN h+
2
 ⇒ AABNM = 
a a b h+ +
2
2
 ⇒ AABNM = 
( )3
4
a b h+
19
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
A área do trapézio MNCD é:
AMNCD = 
( )MN CD h+
2
 ⇒ AMNCD = 
a b
b h
+ +






2
2
 ⇒ AMNCD = 
( )a b h+3
4
Logo, a razão entre as áreas dos trapézios MNCD e ABNM é 
igual a:
A
A
a b
h
a b
h
aMNCD
ABNM
=
+





+





=
+
3
4
3
4
3bb
a b3 +
Questão 04
Comentário: Considere a figura a seguir:
A
60°
60° 60°
B CF
E
D
G1 + ¹3
1 + ¹3
1 + ¹3
1 2
2
2
¹3 45°
45°
Como os lados do triângulo ABC são iguais, então trata-se de 
um triângulo equilátero.
Trace a altura DG. Assim, do triângulo ADG, temos:
sen 60º = DG
2
 ⇒ DG = ¹3 cos 60º = AG
2
 ⇒ AG = 1
Logo, EG = ¹3.
O triângulo retângulo EGD é isósceles de base ED, ou seja, 
GDE = GED = 45º. Assim, AED = 45º.
A área do triângulo DEF, em cm2, é a diferença entre a área 
do triângulo ABC e as áreas dos triângulos ADE, DCF e BFE, 
que são iguais.
A∆ DEF = A∆ ABC – (A∆ ADE – A∆ DCF – A∆ BFE) ⇒ 
A∆ DEF = 
3 3 3
4
3 1
2
1 3 2.sen 60°
2( ) ( )+ − + ⇒
A∆ DEF = 
12 3 18
4
6 3 18
4
3 3
2
+ + =–
Questão 08 – Letra A
Comentário: Como a área do triângulo T1 é o triplo da área 
do triângulo T2, temos que:
� �
��� ��= θ = θ θ = θ
θ = θ+ θ θ = θ θ
θ = θ
θ
θ =
( )θ + θ
A 3A
2
sen 3
2
sen 2 sen 3sen 2
sen 3sen ( ) sen 3.2sen .cos
cos sen
6sen
cos 1
6
T T
2 2
sen
1 2
Questão 09 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir:
A B
CD
P
Q
(1 – x)¹2
(1
 –
 x
)¹
2
1 – x
1
60°
60°
60°
1
x
x1 – x
Os triângulos retângulos ABP e CBQ são congruentes pelo 
caso cateto-hipotenusa. Logo, AP = QC.
Seja AP = QC = x. 
Daí, DP = DQ = (1 – x), e PQ = (1 – x)¹2, pelo Teorema de 
Pitágoras.
Logo, BQ = PQ = (1 – x)¹2.
Agora, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BCQ, 
temos:
BQ2 = BC2 + QC2 ⇒ 1 2
2
−( )x = x2 + 12 ⇒ 
x = 2 – ¹3, pois x < 1
Portanto, a área do triângulo BCQ vale:
A = x
2
2 3
2
= −
Questão 10 – Letra B
Comentário: As áreas dos triângulos ACB e ACE são iguais, 
pois eles possuem a mesma base, e, como a reta r é paralela 
ao segmento AC, possuem a mesma altura.
Logo, a área do triângulo BEC é:
A∆ BEC = AABED – A∆ ACB – A∆ ACD ⇒
A∆ BEC = 21 – 4 – 10 ⇒ A∆ BEC = 7
Questão 11 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir:
A
a a
B
CD E
x
Como a área do triângulo ADE corresponde a 20% da área do 
quadrado ABCD, temos que:
A∆ ADE = 
1
5
.AABCD ⇒ 
a x.
2
 = 1
5
.a2 ⇒ x = 2
5
a, pois a ≠ 0
Logo, EC = a – 2
5
a ⇒ EC = 3
5
a.
Como a área do triângulo EBC vale 30 cm2, então a, em cm, vale:
3
5
a.a. 1
2
 = 30 ⇒ a2 = 100 ⇒ a = 10, pois a > 0
20
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 12 – Letra A
Comentário: Considere o hexágono ABCDEF a seguir:
A
B


C
D
E
30°
30°
30° 120°
30°
F
G

Como ABCDEF é um hexágono regular, então AFE = 120°.
Logo, FAE = FEA = 30° e, analogamente, ABF = AFB = 30°.
Daí, GF = GA e AGF = 120°.
Como a área do hexágono regular ABCDEF é 180 cm2, temos:
180 = 6. l
2 3
4
 ⇒ l2 = 40¹3
Aplicando a Lei dos Senos no triângulo AGF, temos:
AF
sen120°
GF
sen 30° sen120°
GF
sen 30°
GF 3
3
l l
= = =
Assim, a área do triângulo AGF, em cm2, vale:
A = 1
2
. . 3
3
.sen 30°l l ⇒ A = 
l
2 3
12
 ⇒ 
A = 40 3 3
12
. ⇒ A = 10
Questão 14 – Letra E
Comentário: Observe a figura a seguir:
A G F
E
a
H
3
5¹5
D
C
B
Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo EFG, temos que:
EF2 = 32 + 62 ⇒ EF2 = 45 ⇒ EF = 3√5
Logo, ED = DF – EF ⇒ ED = 5√5 – 3 √5 ⇒ ED = 2√5.
Pelo caso AA, temos que os triângulos EFE e DEH são 
semelhantes; podemos, então, determinar a medida DH, que 
corresponde à altura do trapézio BCDE, assim:
= = =
DH
EG
ED
EF
DH
6
2 5
3 5
DH 4
Dessa forma, temos que a área a ser calculada é igual a:
= + + = + + +
= + + =
A A A A A 12.6 3.6
2
(12 3)4
2
A 72 9 30 111 cm
ABEG EFG BCDE
2
Na escala apresentada, temos que 
1 cm (desenho) = 200 000 cm (real), logo,
1 cm2 (desenho) = 200 0002 cm2 (real), assim: 
111.(4.1010) cm2 = 444 km2
Seção Enem
Questão 01 – Letra D
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 3
Habilidade: 12
Comentário: Sejam AI, AII e AIII as áreas dos depósitos I, II 
e III, respectivamente. Assim:
AI + AII + AIII + 20 = 11.10 ⇒ AI + AII + AIII = 90
A A A A A A
I II III I II III
90 60 120 270
90
270
1
3
= = =
+ +
= =
Seja x a largura, em metros, do depósito III. Logo:
AIII = 
120
3
 = 40 ⇒ x.10 = 40 ⇒ x = 4
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 3
Habilidade: 13
Comentário: Considere a figura a seguir, a qual representa 
uma possível divisão do terreno.
a
Ih I
II
II
a
aa
b
b
h
2
h
2
A área I vale AI = ah. Já a área II vale AII = 
bh
2
.
Como as áreas indicadas por I e por II devem ser iguais, 
temos que:
AI = AII ⇒ ah = 
bh
2
 ⇒ b = 2a
Portanto, b = 2a, mas isso não ocorre necessariamente na 
alternativa E.
21
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 03 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 3
Habilidade: 12
Comentário: Como o lado AB do hexágono mostrado na 
figura 2 mede 2 cm, teremos a figura 1 com as seguintes 
medidas, em cm.
2¹2
2¹2
¹2
¹2
¹2
¹2¹2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
Assim, a figura 1 é um quadrado de lado 2¹2 cm.
Logo, sua área, em cm2, vale AI = (2¹2)2 = 8.
Como as áreas das três figuras são iguais, a área da figura III 
é igual a 8 cm2.
Questão 04 – Letra C
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 3
Habilidade: 14
Comentário: Considere a figura a seguir:
A E
x
x
x
x
5x
10x
D
CB
A área do quadrado de lado AE vale AI = x2.
Seja l a medida dos lados do quadrado para que sua área 
corresponda a exatamente 6% da área do retângulo. Assim, 
temos que:
l
2 = 6
100
.5x.10x ⇒ l2 = 3x2
Portanto, para atingir o limite determinado, a área do quadrado 
deve ser triplicada. 
Questão 05 – Letra C
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Calculando as áreas de cada ambiente, temos:
II III IV
I
4 m
8 m
6 m
5 m 4 m
7 m
5 m
AI = 5.8 ⇒ AI = 40 m2
AII = 6,5 ⇒ AII = 30 m2
AIII = 4.6 ⇒ AIII = 24 m2
= + =A (6 4).7
2
A 35m
IV IV
2
Pelos valores das áreas encontrados, temos que o modelo 
A deve ser instalado nos ambientes II e III, enquanto que o 
modelo B deve ser instalado nos ambientes I e IV.
Questão 06 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Pela geometria da situação, temos a figura a 
seguir que representa a parte referente ao encolhimento do 
forro após a primeira lavagem:
5
y
x
3 – y
A área da figura corresponde à parte perdida do forro, logo:
Aperdida = 5.y + x.(3 –y) = 5y + 3x – xy
Questão 07 – Letra D
Eixo cognitivo: V
Competência de área: 3
Habilidade: 14
Comentário: A área do trapézio, da figura I, em m2, vale:
AI = 
(30 20).2,5
2
+ = 62,5
Já a área do trapézio, da figura II, em m2, vale:
AII = 
(49 41).2
2
+ = 90
Como a velocidade v da água não se alterará e sendo q a vazão, 
em m3/s, esperada após a reforma da canaleta, temos:
v = 
Q
A
Q
A
qI
I
II
II
= =
1 050
90
 
62,5
 ⇒ q = 1 512
22
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – D 10
Áreas de círculo e suas partes
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir:
x
ϕ
x
x¹2A B
C
O triângulo ABC é isósceles, logo, AC = BC = x. Sendo =
π
2
, 
temos que o diâmetro AB do semicírculo é igual a x√2.
Calculando a área S(ϕ) do semicírculo, cujo raio é igual a x 2
2
:
= π = π = πS( ) 1
2
. . x 2
2
S( )
2
.2x
4
S( ) x
4
2
2 2
Calculando a área do triângulo ABC, retângulo em C, temos:
T( ) x.x
2
T( ) x
2
2
= =
Logo,
=
π
= π = πS( )
T( )
x
4
x
2
x
4
. 2
x
S( )
T( ) 2
2
2
2
2
Questão 02 – Letra B
Comentário:Considere as figuras a seguir:
R2
R2
R1
R1
O
Círculo 1 Círculo 2
O'
60°
40°
Sendo R1 e R2 os raios dos círculos, temos:
60°
360°
.2 R 40°
360°
.2 R
R
R
2
31 2
1
2
π = π =
A razão entre a área do círculo I e a área do círculo II é:
=
π
π
= = =
A
A
R
R
R
R
2
3
4
9
1
2
1
2
2
2
1
2
2 2
Questão 03 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir:
120°
120°
30°
60°
60°
2 cm
2 cm 2 cm CA
B
O
Temos que AOB = 120°, logo, a área hachurada A é igual à 
diferença entre a área do setor cujo ângulo central mede 120° 
e a área do triângulo AOB, assim:
� �� ��
= − = π −
= π − = π −
°
A A A A .2 .120°
360°
2.2.sen120°
2
A 4
3
2.sen120° A 4
3
3
setor AOB
2
sen 60
Portanto, a área hachurada é igual a π −4
3
3 cm2.
Questão 04 – Letra B
Comentário: Considere a figura a seguir:
A
C
B
Temos que AB = BC = CA = r. Logo, o triângulo ABC é 
equilátero de lado r, e sua área é A∆ ABC = 
r2 3
4
.
No setor circular a seguir, a área A do segmento circular é:
A B
C
r
r
r
60°
A = Asetor – A∆ ABC = 
r .60°
360°
r 3
4
A r
6
r 3
4
2 2 2 2π − = π −
Logo, a área S do Triângulo de Reuleaux é a soma das áreas 
dos três segmentos circulares (que têm o mesmo valor), com a 
área do triângulo equilátero ABC.
S = 3.A + A∆ ABC ⇒ S = 3.
r
6
r 3
4
r 3
4
2 2 2π − + ⇒ S = π− 3
2
2r
23
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 05 – Letra E
Comentário: Considere a figura a seguir:
A
C B
O
R
R
x x
α
α α
Sejam AB = AC = x e R o raio da circunferência circunscrita 
ao triângulo ABC.
Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo AOB, temos:
x2 = R2 + R2 – 2.R.R.cos (180° – 2a) ⇒ x2 = 2R2 + 2R2.cos 2a
A área do triângulo ABC é:
A∆ ABC = 
1
2
�.x.x.sen 2a ⇒ A∆ ABC = 
(2R 2R .cos2 ).sen 2
2
2 2+ α α ⇒ 
A∆ ABC = R2.(1 + cos 2a).sen 2a
A área do círculo é AC = pR2.
Logo, a razão da área do triângulo ABC pela área 
do círculo é:
A
A
R .(1 cos 2 ).sen 2
R
ABC
C
2
2
= + α α
π
 = 2
π
.sen 2a.cos2 a
Exercícios Propostos
Questão 03 – Letra A
Comentário: Considere a figura a seguir:
C
BA
¹3
¹3¹3 O
30°
60°
60° 60°
Como AB é diâmetro, então ACB = 90° e ABC = 60°.
Sendo O o centro da circunferência, traçando o raio OC, temos.
CAB = CB

2
 ⇒ 30° = 
CB
2
 ⇒ C¹B = 60°
COB = C¹B = 60°
Logo, o triângulo COB é equilátero, e a área sombreada é:
A = Asetor – A∆ COB ⇒ A = 
π 3 60
360
3 3
4
2 2( )
−
( ). .o
o
 ⇒ 
A = 

2
3 3
4
− cm2
Questão 04 – Letra B
Comentário: Considere as figuras a seguir:
r
Figura I Figura II
r
r rr
r
A área sombreada da figura I, que é 8(p – 2), corresponde 
a oito vezes a área de um segmento circular de ângulo 
central 90° e raio r, como indicado na figura II. 
Assim, temos que:
8(p – 2) = 8 1
4
1
2
2 2πr r− ⇒ r = 2, pois r > 0
Logo, o raio do círculo externo vale 2r, ou seja, seu raio vale 4. 
Assim, a área do círculo externo vale:
A = pR2 = p(4)2 = 16p
Questão 05 – Letra D
Comentário: Observe a figura a seguir:
AB
R
R
R
R
R R
R R
C D
Sendo R o raio das circunferências, temos que cada uma delas 
possui área igual a pR2.
Unindo-se os centros A, B, C e D das circunferências, 
encontramos um quadrado de lado 2R; logo, a área hachurada 
será igual a:
A = AABCD – Acircunferência ⇒ A = (2R)2 – pR2 ⇒ A = 4R2 – pR2
Portanto, a razão entre a área de um círculo e a área A é 
π
− π
= π
− π
R
R (4 ) 4
2
2
24
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 06 – Letra C
Comentário: Considere a figura a seguir:
A B
CD
E
60°
1
1
1
60°
30°
30°
60°
Assim, o triângulo ADE é equilátero de lado 1.
Logo, a área hachurada é a diferença entre a área do quadrado, 
a área dos dois setores circulares DEC e ABE (que são iguais) 
e a área do triângulo ADE. Assim, temos que:
A = AABCD – 2.AABE – A∆ ADE ⇒ A = 12 – 2.
π.1 .30°
360°
– 1 . 3
4
2 2
 ⇒
A = 1 – π
6
3
4
−
Questão 08 – Letra A
Comentário: Observe a figura a seguir.
A
a
a
60° a
B
CD
E
O pentágono é regular de lado a. AB = BC = CD = DE = EA 
que são arcos de uma circunferência de raio também a, temos 
para cada setor, um triângulo equilátero. Para encontrarmos a 
área hachurada, basta calcularmos a área do setor cujo ângulo 
central é de 60° e subtrairmos a área do triângulo equilátero. Por 
se tratar de 5 setores, multiplicamos o resultado por 5. Logo:
= π − = π −
= π −
A 5. .a .60°
360°
a 3
4
5. a
6
a 3
4
A 5a
2
.
3
3
2
hachurada
2 2 2 2
hachurada
2
Questão 12 – Letra C
Comentário: Observe a figura a seguir:
O
III I
II IV
2
2
2
2
Temos que as áreas I e II correspondem, cada uma, à área de 
um triângulo retângulo isósceles cujos catetos medem 2 cm. 
Logo:
+ = =A A 2.2.2
2
4 cm
I II
2
Temos que as áreas III e IV somadas correspondem à área de 
uma semicircunferência de raio igual a 2 cm. Logo:
+ = π = πA A .2
2
2 cm
III IV
2
2
A área hachurada A será igual à diferença entre a área do círculo 
de raio = 2 cm e a soma das áreas das partes I, II, III e IV, assim:
A = Acir. – A(I+II+III+IV) = p22 – (4+2p) ⇒
A = 4p – 4 – 2p ⇒ A = (2p – 4) cm2
Questão 14
Comentário: 
1. Considere a figura a seguir:
A
D
BJ
I
H
C
E
G
4
4
3 F 11
4
2
2
2
α
 Do triângulo EFG, temos que:
 sen a = EF
EG
 ⇒ sen a = 3
6
 ⇒ a = 30°
 cos a = FG
EG
 ⇒ cos 30° = FG
6
 ⇒ FG = 3¹3
 Logo, o lado AD, em cm, mede:
 AD = 4 + 3¹3 + 2 = 3(2 + ¹3)
2. A área da região sombreada, em cm2, vale:
 A = AJBIE – Asetor + AEIHG – Asetor – Asetor ⇒ 
 A = 5.4 – 1
4
4 5 2 3 3
2
1
3
2 1
6
42 2 2. ( )π π π+ + − − ⇒
 A = 20 + 21 32 – 8p
25
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Seção Enem
Questão 01 – Letra A
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 8
Comentário: Considere a figura a seguir:
R
H1
R
R
R
R R
RR
R R
H2
60°
30°
30°
60°
¹3
R
2
R
2
¹3R2
A área sombreada equivale a duas vezes a área de um segmento 
circular de ângulo central 120° e raio R. Assim, temos:
A = 2 1
3
1
2
3
2
2πR R R− . ⇒ A = 2
3
3
2
2 2πR R− u.a.
Questão 02 – Letra E
Eixo cognitivo: IV
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Os raios das tampas grandes, médias e 
pequenas são, em metros, respectivamente, 1, 1
2
 e 1
4
.
As sobras de material AI, AII e AIII das tampas grandes, médias 
e pequenas são, respectivamente, em m2: 
AI = (2)2 – p(1)2 ⇒ AI = (4 – p) m2
AII = (2)2 – 4p
1
2
2
⇒ AII = (4 – p) m2
AIII = (2)2 – 16p
1
4
2
⇒ AIII = (4 – p) m2
Portanto, se a empresa usar a mesma quantidade de chapas 
para produzir as tampas grandes, médias e pequenas, 
as sobras serão iguais, pois AI = AII = AIII.
Questão 03 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Considere a figura a seguir:
3 km
2 km
B D
EA
C
x
30°
30°
30°
Analisando o triângulo ABC, temos que:
tg 30° = =x
2
3
3
x
2
 ⇒ x = 2.0,58 ⇒ x = 1,16
Logo, sua área, em km2, vale:
A
A
ABC
ABC
=
=
1 16 2
2
1 16
, .
,
Portanto, a porcentagem da área do triângulo ABC em relação 
à área do retângulo ABDE vale:
A
A
ABC
ABDE
= 1 16
3 2
0 19 19,
.
, %
Questão 04 – Letra E
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 2
Habilidade: 9
Comentário: Considere a figura a seguir:
B C
E12 12
1212
A D
60°
60°60°
60° 60°
A = AAEB + A∆ BCE + ACED ⇒ 
A = + +1
6
12 12 3
4
1
6
122
2
2. .( ) ( ) . .( )π π ⇒
A = 48p + 36¹3 cm2
26
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
MÓDULO – E 17
Polinômios I
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra D
Comentário: Igualando os termos correspondentes, 
temos:
a b
a c
b c
c a
+ = −
+ =
+ = −





⇒ = −
2
0
5
Portanto, podemos escrever:
a b
a b
+ = −
− + = −
2
5
Resolvendo o sistema, temos a = 3
2
 e b = – 7
2
. 
Assim, c = –3
2
.
Logo, a + b + c = 3
2
 – 7
2
 – 3
2
 = – 7
2
.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Dividindo f(x) por g(x), obtemos: 
− − − + + +
− − − − −
− − − +
+ +
− − +
+ +
+
6x x 9x 3x 7 2x x 1
6x 3x 3x 3x 2x 5
4x 12x 3x 7
4x 2x 2x
10x x 7
10x 5x 5
4x 12
4 3 2 2
4 3 2 2
3 2
3 2
2
2
Então, q(x) = 3x2 – 2x – 5 e r(x) = 4x + 12. O produto das 
raízesde q(x) é dado por –5
3
, enquanto que, em r(x), temos 
raiz igual a –3. Assim, o produto pedido é –5
3
.(–3) = 5.
Questão 03 – Letra B
Comentário: Dividindo p(x) por d(x), obtemos:
2x3 + 5x2 + x + 17
–2x3 – nx2 – 4x
(5 – n)x2 – 3x + 17
–(5 – n)x2 – x – (10 – 2n)
(5 – n2)
2
–6 – 5n + n2
2
x + 7 + 2n
x + 
5 – n
2
2x2 + nx + 4
Para que o resto da divisão seja 5,devemos ter:
− =
+ =
= − =
= −
n 5n – 6 0
2n 7 5
n 1 ou n 6
n 1
2
Para satisfazer o sistema, temos que n = –1.
Questão 04 – Letra C
Comentário: 
p(x) = ax2 + (a – 15)x + 1 e q(x) = 2x2 – 3x + 1
b
Como as raízes são iguais, as somas das mesmas em cada 
um dos polinômios também são iguais. Portanto, temos que:
i) a soma das raízes de p(x) é − +a
a
15 .
ii) a soma das raízes de q(x) é 3
2
.
Igualando esses valores, temos:
− +a
a
15 = 3
2
 ⇒ a = 6
Logo, p(x) = 6x2 – 9x + 1.
Do mesmo modo, os produtos das raízes também são iguais. 
Então, temos que:
i) o produto das raízes de p(x) é 1
6
.
ii) o produto das raízes de q(x) é 1
2b
.
Igualando esses valores, temos:
1
6
 = 1
2b
 ⇒ b = 3
Portanto, a + b = 6 + 3 = 9.
Questão 05 – Letra A
Comentário: Temos que q(x) = x2 – 1 = (x + 1)(x – 1).
i) O resto da divisão de p(x) por x + 1 é igual a p(–1).
 p(–1) = (–1)99 – 2(–1) + 3 = –1 + 2 + 3 = 4
ii) O resto da divisão de p(x) por x – 1 é igual a p(1).
 p(1) = 199 – 2.1 + 3 = 1 – 2 + 3 = 2
 p x q x
r x b x
( ) ( )
( ) ( )
 Observe que r(x) é do 1º grau, ou seja, é da forma 
r(x) = ax + b.
 p(x) = (x2 – 1).b(x) + ax + b
 p(–1) = 0.b(–1) – a + b = 4
 p(1) = 0.b(1) + a + b = 2
 Resolvendo o sistema − + =
+ =
a b
a b
4
2
, temos a = –1 e b = 3.
 Portanto, r(x) = –x + 3.
27
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 06 – Letra C
Comentário: 
p x q x
x
( ) ( )
–1
Como o grau do resto deve ser menor do que o grau do divisor, 
o grau de q(x) é maior do que 1.
Questão 08 – Letra B
Comentário: 
P(x) = 2x3 – 3x2 + mx + n
Q(x) = x2 – 3x + 2
Resto: R(x) = 2x + 1
+ + +
+ +
+ +
+
= + +
2x –3x mx n x –3x 2
–2x 6x – 4x 2x 3
3x (m– 4)x n
–3x 9x – 6
R(x) (m 5)x (n– 6)
3 2 2
3 2
2
2
Mas R(x) = 2x + 1. Logo, temos:
(m + 5)x + (n – 6) = 2x + 1
m + 5 = 2 
n =1
m=
n=7–
–
6
3
Questão 10 – Letra A
Comentário:
P(x) = –x5 + 2x3 – x2 + k2 é divisível por D(x) = x3 + 1. Observe 
que x = –1 é raiz de D(x). Como P(x) é divisível por D(x), 
temos que x = –1 também é raiz de P(x). Temos:
P(–1) = (–1)5 + 2(–1)3 – (–1)2 + k2 = 0 ⇒ k2 = 4
Questão 16 – Letra C
Comentário: 
x3 + 0x2 + ax + b x2 + x + 2
x – 1–x3 – x2 – 2x
–x2 + (a – 2)x + b
–x2 + x + 2
(a – 1)x + b + 2
Dado que o resto é igual a 4, temos:
+ + =
= =
+ = =
(a –1)x b 2 4
a –1 0 a 1
b 2 4 b 2
Assim, a + b = 3.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra E
Comentário: 
x3 + (a – b)x2 + (a – b – 2)x + 4 = x3 + 2ax2 + (3a – b)
Igualando os coeficientes dos termos correspondentes, temos:
− =
− − =
− =
− =
− =
− =
=
− =
=
− =
=
= −
a b 2a
a b 2 0
3a b 4
a b 2a
a b 2
3a b 4
2a 2
3a b 4
a 1
3a b 4
a 1
b 1
Portanto, a.b = –1.
Questão 02 – Letra D
Comentário: Dividindo p(x) por q(x), obtemos:
+ +
+ +
+
4x 3x 5 2x – x –1
–4x 2x 2 2
5x 7
2 2
2
Temos r(x) = 5x + 7. Assim:
= + = + = +f(g(x)) r(x) 2.g(x) k 5x 7 g(x) 5x 7 –k
2
Sabendo que o conjunto solução da inequação g(x) ≥ 10 é 
{x ∈ | x ≥ 3}, temos
��� ��
+ ≥ ≥ + ≥ +5x 7 –k
2
10 5x k 13 x k 13
5
.
3
Logo, + = =k 13
5
3 k 2.
Questão 04 – Letra B
Comentário: 
P(x) = x2 – 4
Q(x) = x3 – 2x2 + 5x + a
Q(2) = 23 – 2.22 + 5.2 + a = 0 ⇒ a = –10
Logo, Q(x) = x3 – 2x2 + 5x – 10.
x x x x
x x x
x x
x
x
3 2 2
3
2
2
2 5 10 4
4 2
2 9 10
2 8
9 18
– – –
–
– –
–
–
+
+ −
+
Questão 05 – Letra D
Comentário: 
x x px x q x x
x x x x x p
x
4 3 2 2
4 3 2 2
0 0 2 5
2 5 2 1
2
+ + + + + +
+– – – – ( – )
– 33 2
3 2
2
2
5 0
2 4 10
1 10
1
+ + +
+ +
+ +
( – )
( – )
–( – )
p x x q
x x x
p x x q
p x –– ( – ) – ( – )
(– ) ( – )
2 1 5 1
2 12 5 5 0 0
p x p
p x q p x+ + + = +
− + =
− + =
=
+ =
=
=
2p 12 0
q 5p 5 0
p 6
q – 30 5 0
p 6
q 25
28
Coleção Estudo
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 02 – Letra B
Comentário: Aplicando o dispositivo prático de Briot-Ruffini, 
obtemos:
–1 1 2 –5 –6
2 1 1 –6
1 3 0
0
Perceba que o polinômio x3 + 2x2 – 5x – 6 tem raízes –1, 2 
e –3, podendo ser escrito como (x + 1)(x – 2)(x + 3). Logo, 
a divisão de x3 + 2x2 – 5x – 6 por (x + 1)(x – 2) é igual a x + 3.
Questão 03 – Letra C
Comentário:
–2r – 5 = 7 ⇒ r = –6
Além disso, q = 1. 
Logo, –2.1 + p = –4 ⇒ p = –2.
Raiz de x + a ⇒ –a = –2 ⇒ a = 2
Questão 04 – Letra B
Comentário: Aplicando o Método de Briot-Ruffini:
2 2 –7 3 8 –4
2 2 –3 –3 2 0
2 1 –1 0
Obtemos 2x2 + x – 1 = 0, cujas raízes somam b
a
1
2
− = − . 
Questão 05 – Letra A
Comentário:
p(x) = x3 + ax2 + bx
p(2) = 2 e p(1) = 4
Mas p(1) = 13 + a.12 + b.1 = 4 ⇒ a + b = 3.
Mas p(2) = 23 + a.22 + b.2 = 2 ⇒ 4a + 2b = –6 ⇒ 2a + b = –3.
Resolvendo o sistema a b
a b
+ =
+ = −
3
2 3
 , temos que a = –6 e b = 9.
Exercícios Propostos
Questão 01 – Letra D
Comentário: Dado que os restos são iguais quando p(x) 
é dividido por (x – 1) ou (x + 1), aplicando o Teorema do 
Resto, temos:
P(1) = P(–1)
3.14 – 2.13 + m.1 + 1 = 3.(–1)4 – 2.(–1)³ + m.(–1) + 1
3 – 2 + m + 1 = 3 + 2 – m + 1
2m = 4
m = 2 
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário:
p(x) = x3 + ax2 + bx + c
p(0) = 03 + a.02 + b.0 + c = 2 ⇒ c = 2
Reescrevendo o polinômio, temos p(x) = x3 + ax2 + bx + 2.
p(1) = 13 + a.12 + b.1 + 2 = 5 ⇒ a + b = 2
p(2) = 23 + a.22 + b.2 + 2 = 10 ⇒ 2a + b = 0
Resolvendo o sistema a b
a b
+ =
+ =
2
2 0
, temos que a = –2.
Questão 02 – Letra D
Eixo cognitivo: III 
Competência de área: 5
Habilidade: 21
Comentário: P(x) = x3 – 7x2 + 14x – 8 
Pesquisando as raízes racionais, verificamos 1, que é raiz.
Temos:
11
1
–7
–6
–814
8 0
O quociente é Q(x)= x2 – 6x + 8.
Cálculo das raízes de Q(x):
∆ = (–6)² – 4.1.8 ⇒ ∆ = 4
x
x
ou
x
 
 
 
= ±
=
=
6 2
2
2
4
Portanto, são três raízes reais, ou seja, o robô bombeiro será 
utilizado três vezes.
MÓDULO – E 18
Polinômios II
Exercícios de Fixação
Questão 01 – Letra B
Comentário: 
p x x
x B x
( )
( )
2 4
3 5
−
+
p(x) = B(x).(x2 – 4) + 3x + 5
O resto da divisão de p(x) por x + 2 é igual a p(–2).
p(–2) = B(–2).[(–2)2 – 4)] + 3.(–2) + 5 ⇒ 
p(– 2) = B(–2).0 – 6 + 5 = –1
29
Editora Bernoulli
M
A
TE
M
Á
TI
C
A
Questão 02 – Letra C
Comentário: Como p(x) é divisível por x + 3, por x – 1 e 
por x + 5, p(x) admite pelo menos três raízes, ou seja, o seu 
grau é maior ou igual a 3.
Questão 03 – Letra A
Comentário: 
P(x) = ax + b
P(2) = a.2 + b = 0 ⇒ 2a + b = 0
P(–2) = a.(–2) + b = 4 ⇒ –2a + b = 4
Resolvendo o sistema 2 0
2 4
a b
a b
+ =
− + =
 , temos que a = –1 e b = 2.
Portanto, P(x) = –x + 2.
Questão 05 – Letra A
Comentário: 
Raízes de x2 – 6x + 5:
∆ = 16 ⇒ x’ = 1 e x” = 5
Esses números são também raízes de x4 + px2 + q. Portanto, 
para x = 1 ⇒ 14 + p.12 + q = 0 ⇒ p + q = –1.
Questão 07 – Letra E
Comentário: O resto da divisão de P(x) por x + 1 é igual 
a P(–1). Temos que P(x) = Q(x).(x2 – x – 2) + 2x – 1. 
Então:
P(–1) = Q(–1).[(–1)2 – (–1) – 2] + 2.(–1) – 1 ⇒
P(–1) = – 3
Questão 08 – Letra B
Comentário: Seja p(x) = 5x3 + (2a – 3)x2 + ax – 2. O resto 
da divisão de p(x) por x + 2 é igual a p(–2). 
Logo:
p(–2) = 5(–2)3 + (2a – 3)(–2)2 + a(–2) – 2 = 6 ⇒
–40 + 8a – 12 – 2a – 2 = 6 ⇒ 6a = 60 ⇒ a = 10
Questão 11 – Letra E
Comentário: Sabe-se que P(x) = (6x2 + 5x + 3).(x2 – x) – 7x.
O resto da divisão de P(x) por 2x + 1 é igual a P −1
2
. 
Temos:
P −1
2
 = 6 1
2
5 1
2
3 1
2
1
2
2 2
− + − + − − − − −7 1
2
 ⇒
P −1
2
 = 5
Questão 16 – Letra E
Comentário: Se o polinômio é divisível por (x – 3), temos 
p(3) = 0, ou seja:
6.33 – 4.32 + 2.m.3 – (m + 1) = 0 ⇒ 
162 – 36 + 6m – m – 1 = 0 ⇒
5m = –125 ⇒ m = –25
Logo, =|–25| 5. 
Seção Enem
Questão 01 – Letra B
Eixo cognitivo: III
Competência de área: