MATEMÁTICA - objetivo

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1MATEMÁTICA
Os sistemas lineares são utilizados para resolver
problemas práticos. Além de equacioná-los e resolvê-los,
é muito importante “discutir” o sistema, o que consiste
em prever se ele é pos sível ou impossível. Em certos
casos, quando uma ou mais equações depen dem de um
“parâmetro”, é importante ve ri ficar em que condições o
sistema admite soluções.
Um dos critérios existentes para discutir um sistema
é o Teorema de Rouché-Capelli. Este teorema utiliza o
con ceito de característica de uma matriz. Para simplificar
a apresentação deste conceito, abusando um pouco da
lin guagem, escreveremos DETERMINANTE DE OR -
DEM p, em lugar de determinante de uma matriz de
ordem p.
1. Característica
A característica de uma matriz M, não nula, é a má -
xima ordem dos determinantes não todos nulos que
podem ser extraídos de M. Em outras palavras, a carac -
te rística de M é o número natural p � 1 se, e somente
se:
Na matriz M = , por exemplo, podem 
er extraídos determinantes de ordem 1, de ordem 2 e de
ordem 3. Assim sendo, a característica dessa matriz
pode ser 1, 2 ou 3. Existe pelo menos um deter mi nante
de ordem 2 diferente de zero, por exemplo .
Todos os determinantes de ordem 3
são iguais a zero, pois a primeira e a terceira linha são
iguais e, portanto, a característica de M é 2.
a) Existir pelo menos um determinante de ordem
p diferente de zero.
b) Forem nulos todos os determinantes de ordem
maior que p.
�
2
5
2
3
4
3
1
2
1
3
0
3�
2
5
3
4
2
5
2
1
2
1
3
0
3
e
3
4
3
1
2
1
3
0
3
,
2
5
2
3
4
3
3
0
3
,
2
5
2
3
4
3
1
2
1
Sistemas Lineares –
Análise Combinatória – Probabilidade
Módulos
17 – Característica de uma matriz, discus são de um
sistema linear
18 – Característica de uma matriz, discus são de um
sistema linear
19 – Sistema linear homogêneo
20 – Fatorial e número binomial
21 – Propriedades dos números binomiais
22 – Binômio de Newton – Desenvolvimento de (x + y)n
23 – Binômio de Newton – Desenvolvimento de (x + y)n
24 – Análise combinatória – Princípio da contagem e
arranjos
25 – Permutações
26 – Combinações simples
27 – Arranjos, permutações e combinações: exercícios
28 – Arranjos completos e combinações completas
29 – Probabilidade – definição
30 – União de eventos
31 – Intersecção de eventos
32 – Lei binomial de probabilidade
17 e 18
Palavras-chave:Característica de uma matriz,
discussão de um sistema linear
• Matriz • Colunas
• Matriz nula• Matriz unidade
• Incógnitas
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 1
2. Como calcular
Quando forem “visíveis” numa matriz as proprie da -
des que anulam um determinante, o cálculo da carac -
terís tica é rápido.
Exemplo
Na matriz
são nulos todos os determinantes de ordem 5, por pos -
suírem uma fila nula. Ao calcularmos a característica de
M, podemos, então, eliminar esta linha. A característica
de M é, portanto, a mesma da matriz
Nesta matriz, são nulos todos os determinantes de
or dem 4, pois a segunda e a quarta linhas são iguais. A
carac terística de N, de modo análogo, é a mesma da
matriz
Nesta matriz, são nulos todos os determinantes de
ordem 3, pois a terceira linha é o dobro da primeira. A
característica de P é a mesma da matriz
A característica de Q é 2, pois existe pelo menos um
determinante de ordem 2 diferente de zero.
Por exemplo: 
A característica da matriz inicial M é, portanto, igual a 2.
3. Teorema de Kronecker
A característica de uma matriz é p se, e somente se:
Na matriz M = , existe pelo me-
nos um deter minan te de ordem 2 diferente de zero. 
Por exemplo:
Dp = � 0. Os determinantes de ordem 3, que
se obtêm orlando Dp, são todos nulos, pois:
Portanto, a característica de M é 2.
Observações
a) Para obter os determinantes de ordem 3, orlando
Dp, fixamos os elementos de Dp e copiamos os ele -
mentos de uma das linhas restantes e uma das colunas
restantes que estão em torno (na “orla”) de Dp.
b) Se pelo menos um dos deter minantes de ordem 3
fosse di ferente de zero, a característica de M seria 3.
4. Teorema de Rouché-Capelli
Seja o sistema linear:
A Matriz Incompleta associada ao sistema é
e a Matriz Completa é
.
Chamando de p a característica da M.I. e de q a
característica da M.C. e sendo n o número de incógnitas,
o teorema de Rouché-Capelli afirma que:
�M = �
2
1
4
1
0
– 1
0
– 2
0
0
3
1
6
1
0
4
2
8
2
0
5
3
10
3
0
7
2
14
2
0
�N = �
2
1
4
1 
– 1
0
– 2
0 
3
1
6
1 
4
2
8
2 
5
3
10
3 
7
2
14
2
�P = �214 
– 1
0
– 2 
3
1
6 
4
2
8 
5
3
10 
7
2
14
�Q = �21 – 10 31 42 53 72
2
1
– 1
0
a) Existir um determinante de ordem p (Dp)
diferente de zero.
b) Forem nulos todos os determinantes de or dem
p + 1 obtidos, orlan do Dp com uma das linhas
restantes e uma das colunas restantes.
�
2
5
7
3
4
7
1
– 2
– 1
3
0
3
�
2
5
3
4
= 0 e = 0
2
5
7
3
4
7
1
– 2
– 1
2
5
7
3
4
7
3
0
3
a11x1 + a12x2 + ................... a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + ................... a2nxn = b2
(S) � ...................................................................
am1x1 + am2x2 + ................... amnxn = bm
a11 a12 … a1n
a21 a22 … a2n M.I. = � �..............................
am1 am2 … amn 
a11 a12 … a1n b1
a21 a22 … a2n b2M.C. = � �.........................................
am1 am2 … amn bm
p � q , S é Impossível
p = q = n , S é Possível e Determinado
p = q < n , S é Possível e Indeterminado
2 MATEMÁTICA
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 2
5. Como resolver 
um sistema determinado
Se S é Possível e Determinado, a solução única
pode ser obtida usando a Regra de Cramer ou qualquer
outro método, observando que:
a) Se o número de incógnitas (n) for igual ao número
de equações (m), então o sistema S será normal.
b) Se o número de incógnitas (n) for menor que o
número de equações (m), devemos resolver o sistema
normal S’ obtido de S abandonando m – n equações
convenientes.
6. Como resolver um 
sistema indeterminado
Para obter as infinitas soluções de um sistema S,
possível e indeterminado, devemos:
a) Retirar de S um novo sistema normal S’ com p
equa ções e p incógnitas, abandonando algumas
equa ções e passando para o segundo membro algu -
mas incógnitas.
b) Atribuir valores arbitrários às incógnitas que foram
para o segundo membro.
c) Resolver o sistema S’ utilizando a Regra de Cra -
mer ou qualquer outro processo.
7. Grau de indeterminação
O grau de indeterminação de um sistema possível e
indeterminado é a diferença entre o número de incóg -
nitas e a característica da matriz. 
É, portanto, o número n – p e corresponde ao
número de incógnitas escolhidas arbitrariamente. 
3MATEMÁTICA
� Calcular a característica da matriz:
Resolução
Se p for a característica de , então:
a) � 1 � = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
b) = –1 � 0 ⇒ p ≥ 2
c) = – 5 � 0 ⇒ p ≥ 3
d) Orlando este menor de ordem 3, obtemos:
e) Sendo nulos todos os determinantes de ordem 4, concluí mos que
a caracterís tica p é 3.
Resposta: 3
� Calcular a característica da matriz
Resolução 
Se p for a característica da matriz
, então:
a) � 1 � � 0 ⇒ p ≥ 1
b) � 0 ⇒ p ≥ 2
c) Orlando este determinante de ordem 2, temos:
d) Se a = 2 e b = 5, então p = 2, pois todos os determinantes de
ordem 3 são nulos.
e) Sendo a � 2 ou b � 5, então p = 3, pois existe pelo menos um
determinante de ordem 3 diferente de zero.
Resposta: a = 2 e b = 5 ⇒ p = 2
a � 2 ou b � 5 ⇒ p = 3
1
2
0
3
0
– 1
4
2
1
3
1
1
1
2
0
3
= 0
1
2
0
3
0
– 1
4
2
1
3
1
1
0
– 1
4
2
= 0
�
1
2
0
3
0
– 1
4
2
1
3
1
1
0
– 1
4
2
1
2
0
3
�
1
2
0
0
– 1
4
1
3
1
1
2
0
– 1
�
1
2
0
3
0
– 1
4
2
1
3
1
1
0
– 1
4
2
1
2
0
3
� 1 5 2 a� 1 2 3 3 �
2 7 b 5
1 5 2 a
� 1 2 3 3 �
2 7 b 5
1
1
5
2
1
1
2
5
2
7
2
3
b
= 0 ⇔ b = 5
1
1
2
5
2
7
a
3
5
= 0 ⇔ a = 2
Exercícios Resolvidos – Módulos 17 e 18
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09Página 3
4 MATEMÁTICA
Nas questões de � a �, calcular a característica de cada
matriz.
�
RESOLUÇÃO:
= 0 ⇒ |2| = 2 � 0
A característica da matriz é 1.
�
RESOLUÇÃO:
= – 5 � 0
A característica da matriz é 2.
�
RESOLUÇÃO:
= 0
= – 5 � 0
A característica da matriz é 2.
�
RESOLUÇÃO:
= 5 � 0
A característica da matriz é 3.
�21 42�
2
1
4
2
�12 31 45 08�
1
2
3
1
�
1
2
3
3
1
4
0
0
0
�
1
2
3
3
1
4
0
0
0
1
2
3
1
�
1
2
1
2
1
1
5
0
0
�
1
2
1
2
1
1
5
0
0
� Discutir o sistema
Resolução
a) A característica p da matriz 
MI = é 2, pois � 0
b) A característica q da matriz
MC = é 3, pois � 0
c) p = 2, q = 3 ⇒ p � q ⇒ o sistema não tem solução.
� Discutir e resolver o sistema 
Resolução
a) A característica p da matriz MI = é 2, 
pois ⇒ 0
b) A característica q da matriz MI = é 2,
pois = 0
c) p = q = n = 2 ⇒ sistema possível deter minado.
d) Abandonando a terceira equação, resolve-se o sistema
e) Resolvendo por substituição ou por elimi nação ou pela Regra de
Cramer, obtém-se x = y = 1.
� 11
2
2
– 1
1
�
1
1
2
– 1
� 11
2
2
– 1
1
3
0
3
�
1
1
2
2
– 1
1
3
0
3
� x + 2y = 3x – y = 0
� x + y = 12x – y = 1
3x + 2y = 5
� 12
3
1
– 1
2
� 12 1– 1
�12
3
1
– 1
2
1
1
5
� 12
3
1
– 1
2
1
1
5
x + 2y = 3
x – y = 0
2x + y = 3
�
Exercícios Propostos – Módulo 17
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 4
5MATEMÁTICA
Nas questões � e �, discutir e resolver (se tiver solução)
cada sistema.
� Discutir e resolver (se tiver solução) o sistema a seguir.
RESOLUÇÃO:
n = 2 
MI = ⇒ = – 5 � 0
p = 2
MC = ⇒
= – 35 � 0
q = 3
p � q ⇒ S.I. 
Resposta: SI e V = Ø
�
RESOLUÇÃO:
n = 2
MI = ⇒
= – 5 � 0
p = 2
MC = ⇒ = – 5 � 0 
q = 2
p = q = n ⇒ SPD
⇔ ⇔
Resposta: SPD e V = {(–1, 5)}
�
x + 2y = 9
3x + y = 2
2x – y = 0
�
1
3
2
2
1
–1
� �
1
3
2
1
�
1
3
2
2
1
–1
9
2
0
� �
1
3
2
2
1
–1
9
2
0
�
x + 2y = 9
3x + y = 2
2x – y = – 7
� 13
2
2
1
–1
� �
1
3
2
1
�
1
3
2
2
1
–1
9
2
–7
� �
det MC = 0 (L3 = L2 – L1)
1
3
2
1
�3x + y = 22x – y = – 7 �3x + y = 2x = – 1 �x = – 1y = 5
� Discutir e resolver (se tiver solução) o sistema a seguir.
RESOLUÇÃO:
n = 3
MI = ⇒ = 4 � 0
p = 2
MC = ⇒ = 16
q = 2
p = q < n ⇒ SPI
Fazendo-se z = α, temos: 
⇒
Resposta: SPI e V = {(6 – 2α; – 1 – α; α), ∀α ∈ �}
� Para que o sistema linear 
seja possível e determinado, é necessário que
a) m = 0 ou m = – 1
b) m = – 1 ou m = 2
c) m � – 1 e m � 2
d) m � 0 e m � 2
e) m � 0 e m � – 1
RESOLUÇÃO:
SPD ⇒ det MI � 0 ⇔ m2 + m � 0 ⇔ m � 0 e m � – 1
Resposta: E
x + y + 3z = 5
x – y + z = 7�
1
–1
3
1��11 1–1 31�
3
1
5
7��11 1–1 31 57�
x = 6 – 2α
y = – 1 – α�
x + y = 5 – 3α
x – y = 7 – α�
mx + y + z = 1
x – z = – 1
– x + my + z = 3
�
n = 3
m 1 1
MI = � 1 0 –1 �
–1 m 1
�
Exercícios Propostos – Módulo 18
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 5
� O sistema nas incógnitas x e y tem infinitas
soluções. O valor de a + b é:
a) 0 b) 1 c) 2
d) 3 e) 8
RESOLUÇÃO:
⇔
Para que o sistema tenha infinitas soluções, devemos ter:
⇔ ⇒ a + b = 8
Resposta: E
� Considere o sistema abaixo nas variáveis x, y e z.
Sobre este sistema, podemos afirmar que
a) possui uma única solução.
b) possui exatamente três soluções.
c) possui infinitas soluções.
d) não possui soluções.
e) não possui soluções ou possui infinitas soluções.
RESOLUÇÃO:
Como MI = e MC = 
As características p e q dessas matries são menores ou iguais a 2.
Assim, se p = q = 1 ou p = q = 2, o sistema é possível e
indeterminado e se p ≠ q, o sistema é impossível.
Resposta: E
Sr. Professor, faça uso deste exercício para mostrar a importância
de se conhecer o Teorema de Rouché-Capelli.
� Um dos grandes problemas enfrentados nas
rodovias brasileiras é o excesso de carga
trans portada pelos caminhões. Dimensionado
para o tráfego dentro dos limites legais de carga, o piso das
estradas se deteriora com o peso excessivo dos caminhões.
Além disso, o excesso de carga interfere na capacidade de fre -
nagem e no funcionamento da suspensão do veículo, causas
fre quentes de acidentes. 
Ciente dessa responsabilidade e com base na experiência ad -
quirida com pesagens, um caminhoneiro sabe que seu cami -
nhão pode carregar no máximo 1 500 telhas ou 1 200 tijolos. 
Considerando esse caminhão carregado com 900 telhas, quan -
tos tijolos, no máximo, podem ser acrescentados à carga de
modo a não ultrapassar a carga máxima do caminhão? 
a) 300 tijolos b) 360 tijolos 
c) 400 tijolos d) 480 tijolos 
e) 600 tijolos 
RESOLUÇÃO:
Sendo x e y, respectivamente, os “pesos” de uma telha e de um
tijolo, tem-se:
I) 1 500x = 1 200y ⇔ x = y 
II) O caminhão poderá receber 
(1 500 – 900) telhas = 600 telhas que “pesam”
600x = 600 . y = 480y, que correspondem a 480 tijolos.
Resposta: D
� x + ay = 6x + 2y = b
� x + ay = 6
x + 2y = b
� x + ay = 6
(a – 2) y = 6 – b
� a – 2 = 0
6 – b = 0 �
a = 2
b = 6
4
–––
5
4
–––
5
� ax + by + cz = dex + fy + gz = h
� a b ce f g � �
a b c d
e f g h �
6 MATEMÁTICA
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 6
7MATEMÁTICA
Seja S um sistema linear homogêneo com m
equações a n incógnitas e sejam p e q as características
das matrizes incompleta e completa, respectivamente:
Sendo nula a última coluna da matriz completa, con -
clui-se que p = q.
Sendo nulos os segundos membros de todas as
equações, conclui-se que a ênupla (0, 0, ..., 0) é solução
de qualquer sistema linear homogêneo.
É a chamada solução trivial.
Assim sendo:
a) Todo sistema linear homogêneo é possível
pois p = q sempre.
b) Todo sistema linear homogêneo admite pelo
menos a solução trivial (0, 0, ...,0).
c) Se p = n, o sistema é determinado e a única
solução é a trivial.
d) Se p < n, o sistema é indeterminado e admite
outras soluções, além da trivial.
a11x1 + a12x2 + ...................... + a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + ...................... + a2nxn = 0
..........................................................................
am1x1 + am2x2 + ...................... + amnxn = 0
�S 
Nas questões de � a �, discutir e resolver cada sistema.
�
Resolução
n = 2
MI = 
det MI = 9 – 10 = – 1 ⇒ SPD
Resposta: SPD e V = {(0; 0)}
�
Resolução
n = 3
MI =
det MI = 20 � 0 ⇒ SPD 
Resposta: SPD e V = {(0; 0; 0)}
�
Resolução
I) = 0, pois L3 = L1 + L2
Logo, o sistema admite outras soluções além da trivial (SPI).
II) Abandonando a última equação e fazendo z = α, temos:
Resposta: SPI e V = – ; ; α , α ∈ �
�
Resolução
Observando que = 0 ⇔ 3a + 12 = 0 ⇔ a = – 4 concluímos, que:
a) Para a � – 4, o sistema é possível e determinado e a única solução
é a trivial ⇒ V = {(0; 0)}.
b) Para a = – 4, o sistema é possível e indeterminado e as soluções
são do tipo
⇒ V = {(k; – 2k); k ∈ �}
� x + 5y = 02x + 9y = 0
�12
5
9 �
� x + y + 3z = 03x – y + 2z = 0
2x + 2y + z = 0
1
3
2
1
–1
2
3
2
1
�
� x + 2y + z = 02x + y + 3z = 0
3x + 3y + 4z = 0
1
2
3
2
1
3
1
3
4
� x + 2y + α = 02x + y + 3α = 0 ⇔ �
x + 2y = – α
2x + y = – 3α
⇔ �
5 
x = – –––– α
3
α
y = ––––
3
�� 5ᗗ3
α
—
3 � 	
�ax – 2y = 0
6x + 3y = 0
a
6
–2
3
� x = ky = – 2k
�
19
Palavras-chave:
Sistema linear homogêneo • Solução trivial
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 7
8 MATEMÁTICA
� Resolver o sistema 
RESOLUÇÃO:
O sistema linear é homogêneo e 
D = = 3 0, assim, o sisgtema é possível e
determinado, portanto, a única solução é a trivial (0; 0; 0).
Resposta: V = {(0; 0; 0)}
� Discutir e resolver o sistema 
RESOLUÇÃO:
a) A característica p da matriz 
é 2, pois � 0 e
= 0
b) Sendo p = q = 2 < n = 3, concluímos que o sistema é possível e
indeter mina do.
c) Fazendo z = k e abandonando a última equação, temos:
d) Se x = k, y = – 3k e z = k, então 
V = {(k, – 3k, k)}, k ∈ R.
e) Observe que (0; 0; 0), (1; – 3; 1) e (2; – 6; 2) são algumas das
infinitas soluções do sis tema.� Determinar m para que o sistema
tenha apenas a solução trivial
RESOLUÇÃO:
a) Só a solução trivial ⇔ SPD ⇔ p = n = 3
b) p = 3 ⇒ ≠ 0 ⇔ m ≠ 4
Resposta: m ≠ 4
� Na aferição de um novo semáforo, os tempos
são ajus tados de modo que, em cada ciclo
completo (verde-ama relo-vermelho), a luz
amarela permaneça acesa por 5 se gundos, e o tempo em que
a luz verde permaneça acesa seja igual a do tempo em que
a luz vermelha fique acesa. A luz verde fica acesa, em cada
ciclo, durante X segundos e cada ciclo dura Y segundos. 
Qual é a expressão que representa a relação entre X e Y? 
a) 5X – 3Y + 15 = 0 
b) 5X – 2Y + 10 = 0 
c) 3X – 3Y + 15 = 0 
d) 3X – 2Y + 15 = 0 
e) 3X – 2Y + 10 = 0 
RESOLUÇÃO:
Seja Z o tempo que a luz vermelha fica acesa, em cada ciclo. De
acordo com o enunciado:
I) X = . Z ⇔ Z = 
II) X + 5 + Z = Y ⇒ X + 5 + = Y ⇔ 5X – 2Y + 10 = 0
Resposta: B
x + 2y + 3z = 0�2x + 7y + z = 0
3x + 9y + 5z = 0
x + 2y + 3z = 0� 2x + 7y + z = 0
3x + 9y + 5z = 0
2
–––
3
3X
–––
2
2
–––
3
3X
–––
2
1
2
3
2
7
9
3
– 1
– 5
2x + y + z = 0
x – y – 4z = 0
4x – y – 7z = 0
�
2
1
4
1
–1
–1
1 
– 4
–7
� 23 57
2
1
4
1
– 1
– 1
1
– 4
– 7
2x + y – k x = k� ⇔ �
x – y = 4k y = – 3k
2x + y + 3z = 0
� 3x + 2y + z = 0
5x + 3y + mz = 0
2
3
5
1
2
3
3
1
m
�
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 8
9MATEMÁTICA
1. Fatorial
O fatorial de um número natural n, representado
pelo símbolo n! (lê-se: n fatorial ou fatorial de n), é um
número definido por:
, ∀n ∈ �*
Observe que é uma definição por recorrência, ou
seja, cada fatorial é calculado com a utilização do fatorial
anterior. Assim: 
De um modo geral, pois, temos:
Exemplos
1. Calcular 5!
Resolução
5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120
2. Calcular 
Resolução
= = 6 . 5 = 30
2. Número binomial
Sendo n e k dois números naturais, o número
binomial de ordem n e classe k, ou simplesmente o
binomial n sobre k, representado pelo símbolo , é
um novo número natural definido por:
, se n � k
, se n < k
Exemplos
a) = = = = 10
b) = = = 35
3. Binomiais complementares
Os números binomiais e , chamados
complementares, são iguais.
Simbolicamente, supondo n � k:
Demonstração
⇒
⇒ 
Consequência da propriedade
Se os números naturais n, k e p forem tais que 
n � k e n � p, então:
Exemplo
Resolva a equação
= � 0
Resolução
= � 0 ⇔ 2x + 1 = 7 – x ou
2x + 1 + 7 – x = 17 ⇔ x = 2 ou x = 9
O número 9 não é raiz pois para x = 9 o número 
7 – x não é natural.
Resposta: V = {2}
0! = 1
n! = n . (n – 1)!
0! = 1
1! = 1 . 0! = 1 . 1 = 1
2! = 2 . 1! = 2 . 1
3! = 3 . 2! = 3 . 2 . 1! = 3 . 2 . 1
4! = 4 . 3! = 4 . 3 . 2! = 4 . 3 . 2 . 1
n! = n . (n – 1)! = n . (n – 1) . (n – 2)! = ...
n! = n . (n – 1) . (n – 2) ... 3 . 2 . 1
6!
–––
4!
6!
–––
4!
6 . 5 . 4!
–––––––––
4!
n� �k
n n!� � = –––––––––––
k k! (n – k)!
n� � = 0k
5� �3
5!
––––––––
3!(5 – 3)!
5!––––––
3! 2!
5 . 4 . 3!/
––––––––
3!/ 2 . 1
7� �4
7!
–––––
4!3!
7 . 6 . 5 . 4!/
––––––––––––
4!/ . 3 . 2 . 1
n� �k
n� �n – k
n n� � = � �k n – k
n n!� � = ––––––––––––k k!(n – k)!
n n! n!� � = ––––––––––––––––––– = –––––––––n – k (n – k)![n – (n – k)]! (n – k)!k!
n n� � = � �k n – k
n n� � = � � , k = p ou k + p = nk p
17 � �2x + 1
17 � �7 – x
17 � �2x + 1
17 � �7 – x
20
Palavras-chave:
Fatorial e número binomial • Número natural 
• Fatorial
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 9
10 MATEMÁTICA
� O valor de é:
a) 45 b) 60 c) 80
d) 90 e) 100
RESOLUÇÃO:
= = 90
Resposta: D
� O valor da expressão é:
a) 352 b) 362 c) 372 d) 382 e) 392
RESOLUÇÃO:
= = = 
= 36 . (37 – 1) = 362
Resposta: B
10 !____
8!
10 !____
8!
10 . 9 . 8 !__________
8!
37 ! – 36 !__________
35!
37 ! – 36 !__________
35!
37 . 36 . 35! – 36. 35!_____________________
35!
35! (37 . 36 – 36)________________
35!
� (ESPM – MODELO ENEM) – A expressão 
equivale a
a) 4 . 13! b) 4! . 13! c) 15!
d) 16 . 13! e) 16!
Resolução
= =
= 2 . 1 . 2 . 2 . 2 . 7 . 6 . 5 . 13! = 2 . 2 . 2 . 2 . 3 . 5 . 2 . 7 . 13! = 
= 16 . 15 . 14 . 13! = 16!
Resposta: E
� (MODELO ENEM) – De uma reunião participam n pessoas 
(n ≥ 2). Se todas elas se cumprimentam com um aperto de
mãos, então o total de apertos de mãos é dado por 
= 
Se em uma festa todos os presentes se comprimentarem com
um aperto de mãos e foram registrados 190 cumprimentos
desse tipo, quantas pessoas estavam presentes no local?
a) 15 b) 18 c) 20
d) 24 e) 26
Resolução
= 190 ⇒ = 190 ⇒
⇒ = 190 ⇒ = 190 ⇒
⇒ n2 – n – 380 = 0 ⇒ n = 20, pois n ∈ �.
Resposta: C
� Calcule o valor de cada número binomial dado a seguir.
a) b) c) d) 
Resolução
a) = = = 792
b) = = = 792
c) = = 1
d) = = 1
�125�
2 . 1 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4! . 13!
–––––––––––––––––––––––––––
4!
2! . 8! . 13!
–––––––––––––
4!
2! . 8! .13!
–––––––––––
4!
� 127 � � 50 � � 55 �
� 125 �
12!
–––––––
5! 7!
12 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7!
–––––––––––––––––––––
5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 7!
� 127 �
12!
–––––––
7! 5! �
12
5 �
� 50 �
5!
–––––––
0! 5!
� 55 �
5!
–––––––
5! 0!
� n2 �
n!
–––––––––
2! (n – 2)!
� n2 �
n!
–––––––––––
2! . (n – 2)!
n(n – 1)(n – 2)!
–––––––––––––––
2! . (n – 2)!
n2 – n
––––––––
2
Exercícios Propostos
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 10
� Simplificando , com n ∈ �*, obte mos:
a) n + 1 b) n c) n – 1
d) n(n – 1) e) (n + 1) . n
RESOLUÇÃO:
(n + 1)! (n + 1) . n . (n – 1)!
–––––––––––––––– = –––––––––––––––––––– = n
(n + 1) . (n – 1)! (n + 1) . (n – 1)!
Resposta: B
Nas questões de � a �, calcular os números bino miais.
� = 
RESOLUÇÃO:
= = = 56
� =
RESOLUÇÃO:
= = 56
Obs.: = , pois são números binomiais complementares.
� =
RESOLUÇÃO:
= = 1, obs.: = 1, ∀n ∈ �
	 =
RESOLUÇÃO:
= = 1, obs.: = 1, ∀n ∈ �
 =
RESOLUÇÃO:
= = = 9, obs.: = n, ∀n ∈ �
� =
RESOLUÇÃO:
= 0, obs.: = 0, quando n ∈ �, k ∈ � e n < k 
� Resolver, em �, a equação = � 0.
RESOLUÇÃO:
2x – 5 = x ⇔ x = 5
ou
2x – 5 + x = 13 ⇔ x = 6
Resposta: V = {5; 6} 
8� �3
8� �3
8!
–––––––
3! 5!
9� �0
9� �
0
9!
–––––––
0! 9!
9� �9
9� �
9
9!
–––––––
0! 9!
5� �8
5� �
8
8� �5 8� �3
n� �
0
n� �
n
n� �
k
9� �1
9� �
1
n� �
1
9!
–––––––
1! 8!
9 . 8!
–––––––
1 . 8!
13� �2x – 5
13� �x
8� �5
8!
–––––––
5! 3!
8� �
5
8 . 7 . 6 . 5!
–––––––––––––
5! . 3 . 2 . 1
(n + 1)!
––––––––––––––
(n + 1) . (n – 1)!
11MATEMÁTICA
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 11
12 MATEMÁTICA
1. Relação de STIFEL
Se n ∈ �*, k ∈ �* e n � k então:
Demonstração
Observação
2. Relação de FERMAT
Se n ∈ �, k ∈ � e n ≥ k, então:
Demonstração
a) . = . =
=
b) =
c) De (a) e (b), concluiu-se que: 
. =
Observação
3. Binomiais do tipo e
e , ∀n ∈ �
Demonstração
a) = = = 1
b) = = = 1
4. Triângulo de Pascal
Definição
É uma tabela formada por números binomiais, do
tipo , dispostos de tal forma que os binomiais de
mes mo n situam-se na mesma linha e os de mesmo k
na mesma coluna.
 
…
n� �k + 1
n – k
–––––
k + 1
n� �k
n!
–––––––––––––––––
(k + 1)! (n – k – 1)!
n� �k + 1
n!
––––––––––––––––
(k + 1)!(n – k– 1)!
n – k
–––––
k + 1
n!
–––––––––
k!(n – k)!
n – k
––––––
k + 1
n� �k
n n – k n� � . –––––– = � �
k k + 1 k + 1
A principal aplicação da Relação de Stifel é na
construção do Triângulo de Pascal, como vere -
mos no item 5.
n – 1 n –1 (n – 1)! (n – 1)!� �+� �= ––––––––––– + –––––––––––– = k – 1 k (k –1)!(n–k)! k!(n – k – 1)!
k . (n – 1)! + (n – k) . (n – 1)! 
= –––––––––––––––––––––––––– = 
k!(n – k)!
[k + (n – k)] . (n – 1)!
= –––––––––––––––––––– =
k!(n – k)!
n . (n – 1)! n! n
= ––––––––––– = ––––––––– = � �k!(n – k)! k!(n – k)! k
n – 1 n – 1 n� � + � � = � �k – 1 k k
A Relação de Fermat permite calcular, de uma
maneira muito sim ples, os coeficientes do
desen vol vimento de (x + y) n. É o que veremos
no item 2.d do módulo 22. 
n� �n
n� �0
n� � = 1n
n� � = 10n!
–––––
1 . n!
n!
–––––
0!n!
n� �0
n!
–––––
n! . 1
n!
–––––
n!0!
n� �k
�00�
�11��
1
0�
�22��
2
1��
2
0�
�33��
3
2��
3
1��
3
0�
�44��
4
3��
4
2��
4
1��
4
0�
�nn��
n
4��
n
3��
n
2��
n
1��
n
0�
n� �n
21
Palavras-chave:Propriedades dos 
números binomiais
• Triângulo de Pascal 
• Linhas • Colunas 
• Diagonais
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 12
13MATEMÁTICA
Construção do Triângulo de Pascal
Uma maneira de construir o Triângulo de Pascal é
calcular os números pela definição. Pode-se, en -
tretanto, construir sem calcular cada um dos bino miais. 
Basta notar que:
a) O primeiro e o último elemento de cada linha são
sempre iguais a 1, pois:
b) Os demais elementos de cada linha são obtidos
usando a Relação de Stifel.
Observe que os binomiais da relação 
+ = , dispostos no Triângulo de
Pascal, sugerem que
Somando-se dois números binomiais consecutivos
de uma mesma linha, o resultado encontra-se abaixo
do binomial da direita.
Observe a sequência da cons tru ção do triângulo:
etc.
5. Propriedades do triângulo de
Pascal
a) Em qualquer linha, a partir da segunda, dois bi -
no miais equidistantes dos extremos são iguais, pois
são binomiais complementares.
Exemplo
A linha do triângulo correspondente a n = 5 é:
b) A soma de todos os binomiais da linha n é 2n:
Exemplo
+ + + + + = 25 = 32
1
1
1
1
1
1
2
3
+
=
1
1
3
d)
1
1
1
1
1
1
1
2
3
+
=
1
1
c)
1
1
1
1
1
1
1
2
+
=
1
b)
1
1
1
1
1
1
1
.
.
.
1
1
1
1
a)
n – 1
k – 1
n – 1
k
n
k
+ = ⇔
n – 1
k – 1
+ n – 1
k
=
n
k
n – 1
0
n – 1
1
n – 1
2
. . . n – 1
k – 1
0
0
1
0
1
1
2
0
2
1
2
2
.
.
.
+
n – 1
k
=
. . . 
. . .
n
k – 1
n
0
n
1
n
2
n
k
. . . .
n� �k
n – 1� �k
n – 1� �k – 1
0 1 2 n� � = � � = � � = ... = � � = 1, ∀n ∈ �0 0 0 0
0 1 2 n� � = � � = � � = ... = � � = 1, ∀n ∈ �0 1 2 n
n� �k
1
1
1
1
1
1
2
3
4
+
=
1
1
3
1
e)
1 5 10 10 5 1
n n n n� � + � �+ � � + … + � � = 2n0 1 2 n
�55��
5
4��
5
3��
5
2��
5
1��
5
0�
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 13
14 MATEMÁTICA
c) A soma dos binomiais da coluna k, a partir do
primeiro, é igual ao binomial localizado na próxima linha
e na próxima coluna do último binomial somado.
Exemplos
Generalizando:
d) A soma dos binomiais de uma diagonal (“para -
lela” ao lado oblíquo do triângulo), a partir do primeiro, é
igual ao binomial abaixo do último binomial somado.
Exemplos
Generalizando:
k k + 1 k + 2 n n + 1 � �+ � �+ � � +…+� � = � �0 1 2 n – k n – k
2 3 4 5 � � + � � + � � = � �0 1 2 2 
0 1 2 3 4 5 � � + � � + � � + � � + � � = � �0 1 2 3 4 4
1
0
2
0
3
0
4
0
1
1
2
1
3
1
4
1
4
4
5
4
5
5
5
0
5
1
5
3
3
3
4
3
2
2
3
2
4
2
5
2
0
0
+
+
+ +
+ +
= =
k k + 1 k + 2 n n + 1 � �+ � �+ � � +…+ � � = � �k k k k k + 1
2 3 4 5 � � + � � + � � = � �2 2 2 3
0 1 2 3 4 5 � � + � � + � � + � � + � � =� �0 0 0 0 0 1
0
0
1
0
2
0
3
0
4
0
5
0
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
2
2
3
2
4
2
5
2
3
3
4
3
5
3
4
4
5
4
+
+
+
+
+
+
==
� Calcular
Resolução
Observando, pela Relação de Stifel, que
, temos:
Resposta: 969
� Calculando , obtém-se
a) 120 b) 464 c) 495
d) 792 e) 912
Resolução
=
= + + + + =
(soma na diagonal do triângulo de Pascal)
=
Resposta: C
19! 19.18.17
= ––––––– = ––––––––– = 969
16!.3! 3.2.1
18 18 19 
= � � + � � = � � = 15 16 16 
17 17 18 � � + � � + � � = 14 15 16 
17 17 18 � � + � � = � �14 15 15 
17 17 18 � � + � � + � �14 15 16
n + 7� �n
4
∑
n = 0
n + 7� �n
4
∑
n = 0
12� �4
11� �4
10� �3
9� �2
8� �1
7� �0
7� �0
8� �1
9� �2
10� �3
11� �4
12� �4
= 495
12 . 11 . 10 . 9
–––––––––––––
4 . 3 . 2 . 1
=
12� �4
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 14
15MATEMÁTICA
� O triângulo de Pascal é uma tabela de números binomiais,
dispostos como segue:
 
 
 
 
 
Reescreva o triângulo, substituindo cada número binominal pe -
lo seu valor, e em seguida verifique as seguintes proprie dades:
dos binomiais equidistantes dos extremos (complementares),
das linhas, das colunas e das diagonais.
RESOLUÇÃO:
Nas questões de � a �, completar:
� + =
RESOLUÇÃO:
+ = = = = 56
Resposta: 56
� + + + + + + =
RESOLUÇÃO:
+ + + + + + = 26 = 64
Resposta: 64
4� �44� �34� �24� �14� �0
3� �33� �23� �13� �0
2� �22� �12� �0
1� �11� �0
0� �0
7� �37� �2
8 . 7 . 6 . /5!
––––––––––––
3 . 2 . 1 . /5!
8!
–––––––––
3! (8 – 3)!
8� �37� �37� �2
6� �66� �56� �46� �36� �26� �16� �0
6� �6
6� �5
6� �4
6� �36� �26� �1
6� �0
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 15
16 MATEMÁTICA
� + + + + =
RESOLUÇÃO:
+ + + + = =
= = = 70
Resposta: 70
� + + + + =
RESOLUÇÃO:
+ + + + = = 70
Resposta: 70
� Calcular o valor da expressão:
RESOLUÇÃO:
= 
=
Resposta: 5
8� �4
7� �4
6� �35� �24� �1
3� �0
7� �46� �35� �24� �13� �0
5
10 . 23 + 2 . � � 3 10 . 8 + 2 . 10 100
–––––––––––––––––– = –––––––––––––––– = ––––– = 5 
6 20 20� �
3 
7� �36� �35� �34� �33� �3
8� �47� �3
6� �35� �34� �3
3� �3
8 . 7 . 6 . 5 . 4! 
––––––––––––––
4! . 4 . 3 . 2 . 1
8!
–––––––––
4!(8 – 4)!
3 3 3 3 2 3 4
10�� � + � � + � � + � �� + 2�� � + � � + � ��0 1 2 3 2 2 2
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2 3 4 5� � + � � + � � + � �
0 1 2 3
10 + + + +2 + +
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
+ + +
�� 30 � �
3
1 � �
3
2 � �
3
3 � �
2
2 �� �
3
2 � �
4
2 ���
� 30 � �
3
1 � �
3
2 � �
3
3 �
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 16
17MATEMÁTICA
1. Desenvolvimento de (x + y)n
Observando as identidades
(x + y)0 = 1
(x + y)1 = 1 . x + 1 . y
(x + y)2 = 1 . x2 + 2 . xy + 1 . y2
(x + y)3 = 1 . x3 + 3 . x2y + 3 . xy2 + 1 . y3
nota-se que, nas parcelas de cada desenvolvimento:
a) as potências de x aparecem com expoentes em ordem decrescente;
b) as potências de y aparecem com expoentes em ordem crescente;
c) os coeficientes numéricos coincidem com os elementos das linhas do Triângulo de Pascal.
A partir destas considerações, induz-se uma maneira genérica de desenvolver (x + y)n. É o Teorema do Binômio de
Newton.
2. Teorema do Binômio de Newton
a) Sendo x e y dois números reais e n um número natural, demonstra-se que:
b) Utilizando o símbolo de somatório, pode-se também escrever:
c) Número de parcelas: o desenvolvimento de (x + y)n tem n + 1 parcelas.
d) Cálculo dos coeficientes:
Os coeficientes numéricos , , , ..., podem ser calculados pela definição de Número Binomial
ou então podem ser obtidos diretamente de cada linha do Triângulo de Pascal. A maneira mais prática de calcular os
coeficientes, porém, é lembrar que o primeiro é sempre igual a 1 e que os demais são obtidos a partir do anterior
pela Relação de Fermat, que é . = . Observe:
e) Observando que (x – y)n = [x + (– y)n] e que (– y)0 = y0, (– y)1 = – y1, (– y)2 = y2, (– y)3 = – y3 etc., temos:
n� �n
n� �2
n� �1
n� �0
n� �k + 1
n – k�–––––�k + 1
n� �k
n
n
(x + y)n = ∑ � � . xn – k . ykk
k = 0
n n n n n 
(x + y)n = � � . xn . y0 + � � . xn – 1 . y1 + � � . xn – 2 . y2 + … + � � . xn – k . yk + … � � . x0 . yn0 1 2 k n
T1 T2 T3 Tk + 1 Tn + 1
n n� � . (n – k) ÷(k + 1) = � �k k + 1
• ÷ =cada coeficiente expoente de x expoente de y aumentado de 1 coeficiente seguinte
n n n n
(x – y)n = � � . xny0 – � � . xn – 1y1 + � � . xn – 2y2 – � � xn – 3y3 + ...0 1 2 3
22 e 23
Palavras-chave:Binômio de Newton –
Desenvolvimento de (x + y)n
• Termo geral 
• Coeficientes • Expoentes
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 17
18 MATEMÁTICA
3. Termo geral
Podemos concluir que o termo de ordem k + 1 do desen volvimento de (x + y)n feito segundo os expoen tes
decrescentes de x, é:
É importante observar que, no desenvolvimento de (x + y)n, feito segundo expoentes crescentes de x, o ter mo de
ordem k + 1 é: 
4. Soma dos coeficientes
A soma dos coeficientes numéricos do desenvol vi men to de (ax + by)n, com a e b constantes, obtém-se fazendo
x = y = 1. A soma vale, portanto, (a . 1 + b . 1)n, ou seja, (a + b)n.
n
Tk + 1 = � � . xn – k . ykk
n
Tk + 1 = � � . xk . yn – kk
n n n n n 
(x + y)n = � � . xn . y0 + � � . xn – 1 . y1 + � � . xn – 2 . y2 + … +� � . xn – k . yk + … � � . x0 . yn0 1 2 k n
T1 T2 T3 Tk + 1 Tn + 1
Exercícios Resolvidos – Módulos 22 e 23
� (UNIOESTE – MODELO ENEM) – O valor da expressão 
1534 – 4 . 1533 . 3 + 6 . 1532 . 32 – 4 . 153 . 33 + 34 é igual a:
a) 153(153 – 3)3 + 3 b) 1474 c) 154 . 34
d) 1534 e) 154 . 104
Resolução
1534 – 4 . 1533 . 3 + 6 . 1532 . 32 – 4 . 153 . 33 + 34 = (153 – 3)4 =
1504 = (15 . 10)4 = 154 . 104
Resposta: E
� O quarto termo do desenvolvimento de (2x + y)8, feito segundo
os expoentes decres centes de x, é igual a: 
a) 56x5y3 b) 36x3y5 c) 1792x5y3
d) 1792x3y5 e) 2240x4y4
Resolução
Como Tk + 1 = � �xn – kyk para (x + y)n, temos:
T4 = � � (2x)5 . y3 = 56 . 32x5y3 = 1792x5y3
Resposta: C
� Considerando o desenvolvimento do binô mio x2 –
10
,
calcule:
a) o termo médio.
b) o termo independente de x.
Resolução
a) Como o desenvolvimento tem 10 + 1 = 11 termos, o termo médio
é o sexto.
Tk+1 = x
n – k . yk
T6 = (x
2)10 – 5 . (– x– 3)5 = – 252 . x – 5 = – 
b) Tk + 1 = (x
2)10 – k . (– x– 3)k = . x20 – 2k . (– 1)k . x– 3k =
= (– 1)k . x20 – 5k
20 – 5k = 0 ⇒ k = 4
O termo independente de x é (– 1)4 . x0 = 210.
Respostas: a) – b) 210
n
k
8
3
� 1–––x3 �
n� �k
10� �5
252
–––––
x5
10� �k
10� �k
10� �k
10� �4
252
–––––
x5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 18
19MATEMÁTICA
Nas questões de � a �, desenvolver:
� (x + y)0 = 1
� (x + y)1 = x + y
� (x + y)2 = x2 + 2xy + y2
� (x + y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3
� (x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4
� (x + y)5 = 1x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + 1y5
	 (x – y)5 = x5 – 5x4y + 10x3y2 – 10x2y3 + 5xy4 – y5
 (x + y)6 = x6 + 6x5y + 15x4y2 + 20x3y3 + 15x2y4 + 6xy5 + y6
� (x – y)6 = x6 – 6x5y + 15x4y2 – 20x3y3 + 5x2y4 – 6xy5 + y6
� (MODELO ENEM) – O valor da expressão 
E = (99)5 + 5 . 994 + 10 . 993 + 10 . 992 + 5 . 99 + 1 é igual a:
a) 99999 b) 1009 c) 1099
d) 1010 e) 105
RESOLUÇÃO:
E = (99)5 + 5 . 994 + 10 . 993 + 10 . 992 + 5 . 99 + 1 = 
= (99 + 1)5 = 1005 = (102)5 = 1010
Resposta: D
Exercícios Propostos – Módulo 22
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 19
20 MATEMÁTICA
� Calcular o quarto termo do desenvolvimento de (x + 2y)10,
feito segundo os expoentes decrescentes de x.
RESOLUÇÃO:
Tk + 1 = . x
10 – k . (2y)k
T4 = Tk + 1 → k = 3
T4 = . x
10 – 3 . (2y)3 = . x7 . 23 . y3 =
= . x7 . 8y3 = 960x7y3
Resposta: 960x7y3
� Calcular o termo de grau 9 no desenvolvimento de
RESOLUÇÃO:
I) Tk + 1 = . (x
2)12 – k . 
k 
=
= . x24 – 2k . x– 3k = . x24 – 5k
II) 24 – 5k = 9 ⇔ 5k = 15 ⇔ k = 3
III) T4 = . x
9 = . x9 = . x9 = 220x9
Resposta: 220x9
� Calcular o termo independente de x no desenvol vimento
de
RESOLUÇÃO:
I) Tk + 1 = . (x
4)10 – k . 
k 
=
= . x40 – 4k . x– k = . x40 – 5k
II) 40 – 5k = 0 ⇔ 5k = 40 ⇔ k = 8
5
III) T9 = . x
0 = = = 45
1
Resposta: 45
� A soma dos coeficientes dos termos do desen vol vimento
de (2x + y)6 é:
a) 81 b) 7776 c) 729 d) 2048 e) 243
RESOLUÇÃO:
Fazendo x = y = 1, temos: (2 + 1)6 = (3)6 = 729
Resposta: C
10 . 9 . 8 . 7!
–––––––––––––
3 . 2 . 1 . 7!
10!
––––––
3! . 7!
10� �3
10� �k
1 12�x2 + –––�x3
�1–––x3�
12� �k
12 . 11 . 10 . 9!
––––––––––––––
3 . 2 . 1 . 9!
12!
–––––––
3! . 9!
12� �k 12� �k
12� �3
1 10�x4 + ––�x
�1–––x�10� �k
10� �k
10� �k
10 . 9
–––––––
2. 1
10� �2
10� �8
Exercícios Propostos – Módulo 23
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 20
21MATEMÁTICA
1. Princípio fundamental da
contagem
Os problemas de Análise Combinatória são, basica -
mente, problemas de contagem. A abordagem destes
proble mas é baseada num fato, de fácil com prova ção,
denominado Princípio Fundamental da Contagem ou,
simples mente, Regra do Produto, enunciado e exem -
plificado a seguir.
Enunciado
Um acontecimento é composto de dois estágios su -
ces sivos e independentes. O primeiro estágio pode ocor -
rer de m modos distintos; em seguida, o segundo es tá -
 gio pode ocorrer de n modos distintos. Nestas condições,
dizemos que “o número de maneiras dis tin tas de ocor -
rer este acontecimento é igual ao produto m . n”.
Exemplo
Um estudante, ao se inscrever no Concurso para
Vestibular, deve escolher o Curso e a Faculdade que
deseja cursar. Sabe-se que existem cinco cursos pos -
síveis: Engenharia, Medicina, Odontologia, Arquite tura e
Direito. Cada curso pode ser feito em três faculdades
possíveis: Estadual, Federal e Particular. Qual é o
número total de opções que o estudante pode fazer?
Resolução
De acordo com o Princípio Fundamental da Conta -
gem, o número total de opções que o estudante pode
fazer é 5 x 3, ou seja, 15. Podemos ilustrar estas 15 op -
ções com o auxílio da árvore de possibilidades, obser -
vando que, para cada um dos cinco cursos pos síveis (E,
M, O, A, D), existem três faculdades possíveis (E, F, P).
Generalizações
Quando um acontecimento for composto por k está -
gios sucessivos e in depen dentes, com, respectiva mente,
n1, n2, n3, ..., nk possibilidades cada, o número total de
ma neiras distintas de ocorrer este acontecimento é 
n1 . n2 . n3 . ... . nk.
2. Técnicas de contagem
Seja A = {a; b; c; d; ...; j} um conjunto formado por 10
elementos distintos, e consideremos os “agrupa men tos
ab, ac e ca”.
Os agrupamentos ab e ac são considerados sempre
distintos, pois diferem pela natureza de um elemento.
Os agrupamentos ac e ca, que diferem apenas pela
ordem de seus elementos, podem ser considerados
distintos ou não.
Se, por exemplo, os elementos do conjunto A fo rem
pontos, A = {A1, A2, A3, ..., A10}, e ligando estes pontos
desejarmos obter retas, então os agrupamentos A1A2 e
A2A1 são iguais, pois representam a mesma reta.
Se, por outro lado, os elementos do conjunto A
forem algarismos, A = {0, 1, 2, 3, ..., 9}, e com estes
algarismos desejarmos obter números, então os agru -
pamentos 12 e 21 são distintos, pois representam
núme ros diferentes.
Do que foi exposto, podemos concluir que:
a) Existem problemas de contagem em que os agru -
pa mentos, a serem contados, são considerados distin -
tos, apenas quando diferem pela natureza de pelo
menos um de seus elementos. É o caso em que ac = ca.
Escolha
do Curso
Escolha
da Faculdade Resultado
E
F
P
E
F
P
E
F
P
E
F
P
E
F
P
D
A
O
M
E
E E
E F
E P
M E
M F
M P
O E
O F
O P
A E
A F
A P
D E
D F
D P
24
Palavras-chave:Análise combinatória –
Princípio da contagem e arranjos
• Contagem 
• Sequências
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:09 Página 21
22 MATEMÁTICA
Neste caso, os agrupamentos são chamados com -
binações.
Caso típico
O conjunto A é formado por pontos e o problema é
saber quantas retas esses pontos determinam.
b) Existem problemas de contagem em que os agru -
pa men tos, a serem contados, são considerados distin -
tos, quando diferem tanto pela natureza como pela
ordem de seus elementos. É o caso em que ac � ca.
Neste caso, osagrupamentos são chamados arran jos.
Caso típico
O conjunto A é formado por algarismos e o pro ble -
ma é contar os números por eles determinados.
3. Arranjos simples
Definição
Seja A um conjunto com n elementos e k um
natural menor ou igual a n.
Chamam-se arranjos simples k a k, dos n
elementos de A, os agrupamentos, de k elementos
distintos cada, que diferem entre si ou pela natureza
ou pela ordem de seus elementos.
Cálculo do número de arranjos simples
Na formação de todos os arranjos simples dos n
elementos de A, tomados k a k, temos:
n possibilidades na escolha do 1o. elemento;
n – 1 possibilidades na escolha do 2o. elemento,
pois um deles já foi usado;
n – 2 possibilidades na escolha do 3o. elemento,
pois dois deles já foram usados;
n – (k – 1) possibilidades na escolha do ko. ele -
mento, pois k – 1 deles já foram usados;
Pelo Princípio Fundamental da Contagem, represen -
tando com o símbolo An, k o número total de arranjos
simples dos n elementos de A (tomados k a k), temos:
(é o produto de k fatores)
Multiplicando e dividindo por (n – k)!:
n(n – 1) (n – 2) . ... . (n – k + 1) . (n – k)!
An,k = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––,
(n – k)!
notamos que n(n – 1)(n – 2) . ... . (n – k + 1) . (n – k)! = n!;
assim, podemos também escrever
n!
An,k = ––––––––
(n – k)!
An,k = n . (n – 1) . (n – 2) . ... . (n – k + 1)
� Jogar baralho é uma atividade que estimula o
raciocínio. Um jogo tradicional é a Paciência, que
utiliza 52 cartas. Inicialmente são formadas sete
colunas com as cartas. A primeira coluna tem uma carta, a segunda
tem duas cartas, a terceira tem três cartas, a quarta tem quatro cartas,
e assim sucessivamente até a sétima coluna, a qual tem sete cartas, e
o que sobra forma o monte, que são as cartas não utilizadas nas
colunas.
A quantidade de cartas que forma o monte é 
a) 21.
b) 24.
c) 26.
d) 28
e) 31.
Resolução
A quantidade de cartas que forma o monte é 
52 – (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7) = 52 – 28 = 24
Resposta: B
� (UNESP – MODELO ENEM) – Uma rede de supermercados
fornece a seus clientes um cartão de crédito cuja identificação é forma -
da por 3 letras distintas (dentre 26), seguidas de 4 algaris mos distintos.
Uma determinada cidade receberá os cartões que têm L como terceira
letra, o último algarismo é zero e o pe núltimo é 1. A quantidade total
de cartões dis tintos oferecidos por tal rede de supermer cados para
essa cidade é 
a) 33 600 b) 37 800 c) 43 200 
d) 58 500 e) 67 600 
Resolução
A numeração dos cartões dessa cidade é do tipo
A primeira letra pode ser escolhida entre as 25 res tan tes e a segunda
letra entre as 24 res tantes. O primeiro algarismo pode ser esco lhido
entre os 8 res tantes e o segundo entre os sete restantes. Desta forma,
o número de cartões é 25 . 24 . 8 . 7 = 33 600
Resposta: A
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 22
23MATEMÁTICA
� (FUVEST) – Uma caixa automática de banco só trabalha
com notas de 5 reais e 10 reais. Um usuário deseja fazer um
saque de 100 reais. De quantas maneiras diferentes a caixa
eletrônica poderá fazer esse pagamento?
a) 5 b) 6 c) 11
d) 15 e) 20
RESOLUÇÃO:
Resposta: C
� Num avião, uma fila tem 7 poltronas dispostas como na
figura abaixo.
corredor corredor 
Os modos de João e Maria ocuparem duas poltronas dessa
fila, de modo que não haja um corredor entre eles, são em 
número de:
a) 6 b) 7 c) 8
d) 10 e) 12
RESOLUÇÃO:
10 modos
Resposta: D
J M
M J
J M
M J
J M
M J
J M
M J
M J
J M
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
5 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
10 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0
� O código de barras, contido
na maior parte dos pro dutos
industrializados, consiste
num conjunto de várias barras que podem
estar preenchidas com cor escura ou não.
Quando um leitor óptico passa sobre essas
barras, a leitura de uma barra clara é con vertida
no número 0 e a de uma barra escura, no
número 1. Observe a seguir um exem plo
simplifi cado de um código em um sistema de
código com 20 barras. 
Se o leitor óptico for passado da esquerda
para a direita, irá ler: 01011010111010110001. 
Se o leitor óptico for passado da direita para a
esquer da, irá ler: 10001101011101011010. 
No sistema de código de barras, para se
organizar o processo de leitura óptica de cada
código, deve-se levar em consideração que
alguns códigos podem ter leitura da esquerda
para a direita igual à da direita para a esquer da,
como o código 00000000111100000000, no
sistema descrito acima.
Em um sistema de códigos que utilize apenas
cinco bar ras, a quantidade de códigos com lei -
tura da esquer da para a direita igual à da direita
para a esquerda, descon siderando-se to das as
barras claras ou todas as escuras, é: 
a) 14 b) 12 c) 8 d) 6 e) 4
Resolução
Se um sistema de códigos utiliza apenas cinco
barras, a quan tidade de códigos com leitura da
esquerda para a direita igual à da direita para a
esquerda, desconsi derando-se todas as barras
claras ou todas as escuras, é 6, pois:
1) As barras A,B,C,D,E podem estar preen -
chidas com cor escura ou não, ou seja, 2
possibilidades cada.
2) –A e E devem estar preenchidas com a
mesma cor: 2 possibili dades.
–B e D devem estar preenchidas com a
mesma cor: 2 possibi lidades.
–C tem 2 possibilidades de preenchimento.
3) Assim, existem 2.2.2 = 8 códigos com
leitura da esquerda para a direita igual à da
direita para a esquerda, das quais 2 têm
todas as barras claras ou todas escuras.
Logo, a resposta é 8 – 2 = 6.
Resposta: D
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 23
24 MATEMÁTICA
� Uma pesquisa realizada por estudantes da
Faculdade de Estatística mostra, em horas por
dia, como os jovens entre 12 e 18 anos
gastam seu tempo, tanto durante a semana (de segunda-feira
a sexta-feira), como no fim de semana (sábado e domingo). A
seguinte tabela ilustra os resulta dos da pesquisa.
De acordo com esta pesquisa, quantas horas de seu tempo
gasta um jovem entre 12 e 18 anos, na semana inteira (de
segunda-feira a domingo), nas atividades escolares?
a) 20 b) 21 c) 24
d) 25 e) 27
RESOLUÇÃO:
A quantidade de horas semanais, de segunda-feira a domingo,
que um jovem de 12 a 18 anos gasta com atividades escolares é 
5 . 5 + 2 . 1 = 27
Resposta: E
� Uma senha de acesso a uma rede de computadores é
formada por 3 letras escolhidas entre as seis primeiras do
nosso alfabeto. Quantas senhas diferentes e de três letras
distintas podem ser formadas com as letras citadas?
RESOLUÇÃO:
Letras ⇒
↓ ↓ ↓Total de
possibilidades ⇒ 6 . 5 . 4 = 120 = A6,3
Resposta: 120
� Existem vários sistemas de numeração, mas o mais
comum, e que é frequentemente utilizado por nós, é o sistema
de numeração decimal, no qual contamos com dez símbolos
distintos: 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9.
Quantos números diferentes e de quatro algarismos distintos
podem ser formados nesse sistema?
RESOLUÇÃO:
Condição: o algarismo dos milhares deve ser diferente de zero.
Algarismos ⇒
↓ ↓ ↓ ↓Total de
possibilidades ⇒ 9 . 9 . 8 . 7 = 4536
ou
A10,4 – A9,3 = 10 . 9 . 8 . 7 – 9 . 8 . 7 = 4536
Resposta: 4536
� O diretor de uma escola convidou os 280
alunos de terceiro ano a participarem de uma
brincadeira. Suponha que existem 5 objetos e
6 personagens numa casa de 9 cô modos; um dos personagens
esconde um dos objetos em um dos cômodos da casa. O
objetivo da brincandeira é adivinhar qual objeto foi escondido
por qual personagem e em qual cômodo da casa o objeto foi
escondido.
Todos os alunos decidiram participar. A cada vez um aluno é
sorteado e dá a sua resposta. As respostas devem ser sempre
distintas das anteriores, e um mesmo aluno não pode ser sor -
tea do mais de uma vez. Se a resposta do aluno estiver correta,
ele é declarado vencedor e a brincadeira é encerrada.
O diretor sabe que algum aluno acertará a resposta porque há:
a) 10 alunos a mais do que possíveis respostas distintas.
b) 20 alunos a mais do que possíveis respostas distintas.
c) 119 alunos a mais do que possíveis respostas distintas.
d) 260alunos a mais do que possíveis respostas distintas.
e) 270 alunos a mais do que possíveis respostas distintas.
RESOLUÇÃO:
O número total de possibilidades de uma persona gem esconder
um dos 5 brinquedos em um dos 9 cômodos é 6 . 5 . 9 = 270.
Já que as respostas devem ser sempre diferentes, algum aluno
acertou a resposta porque “há 10 alunos a mais do que possíveis
respostas distintas”.
Resposta: A
C D UM
3a.2a.1a.
Rotina 
Juvenil
Durante 
a semana
No fim 
de semana
Assistir à televisão 3 3
Atividades domésticas 1 1
Atividades escolares 5 1
Atividade de lazer 2 4
Descanso, higiene e
alimentação
10 12
Outras atividades 3 3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 24
25MATEMÁTICA
1. Definição
Seja A um conjunto com n elementos. Os arranjos
simples n a n, dos n elementos de A, são chamados
permutações simples de n elementos.
Observe que, de acordo com a definição, todas as
permutações têm os mesmos elementos: são os n ele -
mentos de A. Assim sendo: duas permutações dife -
rem entre si apenas pela ordem de seus elementos.
2. Cálculo do número 
de permutações simples
Representando com o símbolo Pn o número total de
per mu tações simples de n elementos e estabelecendo 
k = n na fórmula An,k = n(n – 1).(n – 2) . ... . (n – k + 1), temos:
Pn = An,n = n(n – 1).(n – 2) . ... . (n – n + 1) =
= n.(n – 1).(n – 2) . ... . 1 = n!
Logo:
3. Permutações com 
elementos repetidos
Sejam α elementos iguais a a, β elementos iguais
a b, γ elementos iguais a c, ..., λ elementos iguais a �,
num total de α + β + γ + ... + λ = n elementos.
Representando com o símbolo Pn
α, β, γ, ..., λ o número
de permutações distintas que podemos formar com os n
elementos, temos:
n!
Pn
�, β, γ, ..., λ = ––––––––––––––––––
�! . β! . γ! . ... . λ!
Pn = n!
25
Palavras-chave:
Permutações • Permutar 
• Trocar
Exercícios Resolvidos
� São designadas por tucano as aves da família Ram phastidae que
vivem nas florestas da América Central e América do Sul e possuem um
bico grande e inconfundível. Quantos são os anagramas da palavra
TUCANO?
Resolução 
P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
Resposta: 720
� Quantos anagramas da palavra TUCANO come çam com vogal e
terminam com consoante?
Resolução
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
3 . 4 . 3 . 2 . 1 . 3 = 3 . P4 . 3 = 9 . 4! = 216 
P4
Resposta: 216
� (FUVEST – MODELO ENEM) – Um lotação possui três bancos
para passageiros, cada um com três lugares, e deve transportar os três
membros da família Sousa, o casal Lúcia e Mauro e mais quatro
pessoas. Além disso, 
1. a família Sousa quer ocupar um mesmo banco;
2. Lúcia e Mauro querem sentar-se lado a lado.
Nessas condições, o número de maneiras distintas de dispor os nove
passageiros no lotação é igual a
a) 928 b) 1152 c) 1828
d) 2412 e) 3456
Resolução
Existem 3 formas de escolher o banco em que a família Souza irá sentar
e P3 formas de posicioná-la nesse banco.
Existem 2 formas de escolher, entre os bancos que so braram, aquele
em que o casal Lúcia e Mauro senta. Para cada um desses bancos
existem duas formas de posicionar o casal (à esquerda ou à direita do
banco, por exemplo) e, para cada uma dessas formas, P2 maneiras de o
casal trocar de lugar entre si.
Existem P4 formas de posicionar as quatro outras pessoas.
Assim, no total, temos:
3 . P3 . 2 . 2 . P2 . P4 = 12 . 3! . 2! . 4! = 3456 maneiras distintas de dispor
os passageiros no lotação.
Resposta: E
A
O
U
C
N
T
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 25
� Um cliente de uma videolocadora tem o hábito de
alugar dois filmes por vez. Quando os devolve, sem -
pre pega outros dois filmes e assim suces siva -
mente. Ele soube que a videolocadora recebeu alguns lançamentos,
sendo 8 filmes de ação, 5 de comédia e 3 de drama e, por isso,
estabeleceu uma estratégia para ver todos esses 16 lançamentos.
Inicialmente alugará, em cada vez, um filme de ação e um de comédia.
Quando se esgotarem as possibilidades de comédia, o cliente alugará
um filme de ação e um de drama, até que todos os lançamentos sejam
vistos e sem que nenhum filme seja repetido. 
De quantas formas distintas a estratégia desse cliente poderá ser
posta em prática? 
a) 20 x 8! + (3!)2 b) 8! x 5! x 3! c)
d) e)
Resolução :
Para alugar os 16 filmes lançamentos, serão neces sárias 8 locações,
pois são alugados dois filmes por vez.
I) O número de sequências diferentes para alugar os 8 filmes de ação,
nas 8 locações, é P8 = 8!
II) O número de sequências diferentes para alugar os 5 filmes de
comédia, nas 5 primeiras locações, é P5 = 5!
III) O número de sequências diferentes para alugar os 3 filmes de
drama, nas 3 últimas locações, é P3 = 3!
Assim, o número de formas distintas é 8! . 5! . 3!
Resposta: B
� (UNESP – MODELO ENEM) – A figura mostra a planta de um bairro
de uma cidade. Uma pessoa quer caminhar do ponto A ao ponto B por
um dos percursos mais curtos. Assim, ela caminhará sempre nos
sentidos “de baixo para cima” ou “da esquerda para a direita”. O número
de percursos diferentes que essa pessoa poderá fazer de A até B é:
a) 95 040. b) 40 635. c) 924.
d) 792. e) 35.
Resolução
Qualquer percurso para ir de A até B deve ter, sempre, cinco trechos
“de baixo para cima” e sete trechos “da esquerda para a direita”. O
número de percursos diferentes é igual, portanto, ao número de
permutações desses 12 trechos, lembrando que 5 são iguais (↑) e os
outros 7 também (→). Logo
P12
5,7 = = = 792
Resposta: D
16!
––––
28
12!
––––––
5! . 7!
12 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7!
––––––––––––––––––
5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 7!
8! x 5! x 3!
––––––––––––
22
8! x 5! x 3!
––––––––––––
28
A
B
26 MATEMÁTICA
Exercícios Propostos
� Quantos anagramas tem a palavra AMIGO?
RESOLUÇÃO:
P5 = 5! = 5 . 4 . 3. 2 . 1 = 120
Resposta: 120
� Quantos anagramas da palavra AMIGO começam com
vogal e terminam com consoante?
RESOLUÇÃO:
3. 3 . 2 . 1 . 2 = 3 . P3 . 2 = 3 . 3! 2 = 36123
P3
Resposta: 36
A
I
O
M
G
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 26
� Chipre é uma ilha situada no mar Mediterrâneo Oriental ao
sul da Turquia, com a Síria e o Líbano a leste. Quantos anagra -
mas da palavra CHIPRE tem as letras C, H e I juntas?
RESOLUÇÃO:
P3
P4
P4 . P3 = 4! . 3!= 144
Resposta: 144
� O setor de recursos humanos de uma em -
presa vai realizar uma entrevista com 120
can didatos a uma vaga de contador. Por
sorteio, eles pretendem atri buir a cada candidato um número,
colocar a lista de números em ordem numérica crescente e
usá-la para convocar os interessados. Acontece que, por um
defeito do com putador, foram gerados números com 5 alga -
rismos distin tos e, em nenhum deles, apareceram dígitos
pares.
Em razão disso, a ordem de chamada do candidato que tiver
recebido o número 75 913 é
a) 24. b) 31. c) 32. d) 88. e) 89
RESOLUÇÃO: 
Permutando os algarismos 1, 3, 5, 7, 9, obtém-se 
5! = 120 números de cinco algarismos distintos. Es crevendo estes
números em ordem crescente até o número 75 913, temos:
1) 4! = 24 números iniciados em 1
2) 4! = 24 números iniciados em 3
3) 4! = 24 números iniciados em 5
4) 3! = 6 números iniciados em 71
5) 3! = 6 números iniciados em 73
6) 2! = 2 números iniciados em 751
7) 2! = 2 números iniciados em 753
8) O número 75 913
A ordem de chamada do candidato que tiver recebido o número
75 913 é 24 + 24 + 24 + 6 + 6 + 2 + 2 + 1 = 89
Resposta: E
� Quantos são os anagramas da palavra ARARA?
RESOLUÇÃO:
P2;35 = = 10
Resposta: 10
� Quantos são os anagramas de “URUGUAI” que
começam por vogal?
RESOLUÇÃO:
1) A quantidade de anagramas que começados em U é 
P6
2 = = 360
2) A quantidade de anagramas começados em A é
P36 = = 120
3) A quantidade de anagramas começasos em I é
P36 = = 120
Assim, a quantidade total de anagramas de “URUGUAI”
começados em vogal é 360 + 2. 120 = 600.
Resposta: 600
C H I
5!
–––––
2!3!
U R U G U A I
6!
––––
2!
A U R U G U I
6!
–––––
3!
I U R U G U A
6!
–––––
3!
27MATEMÁTICA
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 27
28 MATEMÁTICA1. Definição
Seja A um conjunto com n elementos e k um natural
menor ou igual a n. Chamam-se combinações simples
k a k, dos n elementos de A, os agrupamentos, de k
elementos distintos cada, que diferem entre si apenas
pela natureza de seus elementos.
2. Cálculo do número de
combinações simples
Representando com o símbolo Cn,k o número total
de combinações simples dos n elementos de A, toma -
dos k a k, temos:
a) permutação de k elementos de uma com bi na -
ção k a k, obtendo-se Pk arranjos distintos.
b) permutação de k elementos das Cn,k com bina -
 ções k a k obtendo-se Cn,k . Pk arranjos
distintos.
Assim sendo:
Lembrando que An,k = , Pk = k! e 
= , podemos também escrever:
Seja A = {a, b, c, d} um conjunto com 4 elementos dis -
tintos. Com os ele men tos de A podemos formar 
4 com bina ções de três elementos cada:
Permutando os 3 elementos de uma delas, por exemplo
abc, obtemos P3 = 6 arranjos distintos:
Permutando os 3 elementos das 4 com bi na ções, ob te -
 mos todos os ar ran jos 3 a 3:
Assim sendo: 
(4 combinações) x (6 permuta ções) = 24 arranjos e,
portanto, C4,3 . P3 = A4,3
An,k n! n
Cn,k = ––––– = –––––––––– = 1 2
Pk k!(n – k)! k
n� �k
n!
–––––––––
k!(n – k)!
n!
––––––––
(n – k)!
An,k
Cn,k . Pk = An,k ⇔ Cn,k = –––––
Pk
abc abd acd bcd
abc abd acd bcd
acb
bac
bca
cab
cba
abc abd acd bcd
acb adb adc bdc
bac bad cad cbd
bca bda cda cdb
cab dab dac dbc
cba dba dca dcb
26
Palavras-chave:
Combinações simples • Escolher 
• Conjuntos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 28
29MATEMÁTICA
� (FUVEST) – Participam de um torneio de voleibol 20 times distri -
buídos em 4 chaves, de 5 times cada uma. Na 1a. fase do torneio, os
times jogam entre si uma única vez (um único turno), todos contra
todos em cada chave, sendo que os 2 melhores de cada chave pas sam
para a 2a. fase. Na 2a. fase, os jogos são eliminatórios; depois de cada
partida, apenas o vencedor permanece no torneio. Logo, o número de
jogos necessários até que se apure o campeão do torneio é:
a) 39 b) 41 c) 43 d) 45 e) 47
Resolução
Na primeira fase, foram realizados 4 . C5,2 = 4 . 10 = 40 jogos; na
segunda fase, 4 jo gos; na terceira fase, 2 jogos e na final, 1 jogo. Total
de jogos = 40 + 4 + 2 + 1 = 47
Resposta: E
� De quantos modos podemos dividir 8 pessoas em 2 grupos de 4
pessoas cada?
Resolução
O primeiro grupo pode ser escolhido de C8,4 modos. Escolhido o
primeiro grupo, sobram 4 pessoas e só há 1 modo de formar o
segundo grupo.
= = 35
Resposta: 35
� (UNESP – MODELO ENEM) – Um professor, ao elaborar uma
prova composta de 10 questões de múltipla escolha, com 5 alter -
nativas cada e apenas uma correta, deseja que haja um equilíbrio no
número de alternativas corretas, a serem assinaladas com X na folha
de respostas. Isto é, ele deseja que duas questões sejam assinaladas
com a alternativa A, duas com a B, e assim por diante, como mostra o
modelo.
Modelo de folha de resposta (gabarito)
Nessas condições, a quantidade de folha de respostas diferentes, com
a letra X disposta nas alternativas corretas, será
a) 302 400 b) 113 400 c) 226 800
d) 181 440 e) 604 800
Resolução 
Existem: 
C10;2 formas de escolher as questões cuja resposta correta é A; C8;2
formas de escolher as questões cuja resposta correta é B; 
C6;2 formas de escolher as ques tões cuja resposta correta é C; 
C4;2 formas de escolher as questões cuja resposta correta é D;
C2;2 formas de escolher as questões cuja resposta correta é E.
Ao todo, existem
C10;2 . C8;2 . C6;2 . C4;2 . C2;2 =
= . . . . 1 = = 113 400
Resposta: B
� Considere o seguinte jogo de apostas: 
Numa cartela com 60 números disponíveis, um
apostador escolhe de 6 a 10 números. Dentre os
números disponíveis, serão sorteados apenas 6. O apostador será
premiado caso os 6 números sorteados estejam entre os números
escolhidos por ele numa mesma cartela. 
O quadro apresenta o preço de cada cartela, de acordo com a
quantidade de números escolhidos. 
Cinco apostadores, cada um com R$ 500,00 para apostar, fizeram as
seguintes opções: 
Arthur: 250 cartelas com 6 números escolhidos; 
Bruno: 41 cartelas com 7 números escolhidos e 4 cartelas com 6
números escolhidos; 
Caio: 12 cartelas com 8 números escolhidos e 10 cartelas com 6 números
escolhidos; 
Douglas: 4 cartelas com 9 números escolhidos; 
Eduardo: 2 cartelas com 10 números escolhidos. 
Os dois apostadores com maiores probabilidades de serem premiados são 
a) Caio e Eduardo. b) Arthur e Eduardo. c) Bruno e Caio. 
d) Arthur e Bruno. e) Douglas e Eduardo. 
Resolução
De acordo com o enunciado, podemos montar a se guinte tabela:
Portanto, os dois apostadores com maiores proba bilidades de serem
premiados são Eduardo com 420 apostas e Caio com 346 apostas.
Resposta: A
C8,4 x 1–––––––––
2
70
––––
2
A B C D E
01 X
02 X
03 X
04 X
05 X
06 X
07 X
08 X
09 X
10 X
10!
–––––
8!2!
8!
–––––
6!2!
6!
–––––
4!2!
4!
–––––
2!2!
10!
–––––
(2!)5
Quantidade de números
escolhidos em uma cartela
Preço da cartela (R$) 
6 2,00 
7 12,00 
8 40,00 
9 125,00 
10 250,00 
Apostador Números de apostas realizadas
Arthur
6
250 . � � = 2506
Bruno
7 6
41 . � � + 4 . � � = 287 + 4 = 2916 6 
Caio
8 6
12 . � �+ 10 . � � = 336 + 10 = 3466 6 
Douglas
9
4 . � � = 3366
Eduardo
10
2 . � � = 4206
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 29
30 MATEMÁTICA
� Como não são adeptos da prática de esportes,
um grupo de amigos resolveu fazer um
torneio de futebol utilizando videogame.
Decidiram que cada jogador joga uma única vez com cada um
dos outros jogadores. O campeão será aquele que conseguir o
maior número de pontos. Observaram que o número de
partidas jogadas depende do número de jogadores, como
mostra o quadro:
Se a quantidade de jogadores for 8, quantas partidas serão
realizadas?
a) 64 b) 56 c) 49 d) 36 e) 28
RESOLUÇÃO:
O número de maneiras de se escolher 2 jogadores dentre os 8
possíveis é:
C8;2 = = = 28
Resposta: E
� (UFU) – Cada seleção participante da copa do mundo de
futebol inscreve 23 jogadores, sendo neces sariamente três
goleiros. Em cada partida, dois jogadores de cada seleção são
escolhidos entre os 23 inscritos para o exame anti-doping, mas
são descartadas as possibilidades de que os dois jogadores esco -
lhidos sejam goleiros. De quantas ma neiras diferentes estes dois
jogadores podem ser es colhidos?
RESOLUÇÃO:
C23,2 – C3,2 = 253 – 3 = 250 
Resposta: 250
� Num plano são dados dez pontos, três a três não coli -
neares. Pergunta-se:
a) qual o número total de retas determinadas por esses pon tos?
b) qual o número total de triângulos com vértices nestes pon tos?
RESOLUÇÃO:
a) C10;2 = = 45
b) C10;3 = = 120
Respostas: a) 45 b) 120
� Num plano são dados dez pontos distintos, contidos em
duas retas para lelas, conforme a figura a seguir. Qual o número
total de triângulos com vértices nestes pontos?
RESOLUÇÃO:
Devemos escolher 1 ponto da reta r e 2 da reta s ou 1 ponto da
reta s e 2 pontos da reta r.
C4;1 . C6;2 + C6;1 . C4;2 = 4 . 15 + 6 . 6 = 96
ou C10,3 – C4,3 – C6,3 = 120 – 4 – 20 = 96
Resposta: 96
� (FUVEST) – Doze pontos são assinalados sobre quatro
segmentos de reta de forma que três pontos sobre três seg -
mentos distintos nunca são colineares, como na figura.
O número de triângulos distintos que podem ser desenhados
com os vértices nos pontos assinalados é
a) 200. b) 204. c) 208. d) 212. e) 220.
RESOLUÇÃO:
O número de triângulos distintos que podem ser formados é 
C12,3 – 2 . C4,3 pois os pontos A, B, C e D são alinhados o mesmo
acontecendo com M, N, P e Q.
Assim:
C12,3 – 2 . C4,3 = – 2 . =
= – 2 . 4 = 220 – 8 = 212 
Resposta: D
Quantidade de jogadores 2 3 4 5 6 7
Número de partidas 1 3 6 10 15 21
8!
––––––––––
2! (8 – 2)!
8!
––––––
2! 6!
10� �2
10� �3
12!
–––––––
3! 9!
4!
–––––––
3! 1!
12 . 11 . 10
––––––––––––
6
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 30
31MATEMÁTICA� Uma família com 5 pessoas possui um automóvel de 5
lugares. Se apenas uma pessoa dirige, de quantas maneiras
diferentes os passageiros podem se acomodar no carro para
uma viagem?
a) 6 b) 12 c) 24 d) 36 e) 120
RESOLUÇÃO:
P4 = 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24
Resposta: C
 
� (UEPA – MODELO ENEM) – Para a formação de uma
equipe de trabalho, uma empresa realizou um concurso para
preenchimento de vagas em seu setor de informática, sendo 2
vagas para Analista de Sistemas e 3 para Técnico. O primeiro
colocado no cargo de analista de sistemas terá função de
coordenador da equipe e os aprovados no cargo de técnico
terão funções idênticas. Todos os aprovados no concurso
serão chamados juntos, independentemente da classificação
de cada um. Inscreveram-se 5 pessoas para concorrer ao cargo
de analista de sistemas e 6 ao cargo de técnico. Então o
número máximo de maneiras dis tintas que essas 5 vagas
podem ser preenchidas, para a formação da equipe de
trabalho, pelos candidatos é:
a) 200 b) 400 c) 800 d) 1 200 e) 2 400
RESOLUÇÃO:
A5,2 . C6,3 = 20 . 20 = 400 
Resposta: B
� Quantas comissões, de apenas 5 pessoas cada, podemos
formar com um grupo de 10 rapazes, de modo que em cada
uma existam um presidente, um secretário e três conse lhei -
ros?
RESOLUÇÃO: 
A10,2 . C8,3 = 90 . 56 = 5040
Resposta: 5040
� (FUVEST) – Vinte times de futebol disputam a Série A do
Campeonato Brasileiro, sendo seis deles paulistas.
Cada time joga duas vezes contra cada um dos seus adver -
sários. A porcentagem de jogos nos quais os dois oponentes
são paulistas é
a) menor que 7%.
b) maior que 7%, mas menor que 10%.
c) maior que 10%, mas menor que 13%.
d) maior que 13%, mas menor que 16%.
e) maior que 16%.
RESOLUÇÃO:
I) O número total de jogos é A20,2 = 20 . 19.
II) O número de jogos nos quais os dois oponentes são
paulistas é A6,2 = 6 . 5.
III) A porcentagem pedida é
= � 0,079 = 7,9%
Resposta: B
P S C C C
3
–––
38
6 . 5
–––––––
20 . 19
27
Arranjos, permutações e
combinações: exercícios
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 31
32 MATEMÁTICA
� O comitê organizador da Copa do Mundo 2014
criou a logomarca da Copa, composta de uma
figura plana e o slogan “Juntos num só
ritmo”, com mãos que se unem formando a taça Fifa. Con -
sidere que o comitê organizador resolvesse utilizar todas as
cores da bandeira nacional (verde, amarelo, azul e branco) para
colorir a logomarca, de forma que regiões vizinhas tenham
cores diferentes.
(Disponível em: www.pt.fifa.com. 
Acesso: em: 19 nov. 2013. Adaptado).
De quantas maneiras diferentes o comitê organizador da Copa
poderia pintar a logomarca com as cores citadas?
a) 15 b) 30 c) 108 d) 360 e) 972
RESOLUÇÃO:
A figura, por ser plana, tem seis regiões distintas. Neste caso,
teríamos 4 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 = 972 formas de pintá-las, como
sugere a figura seguinte.
Observação:
Não se pode garantir que as quatro cores sejam sem pre usadas
em cada logotipo.
Observe ainda que nas 972 formas de pintar as 6 regiões da figura
não se considerou a possibilidade de pintar o slogan, que também
faz parte da Logomarca.
Resposta: E
3 3
3
3
3
4
JUNTOS NUM SÓ RITMO
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 32
33MATEMÁTICA
1. Arranjos completos
Arranjos completos de n elementos, tomados k a
k, são os arranjos de k elementos NÃO NECES SARIA -
MEN TE DISTINTOS.
Ao calcular os arranjos completos, portanto, deve -
mos considerar tanto os arranjos com elementos dis -
tintos (que são os arranjos simples) como também
aqueles com elementos repetidos.
O número total de arranjos completos de n elemen -
tos, tomados k a k, representado pelo símbolo A*n,k, é
dado por: 
2. Combinações completas
Combinações completas de n elementos, tomados
k a k, são combinações de k elementos NÃO NECES SA -
RIA MENTE DISTINTOS.
Ao calcular as combinações completas, portanto, de -
ve mos considerar tanto as combinações com elemen -
tos distintos (que são as combinações simples) como
também aquelas com elementos repetidos.
O número total de combinações completas de n ele -
mentos, tomados k a k, representado pelo símbolo C*n,k,
é dado por:
A*n,k = n
k
n + k – 1
C*n,k = Cn + k – 1, k = � �
k
28
Palavras-chave:Arranjos completos e
combinações completas • Elementos repetidos
Exercícios Resolvidos
� Numa cesta existem peras, maçãs, laran jas e bananas. Existem
pelo menos três de cada tipo e as frutas de mesmo tipo são todas
iguais. 
De quantas maneiras diferentes é possível escolher:
a) três frutas de tipos diferentes?
b) três frutas?
Resolução
4 . 3 . 2
a) C4,3 = ––––––––– = 43 . 2 . 1
Observe quais são as 4 maneiras possíveis:
6 . 5 . 4
b) C*4,3 = C4 + 3 – 1,3 = C6,3 = ––––––––– = 203 . 2 . 1
Observe quais são as 20 manei ras possíveis:
� (MODELO ENEM) – A “onda” de desvios de valores de corren -
tistas de bancos via Internet é grande no Brasil. Durante o mês de
outubro, várias pessoas foram presas no Pará, acusadas desse tipo de
crime. Os bancos tentam evitar que seus clientes sofram com esse
tipo de furto, alertando sobre cuidados na manipulação de informações
de suas contas bancárias. Atualmente, para maior segurança, alguns
bancos estão adotando senhas em que o correntista tem de digitar
quatro algarismos seguidos de três letras. Dessa forma, um cliente de
um desses bancos, ao criar sua senha, resolveu utilizar uma das
permutações dos algarismos do ano do nasci mento de sua filha e,
também, o nome dela. Sabendo que sua filha nasceu em 1998 e seu
nome é Isabel, então o número de opções distintas para criação de sua
senha será:
a) 240 b) 480 c) 920 d) 1 440 e) 2 592
Resolução
P
4
2 . A*
6,3
= . 63 = 2 592
Resposta: E
� De quantas maneiras diferentes uma oficina pode pintar 3 auto -
móveis iguais, recebendo cada um tinta de uma única cor, sabendo que
a oficina dispõe de apenas 5 cores diferentes e não quer misturá-las?
Resolução
C*5;3 = C5 + 3 – 1;3 = C7;3 = 35 
Outra maneira:
I) Se os 3 automóveis receberem cores distintas, existem C5,3 = 10
maneiras.
II) Se 2 automóveis receberem a mesma cor e o outro uma cor
diferente desta, existem 2 . C5,2 = 2 . 10 = 20 maneiras.
III) Se os 3 automóveis receberem a mesma cor, existem C5,1 = 5
maneiras. 
Assim, o total de possibilidades é 10 + 20 + 5 = 35
Resposta: 35
PML PMB PLB MLB
PPP PLL MMM MLB
PPM PBB MML LLL
PPL PLB MMB LLB
PPB PLM MLL LBB
PMM PMB MBB BBB
4!
––––
2!
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 33
34 MATEMÁTICA
� Quantos números de três algarismos distintos podemos
formar com os algarismos do conjunto {1, 2, 3, 4, 7}?
RESOLUÇÃO:
↓ ↓ ↓
5 . 4 . 3 = 60 = A5,3
Resposta: 60
� Quantos números de três algarismos podemos formar
com os algarismos do conjunto {1, 2, 3, 4, 7}
RESOLUÇÃO:
↓ ↓ ↓
5 . 5 . 5 = 53 = 125 = A*5,3
Resposta: 125
� Um banco solicitou aos seus clientes a
criação de uma senha pessoal de seis
dígitos, for ma da somente por algarismos de
0 a 9, para aces so à conta corrente pela Internet. 
Entretanto, um especialista em sistemas de segurança eletrô -
nica recomendou à direção do banco recadastrar seus usuá -
rios, solicitando, para cada um deles, a criação de uma nova
senha com seis dígitos, permitindo agora o uso das 26 letras
do alfabeto, além dos algarismos de 0 a 9. Nesse novo
sistema, cada letra maiúscula era con siderada distinta de sua
versão minúscula. Além disso, era proibido o uso de outros
tipos de caracteres. 
Uma forma de avaliar uma alteração no sistema de senhas é a
verificação do coeficiente de melhora, que é a razão do novo
número de possibilidades de senhas em relação ao antigo. 
O coeficiente de melhora da alteração recomendada é 
a) b) c)
d) 62! – 10! e) 626 – 106
RESOLUÇÃO:
I) A quantidade de senhas de seis dígitos (distintos ou não) se le -
cio nados entre os algarismos de 0 a 9 é 106.
II) A quantidade de senhas de seis dígitos (distintos ou não)
selecionados entre os 62 dígitos possíveis (26 letras maiús -
culas, 26 letras minúsculas e 10 algarismos) é 626.
III)O “coeficientede melhora” da alteração reco mendada é .
Resposta: A
626
––––
106
62!
––––
10!
62! 4!
–––––––
10! 56!
626
––––
106
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 34
35MATEMÁTICA
� Uma empresa construirá sua página na
internet e espera atrair um público de
aproximadamente um milhão de clientes.
Para acessar essa página, será necessária uma senha com
formato a ser definido pela empresa. Existem cinco opções de
formato oferecidas pelo programador, descritas no quadro, em
que “L” e “D” representam, respectivamente, letra maiúscula
e dígito.
As letras do alfabeto, entre as 26 possíveis, bem como os
dígitos, entre os 10 possíveis, podem se repetir em qualquer
das opções.
A empresa quer escolher uma opção de formato cujo número
de senhas distintas possíveis seja superior ao número
esperado de clientes, mas que esse número não seja superior
ao dobro do número esperado de clientes.
A opção que mais se adequa às condições da empresa é
a) I. b) II. c) III. d) IV. e) V.
RESOLUÇÃO:
O número de senhas de acordo com a opção pode ser
representado na tabela abaixo.
Como o número de senhas distintas precisa estar entre 1 e 2
milhões, a opção que mais se adequa é a V.
Resposta: E
� Um brinquedo infantil caminhão-cegonha é
formado por uma carreta e dez carrinhos nela
transportados, conforme a figura.
No setor de produção da empresa que fabrica esse brinquedo,
é feita a pintura de todos os carrinhos para que o aspecto do
brinquedo fique mais atraente. São utilizadas as cores amarelo,
branco, laranja e verde, e cada carrinho é pintado apenas com
uma cor. O caminhão-cegonha tem uma cor fixa. A empresa
determinou que em todo caminhão-cegonha deve haver pelo
menos um carrinho de cada uma das quatro cores disponíveis.
Mudança de posição dos carrinhos no caminhão-cegonha não
gera um novo modelo do brinquedo.
Com base nessas informações, quantos são os modelos
distintos do brinquedo caminhão-cegonha que essa em presa
poderá produzir?
a) C6,4 b) C9,3 c) C10,4 d) 64 e) 46 
RESOLUÇÃO:
Pintam-se 4 carrinhos, um de cada cor. O total de maneiras
distintas de pintar os 6 carrinhos que so braram com as quatro
cores à disposição é dado por
C*4,6 = C4+6–1,6 = C9,6 = C9,3
Resposta: B
Opção Formato n.° de senhas
I LDDDDD
26 . 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 
= 26 . 105 = 2,6 . 106
II DDDDDD 10 . 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 106
III LLDDDD
26 . 26 . 10 . 10 . 10 . 10 = 
= 262 . 104 = 6,76 . 106
IV DDDDD 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 105
V LLLDD
26 . 26 . 26 . 10 . 10 =
= 263 . 102 = 1,7576 . 106
Opção Formato
I LDDDDD
II DDDDDD
III LLDDDD
IV DDDDD
V LLLDD
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 35
36 MATEMÁTICA
Numa experiência com vários resultados possíveis,
todos com a “mesma chance”, dizemos que:
a) Ponto Amostral é qualquer um dos resultados
possíveis.
b) Espaço Amostral (representado por S) é o con -
junto de todos os resultados possíveis.
c) Evento (representado por A) é qualquer subcon -
junto do espaço amostral.
d) n(S) é o número de elementos de S, e n(A) é o
número de elementos de A.
A probabilidade de ocorrer o evento A, represen tada
por P(A), de um espaço amostral S � Ø, é o quociente
entre o número de elementos de A e o número de
elementos de S.
Simbolicamente:
Na prática costuma-se dizer que a probabilidade é o
quociente entre o número de casos favoráveis, que é
n(A), e o número de casos possíveis, que é n(S).
Exemplo 1
Na experiência de jogar um dado ho nes to de seis
faces, numera das de 1 a 6 temos:
a) O ponto amostral é a face nu me rada ou apenas o
número.
b) O espaço amostral é S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e n(S) = 6.
c) O evento “número ímpar” é A = {1,3,5} e n(A) = 3.
d) A probabilidade de obter um “nú mero ímpar” é
e) O evento “número menor que 3” é A = {1, 2} e 
n(A) = 2.
f) A probabilidade de obter um “nú me ro menor que
3” é:
Exemplo 2
Na experiência de retirar uma carta de um baralho
co mum de 52 cartas, te mos:
a) O ponto amostral é a carta.
b) O espaço amostral é o con jun to S de todas as
cartas do baralho e, portanto, n(S) = 52.
c) O evento “dama” é formado por 4 cartas e, por -
tan to, n(A) = 4.
d) A probabilidade de obter uma dama é
e) O evento “carta de copas” é forma do por 13 car -
tas e, portanto, n(A) = 13.
f) A probabilidade de obter uma carta de copas é
n(A)
P(A) = ––––––
n(S)
n(A) 3 1
P(A) = ––––– = ––– = –––
n(S) 6 2
n(A) 2 1
P(A) = –––––– = ––– = –––
n(S) 6 3
n(A) 4 1
P(A) = –––––– = –––– = ––––
n(S) 52 13
n(A) 13 1
P(A) = –––––– = –––– = –––
n(S) 52 4
29
Palavras-chave:
Probabilidade – definição • Espaço amostral 
• Evento • Possibilidade
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 36
37MATEMÁTICA
� Um time de futebol amador ganhou uma taça ao
vencer um campeonato. Os jogadores decidiram
que o prêmio seria guardado na casa de um deles.
Todos quiseram guardar a taça em suas casas. Na discussão para se
decidir com quem ficaria o troféu, travou-se o seguinte diálogo:
Pedro, camisa 6: – Tive uma ideia. Nós somos 11 jogadores e nossas
camisas estão numeradas de 2 a 12. Tenho dois dados com as faces
numeradas de 1 a 6. Se eu jogar os dois dados, a soma dos números
das faces que ficarem para cima pode variar de 2 (1 + 1) até 12 (6 + 6).
Vamos jogar os dados, e quem tiver a camisa com o número do
resultado vai guardar a taça.
Tadeu, camisa 2: – Não sei não… Pedro sempre foi muito esperto…
Acho que ele está levando alguma vantagem nessa proposta…
Ricardo, camisa 12: – Pensando bem… Você pode estar certo, pois,
conhecendo o Pedro, é capaz que ele tenha mais chances de ganhar
que nós dois juntos…
Desse diálogo conclui-se que
a) Tadeu e Ricardo estavam equivocados, pois a pro babilidade de
ganhar a guar da da taça era a mesma para todos.
b) Tadeu tinha razão e Ricardo estava equivocado, pois, juntos, tinham
mais chances de ganhar a guarda da taça do que Pedro.
c) Tadeu tinha razão e Ricardo estava equivocado, pois, juntos, tinham
a mesma chance que Pedro de ganhar a guarda da taça.
d) Tadeu e Ricardo tinham razão, pois os dois juntos tinham menos
chances de ganhar a guarda da taça do que Pedro.
e) Não é possível saber qual dos jogadores tinha razão, por se tratar
de um resultado probabilístico, que depende exclusivamente da
sorte.
Resolução
A tabela a seguir mostra a soma dos números das faces que ficaram
para cima no lançamento de dois dados.
A probabilidade de a soma ser 6 (Pedro ficar com a taça) é .
A probabilidade de a soma ser 2 ou 12 (Tadeu e Ricardo juntos 
ficarem com a taça) é .
Assim, Pedro tinha mais chance de ficar com a taça do que Tadeu e
Ricardo juntos e ambos tinham razão em seus comentários.
Resposta: D
� (FUVEST) – Em uma urna, há bolas amarelas, brancas e
vermelhas. Sabe se que:
I. A probabilidade de retirar uma bola vermelha dessa urna é o dobro
da probabilidade de retirar uma bola amarela.
II. Se forem retiradas 4 bolas amarelas dessa urna, a probabilidade de
retirar uma bola vermelha passa a ser 1/2.
III. Se forem retiradas 12 bolas vermelhas dessa urna, a probabilidade
de retirar uma bola branca passa a ser 1/2.
A quantidade de bolas brancas na urna é
a) 8. b) 10. c) 12. d) 14. e) 16.
Resolução
Se inicialmente a probabilidade de se retirar uma bola vermelha é o
dobro da probabilidade de se retirar uma bola amarela, o número inicial
de bolas vermelhas é o dobro do número inicial de bolas amarelas.
Sendo x o número inicial de bolas amarelas, 2x o número inicial de
bolas vermelhas e y o número inicial de bolas brancas, tem-se:
1) Retirando quatro bolas amarelas, a probabilidade de sair vermelha
é P(Ve) = = ⇔ x = y – 4 (I)
2) Retirando doze bolas vermelhas, a probabilidade de sair branca é
P(Br) = = ⇔ y = 3x – 12 (II)
De (I) e (II) resulta y = 3(y – 4) – 12 ⇔ y = 3y – 24 ⇔ y = 12
Resposta: C
� A população brasileira sabe, pelo menos intuitiva -
mente, que a probabilidade de acertar as seis deze -
nas da mega sena não é zero, mas é quase. Mesmo
assim, milhõesde pessoas são atraídas por essa loteria,
especialmente quando o prêmio se acumula em valores altos. Até
junho de 2009, cada aposta de seis dezenas, pertencentes ao con junto
{01, 02, 03, ..., 59, 60}, custava R$ 1,50.
Disponível em www.caixagovbr Acesso em 7 jul. 2009
Considere que uma pessoa decida apostar exatamente R$ 126,00 e
que esteja mais interessada em acertar apenas cinco das seis dezenas
da mega sena, justamente pela dificuldade desta última. Nesse caso,
é melhor que essa pessoa faça 84 apostas de seis dezenas diferentes,
que não tenham cinco números em comum, do que uma única aposta
com nove dezenas, porque a probabilidade de acertar a quina no
segundo caso em relação ao primeiro é, aproximadamente,
a) 1 vez menor. b) 2 vez menor. c) 4 vezes menor.
d) 9 vezes menor. e) 14 vezes menor.
Resolução
1) Em cada aposta de seis dezenas, concorre-se com 6 quinas.
2) Em 84 apostas de seis dezenas diferentes, que não tenham cinco
números em comum, concorre-se com 84 . 6 quinas = 504 quinas.
3) Numa única aposta com nove dezenas, concorre-se com 
C9,5 = 126 quinas.
4) Com = 4, a probabilidade de acertar a quina no segun do 
caso é a quarta parte do primeiro.
Resposta: C
5
––––
36
2
––––
36
2x
––––––––––––––
(x – 4) + 2x + y
y
––––––––––––––––
x + (2x – 12) + y
1
––
2
1
–––
2
1
–––
2
504
–––––
126
1
––
2
Dado I
Dado II
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 37
38 MATEMÁTICA
� Joga-se, ao acaso, um dado “honesto” de seis faces
numeradas de 1 a 6 e lê-se o número da face voltada para
cima. Calcular a probabilidade de obter:
a) o número 1.
b) um número par.
c) um número maior que 4.
d) um número menor que 7.
e) um número maior que 6.
RESOLUÇÃO:
O espaço amostral é S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
a) P{(1)} = 
b) P{(2, 4, 6)} = = 
c) P{(5,6)} = = 
d) P{(1, 2, 3, 4, 5, 6)} = = 1 (evento certo)
e) P(Ø) = 0 (evento impossível)
Respostas: a) , b) , c) , d) 1, e) 0 
� Em uma central de atendimento, cem
pessoas rece beram senhas numeradas de 1
até 100. Uma das senhas é sorteada ao acaso.
Qual é a probabilidade de a senha sorteada ser um número de
1 a 20? 
a) b) c)
d) e) 
RESOLUÇÃO:
A probabilidade de a senha sorteada ser um número de 1 a 20 é
, pois são 20 números favoráveis entre 100 números 
possíveis.
Resposta: C
� Dados do Instituto de Pesquisas Econômi -
cas Apli cadas (IPEA) revelaram que no
biênio 2004/2005, nas rodovias federais, os
atropelamentos com morte ocuparam o segundo lugar no
ranking de mortalidade por acidente. A cada 34 atropela men -
tos, ocorreram 10 mortes.
Cerca de 4 mil atropelamentos/ano, um a cada duas horas,
aproxi madamente.
Disponível em: http://www.ipea.gov.br 
Acesso em: 6 jan. 2009.
De acordo com os dados, se for escolhido aleatoriamente para
investigação mais detalhada um dos atropelamentos ocorridos
no biênio 2004/2005, a probabilidade de ter sido um atro -
pelamento sem morte é
a) b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
Se de cada 34 atropelamentos ocorreram 10 mortes, 24 sobre -
vivem. A probabilidade de ter sido um atropelamento sem morte
e = .
Resposta: E
1
––
6
3
––
6
1
––
2
2
––
6
1
––
3
6
––
6
1
––
3
1
––
2
1
––
6
1
–––––
100
19
––––
100
20
––––
100
21
––––
100
80
––––
100
20
––––
100
2
––––
17
5
––––
17
2
–––
5
3
–––
5
12
––––
17
24
––––
34
12
––––
17
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 38
39MATEMÁTICA
� Lançam-se dois dados “honestos” com faces numeradas
de 1 a 6. Pede-se :
a) O espaço amostral desta experiência.
b) A probabilidade de que a soma obtida seja 10.
RESOLUÇÃO:
O evento “soma 10” é A = {(4; 6), (6; 4), (5; 5)}
P(soma 10) = = 
c) A probabilidade de obter dois números iguais.
RESOLUÇÃO:
O evento “números iguais” é
A = {(1; 1), (2; 2), (3; 3), (4; 4), (5; 5), (6; 6)}
P(IGUAIS) = = 
� José, Paulo e Antônio estão jogando dados não
viciados, nos quais, em cada uma das seis
faces, há um número de 1 a 6. Cada um deles
jogará dois dados simultaneamente. José acredita que, após
jogar seus dados, os números das faces voltadas para cima lhe
darão uma soma igual a 7. Já Paulo acredita que sua soma será
igual a 4 e Antônio acredita que sua soma será igual a 8.
Com essa escolha, quem tem a maior probabilidade de acertar
sua respectiva soma é
a) Antônio, já que sua soma é a maior de todas as escolhidas.
b) José e Antônio, já que há 6 possibilidades tanto para a
escolha de José quanto para a escolha de Antônio, e há
apenas 4 possibilidades para a escolha de Paulo.
c) José e Antônio, já que há 3 possibilidades tanto para a
escolha de José quanto para a escolha de Antônio, e há
apenas 2 possibilidades para a escolha de Paulo.
d) José, já que há 6 possibilidades para formar sua soma, 
5 possibilidades para formar a soma de Antônio e apenas 
3 possibilidades para formar a soma de Paulo.
e) Paulo, já que sua soma é a menor de todas.
RESOLUÇÃO:
Existem 6 possibilidades para formar a soma 7, que são (1; 6),
(2; 5), (3; 4), (4; 3), (5; 2) e (6; 1).
Existem 3 possibilidades para formar a soma 4, que são (1; 3),
(2; 2) e (3; 1).
Existem 5 possibilidades para formar a soma 8, que são (2; 6),
(3; 5), (4; 4), (5; 3) e (6; 2).
Assim, quem tem a maior possibilidade de acertar a soma é José,
já que há 6 possibilidades para formar a sua soma, 5 pos sibili -
dades para formar a soma de Antônio e apenas 3 possibilidades
para formar a soma de Paulo.
Resposta: D
1
–––
12
3
–––
36
1
–––
6
6
–––
36
1 2 3 4 5 6
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) 
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 39
40 MATEMÁTICA
a) Dados dois eventos A e B de um espaço amostral
S � Ø, a probabilidade de ocorrer A ou B é:
Demonstração
Se A e B forem dois eventos de um espaço amos tral
S, então n(A � B) = n(A) + n(B) – n(A � B)
Dividindo ambos os membros por n(S), temos:
= + – ⇔
⇔ P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B)
b) Se A � B = Ø, então A e B são cha mados
eventos mutuamente exclu sivos. 
Neste caso P(A � B) = 0 e por tanto
c) Se A � B = Ø e A � B = S, então A e B são cha -
ma dos eventos exaus ti vos. 
Neste caso além de P(A � B) = 0 temos também 
P(A � B) = P(S) = 1. Logo:
P(A � B) = P(A) + P(B)
P(A � B) = P(A) + P(B) = 1
P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B)
n(A � B)
–––––––––
n(S)
n(B)
–––––
n(S)
n(A)
–––––
n(S)
n(A � B)
––––––––––
n(S)
� Retirando uma carta de um baralho
comum de 52 cartas, qual é a proba bilidade de
ocorrer uma dama ou uma carta de ouros?
Resolução
Se A for o evento “dama” e B o evento “carta
de ouros”, temos:
n(A) = 4, n(B) = 13, n(A � B) = 1 e n(S) = 52.
Assim sendo: 
P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B) =
4 13 1 16 4
= –––– + –––– – –––– = –––– = ––––
52 52 52 52 13
� Dois dados perfeitos e distinguíveis são
lançados ao acaso. A proba bilidade de os dois
números obtidos serem ímpares ou terem
soma maior que 7 é:
a) b) c)
d) e)
Resolução
I) P(números ímpares) = 
II) P(soma maior que 7) = 
III) P(ímpares e soma maior que 7) = 
IV) P(ímpares ou soma maior que 7) = 
= + – = =
Resposta: E
7
–––
12
4
–––
9
17
–––
36
1
–––
2 7
–––
12
21
–––
36
3
–––
36
15
–––
36
9
–––
36
3
–––
36
15
–––
36
9
–––
36
7
–––
18
30
Palavras-chave:
União de eventos • Eventos exclusivos
• Eventos exaustivos
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 40
41MATEMÁTICA
� Retirando ao acaso uma carta de um baralho comum de 52
cartas, calcule a probabilidade de obter:
a) uma dama.
b) um rei.
c) uma carta de copas.
d) um rei ou uma dama.
e) um rei ou uma carta de copas.
RESOLUÇÃO:
a) P{(D0, Dp, Dc, De)} = =
b) P{(R0, Rp, Rc, Re)} = =
c) P(copas) = =
d) P{(D, R)} = P(D) + P(R) = + =
e) P{(R, C)} = P(R) + P(C) – P(R � C)= 
= + – = =
Respostas: a) b) c) d) e) 
� Um grupo de 100 pessoas apresenta a seguinte com po -
sição:
Marcando-se um encontro com uma delas, escolhen do seu
nome ao acaso, qual a probabilidade de a pessoa ser:
a) loira?
b) loira de olhos castanhos ou uma morena de olhos azuis?
RESOLUÇÃO:
a) P(L) = = 
b) P(LC � MA) = P(LC) + P(MA) = + = = 
Respostas: a) b) 
� (FUVEST) – Ao lançar um dado muitas vezes, uma pessoa
percebeu que a face “6” saía com o dobro da frequência da
face “1” e que as outras faces saíam com a frequência espe -
rada em um dado não viciado. Qual a frequência da face “1”?
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
I) P(1) = x, P(2) = P(3) = P(4) = P(5) = e P(6) = 2x
II) P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1 ⇒
⇒ x + + + + + 2x = 1 ⇔
⇔ 3x + = 1 ⇔ 3x = 1 – ⇔ 3x = ⇔ x = 
Resposta: C
4
–––
13
16
–––
52
1
–––
52
13
–––
52
4
–––
52
2
–––
13
1
–––
13
1
–––
13
1
–––
4
13
–––
52
1
–––
13
4
–––
52
1
–––
13
4
–––
52
1
–––
13
1
–––
13
1
–––
4
2
–––
13
4
–––
13
2
––
5
40
––––
100
1
––
2
50
–––
100
20
–––
100
30
–––
100
1
–––
2
2
–––
5
1
–––
12
2
––
9
1
––
9
2
––
3
1
––
3
1
––
6
Loiras Morenas Total
Olhos azuis 10 20 30
Olhos castanhos 30 40 70
Total 40 60 100
1
––
6
1
––
6
1
––
6
1
––
6
1
––
9
1
––
3
2
––
3
4
––
6
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 41
42 MATEMÁTICA
� (FGV) – Dois dados convencionais e honestos são lan -
çados simul taneamente. A probabilidade de que a soma dos
números das faces seja maior que 4, ou igual a 3, é
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Lançando-se dois dados convencionais e honestos, temos o
seguinte esquema, em que A representa a soma dos números das
faces maior que 4, e B a soma dos números das faces igual a 3.
A probabilidade de que a soma dos números das faces seja maior
que 4, ou igual a 3, é:
P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B) = + – 0 = =
Resposta: D
�
A vida na rua como ela é
O Ministério do Desenvolvimento Social e Combate à
Fome (MDS) realizou, em parceria com a ONU, uma pesquisa
nacional sobre a população que vive na rua, tendo sido ouvidas
31.922 pessoas em 71 cidades brasileiras. Nesse levan -
tamento, constatou-se que a maioria dessa população sabe ler
e escrever (74%), que apenas 15,1% vivem de esmolas e que,
entre os moradores de rua que ingressaram no ensino superior,
0,7% se diplomou. 
Outros dados da pesquisa são apresentados nos quadros
abaixo.
Isto é, 7/5/2008, p. 21 (com adaptações).
No universo pesquisado, considere que P seja o con junto das
pessoas que vivem na rua por motivos de alcoolismo/drogas e
Q seja o conjunto daquelas cujo motivo para viverem na rua é
a decepção amorosa. 
Escolhendo-se ao acaso uma pessoa no grupo pesqui sado e
supondo-se que seja igual a 40% a probabilidade de que essa
pessoa faça parte do conjunto P ou do conjunto Q, então a
probabilidade de que ela faça parte do conjunto interseção de
P e Q é igual a
a) 12% b) 16% c) 20% d) 36% e) 52%
RESOLUÇÃO:
Sendo P(P), P(Q), P(P � Q) e P(P � Q) as probabilidades de uma
pessoa pertencer aos conjuntos P, Q, P � Q e P � Q,
respectivamente, temos:
1) Pela tabela, P(P) = 36%, P(Q) = 16%
2) Pelo enunciado, P(P � Q) = 40%
3) P(P � Q) = P(P) + P(Q) – P(P � Q) ⇒
⇒ 40% = 36% + 16% – P(P � Q) ⇔
⇔ P(P � Q) = 36% + 16% – 40% = 12%
Resposta: A
30
–––
36
2
–––
36
32
–––
36
8
–––
9
1 2 3 4 5 6
1 B A A A
2 B A A A A
3 A A A A A
4 A A A A A A
5 A A A A A A
6 A A A A A A
11–––
12
17–––
18
35–––
36
31–––
36
8–––
9
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 42
43MATEMÁTICA
1. Probabilidade condicionada
Dados dois eventos A e B de um espaço amostral S,
finito e não vazio, chama-se probabilidade de B con -
dicionada a A a probabilidade de ocorrer B, sa bendo
que já ocorreu A. 
Representa-se por P(B/A). 
Assim:
2. Intersecção de eventos
Dados dois eventos A e B de um espaço amostral 
S � Ø, sabemos que P(B/A) = . Dividindo nu -
me rador e denominador do 2o. membro por n(S), temos:
Assim sendo:
Analogamente, demonstra-se que:
3. Eventos independentes
a) Definição
Dois eventos A e B de um espaço amostral S, finito
e não vazio, são independentes se, e somente se:
b) Propriedade
Dados dois eventos A e B de um espaço amostral
S � Ø, dizemos que:
P(A/B) = P(A) P(B/A) = P(B)
P(A � B) = P(B) . P(A/B)
P(A � B) = P(A) . P(B/A)
n(A � B)
–––––––––
n(A � B) n(S) P(A � B)
P(B/A) = ––––––––– = ––––––––––– = ––––––––––
n(A) n(A) P(A)
–––––
n(S)
n(A � B)
–––––––––
n(A)
n(A � B)
P(B/A) = –––––––––
n(A)
A e B são independentes , P(A � B) = P(A) . P(B)
A e B são dependentes , P(A � B) ≠ P(A) . P(B)
31
Palavras-chave:
Intersecção de eventos • Eventos dependentes
• Eventos independentes
Exercícios Resolvidos
� Uma urna tem apenas 10 bolas, sendo 7 pretas e 3 bran cas.
Retirando duas bolas, ao acaso e com reposição da pri mei ra antes de
retirar a segunda, qual é a proba bilidade de obter duas bolas brancas.
Resolução
P(B) = . = = 9%
Resposta: 9%
� (FEI) – Numa competição, há três equipes formadas por homens
(h) e mulheres (m), co mo segue: Equipe A: 4h e 6m; Equipe B: 5h e
5m e Equipe C: 7h e 3m. De cada equipe, es colhe-se aleatoriamente
um atleta. A proba bilidade de que os três sejam do mesmo sexo é:
a) 0,09 b) 0,23 c) 0,14 d) 0,023 e) 0,005
Resolução
a) A probabilidade de serem 3 homens é
p1 = . . = = 0,14.
b) A probabilidade de serem 3 mulheres é 
p2 = . . = = 0,09.
A probabilidade pedida é p = p1 + p2 = 0,14 + 0,09 = 0,23.
Resposta: B
� (UFSCAR–MODELO ENEM) – Gustavo e sua irmã Caroline via -
jaram de férias para cidades distintas. Os pais reco men dam que
ambos tele fonem quando chegarem ao destino. A experiên cia em
férias an teriores mostra que nem sem pre Gustavo e Caroline
cumprem esse desejo dos pais. A proba bilidade de Gus tavo telefonar
é 0,6 e a probabilidade de Caroline telefonar é 0,8. A proba bilidade de
pelo menos um dos filhos contactar os pais é:
a) 0,20 b) 0,48 c) 0,64 d) 0,86 e) 0,92
Resolução
p = 1 – 0,4 . 0,2 = 1 – 0,08 = 0,92 ou
p = 0,6 . 0,8 + 0,6 . 0,2 + 0,4 . 0,8 = 0,48 + 0,12 + 0,32 = 0,92
Resposta: E
3
––––
10
3
––––
10
9
––––
100
4
–––
10
5
–––
10
7
–––
10
140
–––––
1000
6
–––
10
5
–––
10
3
–––
10
90
–––––
1000
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 43
44 MATEMÁTICA
� Retirando uma carta de um baralho comum, de 52 cartas,
e sabendo-se que saiu uma carta de ouros, qual é a proba bili -
dade de ser uma dama?
RESOLUÇÃO:
Das 13 cartas de ouros, apenas uma é dama. Logo:
P(dama/ouros) = 
Resposta: 
� Joga-se um dado “honesto” de seis faces numeradas de
1 a 6. Qual é a probabilidade de obter:
a) o número 1 sabendo que saiu um número ímpar?
b) um número par sabendo que saiu um número maior que 3?
RESOLUÇÃO:
a) no. ímpar: n(A) = 3; n(B) = 1
n(A � B) = 1 ⇒ P(B/A) = 
b) no. > 3: n(A) = 3; n(B) = 2
n(A � B) = 2 ⇒ P(B/A) = 
Resposta: a) 
b) 
� Numa escola com 1 200 alunos foi realizada
uma pesqui sa sobre o conhecimento desses
em duas línguas estran geiras, inglês e es pa -
nhol. Nessa pesquisa constatou-se que 600 alunos falam in -
glês, 500 falam espanhol e 300 não falam qualquer um des ses
idiomas. 
Escolhendo-se um aluno dessa escola ao acaso e sabendo-se
que ele não fala inglês, qual a probabilidade de que esse aluno
fale espanhol? 
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
O diagrama de Venn seguinte mostra a distribuição de fre quência
dos alunos da escola, quanto ao conhe cimento das línguas
inglesa e espanhola.
(600 – x) + x + (500 – x) + 300 = 1 200 x = 200
Desta forma, o diagrama fica:
Dos alunos da escola, 300 + 300 = 600 não falam inglês e, destes,
300 falam espanhol.
A probabilidade de um aluno que não fala inglês falar espanhol é
= .
Resposta: A
2
–––
3
1
–––
3
1
–––
13
1
–––
13
1
–––
3
2
–––
3
1–––
2
5–––
8
1–––
4
5–––
6
5–––
14
1
–––
2
300
––––
600
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 44
45MATEMÁTICA
� (VUNESP) – Para uma partida de futebol, aproba bilidade de
o jogador R não ser escalado é 0,2 e a pro babilidade de o
jogador S ser es calado é 0,7. Sabendo que a escalação de um
deles é independente da escalação do ou tro, a probabilidade
de os dois jogadores serem escalados é:
a) 0,06 b) 0,14 c) 0,24
d) 0,56 e) 0,72
RESOLUÇÃO
A probabilidade de os dois jogadores serem escalados é 
0,8 . 0,7 = 0,56.
Resposta: D
� Uma loja acompanhou o número de com pra -
dores de dois produtos, A e B, durante os
meses de janeiro, fevereiro e março de 2012.
Com isso, obteve este gráfico:
A loja sorteará um brinde entre os compradores do produto A
e outro brinde entre os compradores do produto B. Qual a
probabilidade de que os dois sorteados tenham feito suas
compras em fevereiro de 2012?
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
I) O número de compradores do produto A é 10 + 30 + 60 = 100,
dos quais 30 fizeram a compra em fevereiro de 2012.
II) O número de compradores do produto B é 20 + 20 + 80 = 120,
dos quais 20 fizeram a compra em fevereiro de 2012.
III)A probabilidade de que os dois sorteados tenham feito suas
compras em fevereiro de 2012 é . =
Resposta: A
� Um morador de uma região metropolitana tem
50% de probabilidade de atrasar-se para o
trabalho quando chove na região; caso não
chova, sua probabilidade de atraso é de 25%. Para um
determinado dia, o serviço de meteorologia estima em 30% a
probabilidade da ocorrência de chuva nessa região.
Qual é a probabilidade de esse morador se atrasar para o
serviço no dia para o qual foi dada a estimativa de chuva?
a) 0,075 b) 0,150 c) 0,325 d) 0,600 e) 0,800
RESOLUÇÃO
A probabilidade de o morador se atrasar quando chove é de 50%
e, quando não chove, de 25%. A probabili dade de chover em um
certo dia é de 30% e, portanto, de não chover, 70%. Logo, a
probabilidade desse morador se atrasar para o serviço é dada por
30% x 50% + 70% x 25% = 0,325.
Resposta: C
1
–––
20
30
––––
100
20
––––
120
1
–––
20
3
––––
242
5
–––
22
6
–––
25
7
–––
15
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 45
46 MATEMÁTICA
Considere uma experiência que é realizada várias
vezes, sempre nas mesmas condições, de modo que o
resultado de cada uma seja independente das demais.
Considere, ainda, que cada vez que a experiência é
realizada ocorre, obrigatoriamente, um evento A cuja
probabilidade é p ou o complemento A
–
cuja proba -
bilidade é 1 – p.
Nestas condições, propõe-se o seguinte problema:
Realizando-se a experiência descrita exatamente
n vezes, qual é a probabilidade de ocorrer o evento
A só k vezes?
Resolução do problema
a) Se ocorrer apenas k vezes o evento A, deverá
ocorrer n – k vezes o evento A
–
, pois a experiência
é realizada exatamente n vezes.
b) A probabilidade de ocorrer k vezes o evento A e 
n – k vezes o evento A
–
, numa certa ordem, é 
p . p . ... . p . (1 – p) . (1 – p) . ... . (1 – p)
k fatores (n – k) fatores
ou seja:
c) As k vezes em que ocorre o evento A são
quaisquer entre as n vezes possíveis. O número
de maneiras de escolher k vezes o evento A é,
pois, Cn,k.
d) Existem, portanto, Cn,k eventos diferentes, todos
com a mesma probabilidade pk . (1 – p)n – k, e
assim sendo a probabilidade procurada é:
Observações
a) Fala-se em lei binomial de probabilidade por -
que a fórmula representa o termo Tk + 1 do desen vol -
vimento de [p + (1 – p)]n.
b) O número Cn, k pode ser substituído por Cn, n – k
ou P
n
k, n – k
já que Cn, k = Cn, n – k = Pn
k, n – k
Cn,k . p
k . (1 – p)n – k
pk . (1 – p)n – k
� (AFA) – Uma urna contém 12 peças boas e 5 defei tuosas. Se 3
peças forem retiradas aleatoriamente, sem reposição, qual a proba -
bilidade de serem 2 (duas) boas e 1 (uma) defeituosa?
a) b) c) d) 
Resolução
1) boa na 1a. retirada: 
2) boa na 2a. retirada: 
3) defeituosa na 3a. retirada: 
Como as duas boas podem ocorrer nas retiradas 1 e 2 ou 1 e 3 ou 2 e
3, num total de 3 = C3,2 hipóteses diferentes, con cluímos que a
probabilidade a ser calculada é
P = . . . C3,2 = . . . 3 = 
Resposta: C
� (FGV) – Um carteiro leva três cartas para três destinatários
diferentes. Cada destinatário tem sua caixa de corres pon dência, e o
carteiro coloca, ao acaso, uma carta em cada uma das três caixas de
correspondência.
a) Qual é a probabilidade de o carteiro não acertar nenhuma caixa de
correspondência?
b) Qual é a probabilidade de o carteiro acertar exata mente uma caixa
de correspondência?
Resolução
a) A probabilidade de o carteiro não acertar nenhu ma caixa de
correspondência é . . =
b) A probabilidade de o carteiro acertar exata mente uma caixa é 
. . . 3 =
Respostas: a) b) 
1
–––
2
1
–––
3
1
–––
2
1
–––
1
1
–––
2
1
–––
3
1
–––
3
1
–––
1
1
–––
2
2
–––
3
33
–––
68
5
–––
15
11
–––
16
12
–––
17
5
–––
15
11
–––
16
12
–––
17
5
–––
15
11
–––
16
12
–––
17
33
–––
34
33
–––
68
3
–––
17
1
–––
12
32
Palavras-chave:
Lei binomial de probabilidade • Combinações 
• Binômio de Newton
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 46
47MATEMÁTICA
Exercícios Propostos
� Joga-se, 5 vezes consecutivas, um dado “honesto” de
seis fases, numeradas de 1 a 6. Calcular a probabilidade de:
a) obter 5 vezes o número 4.
b) obter 5 vezes um número diferente de 4.
c) obter o número 4 só nas duas primeiras jogadas.
d) obter o número 4 só nas duas últimas jogadas.
e) obter o número 4 só duas vezes.
RESOLUÇÃO:
a) P(4) = . . . . = 
5
b) P = 
5
c) P = . . . . = 
d) P = . . . . = 
e) P = C5;2
2
.
3
=
Resposta: a) 
5
b) 
5 
c) d) e)
� Um casal decidiu que vai ter 3 filhos. Con -
tudo, quer exatamente 2 filhos homens e
decide que, se a proba bilidade fosse inferior a
50%, iria procurar uma clínica para fazer um tratamento
específico para garantir que teria os dois filhos homens.
Após os cálculos, o casal concluiu que a probabilidade de ter
exatamente 2 filhos homens é
a) 66,7%, assim ele não precisará fazer um tratamento.
b) 50%, assim ele não precisará fazer um tratamento.
c) 7,5%, assim ele não precisará fazer um tratamento.
d) 25%, assim ele precisará procurar uma clínica para fazer um
trata mento.
e) 37,5%, assim ele precisará procurar uma clínica para fazer
um trata mento.
RESOLUÇÃO:
Admitindo-se que para esse casal a probabilidade do filho ser do
sexo masculino (ou feminino) é 50%, a probabilidade deles terem
exatamente dois filhos homens e, claro, uma mulher é
P = C3,2 . 50% . 50% . 50% = 3 .
3
= = 0,375 = 37,5%
Resposta: E
� O controle de qualidade de uma empresa
fabricante de telefones celulares aponta que a
probabilidade de um aparelho de determinado
modelo apresentar defeito de fabricação é de 0,2%. Se uma
loja acaba de vender 4 apa re lhos desse modelo para um
cliente, qual é a probabi lidade de esse cliente sair da loja com
exatamente dois aparelhos defeituosos?
a) 2 × (0,2%)4.
b) 4 × (0,2%)2.
c) 6 × (0,2%)2 × (99,8%)2.
d) 4 × (0,2%).
e) 6 × (0,2%) × (99,8%).
RESOLUÇÃO:
C4,2 . (0,2%)
2 . (99,8%)2 = 6 . (0,2%)2 . (99,8%)2
Resposta: C
� Numa avenida existem 10 semáforos. Por
causa de uma pane no sistema, os semáforos
ficaram sem controle durante uma hora, e
fixaram suas luzes unicamente em verde ou vermelho. Os
semáforos funcionam de forma independente; a probabilidade
de acusar a cor verde é de e a de acusar a cor vermelha é
de . Uma pessoa percorreu a pé toda essa avenida
durante o período da pane, observando a cor da luz de cada um
desses semáforos.
Qual a probabilidade de que esta pessoa tenha observado
exatamente um sinal na cor verde?
a) b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
Dos 10 semáforos, temos 1 verde e, consequente mente, 9 verme -
lhos. A probabilidade pode ser expressa por:
Resposta: A
2 . 54
––––––
65
�5–––6��
1
–––
6�
53
–––
65
1
–––
6
1
–––
6
5
–––
6
5
–––
6
5
–––
6
53
–––
65
5
–––
6
5
–––
6
5
–––
6
1
–––
6
1
–––
6
�5–––6�
�1–––6�
1
–––
6
1
–––
6
1
–––
6
1
–––
6
1
–––
6
� 1–––6 � �
5
–––
6 �
53
–––
65
53
–––
65
2 . 54
––––––
65
1�––�
2
3
–––
8
2
––
3
1
––
3
10 x 2
––––––
310
10 x 29
––––––
310
210
––––
3100
290––––
3100
2
––––
310
2 
1 
1 
9 
2 1 10 . 2
p = C10;1 . �––� . �––� = 10 . –– . ––– = ––––––3 3 3 39 310
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 47
48 MATEMÁTICA
No triângulo retângulo ABC da figura, sen do BC = a,
AC = b; AB = c; AH = h; BH = m e CH = n, valem as se -
guin tes relações:
• O quadrado de um “cateto” é igual ao produto da
“hipotenusa” pela “projeção” (ortogonal) desse cateto
na hipotenusa.
• O quadrado da “hipotenusa” é igual à soma dos
quadrados dos catetos.
• O quadrado da “altura” (relativa à hipotenusa) é
igual ao produto das “projeções” (ortogonais) dos cate -
tos na hipotenusa.
• O produto da “hipotenusa” pela “altura” (relativa
à hipotenusa) é igual ao produto dos “catetos”.
Assim,
	 Relações de Euclides
(Teorema de Pitágoras)
a . h = b . c
h2 = m . n
a2 = b2 + c2
b2 = a . n
c2 = a . m
hipotenusa x altura = cateto x cateto
(altura)2 = projeção x projeção
(hipotenusa)2 = (cateto)2 + (cateto)2
(cateto)2 = hipotenusa x projeção
17 e 18
Palavras-chave:Relações métricas 
no triângulo retângulo 
• Hipotenusa • Cateto
• Altura • Projeção
Geometria Plana e Métrica
Módulos
17 – Relações métricas no triângulo retângulo
18 – Relações métricas no triângulo retângulo
19 – Natureza dos triângulos
20 – Lugares geométricos
21 – Pontos notáveis do triângulo
22 – Pontos notáveis do triângulo
23 – Ângulos na circunferência
24 – Potência de ponto
25 – Ângulos na circunferência e potência de ponto:
exercícios
26 – Área dos quadriláteros
27 – Área dos triângulos
28 – Área das figuras circulares
29 – Área dos polígonos
30 – Área de figuras semelhantes
31 – Prismas 
32 – Prismas 
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 48
49MATEMÁTICA
� (MODELO ENEM) - Observe a figura:
Depois de tirar medidas de uma atleta, o fotó grafo resolveu fazer uma
brincadeira:
1o.) esticou uma linha AB
___
, cujo comprimento é metade da altura dela;
2o.) ligou B ao seu pé no ponto C;
3o.) fez uma rotação de BA
___
com centro B, obtendo o ponto D sobre BC
___
;
4o.) fez uma rotação de CD
___
com centro C, determinando E sobre AC
___
.
Para surpresa da modelo, CE é a altura do seu umbigo.
Tomando AB como unidade de comprimento e considerando �

5 = 2,2,
a medida CE da al tu ra do umbigo da modelo é: 
a) 0,9 b) 1,0 c) 1,1 d) 1,2 e) 1,3
Resolução
(CB)2 = (AB)2 + (AC)2 ⇒ (1+ x)2 = 12 + 22 ⇒
⇒ x2 + 2x – 4 = 0 ⇒ x = ⇒ x = – 1 + �

5 ⇒ x = 1,2
Resposta: D
� (FUVEST – MODELO ENEM) – Um lateral L faz um lan ça mento
para um atacante A, situado 32 m à sua frente em uma linha paralela à
lateral do campo de futebol. A bola, entretanto, segue uma trajetória
retilínea, mas não paralela à lateral e, quando passa pela linha de meio
do campo, está a uma distância de 12 m da linha que une o lateral ao
atacante. Sa bendo- se que a linha de meio do campo está à mesma dis -
tância dos dois jogadores, a dis tância mínima que o atacante terá que
per correr para encontrar a trajetória da bola será de:
a) 18,8 m b) 19,2 m c) 19,6 m
d) 20 m e) 20,4 m
Resolução
A menor distância do atacante à trajetória da bola está na perpendicular
à trajetória e essa perpendicular contém a posição do atacante. Na
figura seguinte, é a medida do segmento 
—
AP. Assim, considerando os
dados da figura em metros, temos:
1) No triângulo LMB, retângulo em M, 
(LM)2 + (MB)2 = (LB)2 ⇒ 162 + 122 = (LB)2 ⇒ LB = 20
2) Da semelhança dos triângulos LPA e LMB, 
= ⇒ = ⇔
⇔ AP = ⇔ AP = 19,2
Resposta: B
96
––––
5
32
––––
20
AP
––––
12
AL
––––
BL
AP
––––
BM
– 2 + �



20
–––––––––––
2
Exercícios Resolvidos – Módulos 17 e 18
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 49
50 MATEMÁTICA
� Um marceneiro está construindo um material
didático que corresponde ao encaixe de peças de
madeira com 10 cm de altura e formas geométricas
variadas, num bloco de madeira em que cada peça se posicione na
perfuração com seu formato correspondente, conforme ilustra a figura.
O bloco de madeira já possui três perfurações prontas de bases
distintas: uma quadrada (Q), de lado 4 cm, uma retangular (R), com
base 3 cm e altura 4 cm, e uma em forma de um triângulo equilátero
(T), de lado 6,8 cm. Falta realizar uma perfuração de base circular (C).
O marceneiro não quer que as outras peças caibam na per furação
circular e nem que a peça de base circular caiba nas demais
perfurações e, para isso, escolherá o diâmetro do círculo que atenda a
tais condições. Procurou em suas ferramentas uma serra copo (broca
com formato circular) para perfurar a base em madeira, encontrando
cinco exemplares, com diferentes medidas de diâmetros, como segue: 
(l) 3,8 cm; 
(ll) 4,7 cm; 
(lll) 5,6 cm; 
(IV) 7,2 cm e (V) 9,4 cm.
Considere 1,4 e 1,7 como aproximações para �

2 e �

3,
respectivamente.
Para que seja atingido o seu objetivo, qual dos exemplares de serra
copo o marceneiro deverá escolher?
a) I b) II c) III d) IV e) V
Resolução
1) A maior circunferência que pode ser inserida no quadrado tem
diâmetro de 4 cm, como se vê na figura (I).
A menor circunferência na qual se pode inserir o quadra do tem
diâmetro de 4 ��2 cm = 4 . 1,4 cm = 5,6 cm, como se vê na figura
(II).
2) A maior circunferência que se pode inserir no triângulo equilátero
tem diâmetro, em cm, igual a 
2a = 2 . . = � 3,86, conforme figura III.
A maior circunferência na qual se pode inserir o triân gulo tem
diâmetro 2R = 4a � 7,72 cm, conforme figura IV.
3) A maior circunferência que se pode inserir no re tân gulo tem
diâmetro 3 cm, conforme figura V.
A menor circunferência na qual se pode inserir o re tângulo tem
diâmetro 5 cm, conforme figura VI.
Para que as peças não caibam na perfuração circular, o diâmetro desta
deverá ser menor que 5 cm.
Para que a peça da base circular não caiba nas demais perfurações, a
peça de base circular deverá ter diâmetro maior que 4 cm.
Assim, a serra copo adequada deverá ter diâmetro de 4,7 cm.
Resposta: B
R
T
C
Q
4 cm
4 cm
4 cm
4 cm
4
2
cm
Figura I Figura II
1
–––
3
6,8 ��3
–––––––
2
6,8 . 1,7
–––––––
3
6,8 cm
a
Figura III
6,8 cm
Figura IV
R = 3,86 cm
a 1,93 cm
4 cm
3 cm
Figura V
3 cm
Figura VI
4 cm5
cm
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 50
51MATEMÁTICA
� Calcular a medida de uma das diagonais de um quadrado
de lado “�”.
RESOLUÇÃO:
Aplicando Pitágoras, temos;
D2 = �2 + �2 ⇔ D = ��

2
Resposta: ��

2
� Calcular a altura de um triângulo equilátero de lado “�”.
RESOLUÇÃO:
Aplicando Pitágoras no ΔMAC, temos:
h2 +
2 
= �2 ⇔ h =
Resposta:
� Em exposições de artes plásticas, é usual que
estátuas sejam expostas sobre plata formas
giratórias. Uma medida de segurança é que a
base da escultura esteja integral mente apoiada sobre a
plataforma. Para que se providencie o equipamento adequado,
no caso de uma base quadrada que será fixada sobre uma
plataforma circular, o auxiliar técnico do evento deve estimar a
medida R do raio adequado para a plataforma em termos da
medida L do lado da base da estátua.
Qual relação entre R e L o auxiliar técnico deverá apresentar de
modo que a exigência de segurança seja cumprida?
a) R ≥ L / ��2
b) R ≥ 2L / π
c) R ≥ L / ��π
d) R ≥ L /2
e) R ≥ L / (2 ��2 )
RESOLUÇÃO:
Para que a base quadrada seja fixada sobre a plata forma circular,
o diâmetro do círculo deve ser maior ou igual à diagonal do
quadrado de lado L.
Logo, 2 R ≥ L ��2 ⇔ R ≥ = 
Resposta: A
( �––2 ) ��

3–––––2
��

3
–––––
2
L 
–––––
��2
L ��2
––––––
2
Exercícios Propostos – Módulo 17
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 51
52 MATEMÁTICA
� A manchete demonstra que o transporte de
grandes cargas representa cada vez mais
preocupação quando feito em vias urbanas.
Caminhão entala em viaduto no Centro
Um caminhão de grande porte entalou embaixo do viaduto
no cruzamento das avenidas Borges de Medeiros e Loureiro da
Silva no sentido Centro-Bairro, próximo à Ponte de Pedra, na
capital. Esse veículo vinha de São Paulo para Porto Alegre e
transportavatrês grandes tubos, conforme ilustrado na foto.
Disponível em: www.caminhoes-e-carretas.com. 
Acesso em: 21 maio 2012 (adaptado).
Considere que o raio externo de cada cano da imagem seja
0,60 m e que eles estejam em cima de uma carroceria cuja
parte superior está a 1,30 m do solo. O desenho representa a
vista traseira do empilhamento dos canos.
A margem de segurança recomendada para que um veículo
passe sob um viaduto é que a altura total do veículo com a
carga seja, no mínimo, 0,50 m menor do que a altura do vão do
viaduto.
Considere 1,7 como aproximação para �

3.
Qual deveria ser a altura mínima do viaduto, em metro, para
que esse caminhão pudesse passar com segurança sob seu
vão?
a) 2,82 b) 3,52 c) 3,70 d) 4,02 e) 4,20
RESOLUÇÃO: 
Todas as dimensões da figura estão em metros.
A altura mínima do viaduto deverá corresponder, em metros, à
soma da altura da carroceria, de dois raios, da altura do triângulo
equilátero ABC e mais 0,5 de segurança.
Assim, a altura mínima do viaduto é
H = 1,3 + 2 x 0,6 + + 0,5 = 1,3 + 1,2 + 0,6 . 1,7 + 0,5 = 4,02
Resposta: D
0,5m de segurança
A
B C
1,3m1,3m
h
H
piso
viadulto
0,
6m
0,
6m
0,6m
0,6m
1,2 �

3
–––––––
2
0,60m
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 52
53MATEMÁTICA
� (FATEC) – O valor do raio da circunferência da figura é:
a) 7,5 b) 14,4 c) 12,5 d) 9,5 e) 10,0
RESOLUÇÃO:
De acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se:
r2 = (r – 5)2 + 102 ⇔ 10r = 125 ⇔ r = 12,5
Resposta: C
� Na figura, o triângulo ABC é equilátero e cada um de seus
lados mede 8 cm. Se AD
––
é uma altura do triângulo ABC e M é
o ponto médio de AD
––
, então a medida CM
–––
é:
a) cm b) cm c) �

7 cm
d) 2�

7 cm e) cm
RESOLUÇÃO:
I. hΔ = ⇔ hΔ = ⇔ hΔ = 4�

3 cm
II. MD = ⇒ MD = 2�

3 cm
III. Pitágoras no Δ MDC: (CM)2 = (DC)2 + (MD)2 ⇔
⇔ (CM)2 = 42 + (2�

3 )2 ⇒ CM = 2�

7 cm
Resposta: D
� (UNICAMP – MODELO ENEM) – Para trocar uma lâm -
pada, Roberto encostou uma escada na parede de sua casa, de
forma que o topo da escada ficou a uma altura de 4 m. En -
quanto Roberto subia os degraus, a base da escada escorregou
por 1 m, tocando o muro paralelo à pa rede, conforme ilustração
abaixo. Refeito do susto, Roberto reparou que, após deslizar, a
escada passou a fazer um ângulo de 45° com o piso horizontal. 
A distância entre a parede da casa e o muro equivale a
a) (4 ��3 + 1) metros. b) (3 ��2 – 1) metros.
c) (4 ��3 ) metros. d) (3 ��2 – 2) metros.
RESOLUÇÃO:
�

3
–––
2
1
–––
2
�

2
–––
2
8�

3
–––––
2
��

3
–––––
2
hΔ
––––
2
Exercícios Propostos – Módulo 18
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 53
54 MATEMÁTICA
Na figura 2, temos y2 = x2 + x2 = 2x2
Na figura 1, temos y2 = 42 + (x – 1)2 ⇔ 2x2 = 16 + x2 – 2x + 1 ⇔
⇔ x2 + 2x – 17 = 0 ⇒ x = 3��2 – 1, pois x > 1.
Resposta: B
� (PUC-SP – MODELO ENEM) – No esquema abaixo, a reta
AB representa a trajetória de um navio e no ponto I localiza-se
uma ilha. Quando o navio se encontra no ponto A, AI = 60 km
e, quando o navio está em B, BI = 48 km. Se BI é a menor das
distâncias do navio à ilha, quando o navio estiver em C, a
distância dele à ilha será, em quilômetros:
a) 40 b) 60 c) 80 d) 100 e) 120
RESOLUÇÃO:
Como 
—
BI é a menor das dis tâncias do navio a ilha, pode mos
concluir que 
—
BI é perpen dicular a
—
AC e, por tanto, 
—
BI é altura
relativa à hipotenusa do triângulo retân gulo IAC.
I) No ΔABI temos:
(AI)2 = (AB)2 + (BI)2 ⇔ 602 = (AB)2 + 482 ⇒ AB = 36 km
II) No ΔAIC temos:
(AI)2 = (AC) . (AB) ⇔ 602 = (AC) . 36 ⇒ AC = 100 km
III)No ΔAIC temos:
(AC)2 = (AI)2 + (CI)2 ⇔ 1002 = 602 + (CI)2 ⇒ CI = 80 km
Assim, quando o navio estiver em C, a distância dele à ilha será 
de 80 km.
Resposta: C 
� (FUVEST – MODELO ENEM) – No jogo de bocha, dis -
putado num terreno plano, o objetivo é conseguir lançar uma
bola de raio 8 o mais próximo possível de uma bola menor, de
raio 4. Num lançamento, um jogador conseguiu fazer com que
as duas bolas ficassem encostadas, conforme ilustra a figura
abaixo. A distância entre os pontos A e B, em que as bolas
tocam o chão, é:
a) 8 b) 6�

2 c) 8�

2 d) 4�

3 e) 6�

3
RESOLUÇÃO:
x2 + 42 = 122 ⇔ x2 = 144 – 16 ⇔ x2 = 128 ⇔ x = �




128 ⇔ x = 8�

2
Resposta: C
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 54
55MATEMÁTICA
Sejam a, b, e c, respectivamente, as medidas dos
lados 
––
BC, AC
––
e AB
––
do triângulo ABC da figura.
Lembrando que, num triângulo, ao maior lado se
opõe o maior ângulo, e sen do BC
––
o maior lado do triân -
gulo, temos:
• a2 = b2 + c2 ⇔ A^ = 90° ⇔ ΔABC é retângulo
(Teorema de Pitágoras).
• a2 < b2 + c2 ⇔ A^ < 90° ⇔ ΔABC é acutângulo,
pois o maior ângulo é agudo.
• a2 > b2 + c2 ⇔ A^ > 90° ⇔ ΔABC é obtusângulo,
pois o maior ângulo é obtuso.
� (FUVEST - MODELO ENEM) – Uma folha
de papel ABCD de formato retangular é dobrada
em torno do segmento 
—
EF de maneira que o
ponto A ocupe a posição de G, como mostra a
figura. Se AE = 3 e BG = 1, então a medida do
segmento 
—
AF é
a) b) c)
d) e)
Resolução
Como os triângulo AEF e GEF são con gruen tes,
temos: AF = GF = x e EA = EG = 3.
Sendo 
–
EH ⊥ –BC, temos HB = 3 e HG = 3 – 1 = 2
Assim, no triângulo EHG, temos:
(EH)2 + 22 = 32 ⇔ EH = �

5
Logo, FB = �

5 – x e portanto, no triângulo FBG,
temos:
(GF)2 = (FB)2 + (BG)2 ⇔ x2 = (�

5 – x)2 + 12 ⇔
⇔ x2 = 5 – 2�

5x + x2 + 1 ⇔ 2�

5x = 6 ⇔
⇔ x = 
Resposta: D
� (FUVEST - MODELO ENEM) – Um banco
de altura regulável, cujo assento tem forma
retangular, de comprimento 40 cm, apóia-se
sobre duas barras iguais, de comprimento 
60 cm (ver figura 1). Cada barra tem três furos, e
o ajuste da altura do banco é feito colo can do-se
o parafuso nos primeiros, ou nos segun dos, ou
nos terceiros furos das barras (visão lateral do
banco, na figura 2).
3�

5
–––––
4
7�

5
–––––
8
3�

5
–––––
2
�

5
–––
3
3�

5
–––––
5
3�

5
–––––
5
19
Palavras-chave:
Natureza dos triângulos • Retângulo • Acutângulo 
• Obtusângulo
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 55
56 MATEMÁTICA
� Em um triângulo ABC, tem-se AB = 3, AC = 6 e BC = 7.
Esse triângulo é:
a) equilátero. b) isósceles. c) retângulo.
d) acutângulo. e) obtusângulo.
RESOLUÇÃO:
(AB)2 = 9
(AC)2 = 36
⇒ (AB)2 + (AC)2 = 45
(BC)2 = 49
Portanto: (BC)2 > (AB)2 + (AC)2
Resposta: E
� (FUVEST) – Os lados de um triângulo medem �

5, �


10 e
5. Qual o comprimento da altura relativa ao lado maior?
a) �

1 b) �

2 c) �

3 d) �

5 e) �


15
RESOLUÇÃO:
x2 + h2 = 5
⇒ x2 – (5 – x)2 = – 5 ⇔ 10x = 20 ⇔ x = 2
(5 – x)2 + h2 = 10 	
Assim, 22 + h2 = 5 ⇒ h2 = 1 ⇒ h = �

1 .
Resposta: A
� (FEI-SP) – Se, em um triângulo, os lados medem 9 cm, 
12 cm e 15 cm, então a altura relativa ao maior lado mede:
a) 8,0 cm b) 7,2 cm c) 6,0 cm
d) 5,6 cm e) 4,8 cm
RESOLUÇÃO:
9 . 12 = 15 . h ⇔ h = ⇔ h = 7,2
Resposta: B
	
36
–––
5
A menor altura que pode ser obtida é:
a) 36 cm b) 38 cm c) 40 cm
d) 42 cm e) 44 cm
Resolução
1) A altura mínima é obtida com a confi gu ra -
ção esbo çada na figura.
2) Considerando-se o triângulo retângulo de ca -
 te tos de medidas 20 e h1 e hipotenusa de
medida 25, obtém-se 
h21 + 20
2 = 252 ⇒ h1 = 15
3) Por semelhança de triângulos: = 
Para h1 = 15 ⇒ h2 = 21
Portanto, a altura mínima será 
h1 + h2 = 15 + 21 = 36
Resposta: A
h1
–––
h2
25
–––
35
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 56
57MATEMÁTICA
� (FUVEST) – Na figura abaixo, tem-se AC = 3, AB = 4 e 
CB = 6. O valor de CD é:
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Se h é a altura do triângulo ACB relativa ao lado CB, e se x é a
medida de CD, então:
1) No triângulo ADC, tem-se h2 + x2 = 32 ⇔ h2 = 9 – x2
2) No triângulo ADB, tem-se h2 + (6 – x)2 = 42 ⇔ h2 = 12x – 20 – x2
Logo, 12x – 20 – x2 = 9 – x2 ⇔ x = 
Resposta: E
� (FGV-SP – MODELO ENEM) – Usando régua e compasso,
procedemos à se guin te cons trução:
I. segmento de reta AB de comprimento 5 cm (com a régua);
II. circunferência λ1 de centro A e raio 4 cm (como
compasso);
III. circunferência λ2 de centro B e raio 3 cm (com o
compasso);
IV. reta r ligando os pontos C e D de intersecção de λ1 e λ2 e
intersectando o segmento AB em E (com a régua).
Na construção realizada, a medida do segmento CE, em cm, é
igual a:
a) 2,4 b) 2,5 c) 2,6 d) 2,8 e) 3,2
RESOLUÇÃO:
O triângulo ABC, retângulo em C, tem hipotenusa AB = 5 cm e
catetos AC = 4 cm e BC = 3 cm.
Como 
–––
CE é a altura relativa à hipotenusa, temos:
AB . CE = AC . BC ⇒ 5 . CE = 4 . 3 ⇒ CE = 2,4 
Resposta: A
29
–––
12
29
–––
12
25
–––
12
23
–––
12
19
–––
12
17
–––
12
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 57
58 MATEMÁTICA
1. Distância entre duas figuras
Dadas duas figuras pla nas F1 e F2, a dis tân cia d
entre elas é a medida do menor seg mento de reta que
se po de obter, tomando um ponto em cada figura.
Exemplos
1) Ponto e reta
2) Retas paralelas
3) Retas concorrentes
4) Ponto e circunferência
5) Reta e circunferência
2. Definição de lugar geométrico
Uma figura é um lugar geométrico se, e somente
se, todos os seus pontos e apenas eles possuem uma
certa propriedade. Apresentaremos, a seguir, os prin -
cipais lugares geométricos.
3. Circunferência
A circunferência é o lugar geométrico dos pontos de
um plano, cujas distâncias a um ponto fixo O deste plano
são uma constante r dada.
O ponto O é o centro da circun fe rência e a constante
r é a medida do raio.
20
Palavras-chave:
Lugares geométricos • Circunferência
• Mediatriz • Bissetriz
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 58
59MATEMÁTICA
Observe que qualquer pon to da circunferência está
a uma distância r do ponto O e que qualquer ponto do
plano que está a uma distância r do ponto O pertence à
circunferência.
4. Par de paralelas
O lugar geométrico dos pontos de um plano, que
distam uma constante k dada de uma reta r desse plano,
é o par de retas paralelas à reta r e a uma distância k
desta reta.
Observe que qualquer ponto de uma das retas do
par de paralelas está a uma distância k da reta r, e que
qualquer ponto do plano que está a uma distância k da
reta r é elemento de uma das retas do par de paralelas.
5. Mediatriz
A mediatriz é o lugar geométrico dos pontos de um
plano que equidistam dos extremos de um segmento
deste plano.
Assim, qualquer ponto da me dia triz mAB do seg -
mento de reta AB
–– 
da figura equidista de A e B, e
qualquer ponto do plano que equidista de A e B per tence
a mAB.
6. Par de retas perpendiculares
O lugar geométrico dos pon tos de um plano, que
equidis tam de duas retas con cor rentes des te plano, é
um par de retas per pen diculares entre si e que contém
as bissetrizes dos ân gulos for mados pelas con cor rentes.
� (FGV – MODELO ENEM) – A cidade D localiza-se à mesma dis -
tân cia das cidades A e B, e dista 10 km da cidade C. Em um mapa
rodoviário de escala 1:100 000, a localização das cidades A, B, C e D
mostra que A, B e C não estão alinhadas. Nesse mapa, a cidade D está
localizada na intersecção entre 
a) a mediatriz de AB e a circun ferência de centro C e raio 10 cm.
b) a mediatriz de AB e a circunferência de centro C e raio 1 cm.
c) as circunferências de raio 10 cm e centros A, B e C.
d) as bissetrizes de C^AB e C^BA e a circun ferência de centro C e
raio 10 cm.
e) as bissetrizes de C
^
AB e C
^
BA e a circun ferência de centro C e raio 
1 cm.
Resolução
A figura a seguir ilustra uma possível dis tribui ção das cidades A, B, C e
D, de acordo com os dados do enunciado.
I. A cidade D equidista das cidades A e B e, portanto, está na
mediatriz do segmento AB.
II. A cidade D dista 10km = 1.000.000 cm da cidade C. Assim, em um
mapa de escala 1 : 100 000, a cidade D está na circunfe rência de
centro C e raio 10 cm.
III. De I e II, conclui-se que a cidade D está localizada na intersecção
entre a media triz de AB e a circunferência de centro C e raio 
10 cm.
Resposta: A
Exercício Resolvido
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 59
60 MATEMÁTICA
� O lugar geométrico dos pontos de um plano equi distantes
de duas retas concorrentes desse plano é:
a) uma circunferência;
b) uma mediatriz;
c) duas retas concorrentes e não perpendiculares;
d) duas retas concorrentes e perpendiculares;
e) uma semirreta (bissetriz).
RESOLUÇÃO:
Resposta: D
� Considere duas retas r e s paralelas distintas e uma reta t
transversal às duas. O número de pontos do plano das parale -
las equidistantes das retas r, s e t é:
a) 1 b) 2 c) 3
d) 4 e) 5
RESOLUÇÃO:
Resposta: B
� (MODELO ENEM) – Na figura seguinte, o ponto A
representa uma árvore e a reta r representa um riacho. Um te -
souro está escondido a 10 m da árvore e a 2 m do riacho. Se a
distância do riacho até a árvore é 8 m, a quantidade de pontos
onde pode estar es con dido o tesouro é:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
RESOLUÇÃO:
O tesouro está escondido num ponto que pertence à intersecção
da circunferência de centro em A e raio 10 m com o par de retas
r1 e r2 paraleas à reta r e distantes 2 m desta reta.
A reta r1 intercepta a circunferência nos pontos P e Q, e r2
tangência a circunferência em R.
Resposta: C
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 60
61MATEMÁTICA
� (FUVEST) – Os pontos A, B e C são colineares, AB = 5,
BC = 2 e B está entre A e C. Os pontos C e D pertencem a uma
circunferência com centro em A. Traça-se uma reta r
perpendicular ao segmento 
—
BD passando pelo seu ponto
médio. Chama-se de P a interseção de r com 
—
AD. Então, 
AP + BP vale 
a) 4 b) 5 c) 6 d) 7 e) 8
RESOLUÇÃO
I) Como r é mediatriz de 
—
BD e P ∈ r, tem-se PD = BP
II) O raio da circunferência é AB + BC = 5 + 2 = 7
III)AP + BP = AP + PD = AD = 7, pois AD é raio da circunferência de
centro A.
Resposta: D
� (UNESP-MODELO ENEM) – Um aluno precisa localizar o
centro de uma moeda cir cular e, para tanto, dispõe apenas de
um lápis, de uma folha de papel, de uma régua não graduada,
de um com passo e da moeda.
Nessas condições, o número mínimo de pontos distintos
necessários de serem marcados na circunferência descrita
pela moeda para localizar seu centro é
a) 3. b) 2. c) 4. d) 1. e) 5.
RESOLUÇÃO: 
São necessários e suficientes marcar três pontos na circun -
ferência, pois para se determinar um ponto (centro) basta
encontrarmos dois lugares geométricos distintos a que este
pertence.
1) O centro da circunferência equidista de A e B e está na
mediatriz do segmento
—
AB.
2) O centro da circunferência equidista de B e C e está na
mediatriz do segmento
—
BC. 
Resposta: A
A 5 B 2
D
r
P
C
A C
B
0
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 61
62 MATEMÁTICA
1. Incentro
Incentro é o ponto de intersecção das bissetrizes
inter nas do triângulo.
O incentro equi dis ta dos lados do triân gulo e é o
cen tro da cir cun fe rên cia ins crita (cir cun ferência tan -
gen te aos lados) no triângulo.
2. Circuncentro
Circuncentro é o ponto de in tersecção das media -
trizes dos lados do triângulo.
O circuncentro equidista dos vértices do triângulo e
é o centro da circun fe rên cia cir cuns crita (que contém
os vértices) ao triân gulo.
É importante saber que:
a) O circuncentro do triângulo
acu tângulo é sempre um ponto da re -
gião interior do triângulo.
b) O circuncentro do triângulo ob-
 tu sân gulo é sempre um ponto da
região exterior do triângulo.
c) O circuncentro do triângulo re-
tân gulo é o ponto médio da hipo te -
nusa.
3. Baricentro
Baricentro é o ponto de intersecção das medianas
do triângulo.
O baricentro é o centro de gravidade do triângulo e
divide cada mediana na razão 2 : 1.
Assim, 
4. Ortocentro
Ortocentro é o ponto de intersecção das retas su -
por tes das alturas do triângulo.
É importante saber que:
a) O ortocentro do triân gulo
acu tângulo é sempre um ponto
da região interior do triângulo.
b) O ortocentro do triângulo
obtusân gulo é sempre um ponto
da região ex terior do triângulo.
c) O ortocentro do triângulo
retân gulo é o vértice do ângulo
reto.
PBQB RB 2
––––– = –––––– = –––––– = ––– 
BMP BMQ BMR 1
21 e 22
Palavras-chave:
Pontos notáveis do triângulo • Baricentro • Incentro
• Circuncentro • Ortocentro
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 62
63MATEMÁTICA
5. Particularidades
a) No triângulo isósceles, os quatro pontos no tá -
veis são alinhados.
b) No triângulo equilátero, os quatro pontos notá -
veis são coincidentes.
� (UNESP) – Sejam A, B, C pontos
distintos no interior de um círculo, sendo C o
centro dele. Se construirmos um triângulo
inscrito no círculo com um lado passando por
A, outro por B e outro por C, podemos
afirmar que este triângulo
a) é acutângulo.
b) é retângulo.
c) é obtusângulo.
d) não é isósceles.
e) pode ser equilátero.
Resolução
O
triângulo é retângulo, pois o centro da circun -
ferência circunscrita é o ponto médio da
hipotenusa.
Resposta: B
� (MODELO ENEM) - Três canos de
forma cilíndrica e de mesmo raio r, dispostos
como indica a figura adiante, devem ser
colocados dentro de outro cano cilíndrico de
raio R, de modo a ficarem presos sem folga.
Expresse o valor de R em termos de r para
que isso seja possível.
Resolução
R = OC + r ⇔ R = . + r ⇔
⇔ R = ⇔ R = 
Resposta: R = 
� (UNIFOR-CE – MODELO ENEM) –
Em um triângulo ABC, retângulo em A, a
mediana relativa à hipotenusa é perpen -
dicular ao segmento
—
BC. Se BC = 2 cm, então
é verdade que
a) a medida de um dos catetos é 1 cm.
b) as mediatrizes dos catetos se interce tam
no interior do triângulo ABC.
c) o quadrado da soma das medidas dos
catetos é igual a 4 cm2.
d) a medida do raio da circunferência cir -
cuns crita ao triângulo ABC é igual a 2 cm.
e) a medida doraio da circunferência circuns -
crita ao triângulo ABC é igual a 1 cm.
Resolução
I) AB = AC e (AB)2 + (AC)2 = (2 cm)2
Assim: AB = AC = �

2 cm
II) O circuncentro O do triângulo ABC é o
ponto médio da hipote nusa
—
BC.
III) (AB + AC)2 = (2 �

2 cm)2 = 8 cm2
IV) R + R = 2 cm ⇔ R = 1 cm
Resposta: E
r(3 + 2 �

3 )
–––––––––––
3
r(3 + 2 �

3 )
–––––––––––
3
2�

3 r + 3r
–––––––––––
3
2r�

3
––––––
2
2
–––
3
B C
R RO
R
M
N
A
Exercícios Resolvidos – Módulos 21 e 22
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 63
64 MATEMÁTICA
Exercícios Propostos – Módulo 21
� Na figura, sendo B o baricentro, determine AB.
RESOLUÇÃO:
I) B é baricentro do triân gulo, então, 
—
AM é me dia na (seg men to
que liga o vértice ao ponto médio do lado oposto).
II) (AM)2 = 32 + 22 ⇔ (AM)2 = 13 ⇒ AM = �


13 
III) AB = . AM (propriedade do baricentro)
AB = 
Resposta: cm 
� Na figura abaixo, o ponto I é o centro da circunfe rência
inscrita no triângulo ABC. 
Pode-se afirmar que
a) I é o baricentro do triângulo ABC.
b) I é o ortocentro do triângulo ABC.
c) I é o ponto de intersecção das medianas do triân gulo ABC.
d) I é o ponto de intersecção das bissetrizes dos ân gulos
internos do triângulo ABC.
e) I é o ponto de intersecção das mediatrizes dos la dos do
triângulo ABC.
RESOLUÇÃO:
I é o incentro do triângulo ABC e, portanto, trata-se do ponto de
inter secção das bissetrizes dos ângulos internos do triân gulo
ABC.
Resposta: D
� Na figura abaixo, o ponto C é o centro da circunferência
circunscrita ao triângulo DEF.
Pode-se afirmar que
a) C é o baricentro do triângulo DEF.
b) C é o incentro do triângulo DEF.
c) C é o ponto de intersecção das medianas do triân gulo DEF.
d) C é o ponto de intersecção das alturas do triân gulo DEF.
e) C é o ponto de intersecção das mediatrizes dos la dos do
triângulo DEF.
RESOLUÇÃO:
C é o circuncentro do triângulo DEF e, portanto, trata-se do ponto
de intersecção das mediatrizes dos lados do triângulo DEF.
Resposta: E
2
–––
3
2�


13
––––––
3
2�


13
––––––
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 64
65MATEMÁTICA
� O segmento da perpendicular traçada de um vértice de um
triângulo à reta do lado oposto é denominada altura. O ponto
de intersecção das três retas suportes das alturas do triângulo
é chamado:
a) baricentro b) incentro c) circuncentro
d) ortocentro e) mediano
RESOLUÇÃO:
O ponto de intersecção das retas suportes das três alturas de um
triângulo é o ORTOCENTRO do referido triângulo.
Resposta: D
� Assinale a afirmação falsa.
a) Os pontos notáveis de um triângulo equilátero são coin -
ciden tes.
b) O incentro de qualquer triângulo é sempre um ponto in -
terno.
c) O ortocentro de um triângulo retângulo é o vértice do
ângulo reto.
d) O circuncentro de um triângulo retângulo é o ponto médio
da hipotenusa.
e) O baricentro de qualquer triângulo é o ponto médio de cada
mediana.
RESOLUÇÃO:
O baricentro de qualquer triângulo não é o ponto médio de cada
me diana, pois o baricentro, invariavel mente, divide cada mediana
na razão 2:1.
Resposta: E
� (PUC-MG – MODELO ENEM) – Na figura, o triângulo ABC
é equilátero e está circunscrito ao círculo de centro O e raio 
2 cm. AD é altura do triângulo. Sendo E ponto de tangência, a
medida de
—
AE, em centímetros, é
a) 2�

3 b) 2�

5 c) 3 d) 5 e) �



26
RESOLUÇÃO:
I) OD = OE = 2
II) OA = 2 . OD ⇔ OA = 4
III) (AE)2 = (OA)2 – (OE)2
Assim: (AE)2 = 42 – 22 ⇔ (AE)2 = 12 ⇒ AE = �


12 ⇔ AE = 2�

3
Resposta: A
Exercícios Propostos – Módulo 22
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 65
66 MATEMÁTICA
� (UNIFESP) – Tem-se um triângulo equilátero em que cada
lado mede 6 cm. O raio do círculo circunscrito a esse triângulo,
em centímetros, mede:
a) �

3 b) 2�

3 c) 4 d) 3�

2 e) 3�

3 
RESOLUÇÃO:
Na figura, O é o circun centro, que coincide com o baricentro do
triângulo equi látero ABC, de lado � = 6 cm e altura h.
Assim:
I) h =
= 
cm = 3�

3 cm
II) OA = . h
Logo: R = . 3�

3 cm ⇔ R = 2�

3 cm
Resposta: B
� (CFT-CE) – No triângulo ABC da figura a seguir, as media -
nas que partem de A e de B são perpendiculares. 
Se BC = 8 e AC = 6, então AB é igual a:
a) 3��6 b) 4��3 c) 12��7 d) 2��5 e) 4��2
RESOLUÇÃO:
I) Nos triângulos GAN e GBM, tem-se:
(2x)2 + y2 = 32 e x2 + (2y)2 = 42
Assim: 5x2 + 5y2 = 32 + 42 ⇔ x2 + y2 = 5
II) No triângulo retângulo GAB, tem-se:
(AB)2 = (2x)2 + (2y)2 ⇔ (AB)2 = 4(x2 + y2)
Assim: (AB)2 = 4 . 5 ⇒ AB = 2��5
Resposta: D
� �

3
–––––
2
6�

3
–––––
2
2
–––
3
2
–––
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 66
67MATEMÁTICA
� Em um sistema de dutos, três canos iguais,
de raio externo 30 cm, são soldados entre si e
colocados dentro de um cano de raio maior, de
medida R. Para posteriormente ter fácil manutenção, é
necessário haver uma distância de 10 cm entre os canos
soldados e o cano de raio maior. 
Essa distância é garantida por um espaçador de metal, confor -
me a figura: 
Utilize 1,7 como aproximação para ��3. 
O valor de R, em centímetros, é igual a: 
a) 64,0 b) 65,5 c) 74,0
d) 81,0 e) 91,0 
RESOLUÇÃO:
De acordo com a figura e o enunciado, tem-se:
R = OC + CD + DE
Assim: R = . + 30 + 10 ⇔
⇔ R = 20��3 + 40 ⇔ R = 34 + 40 ⇔ R = 74
Resposta: C
30 cm
10 cm
R
A B
C
60
cm
30 cm
E
O
D
60��3
––––––
2
2
–––
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 67
68 MATEMÁTICA
1. Elementos da circunferência
Numa circunferência de centro O e raio r, define-se:
a) Corda
Corda de uma circunferência é qualquer seg mento
de reta cujas extremidades são pontos distintos da cir -
cun ferência.
b) Diâmetro
Diâmetro de uma circunferência é qualquer corda
que passa pelo centro da circunferência.
A medida do diâmetro da circunferência é o dobro do
raio.
c)Arco
Arco de circunferência é cada uma das partes em
que fica dividida uma circunferência quando tomamos
dois pontos distintos nela.
d) Semicircunferência
Semicircunferência é todo arco cujas extremi dades
são também extremidades de um diâmetro da cir cun -
 ferência.
2. Posições relativas 
de reta e circunferência
Tangente
Toda reta com um único ponto em comum com uma
circunferência é chamada reta tangente ou simples -
mente tangente à circunferência.
Se a reta t é tangente à circunferência de centro O e
raio r no ponto T, entãot é perpendicular a OT
––
e a distân -
cia do ponto O à reta t é igual a r.
Secante
Toda reta que possui dois pontos em comum com
uma circunferência é chamada reta secante ou simples -
mente secante à circunferência.
A distância do centro da circunferência a uma reta
secante é menor que o raio.
Externa
Toda reta que não possui ponto em comum com
uma circunferência é chamada reta externa ou sim -
plesmente externa à circunferência.
A distância do centro da circunferência a uma reta
externa é maior que o raio.
t � OT
––
e dist (T; O) = r
23
Palavras-chave:
Ângulos na circunferência • Central • Inscrito 
• Excêntrico
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 68
69MATEMÁTICA
3. Ângulos na circunferência
Ângulo central
Ângulo central de uma circunferência é todo ângulo
que tem o vértice no centro da circunferência.
Na figura, AB
�
é o arco cor res pondente ao ângulo
central AO
^
B.
Se tomarmos para unidade de arco (arco unitário), o
arco de fini do na circunferência por um ân gulo central
uni tário, teremos a medida do ângulo AO
^
B igual à me -
dida do arco AB
�
. 
Assim,
Ângulo inscrito
Ângulo inscrito numa circunferência é todo ângulo
que tem o vértice na circunferência e os lados secantes
a ela.
A medida do ângulo inscrito é a metade da medida
do arco que ele determina na circun ferência. Assim,
Ângulo de segmento
Ângulo de segmento é todo ângulo que tem como
vértice um ponto da circunferência, sendo um dos lados
secante e o outro tangente à circunferência.
Na figura, a é um ângulo de segmento e ele deter -
mina na circunferência o arco ABy.
A medida do ângulo de seg mento é a metade da
medida do arco por ele determinado.
Ângulo excêntrico interior
Ângulo excêntrico interior é todo ângulo que tem
como vértice um ponto (distinto do centro) da região
interior de uma circunferência.
Na figura, o ângulo AP
^
B é ex cêntrico interior e deter -
mi na na circunferência o arco AB
�
. As retas PA
↔
e PB
↔
in ter -
cep tam a circunferência nos pontos C e D, respec tiva -
mente, deter mi nando o arco CD
�
.
A medida do ângulo AP
^
B é a metade da soma dos
arcos AB
�
e CD
�
. 
Assim,
α = AB
�
u é secante à circunferência; dist (O; u) < r
v é externa à circunferência; dist (O; v) > r
AB
�
α = ––––
2
AB
�
+ CD
�
α = ––––––––––––
2
AB
�
α = ––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 69
70 MATEMÁTICA
Exercícios Resolvidos
Ângulo excêntrico exterior
Ângulo excêntrico exterior é todo ângulo que tem
como vértice um ponto da região exterior de uma circun -
fe rência e lados secantes ou tangentes à circunferência.
Na figura anterior, o ângulo AP
^
B é excên trico
exterior e deter mina na circun ferência os arcos AB
�
e CD
�
. 
A medida do ângulo A
^
PB é a metade da diferença
entre os arcos 
�
AB e 
�
CD, por ele deter minados. 
Assim,
AB
�
– CD
�
α = ––––––––––––
2
� (MACKENZIE – MODELO ENEM)
Percorrendo uma estrada de 20 m de largura, um veículo inicia um
retorno em um ponto A, utilizando a trajetória circular da figura, cujo
raio é 20 m. Se nessa rotatória a velocidade máxima permitida é de 
20 km/h, o menor tempo necessário para que esse veículo per corra o
arco AB é: (adote π = 3)
a) 12 s b) 18 s c) 15 s d) 25 s e) 22 s
Resolução
Admitindo que a trajetória do veículo seja a represen tada na figura,
concluímos que o comprimento do arco 
�
AB, em metros, é
d = . 2π . r ⇒ d = . 2π . 20 ⇒
⇒ d = 100 m (para π = 3)
Então, 100 m = . t ⇔ t = 18 s
Resposta: B
� (FUVEST) – Na figura abaixo, ABCDE é um petágono regular. A
medida, em graus, do ângulo α é:
a) 32° b) 34° c) 36° d) 38° e) 40°
Resolução
Como α é um ângulo inscrito, que determina na circunferência de
centro O, circunscrita ao pen tágono regular, o arco 
�
CD, temos:
�
CD = = 72°
Assim: α = = = 36°
Resposta: C
300°
––––––
360°
5
–––
6
20 000 m
–––––––––
3600 s
360°
–––––
5
�
CD
–––––
2
72°
–––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 70
71MATEMÁTICA
Nos exercícios de � a �, determinar o valor de �, associan -
do-o com as seguintes alternativas:
a) 40° b) 45° c) 50° d) 80° e) 85°
�
RESOLUÇÃO:
α = ⇔ α = 45°
Resposta: B
� (MACKENZIE)
RESOLUÇÃO:
α = ⇔ α = 85°
Resposta: E
�
RESOLUÇÃO:
α = ⇔ α = 40°
Resposta: A
� (UNIFENAS-MG) – O quadrilátero ABCD está inscrito em
uma circunferência e o ângulo AB^C mede 108°. A medida do
ângulo CD^ A é igual a:
a) 22° b) 36° c) 72° d) 92° e) 108°
RESOLUÇÃO:
2 med(CD
^
A) + 216° = 360° ⇔ med(CD^A) = 72°
Resposta: C
90°
––– 
2
40° + 130°
––– ––––––
2
105° – 25°
––– ––––––
2
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 71
72 MATEMÁTICA
� (UFMG) – Observe a figura:
Suponha que as medidas dos ângulos P
^
SQ, Q
^
SR e S
^
PR,
assinalados na figura, sejam 45°, 18° e 38°, respectivamente. 
A me dida do ângulo P
^
QS, em graus, é:
a) 38 b) 63 c) 79 d) 87
RESOLUÇÃO:
^
P + 
^
Q + 
^
S = 180° ⇔ 56° + θ + 45° = 180°⇔
⇔ θ = 180° – 56° – 45° ⇔ θ = 79°
Resposta: C
� (FUVEST) – A, B, C e D são vértices consecutivos de um
hexágono regular. A medida, em graus, de um dos ângulos
formados pelas diagonais 
—
AC e 
—
BD é:
a) 90 b) 100 c) 110 d) 120 e) 150
RESOLUÇÃO:
θ = = = 120°
Resposta: D
180° + 60°
–––––––––––
2
�
AD + 
�
BC
–––––––––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 72
73MATEMÁTICA
1. Potência de um ponto em relação a uma circunferência
Dados um ponto P e uma circunferência λ, consi deremos uma reta r que passa por P e intercepta λ nos pontos 
A e B.
Chama-se potência do ponto P em relação a λ, o pro duto das medidas dos segmentos PA
—
e PB
—
.
É importante observar que:
a) Se P é um ponto de λ, temos PA = 0 ou PB = 0 e, portanto, a potência é nula.
b) Se P ∉ λ e r é tangente a λ, temos A = B = T e, portanto, a potência do ponto, em relação à circunferência, é 
PA . PB = PT . PT = (PT)2.
2. Propriedade da potência de ponto
A potência é uma característica do ponto em relação à circunferência, portanto, não depende da reta escolhida,
desde que intercepte a circunferência.
É importante destacar, pois:
Potência de P em relação a λ = PA . PB
24
Palavras-chave:
Potência de ponto • Secante • Tangente
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 73
74 MATEMÁTICA
Exercícios Resolvidos
� (MODELO ENEM) – As estradas representadas pelas retas r, s e
t da figura seguinte tangenciam o lago λ nos pontos P, Q e R. Se 
AB = 14 km, BC = 16 km e AC = 18 km, então, a distância do ponto A
até o ponto P mede:
a) 6 km b) 7 km c) 8 km
d) 9 km e) 10 km
Resolução
Sendo x a medida de 
—
AP, temos:
Como BC = 16 km, temos:
18 – x + 14 – x = 16 ⇒ – 2x = – 16 ⇒ x = 8 km
Resposta: C
� (UNIFESP – MODELO ENEM) – Na figura, o segmento AC é per -
pendicular à reta r. Sabe-se que o ângulo AÔB, com O sendo um ponto
da reta r, será máximo quando O for o ponto onde r tangencia uma cir -
cun ferência que passa por A e B. Se AB re pre senta uma estátua de 3,6
m sobre um pedestal BC de 6,4 m, a distância OC, para que o ângulo
AÔB de visão da estátua seja máximo, é 
a) 10 m b) 8,2 m c) 8 m d) 7,8 m e) 4,6 m
Resolução
Calculando a potência do ponto C em relação à circun fe rência da figu -
ra, tem-se: (CO)2 = CB . CA
Assim, (OC)2 = 6,4 . 10 ⇔ (OC)2 = 64 ⇔ OC = 8
Resposta: C
� (UNESP – MODELO ENEM) – Em uma residência, há uma
área de lazer com uma piscina redonda de 5 m de diâmetro.
Nessa área há um coqueiro, representado na figura por um
ponto Q.
Se a distância de Q (coqueiro) ao ponto de tangência T (da piscina) é 6
m, a distância d =
—
QP, do coqueiro à piscina, é:
a) 4 m b) 4,5 m c) 5 m d) 5,5 m e) 6 m
Resolução 
QP . QR = (QT)2 ⇒ d . (d + 5) = 36 ⇔ d2 + 5d – 36 = 0 ⇒ d = 4, 
pois d > 0
Resposta: A
O
T
d Q
6
PR 2,5 2,5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 74
75MATEMÁTICA
� (FUVEST) – O valor de x, na figura abaixo, é:
a) 20/3
b) 3/5
c) 1
d) 4
e) 15
RESOLUÇÃO:
x . 10 = 3 . 2 ⇔ x =
Resposta: B
� O valorde x na figura seguinte é:
a) 2
b) 4,5
c) 10
d) 16
e) 24
RESOLUÇÃO:
x . (x + 8) = 12 . (12 + 3) ⇒ x = 10
Resposta: C
� (UNESP) – Em um plano horizontal encontram-se
representadas uma circunferência e as cordas AC e BD. Nas
condições apresentadas na figura, determine o valor de x.
RESOLUÇÃO:
(AE) . (EC) = (BE) . (ED) ⇒ 2x . (x + 3) = x . (3x – 1)
Como x � 0, temos:
2 . (x + 3) = 3x – 1 ⇒ 2x + 6 = 3x – 1 ⇒ x = 7
Resposta: x = 7
� (FUVEST) – Os segmentos AB e CD se interceptam num
ponto P e são cordas perpendiculares de um mesmo círculo.
Se AP = CP = 2 e PB = 6, ache o raio do círculo.
RESOLUÇÃO:
I) PA . PB = PC . PD ⇒ 2 . 6 = 2 . PD ⇔ PD = 6
II) R2 = 22 + 42 ⇔ R2 = 20 ⇒ R = 2�

5, pois R > 0
P 2
2
2
2
4
R
R4
2
2
A
C
B
D
3
––
5
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 75
76 MATEMÁTICA
� (FUVEST) – Os pontos A, B e C perten cem a uma cir cun -
ferência γ e AC é lado de um polígono regular inscrito em γ.
Sabendo que o ângulo A
^
BC mede 18°, podemos concluir que
o número de lados do polígono é igual a: 
a) 5 b) 6 c) 7 d) 10 e) 12
RESOLUÇÃO:
Se o ângulo A
^
BC mede 18°, então o ângulo central A
^
OC desse
polígono regular mede 36°. Assim, sendo n o número de lados
desse polígono regular, tem-se: n = ⇔ n = 10
Resposta: D
� Se —AB e —CD são, respectivamente, lados do pentágono e
do pen tadecágono regulares inscritos no círculo, então α + β é
igual a:
a) 24° b) 36° c) 48° d) 60° e) 72°
RESOLUÇÃO:
I)

AB = ⇔AB = 72°
II)

CD = ⇔CD = 24°
⇒ α + β = 72°
Resposta: E
� (FGV-SP) – Dado um pentágono re gular ABCDE, cons trói-
se uma circunfe rência pelos vértices B e E de tal forma que
—
BC e 
—
ED sejam tangentes a essa circun ferência, em B e E,
respec tivamente. 
A medida do menor arco 
�
BE na circunferência cons truída é:
a) 72° b) 108° c) 120°
d) 135° e) 144°
RESOLUÇÃO:
Os ângulos internos do pentágono regular ABCDE medem 108°,
pois = 108°.
360°
––––––
36°
360°
–––––
5
360°
–––––
15
AB + CD
III) α = –––––––––– ⇔ α = 48°
2
AB –CD
IV) β = –––––––––– ⇔ β = 24°
2
	
180°(5 – 2)
––––––––––
5
25
Ângulos na circunferência 
e potência de ponto: exercício
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 76
77MATEMÁTICA
Os ângulos internos do pentágono OBCDE, em que O é o centro
da cir cunferência, medem x, 90°, 108°, 108° e 90° e têm soma igual
a 540°. Assim, x + 90° + 108° + 108° + 90° = 540° ⇔ x = 144°.
Portanto,BE = x = 144°.
Resposta: E
� (UFMA – MODELO ENEM) – De um ponto exterior a uma
circun ferên cia, são traçadas uma tangente e uma secante, con -
for me a figura seguinte. A tangente
—
AB mede 10 m e as
medidas de 
—
AC e 
—
CD são iguais. Assim, o compri men to da
secante 
—
AD é igual a
a) 10 m
b) 5�

2 m
c) 10�

2 m
d) 15�

2 m
e) 15 m
RESOLUÇÃO:
(AB)2 = AC . AD
102 = . x ⇔ x2 = 200 ⇒ x = �



200 ⇔ x = 10�

2
Resposta: C
� (FEI) – Na figura seguinte, em que D, E e F são pontos de
tangência e AE = 10 cm, o perímetro do triângulo ABC vale:
a) 10 cm b) 15 cm c) 20 cm 
d) 25 cm e) 30 cm
RESOLUÇÃO:
AF = AE = 10 cm
BD = BE = x cm
CD = CF = y cm
O perímetro 2p (em centímetros) do triângulo ABC é dado por:
2p = AB + BC + CA = (10 – x) + (x + y) + (10 – y) = 10 + 10 = 20
Resposta: C
x
––
2
B
D
C
A
x
2
x
2
10
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 77
78 MATEMÁTICA
1. Definição
Área de uma figura é um número, associado à sua
superfície, que exprime a relação existente entre esta
su per fície e a superfície de um quadrado de lado
unitário.
Dizemos que duas superfícies são equivalentes
quando possuem a mesma área.
2. Área do retângulo
A área S de um retângulo é o produto das medidas
a e b de dois de seus lados consecutivos.
Assim,
3. Área do quadrado
Sendo o quadrado um caso particular do retângulo, a
área S de um quadrado de lado � é S = � . �.
Assim,
4. Área do paralelogramo
Os triângulos RST e QPU são congruentes pelo
critério LAAo e, portanto, são equivalentes.
O paralelogramo PQRS e o retângulo UQRT, ambos
de base b e altura h, possuem, portanto, a mesma 
área S.
Assim, 
5. Área do losango
O retângulo ABCD está dividido em oito triângulos
retângulos congruentes. O losango PQRS, cujas diago -
nais medem D e d, é composto por quatro desses triân -
gulos. A área S do losango é, portanto, a metade da área
do retângulo.
Assim,
6. Área do trapézio
O trapézio PQRS, cujas bases medem B e b e cuja
altura mede h, é equivalente ao trapézio P’Q’SR.
A união dos dois trapézios é o paralelogramo
PQP’Q’, cuja base mede B + b e a altura mede h.
A área S do trapézio PQRS é, portanto, a metade da
área do paralelogramo.
Assim, 
(B + b) . h
S = –––––––––––
2
D . d
S = –––––––
2
S = b . h
S = �2
S = a . b
26
Palavras-chave:
Área dos quadriláteros • Base • Altura
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 78
79MATEMÁTICA
� Em uma empresa, exis te um galpão que precisa ser
divi dido em três depó sitos e um hall de entrada de 20
m2, conforme a figura abaixo. Os de pósitos I, II e III
serão construídos para o armazenamento de, res pec tivamente, 90, 60
e 120 fardos de igual volume, e suas áreas devem ser proporcionais a
essas capa cidades.
A largura do depósito III dever ser, em metros, igual a: 
a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.
Resolução
Sendo S1, S2 e S3 as áreas, em metros quadrados, dos depósitos I, II
e III, respectivamente, e b a largura, em metros, do depósito III, tem-
se:
1o. ) S1 + S2 + S3 + 20 = 11 . 10 ⇔ S1 + S2 + S3 = 90
2o. ) = = = = =
3o. ) = ⇔ S3 = 40
4o. ) S3 = b . 10
Assim: b . 10 = 40 ⇔ b = 4
Resposta: D
� A maior piscina do mundo, registrada no livro
Guiness, está localizada no Chile, em San Alfonso
del Mar, cobrindo um terreno de 8 hectares de área.
Sabe-se que 1 hectare corresponde a 1 hectômetro quadrado.
Qual é o valor, em metros quadrados, da área coberta pelo terreno da
piscina?
a) 8 b) 80 c) 800 d) 8000 e) 80000
Resolução
A área da piscina é de 
8 hectares = 8 hectômetros quadrados = 
= 800 decâmetros quadrados = 80 000 metros quadra dos.
Resposta: E
� Uma indústria produz malhas de proteção solar para
serem aplicadas em vidros, de modo a diminuir a
passagem de luz, a partir de fitas plásticas
entrelaçadas perpendicularmente. Nas direções vertical e horizontal, são
aplicadas fitas de 1 milímetro de largura, tal que a distância entre elas é
de (d – 1) milímetros, conforme a figura. O material utilizado não permite
a passagem da luz, ou seja, somente o raio de luz que atingir as lacunas
deixadas pelo entrelaçamento consegue transpor essa proteção.
A taxa de cobertura do vidro é o percentual da área da região coberta pe -
las fitas da malha, que são colocadas paralelamente às bordas do vidro. 
Resolução
Essa indústria recebeu a encomenda de uma malha de proteção solar
para ser aplicada em um vidro retangular de 5 m de largura por 9 m de
comprimento. A medida de d, em milímetros, para que a taxa de
cobertura da malha seja de 75% é 
a) 2 b) 1 c) d) e) 
Para cada quadrado de d por d da malha, apenas uma área de (d – 1)
por (d – 1) permite a passagem de luz. Como a taxa de cobertura é
75%, apenas 25% da luz incidente deverá passar.
Assim, sendo d > 1, temos:
= 25% ⇔
2 
= ⇒
⇒ = ⇔ 2d – 2 = d ⇔ d = 2
Resposta: A
S3
–––––
120
S3
––––
120
1
–––
3
90
––––
270
1
–––
3
S1 + S2 + S3
––––––––––––––
90 + 60 + 120
S1
––––
90
S2
––––
60
11
–––
3
4
–––
3
2
–––
3
1
–––
4�
d – 1
––––––
d�
(d – 1)2
––––––––
d2
1
–––
2
d – 1
––––––
d
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 79
80 MATEMÁTICA
� A vazão do Rio Tietê, em São Paulo, constitui preo -
cu pação constante nos períodos chuvosos. Em
alguns trechos, são construídas canaletas para
controlar o fluxo de água. Uma dessas canaletas, cujo corte vertical
determina a forma de um trapézio isósceles, tem as medidas especifi -
cadas na figura I. Neste caso, a vazão da água é de 1.050 m3/s. O
cálculo da vazão Q,em m3/s, envolve o produto da área A do setor
transversal (por onde passa a água), em m2, pela velocidade da água
no local, v, em m/s, ou seja, Q = Av.
Planeja-se uma reforma na canaleta, com as dimensões especificadas
na figura II, para evitar a ocorrência de enchentes.
(Disponível em: www2.uel.br)
Na suposição de que a velocidade da água não se alterará, qual a vazão
esperada para depois da reforma na canaleta?
a) 90 m3/s b) 750 m3/s c) 1 050 m3/s
d) 1 512 m3/s e) 2 009 m3/s
Resolução
1) A área do trapézio da figura I, em m2, é:
2) A área do trapézio da figura II, em m2, é:
3) Supondo que a velocidade da água não se altere e sendo v a vazão
após a reforma, em m3/s, temos:
Resposta: D
� (UFLA – MODELO ENEM) – Sabendo-se que os seg mentos —AE,
—
EF, 
—
FG e 
—
GC são congruentes, a área do losango BGDE, contido no
quadrado ABCD de lado x, é:
a)
x2
b)
x2
c)
x2
d)
x2
e) 2x2
Resolução
Sendo S a área do losango BGDE, tem-se
I) BD = x�

2
II) AE = EF = FG = GC = 
III) EG = EF + FG = + = 
IV) S = 
Assim: S = = = 
Resposta: D
30 + 20
––––––––– . 2,5 = 62,5
2
41 + 49
––––––––– . 2 = 90
2
1050 v
–––––– = –––– ⇔ v = 1512
62,5 90
1
–––
2
3
–––
4
1
–––
8
1
–––
4
x�

2 
–––––
4
x�

2 
–––––
2
x�

2 
–––––
4
x�

2 
–––––
4
BD . EG 
––––––––
2
x2
––––
2
x2 . (�

2) 
–––––––––
22
x�

2 
x�

2 . ––––
2 
––––––––––––
2
Exercícios Propostos
� Em uma certa cidade, os moradores de um
bairro carente de espaços de lazer reivin -
dicam à prefeitura municipal a construção de
uma praça. A prefeitura concorda com a solicitação e afirma
que irá construí-la em formato retangular devido às caracterís -
ticas técnicas do terreno. Restrições de natureza orçamentária
impõem que sejam gastos, no máximo, 180 m de tela para
cercar a praça. A prefeitura apresenta aos moradores desse
bairro as medidas dos terrenos disponíveis para a construção
da praça:
Terreno 1: 55 m por 45 m Terreno 2: 55 m por 55 m
Terreno 3: 60 m por 30 m Terreno 4: 70 m por 20 m
Terreno 5: 95 m por 85 m
Para optar pelo terreno de maior área, que atenda às restrições
impostas pela prefeitura, os moradores deverão escolher o
terreno
a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.
RESOLUÇÃO:
O terreno de maior área, que atende às restrições impostas pela
prefeitura, é o terreno 3.
Resposta: C
Lados 
(em m)
Perímetro
(em m)
Área 
(em m2)
Terreno 1 55 x 45 200 > 180 –
Terreno 2 55 x 55 220 > 180 –
Terreno 3 60 x 30 180 1800
Terreno 4 70 x 20 180 1400
Terreno 5 95 x 85 360 > 180 –
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 80
81MATEMÁTICA
� (UNIFESP – MODELO ENEM) – Um comício deverá
ocorrer num ginásio de esportes, cuja área é delimitada por um
retângulo, mostrado na figura.
Por segurança, a coordenação do evento limitou a con cen -
tração, no local, a 5 pessoas para cada 2 m2 de área disponível.
Excluin do-se a área ocupada pelo palan que, com a forma de
um trapézio (veja as di men sões da parte hachu rada na figura),
quantas pessoas, no má xi mo, poderão participar do evento?
a) 2700 b) 1620 c) 1350 d) 1125 e) 1050
RESOLUÇÃO:
A área disponível para o evento, em metros qua drados, é dada
pela diferença entre as áreas do retângulo e do trapézio.
Assim: A = 30 . 18 – . 6 = 540 – 90 = 450 m2
Como a concentração de pessoas está limitada a 5 pessoas para
cada 2 m2 de área disponível, o número máximo de pes soas que
poderão participar do evento é igual a: 
. 5 = 1 125 pessoas
Resposta: D
� O Esquema I mostra a configuração de uma
quadra de basquete. Os trapézios em cinza,
chamados de garrafões, correspon dem a
áreas restritivas. 
Esquema I: área restritiva antes de 2010 
Visando atender as orientações do Comitê Central da
Federação lnternacional de Basquete (Fiba) em 2010, que
unificou as marcações das diversas ligas, foi prevista uma
modificação nos garrafões das quadras, que passariam a ser
retângulos, como mostra o Esquema II. 
Esquema II: área restritiva a partir de 2010 
Após executadas as modificações previstas, houve uma
alteração na área ocupada por cada garrafão, que corresponde
a um(a) 
a) aumento de 5 800 cm2. 
b) aumento de 75 400 cm2. 
c) aumento de 214 600 cm2. 
d) diminuição de 63 800 cm2. 
e) diminuição de 272 600 cm2. 
RESOLUÇÃO:
I) A área do trapézio do esquema I, em cm2, é
= 278 400
II) A área do retângulo do esquema II, em cm2, é 
580 . 490 = 284 200
III)O aumento da área, em cm2, foi de 
284 200 – 278 400 = 5 800
Resposta: A
� 18 + 12–––––––
2
�
� 450–––––2 �
(600 + 360) . 580
–––––––––––––––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 81
82 MATEMÁTICA
� Um terreno com o formato mos trado na
figura foi her dado por quatro irmãos e deve -
rá ser dividido em quatro lotes de mesma
área. Um dos irmãos fez algu mas propostas de divi são para
que fossem analisadas pelos de mais herdeiros.
Dos esquemas apresentados, onde lados de mes ma medida
têm sím bolos iguais, o único em que os quatro lotes não
possuem, neces saria mente, a mes ma área é:
RESOLUÇÃO:
Nos esquemas (A), (B), (C) e (D), cada um dos quatro lotes
desenhados tem exatamente da área do terreno original.
No esquema (E) os quatro lotes desenhados só terão a mesma
área se os lados indicados pelo símbolo –––/ tiverem exatamente
do com pri mento da base do paralelogramo configu rado pelo
terreno original. Assim sendo, os quatro lotes do esquema (E) não
pos suem, necessa riamente, a mesma área.
Resposta: E
� Para decorar a fachada de um edifício, um
arquiteto pro jetou a colocação de vitrais com -
postos de quadrados de lado medindo 1 m,
conforme a figura a seguir.
Nesta figura, os pontos A, B, C e D são pontos médios dos
lados do quadrado e os segmentos AP e QC medem 1/4 da
medida do lado do quadrado. Para confeccionar um vitral, são
usados dois tipos de materiais: um para a parte sombreada da
figura, que custa R$ 30,00 o m2, e outro para a parte mais clara
(regiões ABPDA e BCDQB), que custa R$ 50,00 o m2.
De acordo com esses dados, qual é o custo dos materiais
usados na fabricação de um vitral?
a) R$ 22,50 b) R$ 35,00 c) R$ 40,00
d) R$ 42,50 e) R$ 45,00
RESOLUÇÃO:
Sendo M o centro do quadrado de lado 1 m, temos:
I) A área da região mais clara SC, em m
2, é igual a quatro vezes a
área do triângulo APB.
SC = 4 . = 4 . = m
2
II) A área da região sombreada SS, em m
2, é igual à área do
quadrado menos SC.
SS = 1
2 – = m2
Logo, o custo C na fabricação deste vitral, será:
C = . R$ 30,00 + . R$ 50,00
Resposta: B
1
––
4
1
––
4
AP . MB�–––––––––�2
1 1
–– . ––
4 2�–––––––�
2
1
––
4
1
–––
4
3
–––
4
3
–––
4
1
–––
4
C = R$ 35,00
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 82
83MATEMÁTICA
1. Em função da base e da altura
O triângulo PQR, cuja base mede b e a altura h, é
equivalente ao triângulo RQ’P.
A área S do triângulo PQR é, portanto, a metade da
área do paralelogramo PQRQ’, cuja base mede b e a
altura mede h. 
Assim, 
2. Triângulo equilátero
Seja ABC um triângulo equilátero cujo lado mede �,
a altura h e a área S.
Lembrando que h = e S = , temos:
3. Em função do raio da
circunferência inscrita
Seja S a área do triângulo ABC, cujo raio da circun -
ferência inscrita mede r.
Sendo a, b e c as medidas dos lados do triângulo
ABC, po de mos calcular sua área somando as áreas dos
triângulos BOC, COA e AOB. 
Assim,
S = SBOC + SCOA + SAOB = + + =
= . r = p . r, onde p = é o semi -
perímetro. 
Assim, 
4. Em função de dois 
lados e do ângulo entre eles
Sejam a e b as medidas de dois lados de um triân -
gulo ABC e α a medida do ângulo entre eles: 
a altura h relativa ao lado a é dada por h = b . sen α.
Assim, a área S do triângulo ABC é:
b . h
S = ––––––
2
� . h
–––––
2
��

3
–––––
2
�2 . �

3
S = ––––––––
4
c . r
––––
2
b . r
––––
2
a . r
––––
2
a + b + c
–––––––––
2�
a + b + c
–––––––
2�
S = p . r
a . b . sen α
S = –––––––––––––
2
27
Palavras-chave:
Área dos triângulos • Equilátero 
• Semiperímetro
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página83
84 MATEMÁTICA
5. Em função do raio da
circunferência circunscrita
Sendo S a área do triângulo ABC, cujos lados me -
dem a, b e c e cujo raio da circunferência circunscrita
mede R, temos:
6. Em função dos lados
Sendo a, b e c as medidas dos lados do triângulo
ABC de área S, temos:
(Fórmula de Hierão)
onde p = é o semiperímetro.
S = �



































p . (p – a) . (p – b) . (p – c)
a + b + c––––––––
2
a . b . c
S = –––––––––
4R
� (UIT – MODELO ENEM) – Observe a figura:
Nessa figura, temos quatro quadrados de lados 4 cm, 3 cm, 2 cm e 
1 cm, respectivamente, co locados em um retângulo ABCD. A área da
figura hachurada, em centímetros quadrados, é igual a:
a) 10 b) 20 c) 30 d) 15 e) 40
Resolução
A área S, em centímetros quadrados, da figura hachurada é dada por:
S = 42 + 32 + 22 + 12 – ⇔
⇔ S = 16 + 9 + 4 + 1 – 20 ⇔ S = 10
Resposta: A
� Um engenheiro, para calcular a área de uma cida de,
copiou sua planta numa folha de papel de boa
qualida de, recortou e pesou numa balança de
precisão, obten do 40g. Em seguida, recortou, do mesmo desenho,
uma praça de dimensões reais 100m x 100m, pesou o recorte na
mesma balança e obteve 0,08g. Com esses dados foi possível dizer
que a área da cidade, em me tros quadrados, é de, aproxi madamente,
a) 800 b) 10000 c) 320000
d) 400000 e) 5000000
Resolução
A planta da área da cidade pesou 40g. A praça tem di mensões 100 m
por 100 m. A área é de 10 000 m2 e o recorte da planta pesou 0,08g.
Logo, a área da cidade é de 5 000 000 m2, pois
A 10 000
—– = ———— ⇒ A = 5 000 000
40 0,08
Resposta: E
(4 + 3 + 2 + 1) . 4–––––––––––––––––
2
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 84
85MATEMÁTICA
� (UNESP-MODELO ENEM) – Os polígonos ABC e DEFG
estão desenhados em uma malha formada por quadrados. Suas
áreas são iguais a S1 e S2, respec tivamente, conforme indica a
figura.
Sabendo que os vértices dos dois polígonos estão exata mente
sobre pontos de cruzamento das linhas da malha, é correto
afirmar que é igual a
a) 5,25. b) 4,75. c) 5,00.
d) 5,50. e) 5,75.
RESOLUÇÃO:
Sendo � a medida do lado de cada quadrado da malha, temos:
I)
A área S1 do triângulo ABC é igual a
S1 = = 2�
2 u.a.
II) A área S2 de quadrilátero DEFG é igual a área do retângulo
PQRS menos a área dos triângulos DGS, FGR, EFQ e DEP.
S2 = (4�) . (5�) – – –
– – =
= 20�2 – �2 – 2�2 – 4,5�2 – 2�2 = 10,5�2 u.a.
Logo, = = 5,25
Resposta: A
S2––––
S1
(2�) . (2�)
––––––––––
2
(2�) . (2�)
––––––––––
2
(2�) . �
––––––––
2
(4�) . �
––––––––
2
(3�) . (3�)
––––––––––
2
10,5 �2
––––––––
2 �2
S2
–––––
S1
Exercícios Propostos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 85
86 MATEMÁTICA
� (FGV-SP) – Na figura plana abaixo, os triângulos ABC e
CDE são equiláteros.
Os lados medem 4 cm e 6 cm, res pec tivamente.
Calcule a área do quadrilátero ABDE.
RESOLUÇÃO:
Sendo S a área do qua dri lá tero ABDE, em cm2 e su pondo A, C e E
alinha dos, temos:
S = SABC + SCDE + SBCD =
= + + = 4�

3 + 9�

3 + 6�

3 = 19�

3
Resposta: A área do quadrilátero ABDE é 19�

3 cm2
� (UFPE) – Na figura seguinte, o qua drado ABCD tem área
igual a 100 cm2. Sabe-se que AE = AF e que as medidas de 
––
AE e 
––
EB estão na razão de 1 para 4. A área da região som brea -
da é, em cm2:
a) 63 b) 59 c) 64 d) 70 e) 58
RESOLUÇÃO:
I) De acordo com o enunciado, tem-se:
AB = BC = 10 cm, AE = AF = 2 cm e EB = 8 cm
II) A área S da região sombreada é igual à área do quadrado
ABCD, menos a área ocupada pelos triângulos retângulos AEF
e BCE.
Assim:
S = 100 – – cm2 ⇔
⇔ S = (100 – 2 – 40) cm2 ⇔ S = 58 cm2
Resposta: E
� (FUVEST) – Um triângulo tem 12 cm de perímetro e 6 cm2
de área. Quanto mede o raio da circunferência inscrita nesse
triângulo?
RESOLUÇÃO:
Assim: r = ⇔ r = 1 cm
Resposta: r = 1 cm
4 . 6 . sen60°
–––––––––––––
2
62 �

3
––––––––
4
42 �

3
––––––––
4
2 . 2
–––––
2
10 . 8
–––––
2 �
2p = 12 cm ⇔ p = 6 cm
S = 6 cm2 ⇔ p . r = 6 cm2�
6 cm2
––––––
6 cm
�
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 86
87MATEMÁTICA
1. Área do círculo
Sendo S a área do círculo de raio R, temos:
Observação
O comprimento da circunferência de raio R é dado
por , onde π � 3,1416.
2. Área da coroa circular
Sendo S a área da coroa circular de raios R e r, te -
mos: S = π R2 – π r2.
Assim,
3. Área do setor circular
Sendo S a área do setor circular de raio R limitado
por um arco de comprimento �, temos:
⇒
4. Área do segmento circular
A área S do segmento circular limitado pela corda 
AB
––
e pelo arco AB
�
é obtida da diferença entre a área do
setor circular AOB e a área do triângulo AOB.
Assim,
S = – ⇔
S = π . (R2 – r 2)
C = 2π R
S = π . R2
� . R
S = ––––––
2
�
S = –––––– . π R2
2π R
R
S = ––– . (� – h)
2
R . h
–––––
2
� . R
–––––
2
� (FUVEST) – Na figura seguinte, estão re -
pre sen tados um quadrado de lado 4, uma de
suas diagonais e uma semicir cunferência de
raio 2. Então a área da região hachurada é
a) + 2
b) π + 2
c) π + 3
d) π + 4
e) 2π + 1
Resolução
A semicircunferência e a dia go nal AC
__
passam
pelo centro O do quadrado ABCD de lado 4.
Assim, a área S da região ha chu rada é igual à
soma das áreas do triângulo retângulo MOA e
do setor circular MOB, ou seja,
S = + . π . 22 ⇔ S = π + 2
Resposta: B
π
––
2
1
––
4
2 . 2
–––––
2
28
Palavras-chave:
Área das figuras circulares • Círculo • Coroa circular
• Setor circular 
• Segmento circular
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 87
88 MATEMÁTICA
� Uma empresa produz tam pas circulares de alu mínio
para tanques cilín dricos a partir de chapas quadradas
de 2 metros de la do, con for me a figura. Para 1 tampa
grande, a em presa produz 4 tampas médias e 16 tam pas pequenas.
As sobras de material da produção diária das tam pas grandes, médias
e pequenas dessa em presa são doa das, respectivamente, a três
entida des: I, II e III, para efe tuarem recicla gem do material. A partir
dessas in or mações, pode-se concluir que
a) a entidade I recebe mais material do que a entidade II.
b) a entidade I recebe metade de material do que a entidade III.
c) a entidade II recebe o dobro de material do que a entidade III.
d) as entidades I e II recebem, juntas, menos material do que a
entidade III.
e) as três entidades recebem iguais quanti dades de material.
Resolução
Os raios das tampas grandes, médias e pe que nas são, 
respectiva mente, 1 m, m e m.
Em metros quadrados, as sobras SI, SII e SIII das tam pas grandes,
médias e pequenas são, respectivamente, tais que:
SI = 4 – π . 1
2 = 4 – π
SII = 4 – 4 . π .
2
= 4 – π
SIII = 4 – 16 . π . 
2
= 4 – π
Supondo que as quantidades de chapas qua dra das usadas diariamente
para produzir as tampas grandes sejam as mesmas para as tampas
médias e para as tampas pequenas, as sobras serão iguais, pois 
SI = SII = SIII.
Resposta: E
� (UNIFENAS-MG–MODELO ENEM) – Considere três círculos
concêntri cos de modo que as áreas do círculo interno e da coroa
circular externa sejam iguais. Se o raio do menor círculo é 5 cm e o do
maior é 13 cm, então a largura da coroa circular intermediária é:
a) 7 cm b) 8 cm c) 9 cm
d) 12 cm e) �




157 cm
Resolução
I) π (132 – R2) = π . 52 ⇔ R2 = 132 – 52 ⇔ R2 = 144 ⇒ R = 12
II) x = R – 5
Assim: x = 12 – 5 ⇔ x = 7
Resposta: A
� Dois holofotes iguais, situados em H1 e H2, res -
pec tiva mente, iluminam regiões H1 H2 circulares,
ambas de raio R. Essas regiões se sobrepõem e
deter minam uma região S de maior intensidade luminosa, conforme
figura. 
Área do setor circular: Asc = , α em radianos.
A área da região S, em unidades de área, é igual a:
a) – b) c) –
d) e)
Resolução
A área da região S é dada por
AS = 2Asetor circular O1AO2B – 2ADO1AO2
Assim,
AS = . 2 = 
Resposta: A
1
––
2
1
––
4
1�––�2
1�––�4
5
x
13
R
α R2
–––––
2
2πR2
––––––
3
�

3 R2
––––––
2
(2π – 3�

3)R2
––––––––––––––
12
πR2
–––––
12
R2
–––
8
πR2
–––––
2
πR2
–––––
3
2π
––– . R23 R2��3��––––––––� – –––––– �
2 4
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 88
89MATEMÁTICA
Exercícios Propostos
� Uma empresa de telefonia celular possui duas
antenas que serão substituídas por uma nova,
mais potente. 
As áreas de cobertura das antenas que serão substituídas são
círculos de raio 2 km, cujas circunferências se tangenciam no
ponto O, como mostra a figura. 
O ponto O indica a posição da nova antena, e sua região de
cobertura será um círculo cuja circunferência tan genciará
externamente as circunferências das áreas de cobertura
menores. 
Com a instalação da nova antena, a medida da área de
cobertura, em quilômetros quadrados, foi ampliada em 
a) 8p. b) 12p. c) 16p. d) 32p. e) 64p.
RESOLUÇÃO:
Todas as áreas calculadas a seguir estão em quilôme tros
quadrados.
A área coberta pelas antenas antigas era: SA = 2 π . 2
2 = 8π
A área coberta pela nova antena é: SN = π . 4
2 = 16π
A área de cobertura foi ampliada em 16π – 8π = 8π
Resposta: A
� O proprietário de um parque aquático deseja
construir uma piscina em suas dependências. A fi -
gu ra representa a vista superior dessa piscina, que
é formada por três setores circulares idênticos, com ângulo central
igual a 60°. O raio R deve ser um número natural. 
O parque aquático já conta com uma piscina em formato
retangular com dimensões 50 m x 24 m. 
O proprietário quer que a área ocupada pela nova piscina seja
menor que a ocupada pela piscina já existente. 
Considere 3,0 como aproximação para π. 
O maior valor possível para R, em metros, deverá ser 
a) 16. b) 28. c) 29. d) 31. e) 49.
RESOLUÇÃO:
A área ocupada pela nova piscina deve ser menor que a ocupada
pela piscina já existente, então:
3 . Asetor < Aretângulo ⇒ 3 . πR
2 < 50 . 24 ⇒
⇔ 3 . 3R2 < 1200 ⇔ R2 < ⇔
⇔ R2 < 800 ⇒ R = 28, pois R deve ser natural e 282 < 800 < 292.
Resposta: B
� 60°–––––
360°
�
1
––
6
1200 . 6
––––––––
9
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 89
90 MATEMÁTICA
� (MODELO ENEM) – Com centro no ponto médio de cada
lado e com raio igual à metade de cada um, descrevem-se
quatro semicircunferências que passam pelo centro do
quadrado, conforme a figura. A área da rosácea de quatro
folhas assim formada, em m2, é igual a:
a)
b)
c)
d)
e)
RESOLUÇÃO:
S = 4 . – AΔ = 4 . – = 
= 2 – = – 1 =
Resposta: C
� (MACKENZIE) – Na figura, o raio —OA da circunferência
mede 6 cm. Adotando-se π = 3, a área da região sombreada,
em cm2, é igual a:
a) 9(4 – �

3) b) 9 – �

3 c) 4�

3
d) 9�

3 e) 4(9 – �

3)
RESOLUÇÃO:
No triângulo AOC, isósceles, da figura, tem-se:
A
^
CO = C
^
AO = 30° e A
^
OC = 120°
A área S, em cm2, do segmento circular hachurado, é tal que:
S = . π . 62 – =
= . 3 . 36 – = 36 – 9�

3 = 9 (4 – �

3)
Resposta: A
A
30°
O
B
120°
30°
C
6 6
6
120°
––––––
360°
6 . 6 . sen 120°
–––––––––––––––
2
1
–––
3
�

3
36 . ––––
2
––––––––––
2
π
–––
2
π
–––
4
π – 2
–––––
2
π – 2
–––––
3
π – 1
–––––
2
�1 . 1/2–––––––2π (1/2)
2
––––––––
2��
Acirc
––––––
2�
π – 2
–––––
2
π
–––
2�1–––2π–––4�
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 90
91MATEMÁTICA
1. Polígonos circunscritos
Dizemos que um polígono é circunscritível quando
ele admite uma circunferência inscrita.
A área S de um polígono circunscrito a uma circun -
ferência de raio r é:
onde p é semiperímetro do polígono. 
De fato:
S = SO A1 A2 + SO A2 A3 + … + SO An–1 An + SO An A1 ⇒
⇒ S = + + … + =
= . r ⇒ S = p . r
Se o polígono for regular, então o raio da circun fe -
rên cia inscrita recebe o nome de apótema e é re pre -
sentado por a.
2. Área dos polígonos regulares
A área S de um polígono regular de perímetro 2p e
apótema a é, portanto:
3. Triângulo equilátero
Sendo � a medida do lado do triângulo equilátero da
figura, temos:
a) Altura:
b) Apótema: a = h ⇒
c) Raio da circunferência circunscrita: 
R = h ⇒
d) Área:
 
e) O raio da circunscrita é o dobro do raio da inscrita:
4. Quadrado
Sendo � a medida do lado do quadrado da figura,
temos:
S = p . r
an . r–––––
2
a2 . r–––––
2
a1 . r–––––
2
a1 + a2 + … + an
––––––––––––––––
2
S = p . a
��

3
h = ––––––
2
� �

3
a = –––––
6
1––
3
� �

3
R = –––––
3
2––
3
� 2�

3
S = ––––––
4
R = 2r
29
Palavras-chave:
Área dos polígonos • Apótema 
• Polígono regular
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 91
92 MATEMÁTICA
a) Diagonal:
b) Apótema: 
c) Raio da circunferência circunscrita:
R = ⇒
d) Área:
 5. Hexágono regular
Sendo � a medida do lado do hexágono regular da
figura, temos:
a) Apótema: (altura do triângulo 
equi látero AOB)
b) Raio da circunferência circunscrita:
(lado do triângulo equilátero AOB).
c) Área: S = 6 . SΔAOB ⇒
3�2�

3
S = –––––––
2
R = �
� �

3
a = –––––
2
S = �2
��

2
R = –––––
2
d––
2
�
a = –––
2
d = ��

2
� (FUVEST–MODELO ENEM) – A figura representa sete hexá -
gonos regulares de lado 1 e um hexágono maior, cujos vértices coin -
cidem com os centros de seis dos hexágonos menores. Então a área
do pentágono hachurado é igual a
a) 3�

3 b) 2�

3 c)
d) �

3 e)
Resolução
A área S do pentágono hachurado é igual à soma das áreas de dois
triângulos equiláteros congruentes de lado 1.
Assim:
S = 2 . ⇔ S = 
Resposta: E
3�

3
–––––
2
�

3
––––
2
�

3
––––
2
12 . �

3
–––––––
4
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 92
93MATEMÁTICA
� O apótema de um hexágono regular inscrito numa circun -
ferência de raio 8 cm, vale em cm:
a) 4 b) 4�

3 c) 8 d) 8�

2 e) 12
RESOLUÇÃO:
a = hΔ eq ⇔ a = ⇒ a = ⇔ a = 4�

3 
Resposta: B
��

3
–––––
2
8�

3
–––––
2
Exercícios Propostos
� UNIFESP - MODELO ENEM)
Se k é a área do hexágono, a soma das áreas desses dois triângulos é
igual a:
a) k b) 2k c) 3k d) 4k e) 5k
Resolução
Na figura, o triângulo ABC e o triân gulo DEF estão divididos em 
9 triângulos equiláteros menores, dos quais o hexágono ocupa seis
deles. Desta forma, se SABC, SDEF e k, são as áreas, respectivamente,
dos triân gulos ABC, DEF e do hexágono regular, então:
= = ⇒ SABC = SDEF = k 
e SABC + SDEF = k + k = 3k
Resposta: C
� (FGV – MODELO ENEM) – Na figura, ABCDEF é um hexágono
regular de lado 1 dm, e Q é o centro da circunferência inscrita a ele. O
perímetro do polígono AQCEF, em dm, é igual a:
a) 4 + ��2 b) 4 + ��3 c) 6
d) 4 + ��5 e) 2(2 + ��2 )
Resolução
Como o hexágono é regular, CQD e EQD são triân gulos equiláteros de 
lado 1 dm e, portanto, CE = 2 . = �

3 
Assim, o perímetro do polígono AQCEF é 4 . 1 + �

3 = (4 + �

3 ) 
Resposta: B
1 . �

3
–––––––
2
9
–––
6
SDEF
––––––
k
SABC
––––––
k
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 93
94 MATEMÁTICA
� A área, em cm2, do hexágono regular do exercício anterior
é igual a:
a) 32�

3 b) 96�

3 c) 16�

3
d) 96�

2 e) 108�

3
RESOLUÇÃO: 
A área A, em cm2, é:
A = 6 . 8 . = 96�

3 ou 
A = 6 . = 96�

3
Resposta: B
� (FUVEST) – Uma das piscinas do Centro de Práticas
Esportivas da USP tem o formato de três hexágonos regulares
con gruentes, justapostos, de modo que cada par de hexá -
gonos tem um lado em comum, conforme representado na
figura abaixo. A distância entre lados paralelos de cada hexá -
gono é de 25 metros.
Assinale a alternativa que mais se aproxima da área da piscina.
a) 1.600 m2 b) 1.800 m2 c) 2.000 m2
d) 2.200 m2 e) 2.400 m2
RESOLUÇÃO: 
Sendo � a medida, em metros, de cada lado dos hexágonos
regulares e d a distância, em metros, entre lados paralelos de
cada hexágono, de acordo com o enunciado, tem-se:
d = 2 . = ��

3 e d = 25
Assim, ��

3 = 25 ⇔ � =
A área S, em metros quadrados, da área da superfície da
piscina é dada por:
S = 3 . 6 . = . �2 . �

3 =
= . . �

3 = 937,5.�

3 � 1600
Resposta: A
4�

3
–––––
2
82�

3
–––––
4
��

3
–––––
2
25
––––
�

3
9
–––
2��
2�

3
––––––
4�
625
––––
3
9
–––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 94
95MATEMÁTICA
� (MACKENZIE) – Na figura,um octógono regular e um qua -
drado estão inscritos na circunferência de raio r = ��2. A área
da região sombreada é: 
a) 4 . (��2 – 1) b) + 1
c) d)
e)
RESOLUÇÃO:
I) Soctógono = 8.SΔOCD = 8 . = 4�

2
II) Squadrado = 4.SΔAOB = 4 . = 4
Assim, a área S da região sombreada é:
S = Soctógono – Squadrado = 4�

2 – 4 = 4(�

2 – 1)
Resposta: A
�

2 . �

2 . sen 45°
–––––––––––––––––
2
�

2 . �

2
–––––––––
2
��2 + 11
––––––––
8
��2
––––
2
8��2
––––
7
4 . (��2 + 1)
–––––––––––––
5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 95
96 MATEMÁTICA
� (MODELO ENEM) – O terreno plano ABC da figura seguinte tem
760 metros quadrados de área e o mu ro da divisa BC tem 38 metros
de com primento. Seu proprietário resolveu dividi-lo em dois terrenos
menores de mesma área, construindo o muro DE paralelo ao muro BC.
Considerando ��2 = 1,4, pode-se afir mar que a distância entre os
muros para lelos DE e BC, em metros, é apro xi mada mente igual a:
a) 12 b) 16 c) 18 d) 20 e) 28
Resolução
= � �
2
=
Assim: = ⇔ x = 40 – 20��2 ⇔ x ≅ 40 – 28 = 12
Resposta: A
� (MODELO ENEM) – No terreno ABC da figura, uma pessoa
pretende construir uma resi dên cia, preservando a área verde da região
assinalada. Se BC = 80 m, AC = 120 m e MN = 40 m, a área livre para
a construção, em metros quadra dos, é de:
a) 1400 b) 1600 c) 1800 d) 2000 e) 2200
Resolução
Sendo SAMN, SABC e SL, respectivamente, as áreas, em m
2, dos
triângulos AMN, ABC e a área livre, tem-se:
1) SABC = 
= 2 400
1
–––
2
40 – x
–––––––
40
SΔADE
–––––––
SΔABC
��2
––––––
2
40 – x
–––––––
40
80 . 120 . sen 30°
–––––––––––––––––
2
A razão entre as áreas de duas figuras semelhantes é igual ao quadrado da razão de semelhança.
Exemplo
Os polígonos ABCDE e PQRST são semelhantes e a razão de semelhança é k.
Sendo S
1
e S
2
as áreas dos polígonos ABCDE e PQRST, respectivamente, temos:
e
S1
–––– = k2
S2
a b c d e
–– – = ––– = ––– = ––– = ––– = k
a’ b’ c’ d’ e’
30
Palavras-chave:
Área de figuras semelhantes • Razão de semelhança
Exercícios Resolvidos
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 96
97MATEMÁTICA
2) ΔAMN ~ ΔABC ⇔ = � �
2
⇔
⇔ = � �
2
⇔ SAMN = 600
3) SL = SABC – SAMN = 2 400 – 600 = 1 800
Resposta: C
� (FUVEST – MODELO ENEM) – No retângulo ABCD da figura,
tem-se CD = � e AD = 2�. Além disso, o ponto E per tence à diagonal
—
BD, o ponto F pertence ao lado 
—
BC, e 
—
EF é perpendicular a 
—
BD.
Sabendo que a área do retângulo ABCD é cinco vezes a área do
triângulo BEF, então 
—
BF mede
a) ��

2 / 8 b) ��

2 /4 c) ��

2 / 2
d) 3��

2 / 4 e) ��

2
Resolução
I) (BD)2 = (2�)2 + � 2 ⇒ BD = ��

5
II) SABCD = 5 . SBEF ⇔ 2 . SDAB = 5 . SBEF ⇔ = 
III) Os triângulos BEF e DAB são semelhantes.
Assim: =
2 
IV) De (II) e (III) tem-se finalmente:
=
2 
⇔ (BF)2 = 2�2 ⇒ BF = ��

2
Resposta: E
40
––––
80
SAMN
–––––––
2 400
MN
–––––
BC
SAMN
–––––––
SABC
SBEF
––––––
SDAB
2
–––
5
SBEF
––––––
SDAB
� BF––––BD �
2
–––
5 �
BF
––––––
��

5 �
Exercícios Propostos
� (FUVEST) – No papel quadriculado da figura abaixo, ado -
ta-se como unidade de comprimento o lado do quadrado ha -
churado. 
—
DE é paralelo a 
—
BC. Para que a área do triângulo ADE
seja a metade da área do triângulo ABC, a medida de 
—
AD, na
unidade adotada, é
a) 4�

2 b) 4 c) 3�

3
d) e)
RESOLUÇÃO:
Os triângulos ADE e ABC são semelhantes pelo critério (AA~).
Assim,
=
2
⇔ = ⇔
⇔ (AD)2 = 32 ⇒ AD = �


32 ⇔ AD = 4�

2
Resposta: A
7�

3
–––––
2
8�

3
–––––
3
(AD)2
––––––
82
1
–––
2�AD–––––AB�
SΔADE
––––––––
SΔABC
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 97
98 MATEMÁTICA
� (UNESP) – A figura representa uma chapa de alumínio de
formato triangular de massa 1250 gramas. Deseja-se cortá-la
por uma reta r, paralela ao lado 
—
BC, que intercepta o lado 
—
AB
em D e o lado 
—
AC em E, de modo que o trapézio BCED tenha
700 gramas de massa. A espessura e a densidade do material
da chapa são uniformes. Determine o valor percentual da razão
de 
—
AD por 
—
AB.
Dado: �


11 � 3,32
a) 88,6 b) 81,2 c) 74,8 d) 66,4 e) 44,0 
RESOLUÇÃO:
Para que o trapézio BCED tenha 700 gramas de massa, a massa do
triângulo ADE deve ser:
1250 gramas – 700 gramas = 550 gramas
Como r // 
—
BC, os triângulos ADE e ABC são semelhantes. Assim,
sendo SADE e SABC as áreas dos triângulos ADE e ABC, respecti -
vamente, temos:
=
2
A razão entre as áreas dos triângulos ADE e ABC é igual à razão
entre suas massas, pois a espessura e a densidade do material da
chapa são uniformes; portanto:
=
2
= ⇒
⇒ = � = 0,664 = 66,4% 
Resposta: D
� A razão entre a área do círculo inscrito e a área do círculo
circunscrito a um mesmo hexágono regular é igual a:
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Consideremos o hexágono regular de lado “�”.
I. r = hΔeq ⇔ r = 
⇒
Resposta: C
4
–––
5
2
–––
3
3
–––
4
1
–––
2
1
–––
4
��

3
–––––
2
3π �2
–––––– 
A1 4 3
–––– = –––––––– = –––
A2 π �
2 4
�2 . 3
II. A1 = π r
2 ⇔ A1 = π . ––––––4
III. R = �
IV. A2 = π R
2 ⇔ A2 = π �2
SADE
––––––
SABC
� AD–––––AB �
550
–––––
1250
AD
–––––
AB
11
––––
25
3,32
–––––
5
�AD–––––AB�
SADE
––––––
SABC
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 98
� A figura apresenta dois mapas, em que o
estado do Rio de Janeiro é visto em diferentes
escalas 
Há interesse em estimar o número de vezes que foi ampliada
a área correspondente a esse estado no mapa do Brasil. 
Esse número é 
a) menor que 10. 
b) maior que 10 e menor que 20. 
c) maior que 20 e menor que 30. 
d) maior que 30 e menor que 40. 
e) maior que 40. 
RESOLUÇÃO:
Sendo R a distância real entre dois pontos específicos do estado
do Rio de Janeiro, G a distância entre estes dois pontos no mapa
grande (escala pequena) e P a distância entre estes mesmos dois
pontos no mapa pequeno (escala grande), temos:
⇒
⇒ 25G = 4P ⇔ = 
Se a razão linear dos mapas é , a razão entre as áreas 
é
2
= � 39,06.
A área foi ampliada aproximadamente 39,06 vezes. 
Resposta: D
G 1
––– = –––––––––– ⇒ R = 25 000 000 G
R 25 000 000
P 1
––– = –––––––––– ⇒ R = 4 000 000 P
R 4 000 000
�
P
–––
G
25
–––
4
25
–––
4
� 25–––
4
� 625––––
16
99MATEMÁTICA
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 10:27 Página 99
100 MATEMÁTICA
1. Definição de prisma
Sejam α e β dois planos paralelos distintos. Con -
sideremos uma região poligonal com n lados contida em
α e uma reta r, que intercepta os planos α e β nos
pontos A e B, respectivamente. Chama-se prisma a
união de todos os segmentos paralelos ao segmento de
reta AB
––
, com uma extremidade na região poligonal e a
outra extremidade em β.
2. Elementos
A1A2A3 … An e B1B2B3 … Bn são polígonos
côngruos e paralelos chamados de bases.
A1B1
–––– 
, A2B2
––––
, … AnBn
––––
são segmentos côngruos e
paralelos chamados de arestas laterais.
Os segmentos A1A2, A2A3, … An – 1An, AnA1, B1B2,
B2B3, … Bn – 1Bn, BnB1 são chamados arestas das bases.
A1A2B2B1, A2A3B3B2, … são paralelogramos cha ma -
dos de faces laterais.
A distância h, entre os planos que contêm as bases
do prisma, é chamada de altura do prisma.
3. Classificação
Prisma reto é todo prisma cujas arestas laterais são
perpendiculares aos planos que contêm as bases.
Prisma oblíquo é todo prisma cujas arestas laterais
são oblíquas aos planos que contêm as bases.
Prisma regular é todo prisma reto cuja base é um
polígono regular.
4. Nomenclatura
Os prismas são chamados de triangulares,
quadran gulares, pentagonais etc., conforme as bases
sejam triângulos, quadriláteros, pentágonos etc.
5. Áreas
Área de uma face lateral é a área de um dos
polígonos que constitui uma face lateral do prisma.
Se o prisma for regular, todas as faces laterais terão
mesma área.
Área lateral é a soma das áreas de todas as faces
laterais de um prisma.
Área total é a soma das áreas de todas as faces do
prisma.
Assim, sendo A
�
a área lateral de um prisma, A
b
a
área de uma das bases e A
t
a área total, temos: 
At = 2 . Ab+ A�
31 e 32
Palavras-chave:
Prismas • Base • Face • Aresta
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 100
101MATEMÁTICA
6. Volume
Definição
Volume de um sólido é um número, associado a ele,
que exprime a razão exis tente entre o espaço por ele
ocupado e o espaço ocupado por um cubo de aresta
unitária.
Volume dos prismas
O volume V de um prisma com área da base Ab e
altura h é dado por:
V = Ab . h
� (MODELO ENEM) – Uma piscina de forma retangular tem 15 m
de comprimento, 8 m de largura, 1 m de profundidade num de seus
extremos e 2 m de profundidade no outro extremo, sendo seu fundo
um plano inclinado. Quantos litros de água são necessários para
encher completamente essa piscina?
a) 60 000 b) 90 000 c) 120 000
d) 150 000 e) 180 000
Resolução
V = Ab . h
V = . 80 dm3
V = 180 000 litros
Resposta: E
� (PUC) – Suponha que o bolo mostrado na tira a seguir apoie-se
sobre um suporte circular feito de chocolate que, por sua vez,
encontra-se sobre uma mesa de madeira de tampo retangular, cujas
dimensões são 0,90 m de comprimento, 0,80 m de largura e 0,02 m
de espessura. Assim, a parte dura que o Cebolinha mordeu diz respeito
apenas a um pedaço do tampo da mesa.
Fonte: Jornal O Estado de S. Paulo – 13/10/01
Se o pedaço de madeira na fatia tem a forma de um prisma regular
triangular, cuja aresta da base mede 6 cm, o volume de madeira do
pedaço equivale a que por centagem do volume do tampo da mesa?
(Use �

3 =1,7)
a) 0,2125% b) 0,425% c) 2,125%
d) 4,25% e) 21,25%
Resolução
Sejam VT e VP, respectivamente, os volumes do tampo da mesa e do
pedaço de madeira, em centímetros cúbicos. Supondo que o tampo da
mesa tem a forma de um paralelepípedo reto retângulo, temos:
a) VT = 90 . 80 . 2 = 14 400
b) VP = . 2 = 9 . 1,7 . 2 = 30,6
Assim, o volume de madeira do pedaço equivale a 
= 0,002125 = 0,2125% do volume do tampo da mesa.
Resposta: A
� Técnicos concluem mapeamento 
do aquífero Guarani
O aquífero Guarani localiza-se no subterrâneo dos territórios da Argen -
tina, Brasil, Paraguai e Uruguai, com extensão total de 1.200.000 quilô -
metros quadrados, dos quais 840.000 quilômetros quadrados estão no
Brasil. O aquífero armazena cerca de 30 mil quilômetros cúbicos de água
e é considerado um dos maiores do mundo.
Na maioria das vezes em que são feitas referências à água, são usadas
as unidades metro cúbico e litro, e não as unidades já descritas. A
Companhia de Saneamento Básico do Estado de São Paulo (SABESP)
divulgou, por exemplo, um novo reservatório cuja capacidade de
armazenagem é de 20 milhões de litros.
Disponível em: http:/noticias.terra.com.br. Acesso em: 10 jul. 2009. (adaptado).
Comparando as capacidades do aquífero Guarani e desse novo
reservatório da SABESP, a capacidade do aquífero Guarani é
a) 1,5 x 102 vezes a capacidade do reservatório novo.
b) 1,5 X 103 vezes a capacidade do reservatório novo.
c) 1,5 x 106 vezes a capacidade do reservatório novo.
d) 1,5 X 108 vezes a capacidade do reservatório novo.
e) 1,5 x 109 vezes a capacidade do reservatório novo.
Resolução
A capacidade c do Aquífero Guarani é de 
30 000 km3 = 30 . 103 . 109 m3 = 30 . 1012 . 103 litros = 30 . 1015 litros
e a capacidade c’ do novo reservatório da Sabesp é de 20 . 106 litros.
Assim: = = 1,5 . 109
Resposta: E
(20 + 10) . 150
––––––––––––––
2
c
––
c’
30 . 1015
––––––––––
20 . 106
62�

3
––––––
4
30,6
–––––––
14 400
Exercícios Resolvidos – Módulos 31 e 32
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 101
102 MATEMÁTICA
� (VUNESP – MODELO ENEM) – Se dobrarmos convenien -
temente as linhas tracejadas da figura abaixo, obteremos uma
figura espacial cujo nome é:
a) pirâmide de base pentagonal. b) paralelogramo. 
c) octaedro. d) tetraedro.
e) prisma.
RESOLUÇÃO:
Resposta: E
� Um prisma regular triangular tem aresta da base 6 e altura
10. Determinar a área da superfície total do prisma.
RESOLUÇÃO:
I) AB = = = 9�

3
II) A� = 3 . A� = 3 . 6 . 10 = 180
III) AT = 2 . AB + A� = 2 . 9�

3 + 180 ⇔AT = 18( �

3 + 10)
Resposta: 18( �

3 + 10)
� Calcular a área lateral e a área total de um prisma hexa -
gonal regular cujas arestas da base medem 2 cm e cuja altura
mede 5 cm.
RESOLUÇÃO:
I) A� = 6 . Aretângulo = 6 . 2 . 5 = 60 
II) At = A� + 2AB = 60 + 2 Ahexágono = 60 + 2 . 6 . =
= 60 + 12�

3 = 12(5 + �

3) 
Resposta: 60 cm2 e 12(5 + �

3) cm2
� O volume, em cm3, do prisma da questão anterior é
igual a:
a) 60 b) 120 c) 120�

3 d) 30�

3 e) 40�

3
RESOLUÇÃO:
V = AB . h = Ahexágono . h = 6 . . 5 = 30�

3
Resposta: D
62�

3
––––––
4
l 2�

3
––––––
4
22�

3
–––––––
4
22�

3
––––––
4
Exercícios Propostos – Módulo 31
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 102
103MATEMÁTICA
� Na alimentação de gado de corte, o processo
de cortar a forragem, colocá-la no solo,
compactá-la e protegê-la com uma vedação
denomina-se silagem. Os silos mais comuns são os
horizontais, cuja forma é a de um prisma reto trape zoidal,
conforme mostrado na figura.
Considere um silo de 2 m de altura, 6 m de largura de topo e
20 m de comprimento. Para cada metro de altura do silo, a
largura do topo tem 0,5 m a mais do que a largura do fundo.
Após a silagem, 1 tonelada de forragem ocupa 2 m3 desse tipo
de silo.
EMBRAPA. Gado de corte. Disponível em: www.cnpgc.embrapa.br
Acesso em: 1 ago. 2012 (adaptado)
Após a silagem, a quantidade máxima de forragem que cabe
no silo, em toneladas, é
a) 110. b) 125. c) 130. d) 220. e) 260.
RESOLUÇÃO 
Se, para cada metro de altura do silo, a largura do topo tem 
0,5 m a mais do que a largura do fundo, então em 2 m de altura
do silo a largura do topo tem 2 × 0,5 m = 1 m a mais do que a
largura do fundo. 
Desta forma, a largura do fundo é de (6 – 1) m = 5 m.
O volume do silo, em metros cúbicos, é
V = . 20 = 220 
Se, após a silagem, 1 tonelada de forragem ocupa 2 m3 desse tipo
de silo, então cabem no silo:
= 110t
Resposta: A
(6 + 5) . 2
––––––––––
2
220 m3
–––––––––
2 m3/t
� (PUC-SP) – Um tanque de uso industrial tem a forma de
um prisma cuja base é um trapézio isósceles. Na figura abaixo,
são dadas as dimensões, em metros, do prisma.
O volume desse tanque, em metros cúbicos, é:
a) 50 b) 60 c) 80 d) 100 e) 120
RESOLUÇÃO:
I) Ab = m
2 ⇒ Ab = 20m2
II) V = Ab . h = 20m
2 . 5m = 100m3
Resposta: D
� (FAAP) – Em um prisma triangular regular, a altura mede
2�

3 m e a área lateral é o quádruplo da área da base. Calcule
o volume do prisma.
RESOLUÇÃO:
I) Ab = 
II) A� = 3 . A� = 3 . � . 2 �

3 = 6� �

3 
III) A� = 4 . AB ⇒ 6� . �

3 = 4 . ⇒ � = 6 
IV) V = Ab . h = . 2 �

3 = 54 
Resposta: 54 m3
(8 + 2) . 4
–––––––––
2
�2�

3
––––––
4
�2�

3
––––––
4
62�

3
––––––
4
Exercícios Propostos – Módulo 32
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 103
104 MATEMÁTICA
� (UNICAMP ) – A figura abaixo apresen ta um prisma reto
cujas bases são hexágonos regu lares. Os lados dos hexágonos
me dem 5 cm cada um e a altura do prisma mede 10 cm.
a) Calcule o volume do prisma. 
b) Encontre a área da secção desse prisma pelo plano que
passa pelos pontos A, C e A’.
RESOLUÇÃO:
a) O volume do prisma é dado pelo produto entre a área do
polígono da base e a sua altura. Assim, o seu volume V, em
centímetros cúbicos, é tal que:
V = 6 . . 10 ⇔ V = 375�

3
b)
A secção desse prisma pelo plano α, que passa pelos pontos A,
C e A’, é o retângulo ACC’A’, cuja altura 
—
AA’ mede 10cm e cuja
base 
—
CA tem a sua medida em centímetros dada por:
AC = �





































52 + 52 – 2 . 5 . 5 . cos 120° ⇔ AC = 5�

3 
Assim, a área S, em centímetros quadrados, dessa secção é
dada por: S = AC . AA’ ⇔ S = 5�

3 . 10 ⇔ S = 50�

3 
Respostas: a) 375�

3 cm3 b) 50�

3 cm2
� Uma rede hoteleira dispõe de cabanas sim -
ples na ilha de Gotland, na Suécia, conforme
Figura 1. A estrutura de sustentação de cada
uma dessas cabanas está representada na Figura 2. A ideia é
permitir ao hóspede uma estada livre de tecnologia, mas
conectada com a natureza.
ROMERO. L. Tendências. Superinteressante,n. 315, 
fev. 2013 (adaptado).
A forma geométrica da superfície cujas arestas estão
representadas na Figura 2 é 
a) tetraedro.
b) pirâmide retangular.
c) tronco de pirâmide retangular.
d) prisma quadrangular reto.
e) prisma triangular reto. 
RESOLUÇÃO:
A figura 2 é a representação de um prisma triangular reto de
bases ABC e DEF.
Resposta: E
�52 �

3–––––––
4
�
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 104
105MATEMÁTICA
FRENTE 1
Módulo 17 – Característica de uma matriz,
discus são de um sistema linear
Nas questões de � a �, calcular a carac terística de cada
matriz.
�
�
�
�
� A matriz tem característica:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 0
� A característica da matriz 
M = é:
a) 4 b) 3 c) 2 d) 1 e) 0
	 Calcular a característica da matriz:
 Calcular a característica da matriz 
� Calcular a característica da matriz .
Nas questões de � a �, verificar se cada sistema é possível
e determinado (SPD), pos sível e indeterminado (SPI) ou
impossível (SI). Caso seja possível, resolvê-lo. 
�
�
�
� Discutir e resolver o sistema 
� Discutir e resolver o sistema .
Módulo 18 – Característica de uma matriz,
discus são de um sistema linear
� O sistema 
a) é impossível.
b) é possível e determinado.
c) é possível e indeterminado.
d) admite apenas a solução (1; 2; 3).
e) admite a solução (2; 0; 0).
� 11
2
3
2
5 �
�
1
1
2
2
3
5
2
3
5
�
�
1
1
2
2
3
5
2
3
6
�
�
1
1
2
2
3
5
2
3
6
3
1
2
1
2
5
�
�
1
0
3
0
1
1
0
0
2
1
3
0
4
2
6
0
�
�
1
2
1
4
3
0
1
2
1
3
1
4
–2
3
0
2
4
3
2
6
�
�
1
2
0
3
0
– 1
4
2
1
3
1
1
0
– 1
4
2
1
2
0
3
�
1 5 2 a� 1 2 3 3 �2 7 b 5
�
1
2
2
2
1
0
1
– 2
a
�
x + 2y = 4
2x – y = 0�
x – y = 2
2x + 3y = 9
3x + 2y = 11
�
x + 2y + 3z = 7
3x + 2y + 7z = 4�
x + 2y + z = 4
3x + 4y + 2z = 7
x + 6y + 3z = 11
�
2x – y + 3z = 5
� x + 2y – 6z = 33x – 4y + 12z = 7
x + 2y = 3
x – y = 0
2x + y = 3
�
x + 2y – z = 2
� 2x – 3y + 5z = 11
x – 5y + 6z = 9
Exercícios-Tarefa
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 105
106 MATEMÁTICA
� O sistema tem solução deter minada se:
a) a � 4 b) a � – 2 e a � 2 c) a � 0
d) a � 1 e) a � 2
� (FGV) – Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:
a) Encontre o valor de a que torna o sistema impossível ou
indeter minado.
b) Utilize o valor de a, encontrado no item anterior, para ve -
rificar se o sistema dado é impossível ou indeter minado.
� (MAUÁ) – Para que valores reais de m o sistema abaixo
admite soluções?
� Para que valor de m o sistema é
incompatível?
� (FGV) – Considere o sistema linear 
de incógnitas x e y e parâ metro k. Para que o 
sistema seja possível e indeterminado, devemos ter:
a) k = – 7 
b) k � – 7
c) O sistema nunca será possível e indeter minado.
d) k é um número real qualquer.
e) k > – 3
	 (MACKENZIE) – As afirmações abaixo referem-se ao
sistema , k ∈ �
I) Existe um único valor de k para o qual o sistema admite
mais de uma solução.
II) Existe um único valor de k para o qual o sistema não admite
solução.
III) Existe k irracional para o qual o sistema tem solução única.
Então:
a) somente III é verdadeira.
b) somente II é verdadeira.
c) somente I é verdadeira.
d) somente I e II são verdadeiras.
e) somente II e III são verdadeiras.
 (UEL) – O sistema de equações é possível
e deter minado se, e somente se,
a) k � 0 b) k � – 1 c) k � 1 e k � – 1
d) – 1 ≤ k ≤ 1 e) k � 1
� (FGV) – Dadas as matrizes A = e 
B = , quantas matrizes X satisfazem a equação matricial 
A . X = B?
a) duas
b) uma
c) nenhuma
d) três
e) infinitas
� (UNICAMP-2018) – Sabendo que k é um número real,
considere o sistema linear nas variáveis reais x e y,
É correto afirmar que esse sistema
a) tem solução para todo k.
b) não tem solução única para nenhum k.
c) não tem solução se k = 1.
d) tem infinitas soluções se k ≠ 1.

 (IME) – Classifique o sistema abaixo como determinado,
possível inde terminado e impossível de acordo com os valores
reais de m.
Módulo 19 – Sistema linear homogêneo
� Resolver o sistema
� Resolver o sistema
� Resolva o sistema:
� � � � = � �
� x – 2y – z = 82x + y + 3z = –2ax + y + 2z = 8
x + y = 1� x + m2 . y = m
m . x + y + z =1� x – y – z = 2
�
3x – 2y = 4
4x + y = –13
x + y = k
x + ky = 2� kx + 4y = 2 – k
x + ky = k2� x + y = 1
1
2
–2
4
3
–1� �
0
1� �
� x + ky = 1x + y = k
(m – 2)x + 2y – z = m + 1
2x + my + 2z = m2 + 2
2mx + 2 (m + 1)y + (m + 1)z = m3 + 3�
�2x + 3y = 03x + 4y = 0
�
x + 2y + z = 0
x + y + 3z = 0
2x + 3y + 4z = 0
ax – y = 1� ay – 4x = 1
0
0
0
x
y
z
1 4 5
3 –1 7
1 –22 –11
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 106
107MATEMÁTICA
� (FGV) – O sistema linear 
admite solução não trivial, se:
a) α = – 2 
b) α � – 2
c) α = 2
d) α � 2
e) α � �, sendo � o conjunto dos números reais.
� Dado o sistema: ,
deter minar m para que ele admita soluções distintas da trivial.
� (FUVEST) – Sabendo-se que x, y e z são números reais e
(2x + y – z)2 + (x – y)2 + (z – 3)2 = 0, 
então x + y + z é igual a:
a) 3 b) 4 c) 5 d) 6 e) 7
� O sistema linear 
admite solução não trivial, se:
a) k = 1 ou k = 2
b) k = 3 ou k = 4
c) k � 1 e k � 2
d) k � 3 e k � 4
e) k = 5
� (MACKENZIE) – A soma dos possíveis valores do real k
para que � � � � = k � �
admita solução � � � � � é:
a) zero b) 10 c) – 10 d) 8 e) – 8
Módulo 20 – Fatorial e número binomial
21!� O valor de –––– é:
19!
a) 210 b) 400 c) 420 d) 7980 e) 540
21! – 20!
� O valor de –––––––––– é:
19!
a) 210 b) 420 c) 360 d) 400 e) 500
	 Calcular o valor de
� Resolver a equação = 30
(n + 1)!� Simplificando a expressão ––––––––, obtemos: 
(n – 1)!
a) n b) n2 + 1 c) n2 + n
d) n2 – 1 e) n2 – n
� (FEI) – Simplificar as expressões:
a)
b)
� (UNIFESP) – O valor de 
log2 é:
a) n2 b) 2n c) n d) 2 log2n e) log2n
� Calcule o valor de cada número binomial dado a seguir.
a) = b) =
c) = d) = 
 Resolvendo-se, em �, a equação
= 2, obtém-se um valor pertencente ao intervalo
a) [4; 6] b) [7; 10] c) [11; 15]
d) [16; 18] e) [19; 23]
� (UEL) – A solução da equação 
= é um número inteiro múltiplo de 
a) 11 b) 9 c) 7 d) 5 e) 3
x + y + z = 0
� 4x – 2my + 3z = 0
2x + 6y – 4mz = 0
� x + y + z = 0x + 2y + kz = 0
x + 4y + k2z = 0
5 4
4 5
x
y
x
y
x
y
0
0
10! – 8!
––––––––
8!
n!
–––––––– 
(n – 2)!
7! . 9!
–––––––
6! . 8!
(2n + 2)!
–––––––––
(2n)!
� 2 . 4 . 6 . … . 2n––––––––––––––––n! �
� 125 � � 127 �
� 50 � � 55 �
x + αy – 2z = 0
x + y + z = 0
x – y – z = 0
�
n – 1� �3
––––––––––
n – 2� �2 
7
––
2
n + 1� 4 �
––––––––
n – 1� 2 �
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 10:28 Página 107
108 MATEMÁTICA
Módulo 21 – Propriedades dos números
binomiais
� Calcular os números bino miais.
a) � � = b) � � = c) � � =
d) � � = e) � � =
� Resolver a equação = � 0, sendo x um 
número natural maior que 1.
� Resolver a equação = 11
� O valor de + + + + é
a) b) c) d) e)
� O valor de � � + � � é
a) � � b) � � c) � � d) � � e) � �
� O valor da expressão
� � + � � + � � + ... + � � é
a) 896 b) 948 c) 1024 d) 1628 e) 2048
	 Calcular o valor da expressão
� � + � � + � � + ... + � �
 Calcular o valor da expressão
� � + � � + � � + ... + � �
� Calcular o valor da expressão:
� (MODELO ENEM) – Sabendo-se que a soma dos
elementos de uma coluna do triângulo de Pascal pode ser
calculada pela fórmula 
+ + +… + = , com n e 
p número naturais (n ≥ p) e é o número binomial de n
sobre p, podemos concluir que a soma
S = + + + … + resulta igual a
a) 870 b) 969 c) 1140 d) 1330 e) 1560
Módulo 22 – Binômio de Newton –
Desenvolvimento de (x + y)n
Desenvolver:
� (x + y)0 = 
� (x + y)1 =
� (x + y)2 =
� (x + y)3 =
� (x + y)4 =
� (x – y)4 =
	 (x + y)5 = 
 (x – 2)4 =
� (2x + 1)6 =
� (2x – 3y)4 =

 (x + 2)4 = 
� (2x – 1)4 = 
� 2xx – 1 � �
2x
3 �
� x + 24 � �
x
2 �
3� �0 4� �1 5� �2 6� �3 7� �4
8� �4 7� �5 8� �5 8� �6 9� �6
60
30
60
31
60
30
60
31
61
29
61
30
61
31
11
0
11
1
11
2
11
113
3
4
3
5
3
10
3
3
0
4
1
5
2
10
7
3 3 3 3 2 3 4
10 �� � + � � + � � + � �� + 2�� � + � � + � ��0 1 2 3 2 2 2
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
2 3 4 5� � + � � + � � + � �0 1 2 3
� pp � �
p + 1
p � �
p + 2
p � �
n
p � �
n + 1
p + 1�
� np �
� 22 � �
3
2 � �
4
2 � �
18
2 �
100
2
100
98
60
0
60
60
60
1
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 108
109MATEMÁTICA
� O quarto termo do desenvolvimento de (x + 3)4 segundo
expoentes decrescentes de x é:
a) x4 b) 12x3 c) 12x2 d) 108x2 e) 108x
� O quarto termo do desenvolvimento de (x + 3)4 segundo
expoentes crescentes de x é:
a) x4 b) 12x3 c) 12x2
d) 108x2 e) 108x
� O termo independente de x no desenvol vimento de 
(2x + 5)4 é igual a:
a) 16 b) 160 c) 600 d) 1000 e) 625 
Módulo 23 – Binômio de Newton –
Desenvolvimento de (x + y)n
� Calcular o 6o. termo do desenvolvimento de (x + y)15, feito
segundo expoentes decres centes para x.
� Calcular o 10o. termo do desenvolvimento de (x – y)12, feito
segundo expoentes crescentes para x.
� Calcular o termo independente de x, no desenvolvimento
de
12
� Calcular o termo de grau 15, no desenvol vimento de 
15
� (MODELO ENEM) – O termo geral do desenvolvimento do 
bi nômio (x + y)n, Tk + 1 = x
k . yn – k, pode ser utilizado 
para resolver certos problemas de probabili dade. Por exemplo,
se um casal tem n filhos (n ≥ 2), a probabilidade de serem k
homens e, con sequentemente, n – k mulheres é dada por 
p = xk . yn – k, em que x e y são, respecti vamente, as 
probabilidades de, em cada nascimento, o filho ser homem ou
mulher.
Então, a probabilidade de um casal ter 6 filhos, sendo 
2 homens e 4 mulheres é igual a
a) b) c) d) e)
� Calcular a soma dos coeficientes dos termos do
desenvolvimento de (3x + 2y)5.
	 A soma dos coeficientes numéricos dos termos do
desenvolvimento de ( + )
10
é igual a:
a) 1024 b) 1024–1 c) 512 d) 310 e) 512–1
 A soma dos coeficientes numéricos dos termos do
desenvolvimento de (3x – 2y)n é:
a) 1 b) – 1 c) 2 d) 2n e) – 2n
Módulo 24 – Análise combinatória – Princípio
da contagem e arranjos
� Quantos números de três algarismos dis tintos podem ser
formados com os algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 7 e 8?
� Quantos números, compreendidos entre 3000 e 4000 e
formados de al garismos dis tintos, podemos formar com os
algarismos 2, 3, 4, 5, 6 e 7?
� Quantos números pares, de quatro algaris mos distintos,
podem ser formados com os algarismos 1, 2, 4, 6, 8 e 9?
a) 300 b) 120 c) 360 d) 240 e) 180
� No Nordeste brasileiro, é co mum encon trar -
mos peças de artesanato cons tituídas por
garrafas preenchidas com areia de dife rentes
cores, formando desenhos. Um artesão deseja fazer peças
com areia de cores cinza, azul, verde e amarela, mantendo o
mesmo desenho, mas variando as cores da paisagem (casa,
palmeira e fundo), conforme a figura.
O fundo pode ser representado nas cores azul ou
cinza; a casa, nas cores azul, verde ou ama rela; e
a palmeira, nas cores cinza ou verde. Se o fundo
não pode ter a mesma cor nem da casa nem da
pal meira, por uma questão de con traste, então o
número de varia ções que podem ser obtidas para
a paisagem é
a) 6. b) 7. c) 8. d) 9. e) 10.
� (UEL-MODELO ENEM) – Para responder a certo
questionário, preenche-se o cartão apresentado a seguir,
colocando-se um “x” em uma só res posta para cada questão.
De quantas maneiras distintas pode-se responder a esse
questio nário?
a) 3125 b) 120 c) 32 d) 25 e) 10
� x + x2___
1 �
� x3 – x2___
1 �
� nk �
� nk �
2
–––
3
1
–––
6
7
–––
32
15
–––
64
7
–––
64
3x3
–––
2
x2
––
2
CARTÃO RESPOSTA
QUESTÕES 1 2 3 4 5
SIM o o o o o
NÃO o o o o o
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 109
110 MATEMÁTICA
� (UNESP-MODELO ENEM) – Quatro amigos vão ocupar as
poltronas a, b, c, d de um ônibus dispostas na mesma fila ho -
rizon tal, mas em lados diferen tes em relação ao corredor,
conforme a ilustração.
Dois deles desejam sentar-se juntos, seja do mesmo lado do
corredor, seja em lados diferentes. Nessas condições, de quan -
tas maneiras distintas os quatro podem ocupar as poltronas
referidas, considerando-se distintas as posições em que pelo
menos dois dos amigos ocupem poltronas diferentes?
a) 24 b) 18 c) 16 d) 12 e) 6
	 (UFRJ) – Um construtor dispõe de quatro cores (verde,
amarelo, cinza e bege) para pintar cinco casas dispostas lado a
lado. Ele deseja que cada casa seja pintada com apenas uma
cor e que duas casas consecutivas não possuam a mesma cor.
Por exemplo, duas possibilidades diferentes de pintura seriam:
Primeira
verde amarelo bege verde cinza
Segunda
verde amarelo bege verde cinza
Determine o número de possibilidades diferentes de pintura.
 (FATEC)
Assim sendo, a quantidade de senhas distintas que João pode
formar é
a) 123 . 104 . 42
b) 122 . 11 . 102 . 9 . 8 . 7 . 2
c) 122 . 11 . 102 . 9 . 8 . 7 . 3
d) 122 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7 . 4
e) 122 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7 . 2
� Para estimular o raciocínio de sua filha, um
pai fez o seguinte desenho e o entregou à
criança junta mente com três lápis de cores
diferentes. Ele deseja que a menina pinte somente os círculos,
de modo que aqueles que este jam ligados por um segmento
tenham cores diferentes.
a) 6. b) 12. c) 18. d) 24. e) 72.
� (FAMEMA) – Uma pessoa dispõe de 5 blocos de papel
colorido nas cores azul, amarelo, verde, branco e rosa, sendo
cada um deles de uma única cor, e irá utilizar 3 folhas para
anotações. O número total de maneiras possíveis de essa
pessoa escolher essas 3 folhas, sendo pelo menos 2 delas de
uma mesma cor, é
a) 22. b) 12. c) 15. d) 18. e) 25.
Módulo 25 – Permutações
� Calcular o número total de anagramas da palavra
VESTIBULAR.
� Quais os anagramas da palavra PAI?
� Quantos anagramas tem a palavra PALMITO?
� (MACKENZIE-MODELO ENEM) – Um trem de
passageiros é constituído de uma locomotiva e 6 vagões
distintos, sendo um deles restaurante. Sabendo-se que a
locomotiva deve ir à frente e que o vagão res taurante não pode
ser colocado imediatamente após a locomo tiva, o número de
modos diferentes de montar a composição é:
a) 120 b) 320 c) 500 d) 600 e) 720
João vai criar uma senha para o seu roteador. Para ter mais
segurança,
• a senha terá nove caracteres que não se repetem, sendo 4
algarismos, 3 letras e 2 caracteres não alfanuméricos;
• a senha ou começará ou terminará por um caractere não
alfanumérico;
• as três letras serão seguidas por um único caractere não
alfanumérico seguido por quatro algarismos;
• há distinção entre letra maiúscula e letra minúscula;
• as letras serão escolhidas entre a, i, p, g, k e v, apenas;
• os caracteres não alfanuméricos serão escolhidos entre !,
%, & e >, apenas.
Observe dois exemplos de senhas nas condições dadas:
!pGk&8460 ou AiV%3841>
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 110
111MATEMÁTICA
� (FGV) – Um processo industrial deve passar pelas etapas A, B,
C, D e E.
a) Quantas sequências de etapas podem ser delineadas se A
e B devem ficar juntas no início do processo e A deve
antece der B?
b) Quantas sequências de etapas podem ser delineadas se A
e B devem ficar juntas, em qualquer ordem, e não
necessaria mente no início do processo?
� (FUVEST) – Um lotação possui três ban cos para pas -
sageiros, cada um com três lugares, e deve transportar os três
membros da família Sousa, o casal Lúcia e Mauro e mais
quatro pessoas. Além disso, 
1. a família Sousa quer ocupar um mesmo banco;
2. Lúcia e Mauro querem sentar-se lado a lado.
Nessas condições, o número de maneiras distintas de dispor
os nove passageiros no lotação é igual a
a) 928 b) 1152 c) 1828 d) 2412 e) 3456
� (FGV) – O número de permutações da palavra
ECONOMIA que não começam nem terminam com a letra O é
a) 9 400. b) 9 600. c) 9 800. 
d) 10 200. e) 10 800.
� (UNIFESP) – As permutações das letrasda palavra PROVA
foram listadas em ordem alfabética, como se fossem palavras
de cinco letras em um dicionário. A 73a. palavra nessa lista é
a) PROVA. b) VAPOR. c) RAPOV. d) ROVAP. e) RAOPV.
� Considere todos os números formados por 6 algaris mos
distintos obtidos permutando-se, de todas as formas possíveis,
os algarismos 1, 2, 3, 4, 5 e 6.
a) Determine quantos números é possível for mar (no to tal) e
quantos números se iniciam com o algarismo 1.
b) Escrevendo-se esses números em ordem cres cente,
determine qual posição ocupa o número 512346 e que
número ocupa a 242a. posição.
� (FGV-2018) – Uma senha é formada por 8 caracteres,
permutan do-se os elementos do conjunto {a, b, c, d, e, 1, 3, 5}.
Quantas senhas diferentes podem ser formadas de modo que
na 2.a posição haja uma letra e na 6.a posição um algarismo?
a) 40 320 b) 10 800 c) 720
d) 4 320 e) 14 400
Módulo 26 – Combinações simples
� (FUVEST) – Numa primeira fase de um campeonato de
xadrez, cada jogador joga uma vez contra todos os demais.
Nessa fase foram realizados 78 jogos. Quantos eram os
jogado res?
a) 10 b) 11 c) 12 d) 13 e) 14
	 A escrita Braile para cegos é um sistema de
símbolos no qual cada caráter é um con jun to
de 6 pontos dispostos em forma retan gular,
dos quais pelo menos um se destaca em relação aos demais.
Por exemplo, a letra A é representada por .
O número total de caracteres que podem ser represen tados no
sistema Braile é
a) 12. b) 31. c) 36. d) 63. e) 720.
 (FUVEST) – Participam de um torneio de voleibol 20 times
distri buídos em 4 chaves, de 5 times cada uma. Na 1a. fase do
torneio, os times jogam entre si uma única vez (um único
turno), todos contra todos em cada chave, sendo que os 2
melhores de cada chave passam para a 2a. fase. Na 2a. fase, os
jogos são elimina tórios; depois de cada partida, apenas o ven -
cedor permanece no torneio. Logo, o número de jogos
necessários até que se apure o campeão do torneio é:
a) 39 b) 41 c) 43 d) 45 e) 47
� (FUVEST-MODELO ENEM) – Em uma classe de 9 alunos,
todos se dão bem, com exceção de Andréia, que vive brigando
com Manoel e Alberto. Nessa classe, será cons tituída uma
comissão de 5 alu nos, com a exigência de que cada membro
se relacione bem com todos os outros. Quantas comis sões
podem ser formadas?
a) 71 b) 75 c) 80 d) 83 e) 87
� (UNIFESP-MODELO ENEM) – O corpo clínico da pediatria
de um certo hospital é composto por 12 profissionais, dos
quais 3 são capacitados para atuação junto a crianças que
apresentam necessidades educacio nais especiais. Para fins de
assessoria, deverá ser criada uma comis são de 3 profissionais,
de tal maneira que 1 deles, pelo me nos, tenha a capacitação
referida. Quantas comis sões distintas podem ser formadas
nestas condições?
a) 792 b) 494 c) 369 d) 136 e) 108
Questões �, � e �.
Considere duas retas paralelas. Marque 7 pontos distintos
numa delas e 4 pontos distintos na outra.
Determine, em seguida, o número total de:
� retas determinadas por estes 11 pontos.
� triângulos com vértices nestes 11 pontos. 
� quadriláteros convexos com vértices nestes 11 pontos.
• •
• •
• •
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 10:32 Página 111
112 MATEMÁTICA
� Como não são adeptos da prática de
esportes, um grupo de amigos resolveu fazer
um torneio de futebol utilizando videogame.
Decidiram que cada jogador joga uma única vez com cada um
dos outros jogadores. O campeão será aquele que conseguir o
maior número de pontos. Observaram que o número de
partidas jogadas depende do número de jogadores, como
mostra o quadro:
Se a quantidade de jogadores for 8, quantas partidas serão
realizadas?
a) 64 b) 56 c) 49 d) 36 e) 28
� (FUVEST-2018) – Doze pontos são assinalados sobre
quatro segmentos de reta de forma que três pontos sobre três
segmentos distintos nunca são colineares, como na figura.
O número de triângulos distintos que podem ser desenhados
com os vértices nos pontos assinalados é
a) 200. b) 204. c) 208. d) 212. e) 220.

 (FAMEMA-2018) – Três tubos de ensaio, com rótulos A, B
e C, serão colocados em um suporte que possui cinco lugares
alinhados e encontra-se fixado em uma parede. A figura mostra
uma das possíveis disposições dos tubos.
Sabendo que o tubo com o rótulo A não pode ocupar as
extremidades do suporte, o número de maneiras distintas de
esses tubos serem colocados nesse suporte é
a) 12. b) 24. c) 36. d) 18. e) 30.
� (FAMERP-2018) – Lucas possui 6 livros diferentes e Milton
possui 8 revistas diferentes. Os dois pretendem fazer uma
troca de 3 livros por 3 revistas. O total de possibilidades
distintas para que essa troca possa ser feita é igual a
a) 1 040. b) 684. c) 980.
d) 1 120. e) 364.
Módulo 27 – Arranjos, permutações e
combinações: exercícios
� (UNESP) – Dispomos de 4 cores distintas e temos de
colorir o mapa mostrado na figura com os países P, Q, R e S,
de modo que paí ses cuja fronteira é uma linha não podem ser
coloridos com a mesma cor.
Responda, justificando sua resposta, de quantas manei ras é
pos sível colorir o mapa, se
a) os países P e S forem coloridos com cores distin tas?
b) os países P e S forem coloridos com a mesma cor?
� (MODELO ENEM) – Num veículo com 9 lugares, sendo
um deles o do motorista, deverão viajar 9 pessoas das quais
apenas 4 podem dirigir. Nessas condições, de quantas
maneiras essas pessoas poderão ser dispostas no referido
veículo?
a) 20 160 b) 40 320 c) 80 640
d) 161 280 e) 362 880
� (ESPCEX) – A equipe de professores de uma escola
possui um banco de questões de matemática composto de 5
questões sobre parábolas, 4 sobre circunferências e 4 sobre
retas. De quan tas ma neiras distintas a equipe pode montar
uma prova com 8 ques tões, sendo 3 de parábolas, 2 de
circunferências e 3 de retas?
a) 80 b) 96 c) 240 d) 640 e) 1280
� (FUVEST) – Num programa transmitido diariamente, uma
emissora de rádio toca sem pre as mesmas 10 músicas, mas
nunca na mesma ordem. Para esgotar todas as possíveis se -
quên cias dessas músicas serão necessários, aproxima -
damente,
a) 100 dias. b) 10 anos. c) 1 século.
d) 10 séculos. e) 100 séculos.
� (MACKENZIE) 
Ao utilizar o caixa eletrônico de um banco, o usuário digita sua
senha numérica em uma tela como mostra a figura. Os dez
algarismos (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9) são associados aleatoria mente
a cinco botões, de modo que a cada botão correspondam dois
algarismos, indicados em ordem crescente. O número de
maneiras diferentes de apresentar os dez algarismos na tela é
a) b) c) 25 . 5! d) 25 . 10! e)
Quantidade de jogadores 2 3 4 5 6 7
Número de partidas 1 3 6 10 15 21
P Q
R S
10!
–––
2
10!
–––
5
10!
–––
25
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 112
113MATEMÁTICA
� Seis pessoas serão distribuídas em duas equi pes para
concorrer a uma gincana. O número de maneiras diferentes de
formar duas equipes é
a) 10 b) 15 c) 20 d) 25 e) 30
� (IBMEC) – Considere um cubo ABCDE FGH, cujas arestas
medem 2 cm. O número de maneiras diferentes de escolher
três de seus vértices de modo que a área do triângulo por eles
determinados seja maior do que 2 cm2 é igual a
a) 32 b) 36 c) 40 d) 48 e) 56
� (MACKENIE) – Num quadro, as chaves de 6 salas e de 2
ba nhei ros, todas distintas, estão dispostas em duas filas com
quatro chaves cada uma. Se as chaves dos banheiros devem
ocupar as extremidades da primeira fila, o número de formas
diferentes de se colocar as chaves no quadro é: 
a) 6! b) 6. 6! c) 4. 6! d) 8! e) 2. 6!
Módulo 28 – Arranjos completos e combinações
completas
� Quantos números de três algarismos distin tos podemos
formar com os elementos do conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6}?
a) 60 b) 120 c) 216 d) 20 e) 36
� Quantos números de três algarismos pode mos formar
com os elementos do conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6}?
a) 60 b) 120 c) 216 d) 20 e) 36
� Quantos números de três algarismos, com pelo menos
dois al garismos iguais, podemos formar com os elementos do
conjunto {1, 2, 3, 4, 5, 6}?
a) 216 b) 120 c) 96 d) 48 e) 24
� (UNESP) – Considere a identificação das pla cas de
veículos, compostas de três letrasseguidas de 4 dígitos.
Sendo o alfabeto cons tituído de 26 letras, o número de placas
pos síveis de serem cons ti tuídas, pensando em todas as
combinações possíveis de 3 letras seguidas de 4 dígitos, é:
a) 3 120 b) 78 624 000 c) 88 586 040
d) 156 000 000 e) 175 760 000
	 Quantos são os anagramas da palavra ARARAS?
� (FUVEST) – A figura a seguir representa parte do mapa de
uma cidade no qual estão assinalados as casas de João (A), de
Maria (B), a escola (C) e um possível caminho que João
percorre para, passando pela casa de Maria, chegar à escola. 
Caminhando somente para Norte(N) ou Leste(L), qual o
número total de caminhos que João poderá percorrer para ir de
sua casa à escola, passando pela casa de Maria?
� (ITA) – O número de soluções inteiras, maiores ou iguais a
zero, da equação x + y + z + w = 5 é:
a) 36 b) 48 c) 52 d) 54 e) 56
� (UNICAMP)
a) De quantas maneiras é possível distribuir 20 bolas iguais
entre 3 crianças de modo que cada uma delas receba,
pelo menos, 5 bolas?
b) Escolhendo, aleatoriamente, uma das distribuições do item
(a), qual a probabilidade de uma delas receber exatamente
9 bolas? 
 (INSPER)
Automóveis do Brasil terão placas
do Mercosul a partir de 2017
De acordo com a Resolução 590/2016 do Conselho Nacional
de Trânsito (CONTRAN), todos os veículos em território
nacional deverão ter placas de identificação no padrão Mercado
Comum do Sul (Mercosul) até 2020. [...] Atualmente com três
letras e quatro números, a nova placa inverterá essa ordem e
possuirá quatro letras e três números, dispostos agora de
forma aleatória (com o último caractere sendo sempre
numérico para não interferir nos rodízios municipais).
(http://quatrorodas.abril.com.br. Adaptado)
A ilustração a seguir apresenta um formato válido da nova
placa do Mercosul:
(https://carros.uol.com.br)
Considerando as diferentes posições que as 4 letras e os 3
números podem assumir na composição do formato da nova
placa do Mercosul, o número total de formatos de placas
válidos é igual a
a) 35. b) 30. c) 12. d) 15. e) 64.
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 10:35 Página 113
114 MATEMÁTICA
� Um brinquedo infantil caminhão-cegonha é
formado por uma carreta e dez carrinhos nela
transportados, conforme a figura.
No setor de produção da empresa que fabrica esse brinquedo,
é feita a pintura de todos os carrinhos para que o aspecto do
brinquedo fique mais atraente. São utilizadas as cores amarelo,
branco, laranja e verde, e cada carrinho é pintado apenas com
uma cor. O caminhão-cegonha tem uma cor fixa. A empresa
determinou que em todo caminhão-cegonha deve haver pelo
menos um carrinho de cada uma das quatro cores disponíveis.
Mudança de posição dos carrinhos no caminhão-cegonha não
gera um novo modelo do brinquedo.
Com base nessas informações, quantos são os modelos
distintos do brinquedo caminhão-cegonha que essa em presa
poderá produzir?
a) C6,4 b) C9,3 c) C10,4 d) 6
4 e) 46

 (FGV) – Existe quantidade ilimitada de bolas de três cores
dife rentes (branca, preta, azul) em um depósito, sendo que as
bolas se diferenciam apenas pela cor. Oito dessas bolas serão
colocadas em uma caixa. A quantidade de caixas diferentes
que podem ser compostas com oito bolas é igual a
a) 38. b) 336. c) 56. d) 45. e) 25.
� Uma empresa construirá sua página na
internet e espera atrair um público de
aproximadamente um milhão de clientes.
Para acessar essa página, será necessária uma senha com
formato a ser definido pela empresa. Existem cinco opções de
formato oferecidas pelo programador, descritas no quadro, em
que “L” e “D” representam, respectivamente, letra maiúscula
e dígito.
As letras do alfabeto, entre as 26 possíveis, bem como os
dígitos, entre os 10 possíveis, podem se repetir em qualquer
das opções.
A empresa quer escolher uma opção de formato cujo número
de senhas distintas possíveis seja superior ao número
esperado de clientes, mas que esse número não seja superior
ao dobro do número esperado de clientes.
A opção que mais se adequa às condições da empresa é
a) I. b) II. c) III. d) IV. e) V.
Módulo 29 – Probabilidade – definição
� Joga-se, ao acaso, um dado “honesto” de seis faces nu -
me ra das de 1 a 6 e lê-se o número da face voltada para cima. 
Cal cular a pro babilidade de obter o número 2.
� Joga-se, ao acaso, um dado “honesto” de seis faces
numeradas de 1 a 6 e lê-se o número da face voltada para
cima. Calcular a proba bilidade de obter um número maior do
que 4.
� Numa urna, existem 4 bolas numeradas de 1 a 4 que
diferem apenas pela numeração. Retiram-se duas bolas ao
acaso e simulta neamente. Qual a probabilidade de se obterem
bolas com nú me ros que têm soma par?
� Um município de 628 km2 é atendido por
duas emis soras de rádio cujas antenas A e B
alcan çam um raio de 10 km do município,
conforme mostra a figura:
Para orçar um contrato publicitário, uma agência precisa avaliar
a probabilidade que um morador tem de, circulando livremente
pelo município, encontrar-se na área de alcance de pelo menos
uma das emissoras.
Essa probabilidade é de, aproximadamente, 
a) 20% b) 25% c) 30% d) 35% e) 40%
Opção Formato
I LDDDDD
II DDDDDD
III LLDDDD
IV DDDDD
V LLLDD
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 114
115MATEMÁTICA
� (UNESP-MODELO ENEM) – Numa pesquisa feita com
200 ho mens, observou-se que 80 eram casados, 20 separados,
10 eram viúvos e 90 eram solteiros. Escolhido um homem ao
acaso, a probabilidade de ele não ser solteiro é
a) 0,65 b) 0,6 c) 0,55 d) 0,5 e) 0,35 
� (MODELO ENEM) – Foram preparadas noventa
empadinhas de camarão, das quais, a pedido, sessenta
deveriam ser bem mais api men tadas. Por pressa e confusão
de última hora, foram todas colocadas ao acaso, numa mesma
travessa para serem servidas. A proba bilidade de alguém
retirar uma empadinha mais apimentada é:
a) b) c) d) e)
	 (ALBERT EINSTEIN) – Em uma urna vazia foram
colocadas fichas iguais, em cada uma das quais foi escrito
apenas um dos anagramas da palavra HOSPITAL. A
probabilidade de que, ao sortear-se uma única ficha dessa urna,
no anagrama nela marcado as letras inicial e final sejam ambas
consoantes é
a) b) c) d)
 Uma caixa contém uma cédula de R$ 5,00,
uma de R$ 20,00 e duas de R$ 50,00 de
modelos diferentes. Retira-se aleatoriamente
uma cédula dessa caixa, anota-se o seu valor e devolve-se a
cédula à caixa. Em seguida, repete-se o procedimento anterior.
A probabilidade de que a soma dos valores anotados seja pelo
menos igual a R$ 55,00 é
a) b) c) d) e)
� (FGV-2018) – Uma urna I contém cinco bolinhas idênticas
nume radas com os valores 2, 3, 4, 5 e 6. Outra urna II contém
três bolinhas idênticas numeradas com os valores 1, 3 e 5.
Uma bolinha é sorteada de cada urna e são observados os seus
números. A probabilidade de que o produto deles seja par é:
a) 0,54 b) 0,40 c) 0,48 d) 0,60 e) 0,72
� (FUVEST-2018) – Em uma urna, há bolas amarelas, bran -
cas e vermelhas. Sabe se que:
I. A probabilidade de retirar uma bola vermelha dessa urna é
o dobro da probabilidade de retirar uma bola amarela.
II. Se forem retiradas 4 bolas amarelas dessa urna, a
probabilidade de retirar uma bola vermelha passa a ser 1/2.
III. Se forem retiradas 12 bolas vermelhas dessa urna, a
probabilidade de retirar uma bola branca passa a ser 1/2.
A quantidade de bolas brancas na urna é
a) 8. b) 10. c) 12. d) 14. e) 16.
Módulo 30 – União de eventos
� Retirando, ao acaso, uma carta de um baralho comum de
52 cartas, qual é a probabi lidade de obter-se “uma dama ou
uma carta de copas”?
� Retirando, ao acaso, uma carta de um baralho comum de
52 cartas, qual é a probabi lidade de obter-se “uma dama ou um
rei”?
Jogam-se dois dados “honestos” de seis faces, numeradas de
1 a 6, e lê-se o número de cada uma das duas faces voltadas
para cima. Calcular, nas questões de � a �, a probabili dade
de serem obtidos:
� números cuja soma é 5 ou 6?
� dois números pares ou dois números ímpares?
� dois números ímpares ou dois números iguais?
� (UNESP) – Lançando-se simultaneamente dois dados não
viciados, a probabilidadede que suas faces superiores exibam
soma igual a 7 ou 9 é
a) b) c) d) e) 
	 Dois dados perfeitos e distinguíveis são lançados ao
acaso. A proba bilidade de os dois números obtidos serem
ímpares ou terem soma maior que 7 é:
a) b) c) d) e) 
 Uma urna contém 500 bolas, numeradas de 1 a 500. Uma
bola dessa urna é escolhida ao acaso. A probabilidade de que
seja escolhida uma bola com um número de três algarismos ou
múltiplo de 10 é
a) 10% b) 12% c) 64% d) 82% e) 86%
� Numa comunidade de 1000 habitantes, 400 são sócios de
um clube A, 300 de um clube B e 200 de ambos. Qual é a
probabilidade de uma pessoa escolhida ao acaso ser sócia de
A ou B?
� Uma urna contém 4 bolas amarelas, 2 brancas e 3 bolas
vermelhas. Retirando-se uma bola ao acaso, qual a probabili -
dade de ela ser amarela ou branca?

 (UFU-MODELO ENEM) – De uma urna que contém bolas
numeradas de 1 a 100 será retirada uma bola. Sabendo-se que
qualquer uma das bolas tem a mesma chance de ser retirada,
qual é a probabilidade de se retirar uma bola, cujo número é um
quadrado perfeito ou um cubo perfeito?
a) 0,14 b) 0,1 c) 0,12 d) 0,16 e) 0,2 
1–––
90
2–––
3
1–––
60
1–––
2
1–––
3
9
–––
14
4
–––
7
3
––
7
5
–––
14
5
––
9
2
––
9
3
––
4
1
––
4
1
––
2
3
––
7
5
–––
18
2
–––
11
4
––
9
1
––
6
7
–––
12
4
––
9
17
–––
36
1
––
2
7
––
1
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 115
116 MATEMÁTICA
Módulo 31 – Intersecção de eventos
� Retirando-se uma carta de um baralho co mum de 52 cartas,
qual a probabilidade de obter-se uma dama, sabendo-se que a
carta é de copas?
� Retirando-se uma carta de um baralho co mum de 52 cartas,
os eventos “dama” e “carta de copas” são independentes?
� Joga-se, ao acaso, um dado “honesto” de seis faces
nume radas de 1 a 6 e lê-se o número da face voltada para
cima. Sabendo que este número é par, calcule a probabilidade
de ser o número dois.
� Duas pessoas A e B atiram num alvo com probabilidade
40% e 30%, respectivamente, de acertar. Nestas condições, a
probabilidade de apenas uma delas acertar o alvo é:
a) 42% b) 45% c) 46% d) 48% e) 50%
� Um piloto de Fórmula 1 estima que suas chances de subir
ao pódio numa dada prova são de 60% se chover no dia da
prova e de 20% se não chover. O serviço de Meteorologia
prevê que a probabilidade de chover durante a prova é de 75%.
Nessas condições, calcule a proba bilidade de que o piloto
venha a subir ao pódio.
� (MODELO ENEM)
Uma urna contém apenas 10 bolas, sendo 7 azuis e 3 ver des. Reti -
rando-se duas bolas ao acaso e sem repo sição da pri meira
antes de retirar a segunda, qual a probabili dade de as duas
bolas serem ver des?
a) b) c) d) e) 
	 (MODELO ENEM) – Em um determinado semáforo, as
luzes completam um ciclo de verde, amarelo e vermelho em 1
minuto e 40 se gundos. Desse tempo, 25 segundos são para a
luz verde, 5 segundos para a amarela e 70 segundos para a
vermelha. Ao se aproximar do semáforo, um veículo tem uma
determinada probabilidade de encontrá-lo na luz verde, amarela
ou vermelha. Se essa aproximação for de forma aleatória,
pode-se admitir que a probabilidade de encon trá-lo com uma
dessas cores é diretamente propor cio nal ao tempo em que
cada uma delas fica acesa. 
Suponha que um motorista passa por um semá foro duas vezes
ao dia, de maneira aleatória e independente uma da outra. Qual
é a probabili dade de o motorista encontrar esse semáforo com
a luz verde acesa nas duas vezes em que passar?
a) b) c) d) e) 
 A queima de cana aumenta a con centração
de dióxido de car bono e de mate rial particu -
lado na atmosfera, cau sa alteração de clima e
contribui para o aumento de doenças respira tórias. A tabela
abaixo apresenta nú meros relativos a pacientes internados em
um hospital no período da queima da cana.
Escolhendo-se aleatoriamente um paciente inter nado nesse
hospital por problemas res pira tórios causados pe las quei -
madas, a probabili dade de que ele seja uma criança é igual a
a) 0,26, o que sugere a necessidade de imple mentação de
medidas que reforcem a atenção ao idoso internado com
problemas respiratórios. 
b) 0,50, o que comprova ser de grau médio a gravidade dos
pro blemas respiratórios que atin gem a população nas
regiões das quei ma das.
c) 0,63, o que mostra que nenhum aspecto relativo à saúde
infantil pode ser negligen ciado.
d) 0,67, o que indica a necessidade de cam panhas de
conscientização que objetivem a eliminação das queimadas.
e) 0,75, o que sugere a necessidade de que, em áreas atin -
gidas pelos efeitos das queimadas, o atendimento
hospitalar no setor de pedia tria seja reforçado.
� (UNESP) – Em um jogo de tabuleiro, o jogador desloca
seu peão nas casas por meio dos pontos obtidos no
lançamento de um par de dados convencionais e não viciados.
Se o jogador obtém números diferentes nos dados, ele avança
um total de casas igual à soma dos pontos obtidos nos dados,
en cer rando-se a jogada. Por outro lado. se o jogador obtém
números iguais nos dados, ele lança novamente o par de dados
e avança seu peão pela soma dos pontos obtidos nos dois
lançamentos, encerrando-se a jogada.
A figura a seguir indica a posição do peão no tabuleiro desse
jogo antes do início de uma jogada.
Iniciada a jogada, a probabilidade de que o peão encerre a
jogada na casa indicada na figura com a bomba é igual a
a) b) c) d) e)
1
–––
4
1
–––
3
1
–––
5
2
–––
15
1
–––
15
1
–––
2
1
–––
3
1
–––
9
1
––––
16
1
––––
25
pacien -
tes
problemas
respira tórios
causados
pelas
queimadas
problemas
respira tórios
resultantes
de outras
causas
outras
doenças
total
idosos 50 150 60 260
crianças 150 210 90 450
23
––––
216
23
––––
135
23
––––
144
49
––––
432
37
––––
324
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 116
117MATEMÁTICA
� (FAMEMA) – Um professor colocou em uma pasta 36
trabalhos de alunos, sendo 21 deles de alunos do 1o. ano e os
demais de alunos do 2o. ano. Retirando-se aleatoriamente 2
trabalhos dessa pasta, um após o outro, a probabilidade de os
dois serem de alunos de um mesmo ano é
a) . b) . c) . d) . e) .

 (FAMEMA-2018) – Em um curso para profissionais da
saúde, há 25 alunos, dos quais 16 são mulheres. Entre as
mulheres, 12 têm curso de especialização e, entre os homens,
8 têm curso de especialização. Sorteando-se aleatoriamente
dois alunos desse curso, a probabilidade de eles serem de
sexos diferentes e pelo menos um deles ter curso de espe -
cialização é
a) b) c) d) e)
� Um casal, ambos com 30 anos de idade,
pretende fazer um plano de previdência
privada. A seguradora pes qui sada, para
definir o valor do recolhimento mensal, estima a probabilidade
de que pelo menos um deles esteja vivo daqui a 50 anos,
tornando por base dados da popu lação, que indicam que 20%
dos homens e 30% das mulheres de hoje alcançarão a idade
de 80 anos.
Qual é essa probabilidade?
a) 50% b) 44% c) 38% d) 25% e) 6%
� Um morador de uma região metropolitana
tem 50% de probabilidade de atrasar-se para
o trabalho quando chove na região; caso não
chova, sua probabilidade de atraso é de 25%. Para um
determinado dia, o serviço de meteorologia estima em 30% a
probabilidade da ocorrência de chuva nessa região.
Qual é a probabilidade de esse morador se atrasar para o
serviço no dia para o qual foi dada a estimativa de chuva?
a) 0,075 b) 0,150 c) 0,325 d) 0,600 e) 0,800
� (INSPER) – Um antigo game show da televisão brasileira
consistia em um apresentador fazer perguntas para um
participante indicar, entre 4 alternativas, a resposta correta. Ao
longo do programa, quando o participante não sabia qual era a
resposta correta, ele podia recorrer a um tipo de auxílio,
chamado “ajuda das cartas”, no qual ele escolhia
aleatoriamente uma entre quatro cartas, podendo ser
beneficiado com a exclusão de 0, 1, 2 ou 3 alternativas erradas.
Suponha que um participante decida responder uma pergunta
em que, para ele, todas as alternativas são igualmente
prováveis de ser a correta. Se ele optar pela “ajuda das cartas”,
a probabilidade de ele escolher a alternativa correta será
a) entre 40%e 45%. b) superior a 50%.
c) inferior a 35%. d) entre 35% e 40%.
e) entre 45% e 50%.
� (UNICAMP) – Lançando-se determinada moeda tenden -
ciosa, a probabi lidade de sair cara é o dobro da probabilidade de
sair coroa. Em dois lançamentos dessa moeda, a probabilidade
de sair o mesmo resultado é igual a
a) 1/2. b) 5/9. c) 2/3. d) 3/5.
Módulo 32 – Lei binomial de probabilidade
Utilize as informações a seguir para as questões de � a �.
Uma urna contém 6 bolas: duas brancas e quatro pretas.
Retiram-se quatro bolas, sempre com reposição de cada bola
antes de retirar a seguinte.
� A probabilidade de as quatro serem brancas é:
a) b) c) d) e)
� A probabilidade de só as duas primeiras serem brancas
é:
a) b) c) d) e)
� A probabilidade de só as duas últimas serem brancas
é:
a) b) c) d) e)
� A probabilidade de só a primeira e a ter ceira se rem
brancas é:
a) b) c) d) e)
� A probabilidade de só duas se rem brancas é:
a) b) c) d) e)
� (MODELO ENEM) – A probabilidade de um atirador acertar
um alvo em um único tiro é 0,2. Com apenas 4 tiros, qual a
probabilidade de esse atirador acertar o alvo só 2 vezes?
a) 14,25% b) 15% c) 15,36%
d) 16% e) 16,35%
	 (MODELO ENEM) – Um casal decidiu que vai ter 3 filhos.
Con tudo, quer exatamente 2 filhos homens e decide que, se a
proba bilidade for inferior a 50%, irá procurar uma clínica para
fazer um tratamento específico para assegurar que terá os dois
filhos ho mens.
Após os cálculos, o casal concluiu que a proba bi lidade de ter
exatamente 2 filhos homens é
a) 66,7%, assim ele não precisará fazer um tra ta mento.
b) 50%, assim ele não precisará fazer um tra tamento.
1–––6
1
–––
5
1
–––
4
1
–––
3
1
–––
2
7
–––
15
3
–––
5
1
–––
3
2
–––
5
4
–––
15
2–––
81
24–––
81
4–––
81
16–––
81
1–––
81
2–––
81
24–––
81
4–––
81
16–––
81
1–––
81
1–––
81
16–––
81
4–––
81
24–––
81
2–––
81
1–––
81
16–––
81
4–––
81
24–––
81
2–––
81
1–––
81
16–––
81
4–––
81
24–––
81
2–––
81
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 117
118 MATEMÁTICA
c) 7,5%, assim ele precisará fazer um tra tamento.
d) 25%, assim ele precisará procurar uma clínica para fazer um
tratamento.
e) 37,5%, assim ele precisará procurar uma clínica para fazer
um tratamento.
 (FGV) – Uma caixa contém 100 bolas de mesmo formato,
peso e textura, sendo algumas brancas e outras pretas.
Sortean do-se ao acaso, e com reposição, uma bola duas vezes,
a pro babilidade de que em ambos os sorteios saia uma bola
preta é igual a . Sendo assim, o total de bolas pretas na 
caixa supera o total de bolas brancas em
a) 24. b) 28. c) 30. d) 32. e) 36.
� Numa avenida existem 10 semáforos. Por
causa de uma pane no sistema, os semáforos
ficaram sem controle durante uma hora, e
fixaram suas luzes unicamente em verde ou vermelho. Os
semáforos funcionam de forma independente; a probabili -
dade de acusar a cor verde é de e a de acusar a cor 
vermelha é de . Uma pessoa percorreu a pé toda essa 
avenida durante o período da pane, observando a cor da luz de
cada um desses semáforos.
Qual a probabilidade de que esta pessoa tenha observado
exatamente um sinal na cor verde?
a) b) c)
d) e)
FRENTE 2
Módulo 17 – Relações métricas no triângulo
retângulo
� No triângulo retângulo da figura abaixo, calcule a, h, m e n.
� Sendo retângulos os triângulos das figuras, determine os
valores de x, y e z.
a)
b)
c)
� Dado o triângulo retângulo abaixo, no qual AB = 5 e 
AH = 2�


5, calcule AC.
� Calcular o perímetro de um quadrado cuja dia gonal mede
5�

2 m.
� (FGV) – Em um triângulo retângulo, a hipotenusa mede
���52 e a medida de um cateto é 50% superior à medida do
outro. A medida da altura relativa à hipotenusa é:
a) b) c)
d) e)
� A altura de um triângulo isósceles cuja base me de 16 cm
e cujos lados côngruos medem 17 cm é
a) 10 cm. b) 12 cm. c) 13 cm. d) 14 cm. e) 15 cm.
	 Quatro estações distribuidoras de energia, A,
B, C e D, estão dispostas como vértices de
um quadrado de 40 km de lado. Deseja-se
construir uma estação central que seja ao mesmo tempo
equidistante das estações A e B e da estrada (reta) que liga as
estações C e D. A nova estação deve ser localizada
a) no centro do quadrado.
b) na perpendicular à estrada que liga C e D, pas sando por seu
ponto médio, a 15 km dessa estrada.
c) na perpendicular à estrada que liga C e D passando por seu
ponto médio, a 25 km dessa estrada.
256
–––––
625
1
––
3
2
––
3
210
––––
3100
10 x 29
––––––
310
10 x 2
––––––
310
2
––––
310
290
––––
3100
4�
�13 
––––––
5
16�
�13 
–––––––
13
12�
�13 
–––––––
13
6�
�13 
–––––––
5
16�
�13 
–––––––
15
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 118
119MATEMÁTICA
d) no vértice de um triângulo equilátero de ba se AB, oposto
a essa base.
e) no ponto médio da estrada que liga as esta ções A e B.
� (UNIFESP-2018) – Em um tapete retangular decorado
com círculos idênticos, o círculo de centro C tangencia as
laterais do tapete em P e Q. O ponto R pertence à
circunferência desse círculo e está à distância de 18 cm e de
25 cm das laterais do tapete, como mostra a figura.
a) Calcule a distância de R até o canto superior do tapete,
indicado por S. Deixe a resposta indicada com raiz quadrada.
b) Calcule o raio dos círculos que compõem a decoração do
tapete.
Módulo 18 – Relações métricas no triângulo
retângulo
� (MODELO ENEM) – Uma empresa de iluminação
necessita esticar um cabo de energia provisório do topo de um
edifício, cujo formato é um retângulo, a um determinado ponto
do solo distante a 6 metros, como ilustra a figura a seguir. O
comprimento desse cabo de energia, em metros, será de
a) 28. b) 14. c) 12. d) 10. e) 8.
� (PUC) – No esquema a seguir, a reta AB representa a
trajetória de um navio e no ponto I localiza-se uma ilha. 
Quando o navio se encontra no ponto A, AI = 60 km e quando
o navio está em B, BI = 48 km. Se BI é a menor das distâncias
do navio à ilha, quando o navio estiver em C, a distância dele à
ilha será, em quilô me tros:
a) 40 b) 60 c) 80 d) 100 e) 120
� (UNIRIO) – Numa circunferência de 16 cm de diâmetro,
uma corda AB
—
é projetada ortogonalmente sobre o diâmetro
BC
—
. Sabendo-se que a referida projeção mede 4 cm, a medida
de AB
—
, em cm, é igual a:
a) 6 b) 8 c) 10 d) 12 e) 14
� (FUVEST) – No quadrilátero ABCD da figura abaixo, E é
um ponto sobre o lado AD
—
, tal que o ângulo A
^
BE mede 60° e
os ângulos E
^
BC e B
^
CD são retos. Sabe-se ainda que 
AB = CD = ����3 e BC = 1. Determine a medida de AD.—
Módulo 19 – Natureza dos triângulos
� Classificar os triângulos das figuras, quanto aos ângulos.
a)
b)
P
C
S
Q
18 cm
25cm
R
fora de
escala
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 10:37 Página 119
120 MATEMÁTICA
c) 
� Determinar para que valores inteiros de x o ângulo  do
triângulo ABC é obtuso.
� Calcular a altura AH— do triângulo ABC da figura.
� Determine a altura de um trapézio de bases 24 cm e 
10 cm, sabendo-se que os lados não paralelos medem,
respectivamente, 15 cm e 13 cm.
� (MACKENZIE) – Uma folha de papel ABCD de formato
retangular é dobrada em torno do segmento 
—
EF de maneira que
o ponto A ocupe a posição de G como mostra a figura. Se 
AE = 3 e BG = 1 então a medida do seg mento 
—
AF é
a) b) c) d) e)
� Os lados de um triângulo ABC medem AB = 15, BC = 13
e AC = 14. A projeção ortogonal de AB
—
sobre AC
—
mede:
a) 5 b) 6 c) 7 d) 8 e) 9
	 (UNICAMP) – A figura abaixo exibe três círculos no plano,
tangentes dois a dois, com centros em A, B e C e raios de
comprimentos a, b e c, respectivamente.
a) Determine os valores de a, b e c, sabendo que a distância
entre A e B é de 5 cm, a distância entre A e C é de 6 cm e
a distância entre B e C é de 9 cm.
b) Para a = 2 cm e b = 3 cm, determine o valor de c > b de
modo que o triângulo de vértices em A, B e C seja
retângulo.
Módulo 20 – Lugares geométricos
� O lugar geométrico dos pontos de um plano equidistantes
de duas retas concorrentes desse plano é
a) uma circunferência;
b) uma mediatriz;
c) duas retasconcorrentes e não perpendi culares;
d) duas retas concorrentes e perpendiculares;
e) uma semirreta (bissetriz).
� Um ponto P equidista dos vértices de um triângulo ABC.
O ponto P é
a) o baricentro do triângulo ABC.
b) o incentro do triângulo ABC.
c) o circuncentro do triângulo ABC.
d) o ortocentro do triângulo ABC.
e) um ex-incentro do triângulo ABC.
� Um ponto Q pertencente à região interna de um triângulo
DEF equidista dos lados desse triângulo. O ponto Q é
a) o baricentro do triângulo DEF.
b) o incentro do triângulo DEF.
c) o circuncentro do triângulo DEF.
d) o ortocentro do triângulo DEF.
e) um ex-incentro do triângulo DEF.
3�

5
–––––
4
7�

5
–––––
8
3�

5
–––––
2
�

5
––––
3
3�

5
–––––
5
A
B
C
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 120
121MATEMÁTICA
� Qual dos pontos notáveis de um triângulo pode ser um de
seus vér tices?
a) baricentro
b) incentro
c) circuncentro
d) ortocentro
e) ex-incentro
� Qual dos pontos notáveis de um triângulo pode ser o
ponto médio de um de seus lados?
a) baricentro
b) incentro
c) circuncentro
d) ortocentro
e) ex-incentro
� Como se posicionam o baricentro, o in cen tro, o
circuncentro e o ortocentro de um mesmo triângulo isósceles?
� Quais pontos notáveis de um triângulo nunca se
posicionam externamente em relação à sua região triangular?
a) baricentro e ortocentro
b) incentro e circuncentro
c) baricentro e circuncentro
d) incentro e ortocentro
e) baricentro e incentro
� O baricentro, o incentro, o circuncentro e o ortocentro de
um mes mo triângulo são coin cidentes. Pode-se afirmar que
esse triân gulo é
a) isósceles e retângulo.
b) isósceles e obtusângulo.
c) escaleno e retângulo.
d) escaleno e acutângulo.
e) equilátero.
Módulo 21 – Pontos notáveis do triângulo
� Assinale V ou F, conforme as afirmações sejam
verdadeiras ou falsas.
a) ( ) O ponto de encontro das medianas de um triângulo
chama-se baricen tro.
b) ( ) O baricentro de um triângulo divi de cada mediana
em duas partes, tais que a parte que contém o
vértice é o dobro da outra.
c) ( ) Incentro de um triângulo é o ponto de encontro de
suas bissetrizes internas.
d) ( ) O incentro de um triângulo é um ponto equidis tante
de seus lados, por isso, é o centro da circun ferência
inscrita nesse triângulo. 
e) ( ) Circuncentro de um triângulo é o ponto de encontro
das mediatrizes dos lados do triângulo.
f) ( ) O circuncentro de um triângulo é o ponto que
equidista dos vértices desse triângulo, por isso, é o
centro da circunferência circunscrita a esse
triângulo.
g) ( ) Se o triângulo é retângulo, o cir cun centro é o ponto
médio da hipotenusa.
h) ( ) Ortocentro de um triângulo é o pon to de encontro
das retas supor tes de suas alturas.
i) ( ) Em qualquer triângulo, o baricentro é interno.
j) ( ) Em qualquer triângulo, o incentro é interno.
k) ( ) Em qualquer triângulo, o circun cen tro é interno.
l) ( ) Se o circuncentro é externo, o triângulo é obtusân -
gulo.
m) ( ) Se o circuncentro é interno, o triângulo é equilátero.
n) ( ) Se o triângulo é obtusângulo, o orto centro é externo.
o) ( ) Se o baricentro, o incentro, o circun centro e o or to cen -
tro estão alinha dos, o triângulo é isósceles.
p) ( ) Num triângulo equilátero, os quatro pontos notáveis
coincidem.
� A hipotenusa de um triângulo retângulo mede 10 cm e os
catetos medem 6 cm e 8 cm. A medida da mediana relativa à
hipotenusa é de
a) 3 cm. b) 4 cm. c) 4,5 cm.
d) 5 cm. e) 5,5 cm.
	 Sendo I o incentro do triângulo, determine o valor da
medida do ângulo BÂC.
� No triângulo retângulo PQR da figura, B é o baricentro, 
PB = 4 cm e QR = 8 cm. Deter mine a medida de 
—
PQ. 
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 10:39 Página 121
122 MATEMÁTICA
Módulo 22 – Pontos notáveis do triângulo
� Determine a medida do raio da circunfe rência circuns crita
a um triângulo equilátero de lado �

3 cm.
� Determine a medida do raio da circun fe rência inscrita num
triân gulo equilátero de lado 8�

3 cm.
� (MACKENZIE) – Se, na figura, T é o in cen tro do triângulo
MNP, a medida do ângulo α é:
a) 45° b) 50° c) 60° d) 70° e) 80°
� Com os dados da figura, determine o valor de x.
� (UNIFESP) – Numa circunferência de raio R > 0,
consideram-se, como na figura, os triân gulos equiláteros T1,
inscrito, e T2, circunscrito.
A razão entre a altura de T2 e a altura de T1 é
a) 4 b) 3 c) 5/2 d) 2π/3 e) 2
� (FGV) – O lado de um quadrado inscrito num círculo mede
12 ��2 m; a medida do lado do triângulo equilátero circuns crito
vale
a) 20��3 m b) 20��5 m c) 24��5 m
d) 24��3 m e) 40 m
	 (FUVEST) – Na figura, ABCD é um quadrado de 6 cm de
lado, M é o ponto médio do lado 
—
DC e A é o ponto médio de
—
PC.
Calcule a medida do segmento 
––
DN.
 (ITA) – Seja C1 uma circunferência de raio R1 inscrita num
triângulo equilátero de altura h. Seja C2 uma segunda
circunferência, de raio R2, que tangencia dois lados do triângulo
internamente e C1 externamente. Calcule (R1 – R2)/h.
Módulo 23 – Ângulos na circunferência
Nos exercícios de � a �, calcular x e associar o resultado às
se guin tes alternativas:
a) 35° b) 40° c) 65° d) 80° e) 140°
�
�
�
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 122
123MATEMÁTICA
�
�
�
� (FGV) – A medida do ângulo A^DC inscrito na circun -
ferência de centro O é:
a) 125° b) 110° c) 120° d) 100° e) 135°
� (UNICAMP) – Calcule a medida angular y em função de x.
Módulo 24 – Potência de ponto
Nos exercícios � a �, calcular o valor de x e associar o resul -
tado com as seguintes alternativas
a) b) 1 c) 2 d) 5 e) 8
�
	
� O é o centro da circunferência e T é ponto de tangência.
� (FEI) – Na figura seguinte, —AB é tangente à circunferência
no ponto B e mede 8 cm. Se 
–
AC e 
–
CD têm a mesma medida
x, o valor de x, em cm, é:
a) 4 b) 4��3 c) 8 d) 3��2 e) 4��2
4
–––
5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 10:41 Página 123
124 MATEMÁTICA
� (ITA) – Seja E um ponto externo a uma circunferência. Os
seg mentos 
–
EA e 
–
ED interceptam essa circunferência nos
pontos B e A, e, C e D, respectivamente. A corda 
–
AF da
circunferência intercepta o segmento 
–
ED no ponto G. Se 
EB = 5, BA = 7, EC = 4, GD = 3 e AG = 6, então GF vale
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
Módulo 25 – Ângulos na circunferência e
potência de ponto: exercícios
� (UNESP) – Os pontos A, B, C, D, E e F pertencem à uma
circun ferência. O valor de α é
a) 60° b) 50° c) 45° d) 40° e) 35°
	 (PUC) – O pentágono ABCDE da figura seguinte está
inscrito em um círculo de centro O. O ângulo central C
^
OD
mede 60°. Então x + y é igual a:
a) 180° b) 185° c) 190° d) 210° e) 250°
� (FUVEST) – Os segmentos AB e CD se interceptam num
ponto P e são cordas perpendiculares de um mesmo círculo.
Se AP = CP = 2 e PB = 6. Determine o raio do círculo.
� (UNIFESP-Modelo enem) – Na figura, o segmento AC é
per pendicular à reta r. Sabe-se que o ângulo A
^
OB, com O
sendo um ponto da reta r, será máximo quando O for o ponto
onde r tan gencia uma circun ferência que passa por A e B. Se
AB representa uma estátua de 3,6 m sobre um pedestal BC de
6,4 m, a distância OC, para que o ângulo A
^
OB de visão da
estátua seja máximo, é
a) 10 m. b) 8,2 m. c) 8 m.
d) 7,8 m. e) 4,6 m.
� (MACKENZIE-MODELO ENEM) – Na figura, se 
—
MB = 18 cm e A, B e C são pontos de tangência, o perímetro
do triângulo as sinalado é igual a:
a) 30 cm b) 32 cm c) 34 cm d) 36 cm e) 38 cm
Módulo 26 – Área dos quadriláteros
� Calcular a área do paralelogramo da figura:
	 (FAAP – MODELO ENEM) – Uma escola de educação
artística tem seus canteiros de forma geométrica. Um deles é
o trapézio retângulo com as medidas indicadas na figura. 
A área do canteiro representado pela figura é:
a) 26 m2 b) 13 m2 c) 6,5 m2
d) 52 m2 e) 22 m2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 10:41 Página 124
125MATEMÁTICA
� Calcular a medida da diagonal de um quadrado cuja área é
36 cm2.
� (MODELO ENEM) – Na figura seguinte, o quadrado ABCD
tem lado de medida 10 cm. Sabe-se que AE= AF e que as
medidas de 
—
AE e 
––
EB estão na razão de 1 para 4. A área da
região sombreada é, em centímetros quadrados:
a) 63 b) 59 c) 64 d) 70 e) 58
� (UFABC) – Deseja-se construir uma cal çada contornando
dois la dos consecutivos de um jardim, cuja forma é retangular,
con forme mostra a figura.
Deseja-se que a calçada ocupe uma área de 15 m2. Desse
modo, a equação que permite calcular o valor de x é
a) x2 – 10x – 24 = 0.
b) x2 – 10x + 15 = 0.
c) x2 – 15x + 9 = 0.
d) x2 – 15x + 24 = 0.
e) x2 – 24x – 15 = 0.
� (UNESP) – Considere um quadrado sub di vi dido em
quadradinhos idênticos, todos de lado 1, conforme a figura.
Dentro do quadrado encon tram-se 4 fi gu ras geométricas,
desta cadas.
A razão entre a área do qua drado e a soma das áreas das 4
figuras é
a) 3. b) 3,5. c) 4. d) 4,5. e) 5.
� O proprietário de um restaurante deseja
comprar um tampo de vidro retangular para a
base de uma mesa, como ilustra a figura
Sabe-se que a base da mesa, considerando a borda externa,
tem a forma de um retângulo, cujos lados medem AC = 105 cm
e AB = 120 cm.
Na loja onde será feita a compra do tampo, existem cinco tipos
de opções de tampos, de diferentes dimensões, e todos com
a mesma espessura, sendo:
Tipo 1: 110 cm x 125 cm Tipo 2: 115 cm x 125 cm
Tipo 3: 115 cm x 130 cm Tipo 4: 120 cm x 130 cm
Tipo 5: 120 cm x 135 cm
O proprietário avalia, para comodidade dos usuários, que se
deve escolher o tampo de menor área possível que satisfaça a
condição: ao colocar o tampo sobre a base, de cada lado da
borda externa da base da mesa, deve sobrar uma região,
correspondendo a uma moldura em vidro, limitada por um
mínimo de 4 cm e máximo de 8 cm fora da base da mesa, de
cada lado.
Segundo as condições anteriores, qual é o tipo de tampo de
vidro que o proprietário avaliou que deve ser escolhido?
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 125
126 MATEMÁTICA
 � Um agricultor vive da plantação de morangos
que são vendidos para uma cooperativa. A
cooperativa faz um contrato de compra e
venda no qual o produtor informa a área plantada.
Para permitir o crescimento adequado das plantas, as nudas de
morango são plantadas no centro de uma área retangular, de
10 cm por 20 cm, como mostra a figura.
Atualmente, sua plantação de morangos ocupa área de 
10000 m2, mas a cooperativa quer que ele aumente sua
produção. Para isso, o agricultor deverá aumentar a área
plantada em 20%, mantendo o mesmo padrão de plantio.
O aumento (em unidade) no número de mudas de mo rango em
sua plantação deve ser de
a) 10 000. b) 60 000. c) 100 000.
d) 500 000. e) 600 000.
� (FGV-MODIFICADA) – Um terreno de forma retangular foi
dividido em quatro lotes retangulares. As áreas de três lotes
são 4 m2, 8 m2 e 13 m2. Qual é a área total do terreno?
	 (FAMEMA-2018) – Considere o quadrado ABCD, de lado 
4 cm, e o retângulo EFGH, com EF = 2 cm, CF = 1 cm e os
pontos B, G, C e F alinhados, conforme mostra a figura.
Sabendo que G é ponto médio do lado 
–
BC, que o ponto K
pertence ao lado 
–
HE e que os pontos A, K e F estão ali nha dos,
a área do quadrilátero FGHK é
a) 3,5 cm2. b) 4,0 cm2. c) 4,5 cm2.
d) 3,0 cm2. e) 2,5 cm2.
 (FGV) – Um canteiro com formato retangular tem área
igual a 40 m2 e sua diagonal mede �����89 m. O perímetro desse
retângulo é:
a) 24m b) 20m c) 22m d) 28m e) 26m
� (UNESP) – Considere o retângulo ABCD, com AB = 8 cm,
BC = 5 cm e o segmento 
—
PS que intersecta os prolongamentos
dos lados 
–
AD e 
–
BC nos pontos P e S, respectivamente, con -
forme mostra a figura.
Sabendo que AP = 3 cm e CS = 2 cm, a área do quadri látero
QBCR é
a) 18 cm2.
b) 20 cm2.
c) 22 cm2.
d) 24 cm2.
20
 c
m
20
 c
m
10 cm 10 cm
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 126
127MATEMÁTICA
Módulo 27 – Área dos triângulos
� Calcular a área de um triângulo equilátero cuja altura mede
2���3 m.

 A área do triângulo da figura é:
a) 20 cm2 b) 25 cm2 c) 30 cm2
d) 35 cm2 e) 40 cm2
� Um triângulo tem 32 cm de perímetro e 32 cm2 de área. A
medida do raio da circun ferên cia inscrita é:
a) 1 cm b) 2 cm c) 3 cm d) 4 cm e) 5 cm
� Calcular a área e a medida do raio da circun ferência
circunscrita num triângulo cujos lados medem 5 cm, 6 cm e 
7 cm.
� (FUVEST) – Considere o triângulo repre sen tado na malha
pontilhada com quadrados de lados iguais a 1 cm. A área do
triângulo, em centímetros quadrados, é:
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6
� (UNICAMP) – A área S de um triângulo pode ser calculada
pela fórmula:
S = ��������������������������������� p.(p – a).(p – b).(p – c) 
em que a, b, c são os comprimentos dos lados e p é o semipe -
rímetro.
a) Calcule a área do triângulo cujos lados medem 21, 17 e 10
centímetros.
b) Calcule o comprimento da altura relativa ao lado que mede
21 centímetros.
� (FUVEST) – A figura representa sete hexágonos regulares
de lado 1 e um hexágono maior, cujos vértices coincidem com
os centros de seis dos hexágonos menores. Então a área do
pentágono ha churado é igual a
a) 3���3 b) 2���3 c) d) ���3 e)
� (FUVEST) – Na figura, o retângulo ABCD tem lados de
com primento AB = 4 e BC = 2. Sejam M o ponto médio do
lado 
–
BC e N o ponto médio do lado 
–
CD. Os segmentos 
–
AM e
–
AC interceptam o segmento 
–
BN nos pontos E e F, respectiva -
mente.
A área do triângulo AEF é igual a
a) b) c) d) e)
� (FAMEMA) – Na figura, ABCD é um quadrado de lado 
6 cm e AFE é um triângulo retângulo de hipotenusa 
–
AE. 
Considere que 
–
AD = 
–
AF e DE = 4 cm.
Sabendo que os pontos A, D e E estão alinhados, o valor da
área destacada, em cm2, é
a) 24. b) 18. c) 22. d) 20. e) 16.
���3––––
2
3���3
––––
2
23
–––
20
16
–––
15
61
–––
60
29
–––
30
24
–––
25
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 127
128 MATEMÁTICA
	 (ITA-2018) – Em um triângulo de vértices A, B e C são
dados ^B = π/2, ^C = π/3 e o lado BC = 1 cm. Se o lado 
–
AB é o
diâmetro de uma circunferência, então a área da parte do
triângulo ABC externa à circunferência, em cm2, é 
a) – .
b) – . 
c) – .
d) – . 
e) – .
 (PUC-2018) – A figura mostra um quadrado ABCD de 8 cm
de lado, com os pontos E, F e G pontos médios dos segmentos
–––
DC, 
–––
AE e 
–––
BE, respectivamente. O ponto R é ponto médio da
diagonal 
–––
BD e do segmento 
–––
FG, e o ponto Q pertence à
intersecção dos segmentos 
–––
BD e 
–––
AE.
A área do triângulo FQR, assinalado na figura, é
a) . b) . c) . d) .
Módulo 28 – Área das figuras circulares
� (MODELO ENEM)
As maiores rodas-gigantes do mundo
No início de 2009, serão inauguradas as duas maiores
rodas-gi gantes do mundo. Uma em Pequim e a outra em
Berlim. Elas suplantarão a Singapore Flyer, a atual recordista
em altura.
(Veja; 28.05.2008)
Considerando-se que as alturas indicadas no quadro acima cor -
respondem ao diâmetro das rodas, e utilizando π = 3,14, 
pode-se afirmar que a diferença entre os comprimentos das
circunferên cias das rodas-gigantes de Pequim e Berlim é 
igual a
a) 63,90 m b) 72,30 m c) 87,92 m
d) 90,03 m e) 93,40 m

 (PUC) – Na figura a seguir, temos dois círculos concên -
tricos, com raios 5 cm e 3 cm. 
A área da região sombreada, em cen tí metros qua drados, é:
a) 9π b) 12π c) 16π d) 20π e) 25π
3���3
–––––
16
π
–––
8
π
–––
2
5���3
–––––
4
3���3
–––––
4
5π
––––
8
π
–––
8
5���3
–––––
16
3���3
–––––
16
5π
–––
8
3
––
8
3
––
4
8
––
3
4
––
3
Roda-gigante comum Singapore Flyer
Altura 20 metros 165 metros
Inauguração 1893 Março de 2008
Passageiros 50, em média 784
O que se 
vê de cima
Até 6 quilômetros 
de distância
A Malásia e a Indonésia, 
a 48 quilômetros
Grande Roda de Berlim Grande Roda de Pequim
Altura 180 metros 208 metros
Inauguração 2009 2009
Passageiros 1 440 1 920
O que se 
vê de cima
Tudo em um raio 
de 55 quilômetros
A Grande Muralha, 
a 64 quilômetros
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 128
129MATEMÁTICA
� (UFSCar) – A área da figura sombreada é:
a) 4 – π b) 4(1 – π) c) 2(2 – π) d) 4 e) π
� Na figura, AO = 6 cme A ̂OB = 40°. A área do setor circular
é:
a) π cm2
b) 2π cm2
c) 3π cm2
d) 4π cm2
e) 6π cm2
� (SANTA CASA-MODIFICADA-2018) – O ginásio de
esportes de uma cidade irá receber um evento musical. Os
organizadores decidiram dividir o espaço destinado ao público
em três setores, conforme mostra a figura.
O setor A é formado por uma região retangular e um
semicírculo; o setor B é formado por meia coroa circular e o
setor C por dois retângulos congruentes.
Dado: considerar π = 3.
Sabendo-se que serão disponibilizados 5 000 ingressos para
esse evento, o número máximo previsto de pessoas, por
metro quadrado, em média, está compreendido entre
a) 3 e 4. b) 5 e 6. c) 4 e 5.
d) 2 e 3. e) 6 e 7.
� (FAMERP) – Em uma circunferência trigonométrica de
centro C e origem dos arcos em O, foram marcados os pontos
P e Q, sendo que as medidas dos arcos �OP e �OQ são iguais,
respectivamente, a e 2 , conforme indica a figura.
Sabendo-se que Q’ é a projeção ortogonal de Q sobre o eixo y,
que λ é uma semicircunferência de diâmetro 
—
CQ’ e que 
sen α = , a área da região colorida na figura é
a) b) c) d) e)
� (FAMERP-2018) – As tomografias computadorizadas
envolvem sobreposi ção de imagens e, em algumas situações,
é necessário conhecer a área da região de intersecção das
imagens sobrepostas. Na figura, um triângulo equilátero ABC
se sobrepõe a um círculo de centro N e raio NB = NC = NM,
com M e N sendo pontos médios, respectivamente, de 
–
AB e
–
BC. 
Sendo a área de triângulo equilátero de lado l igual a e 
a área de círculo de raio r igual a π r2, se o lado do triângulo
ABC medir 4 cm, então, a área de intersecção entre o triângulo
e o círculo, em cm2, será igual a
a) π + 3���3 b) c) π + ���3 
d) e) π + 2���3 
8 m
14 m
25 m
Setor A Setor B Setor C
8 m
8 m
1
–––
3
16π
––––
81
65π
––––
324
5π
–––
27
31π
––––
162
7π
–––
36
A C
B
M N
l2���3
––––––
4
π + 3���3 
––––––––
2
2π + 6���3 
–––––––––
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 129
130 MATEMÁTICA
� (FGV-2018) – A figura representa uma semicircunferência
de diâmetro 
–
CD, perfeitamente inscrita no retângulo ABCD.
Sabe-se que P é um ponto de 
–
AB, e que 
–
AP é diâmetro da
circunferência que tangencia a semicircunferência maior em T.
Se CD = 8 cm, a área sombreada na figura é, em cm2, igual a
a) b) 32 – 8p c)
d) 32 – 9p e) 16 – 4p
� (UNICAMP-2018) – A figura abaixo exibe um setor circular
dividido em duas regiões de mesma área. A razão a/b é igual a
a) ���3 + 1. b) ���2 + 1. c) ���3. d) ���2.
Módulo 29 – Área dos polígonos
� (FUVEST) – Os pontos A, B e C são vértices consecutivos
de um hexágono regular de área igual a 6. Qual a área do
triângulo ABC?
a) 1 b) 2 c) 3 d) ���2 e) ���3

 (MACKENZIE) – Se o hexágono regular da figura tem área
2, a área do pentágono assinalado é:
a) b) c) d) e)
� (PUCCAMP) – Considere-se o hexágono regular inscrito
numa circunferência cujo raio mede 12 cm. A medida do
apótema desse hexá gono, em centímetros, é:
a) 6 ���3 b) 5 ���3 c) 4 ���3 d) 3 ���3 e) 2 ���3
� (PUC) – Para formar uma estrela regular de seis pontas
foram superpostos dois triân gulos equilá teros, cada qual com
12 cm2 de área, como mos tra a figura abaixo.
Nessas condições, a área da superfície da es trela, em centíme -
tros quadra dos, é
a) 16 b) 18 c) 21 d) 24 e) 27
� (ESPM) – Examine o polígono a seguir dese nhado, que é
formado a partir de três quadrados, cada um com lados de
medida x cm.
A B
D C
P
T
64 – 15π
––––––––
4
64 – 15π
––––––––
2
a
b
5
–––
3
4
–––
3
5
–––
6
7
–––
3
7
–––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 130
131MATEMÁTICA
O perímetro, em centímetros, e a área, em cen tíme tros
quadrados, desse polígono, são dados, res pec tivamente, pelas
expressões:
a) ; 3x2 b) 6x + ���2 ; 
c) (6 + ���2 )x; d) (6 + ���2 )x; 7x2
e) 6x + ���2 ;
� (PUC) – Seja o octógono EFGHIJKL, ins crito num quadrado
de 12 cm de lado, con for me mostra a figura abaixo:
Se cada lado do quadrado está dividido pelos pontos
assinalados em segmentos congruentes entre si, então a área
do octógono, em cen tímetros quadrados, é:
a) 98 b) 10 c) 108 d) 112 e) 120
� (FGV-2018) – A figura indica um hexágono regular
ABCDEF, de área S1, e um hexágono regular GHIJKL, de
vértices nos pontos médios dos apótemas do hexágono
ABCDEF e área S2.
Nas condições descritas , é igual a
a) b) c) d) e)
Módulo 30 – Área de figuras semelhantes
� Os polígonos ABCDE e A’B’C’D’E’, das figuras, são
semelhantes e suas áreas são S1 = 36 cm
2 e S2 = 9 cm
2
respectivamente. Calcular a medida do lado AB, sabendo-se
que a medida do lado A'B' é 2 cm.

 (UFPE) – As figuras F
1
e F
2
são seme lhan tes e os lados AB
e CD medem 2 cm e 4 cm, respectivamente. Sabendo que F
1
tem de área 9 cm2, qual a área de F
2
?
a) 27 cm2 b) 30 cm2 c) 36 cm2
d) 20 cm2 e) 18 cm2
� (UNIFESP-MODELO ENEM) – Você tem dois pedaços de
arame de mesmo com primento e pequena espessura. Um
deles você usa para formar o círculo da figura I, e o outro você
corta em 3 partes iguais para formar os três círculos da figura
II.
Se S é a área do círculo maior e s é a área de um dos círculos
menores, a relação entre S e s é dada por
a) S = 3s. b) S = 4s. c) S = 6s.
d) S = 8s. e) S = 9s.
� (MACKENZIE) – Em um trapézio ABCD, os pontos P , Q ,
M e N são mé dios dos lados AB, BC, CD e DA,
respectivamente. A razão entre a área do quadrilátero PQMN e
a área do trapézio é:
a) b) c) d) e)
7x2
––––
2
11x
––––
2
7x2
––––
2
11x2
–––––
2
A B
CF
E D
G
H
I
J
K
L
S2––––
S1
3
–––
16
1
–––
5
7
–––
25
8
–––
25
3
––
4
4
—
5
2
—
3
1
—
3
1
—
2
1
—
4
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 131
MATEMÁTICA
� (FUVEST) – Na figura, ABC é um triângulo retângulo de
catetos AB = 4 e AC = 5. O segmento DE
___
é paralelo a AB
___
, F é
um ponto de AB
___
e o segmento CF
___
intercepta DE
___
no ponto G ,
com CG = 4 e GF = 2. Assim, a área do triângulo CDE é:
a) b) c) d) e)
Módulo 31 – Prismas 
� Determinar a área lateral e a área total de um prisma trian -
gular regular, cuja aresta da base mede 4 cm e a altura 10 cm.

 Calcule o volume de um prisma regular trian gular cujas
nove arestas medem 6 cm cada uma.
�
O
perímetro da base de um prisma trian gular regular mede 6 cm
e a área lateral é 72 cm2. A altura do prisma, em cm, é:
a) 12 b) 13 c) 14 d) 15 e) 16
� O volume de um prisma hexagonal regular, cujas 18
arestas medem 2 m cada uma, vale:
a) 6���3 m3
b) 15���3 m3
c) 12���2 m3
d) 12 m3
e) 12���3 m3
� (MACKENZIE) – A área total do sólido abaixo é:
a) 204 b) 206 c) 222 d) 244 e) 262
� (FAAP) – Em um prisma triangular regular, a altura mede 2
���3 m e a área lateral é o quá druplo da área da base. Calcule o
volume do prisma.
� (MODELO ENEM) – Um pedreiro neces sita comprar tijolos
para construir uma mureta de 2 metros de comprimento. As
dimen sões de um tijolo e a forma da mureta estão descritas
nas figuras a seguir.
A espessura da massa é considerada para com pensar as
perdas que normalmente ocorrem. O total de tijolos que o
pedreiro deve rá adquirir para realizar o serviço é:
a) 40 b) 60 c) 80 d) 100 e) 120 
� (MACKENZIE) – O recipiente da figura, que contém água,
é um prisma reto cujas bases são triângulos equiláteros de
altura 2. A super fície da água é paralela à face ABCD. Se o
volume ocupado pela água é metade do volume do prisma, o
valor de h é
a) b) ���3 c) ���2 d) e) 
70
–––
9
40
–––
9
39
–––
8
35
–––
6
16
–––
3
3
––
4
1
––
2
6
––
5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 132
133MATEMÁTICA
� Um grupo de escoteiros mirins, numa
atividade num parque da cidade onde moram,
montou uma barraca conforme a foto da
Figura 1 . A Figura 2 mostra o esquema da estrutura dessa
barraca, em forma de um prisma reto em que foram usadas
hastes metálicas.
Após a armação das hastes, um dos escoteiros observou um
inseto deslocar-se sobre elas, partindo do vértice A em direção
ao vértice B, deste em direção ao vértice E e, finalmente,fez o
trajeto do vértice E ao C.
Considere que todos esses deslocamentos foram feitos pelo
caminho de menor distância entre os pontos.
A projeção do deslocamento do inseto no plano que contém a
base ABCD é dada por.
	 Uma rede hoteleira dispõe de cabanas
simples na ilha de Gotland, na Suécia, con -
forme Figura 1. A estrutura de sustentação
de cada uma dessas cabanas está representada na Figura 2. A
ideia é permitir ao hóspede uma estada livre de tecnologia,
mas conectada com a natureza.
ROMERO. L. Tendências. Superinteressante, n. 315, 
fev. 2013 (adaptado).
A forma geométrica da superfície cujas arestas estão
representadas na Figura 2 é 
a) tetraedro.
b) pirâmide retangular.
c) tronco de pirâmide retangular.
d) prisma quadrangular reto.
e) prisma triangular reto. 
Módulo 32 – Prismas 
� Um prisma reto tem 10 cm de altura e a base é um triân -
gulo cujos lados medem 3 cm; 4 cm e 5 cm. A área lateral do
prisma é:
a) 100 cm2 b) 110 cm2 c) 120 cm2
d) 130 cm2 e) 140 cm2

 A área total do prisma do exercício anterior é:
a) 124 cm2 b) 126 cm2 c) 128 cm2
d) 130 cm2 e) 132 cm2
� O volume do prisma do exercício 1 é:
a) 60 cm3 b) 64 cm3 c) 68 cm3
d) 72 cm3 e) 76 cm3
� Um prisma triangular regular tem a aresta da base igual à
altura. Calcular a área total do sólido, sabendo-se que a área
lateral é 12 m2.
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 133
134 MATEMÁTICA
� (PUC) – Na figura abaixo tem-se o prisma reto ABCDEF, no
qual DE = 6 cm, EF = 8 cm e 
—
DE ⊥ —EF.
Se o volume desse prisma é 120 cm3, a sua área total, em
centímetros quadrados, é
a) 144 b) 156 c) 160 d) 168 e) 172
� (MACKENZIE)
A figura acima representa uma caçamba com água, na qual as
laterais oblíquas e o piso são retangulares e as laterais
paralelas têm o for mato de trapézios isósceles. Se d = ���2 m, a
razão entre o volume de água e o volume total da caçamba é:
a) b) c) d) e) 
� (PUC) – Para obter a peça esboçada na figura abaixo, um
artesão deve recortar 8 cubos iguais, a partir dos vértices de
um bloco maciço de madeira que tem as seguintes dimensões:
25 cm × 18 cm × 18 cm.
Se ele pretende que o peso da peça obtida seja 6,603 kg e
sabendo que a densidade da madeira é 0,93 g/cm3, a aresta de
cada cubo recortado deverá medir, em centímetros,
a) 6,5 b) 6 c) 5,5 d) 5 e) 4,5
� (INSPER) – Um tanque, inicialmente vazio, tem a forma de
prisma triangular regular e suas paredes têm espessuras
despre zíveis. Após algum tempo despejando água no tanque,
um cano de vazão 3����3 m3 por minuto o encheu parcialmente,
tendo a água ocupado o espaço de um prisma triangular
regular, conforme indicado na figura.
Funcionando na mesma vazão, o tempo necessário para que o
cano acabe de encher o tanque é de 5 minutos e t segundos,
sendo que t é um número no intervalo
a) [1, 12]. b) [13, 24]. c) [25, 36].
d) [37, 48]. e) [49, 59].
25
–––
32
17
–––
28
25
–––
28
21
–––
32
17
–––
25
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 134
135MATEMÁTICA
FRENTE 1
Módulo 17 – Característica de uma matriz,
discussão de um sistema linear
� Seja p a característica da matriz 
I) �1� = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 � 0 ⇒ p = 2 
Resposta: 2

 Seja p a característica da matriz 
I) �1� = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 � 0 ⇒ p ≥ 2 
III) = 0 ⇒ p = 2, 
pois o único determinante de ordem 3 é nulo.
Resposta: 2
� Seja p a característica da matriz 
I) �1� = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 � 0 ⇒ p ≥ 2 
III) = 1 � 0 ⇒ p = 3
Resposta: 3
� Seja p a característica da matriz 
I) �1� = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 � 0 ⇒ p ≥ 2 
III) = 1 � 0 ⇒ p = 3
Resposta: 3
� Seja p a característica da matriz 
I) �1� = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 � 0 ⇒ p ≥ 2 
III) = 0 e = 0 ⇒
⇒ p = 2, pois todos os determinantes de ordem 3 são
nulos.
Resposta: B
� Seja p a característica da matriz 
I) �1� = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
II) = – 6 � 0 ⇒ p ≥ 2 
III) = 2 � 0 ⇒ p ≥ 3
IV) = 0 e
= 0 ⇒
⇒ p = 3, pois todos os determinantes de ordem 4 são
nulos.
Resposta: B
� Se p for a característica de
, então:
� 11 23 25 �
� 11 23 �
� 11
2
2
3
5
2
3
5
�
� 11 23 �
1
1
2
2
3
5
2
3
5
� 11
2
2
3
5
2
3
6
�
� 11 23 �
1
1
2
2
3
5
2
3
6
� 11
2
2
3
5
2
3
6
3
1
2
1
2
5
�
� 11 23 �
1
1
2
2
3
5
2
3
6
�
1
0
3
0
1
1
0
0
2
1
3
0
4
2
6
0
�
� 10 11 �
1
0
3
1
1
0
2
1
3
1
0
3
1
1
0
4
2
6
�
1
2
1
4
3
0
1
2
1
3
1
4
– 2
3
0
2
4
3
2
6
�
� 12 30 �
1
2
1
3
0
1
1
3
1
1
2
1
4
3
0
1
2
1
3
1
4
– 2
3
0
2
1
2
1
4
3
0
1
2
1
3
1
4
4
3
2
6
1
2
0
3
0
– 1
4
2
1
3
1
1
0
– 1
4
2
1
2
0
3
� �
Resolução dos Exercícios-Tarefa
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 135
136 MATEMÁTICA
a) � 1 � = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
b) = –1 � 0 ⇒ p ≥ 2
c) = – 5 ≠ 0 ⇒ p ≥ 3
d) Orlando este menor de ordem 3, ob temos:
e) Sendo nulos todos os determinantes de ordem 4,
concluímos que a carac terís tica p é 3.
Resposta: 3
� Se p for a característica da matriz
, então:
a) � 1 � � 0 ⇒ p ≥ 1
b) � 0 ⇒ p ≥ 2
c) Orlando este determinante de ordem 2, temos:
d) Se a = 2 e b = 5, então p = 2, pois todos os deter -
minantes de ordem 3 são nulos.
e) Sendo a � 2 ou b � 5, então p = 3, pois existe pelo
menos um deter minante de ordem 3 diferente de
zero.
Resposta: a = 2 e b = 5 ⇒ p = 2
a � 2 ou b � 5 ⇒ p = 3
9) Seja p a característica da matriz 
I) �1� = 1 � 0 ⇒ p ≥ 1
II) = – 3 � 0 ⇒ p ≥ 2 
III) = a – 8 – 2 – 4a = – 3a – 10
IV) Se – 3a – 10 = 0 ⇔ a = – , então p = 2, pois o único
determinante de ordem 3 é nulo.
V) Se – 3a – 10 � 0 ⇔ a � – , então p = 3, pois existe
um determinante de ordem 3 di ferente de zero.
Resposta: 3, se a � –
2, se a = –
	 Sendo p e q as características das matri zes incompleta e
completa, temos:
I) MI = ⇒ p = 2; pois
= –5 � 0
II) MC = ⇒ q = 2; pois
= –5 � 0
III) Observando que as variáveis de sistema são x e y;
temos n = 2, logo p = q = n. Assim, o sistema será
possível e determinado.
IV) ⇔ ⇔
⇔ 
V = {(36/5; – 8/5)}
 Sendo p e q as características das ma trizes completa e
incompleta, temos:
I) MI = onde p = 2, pois
= 5 � 0
II) MC = onde q = 3,
pois = 36 � 0
III) Como p � q, o sistema será im pos sível e V = ∅
1
2
0
– 1
1
2
0
0
– 1
4
1
3
1
1
2
0
3
0
– 1
4
2
1
3
1
1
0
– 1
4
2
= 0
1
2
0
3
0
– 1
4
2
1
3
1
1
1
2
0
3
= 0
1
1
5
2
1
1
2
5
2
7
2
3
b
= 0 ⇔ b = 5
1
1
2
5
2
7
a
3
5
= 0 ⇔ a = 2
� 12
2
2
1
0
1
– 2
a
�
� 12 21 �
1
2
2
2
1
0
1
– 2
a
10
–––
3
10
–––
3
10
–––
3
10
–––
3
1
2
2
–1� �
1
2
2
–1
1
2
2
–1
4
0� �
1
2
2
–1
	 x + 2y = 42x – y = 0 	 x = 4 – 2y8 – 4y – y = 0
	 x = 36/5y = – 8/5
1
2
3
– 1
3
2
� �
1
2
–1
3� �
�
1
2
3
–1
3
2
2
9
11
�
1
2
3
–1
3
2
2
9
11
1 5 2 a� 1 2 3 3 �2 7 b 5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 136
137MATEMÁTICA
� Sendo p e q as características das matrizes completa e
incompleta, temos:
I) MI = p = 2; pois
= – 4 � 0
II) MC = q = 2;
pois = –4 � 0
III) Como as variáveis de sistema são x, y e z, temos n = 3
e logo p = q < n. Assim o sistema será possível e
indeterminado.
IV) ,
fazendo onde α ∈ �
Temos:
–4y – 2z = –17 ⇔ –4y – 2 . α = – 17 ⇔ 
Além disso se substituirmos
em x + 2y + 3z = 7, temos:
x + 2 . + 3z = 7 ⇔ 
Assim:
V = ; ; α
� Sendo p e q as características das ma trizes incompleta e
completa, res pectiva mente, temos:
I) MI = p = 2; pois = –2 � 0
II) MC = q = 3;
pois = 6 � 0
III) Sendo assim p � 0 e o sistema é impossível, onde 
V = ∅.
� a) A característica p da matriz 
MI = é 2, pois
� 0 e = 0
b) A característica q da matriz 
MC = é 
tam bém igual a 2, pois
= 0 e
= 0
c) Sendo o número de incógnitas n = 3 e p = q = 2, temos
p = q < n e, portanto, o sistema é possível e indeter -
minado e o grau de indeterminação é n – p = 1.
d) Abandonando a última equação e fazendo z = α,
temos:
e) Resolvendo este último sistema pela Regra de
Cramer ou por eliminação ou por substituição,
obtemos:
x = e y = , com α ∈ �
Resposta: S.P.I. ;
� a) A característica p da matriz 
MI = é 2, pois � 0.
b) A característica q da matriz
MC = é 2, pois = 0.
c) p = q = n = 2 ⇒ o sistema é possívele determinado.
d) Abandonando-se a terceira equação, resolve-se o
sistema:
e) Resolvendo-se por substituição ou por eliminação ou
pela Regra de Cramer, obtém-se x = y = 1.
Módulo 18 – Característica de uma matriz,
discussão de um sistema linear
� I) O número de incógnitas do sistema 
é n = 3
II) A característica da matriz incom pleta
MI = é p = 2, pois
= 0 e � 0
� 13
2
2
3
7 �
1
3
2
2� �
1
3
2
2
3
7
7
4� �
1
3
2
2� �
z = α
17 – 2a
–––––––
4
17 – 2a
y = –––––––
4
� 17 – 2x–––––––4 �
4α – 3
x = ––––––
2
	� 4α – 3–––––––4
17 – 2α
––––––-–
4 �
� 13
1
2
4
6
1
2
3
� 13 24� �
1
3
1
2
4
6
1
2
3
4
7
11
� �
1
3
1
2
4
6
4
7
11
2
1
– 1
2
2 – 1 3� 1 2 – 6 �
3 – 4 12
2 – 1 3 5� 1 2 – 6 3 �3 – 4 12 7
2x – y = 5 – 3 α	 x + 2y = 3 + 6α
13
–––
5
15α + 1
––––––––
5
13 15α + 1�–––; ––––––––; α�5 5
1
1
2
2
– 1
1
� � 11 2– 1
� 11
2
2
–1
1
3
0
3
� 11
2
2
– 1
1
3
0
3
x + 2y = 3	 x – y = 0
(x + 2y + 3z = 7) . (–3) ⇔	3x + 2y + 7z = 4 +
x + 2y + 3z = 7	 0 – 4y – 2z = –17
2 – 1 3
� 1 2 – 6 �
3 – 4 12
2 – 1 3� 1 2 – 6 �
3 – 4 12
2 – 1 5� 1 2 3 �
3 – 4 7
x + 2y – z = 2
2x – 3y + 5z = 11
x – 5y + 6z = 9
	
�12
1
2
– 3
– 5
– 1
5
6
�
�12 2– 3��12
1
2
– 3
– 5
– 1
5
6
�
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 137
138 MATEMÁTICA
III) A característica da matriz completa
MC = é q = 2
IV) Como p = q < n, o sistema é possível e indeterminado.
Resposta: C

 I) O número de incógnitas do sistema
⇔
é possível e deter minado se, e somente se:
� 0 ⇔ a2 – 4 � 0 ⇔
⇔ a2 � 4 ⇔ a � – 2 e a � 2 
Resposta: B
� a) O sistema será impos sível ou 
indeter minado se, e somente se, = 0 ⇔
⇔ – 5a + 5 = 0 ⇔ a = 1
b) Para a = 1, o sistema será:
⇔ ⇔
⇔ que é impossível, pois 0 . z = – 18
não admite solução.
Respostas: a) a = 1
b) sistema impossível
� I) O sistema é possível e determinado,
se
� 0 ⇔ m2 – 1 � 0 ⇔
⇔ m2 � 1 ⇔ m � – 1 e m � 1
II) Para m = – 1, tem-se o sistema
, que é impossível.
III) Para m = 1, tem-se o sistema
, que é possível e indeter minado.
Assim, o sistema só não admite solução para m = – 1,
portanto, o sistema admite soluções para qualquer 
m ∈ �, tal que m � – 1
Resposta: m � – 1
� Somando-se, membro a membro, as duas equações do 
sitema , obtém-se (m + 1)x = 3, que é
impossível para m = – 1, pois 0x = 3, não tem solução.
Observa-se que, para m = – 1, tem-se o sistema 
⇔
que é impossível, pois as equações são in com patíveis.
Resposta: m = – 1
� I) ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
II) ⇔ x + y = – 7
III) Se k = – 7 então o sistema será pos sível e deter -
minado e a solução é (– 2; – 5).
IV) Se k � – 7 então o sistema é impos sível.
V) O sistema nunca será possível e in de ter minado.
Resposta: C
� I) Sejam MI = e MC = ,
respectivamen te, as matrizes incom pleta e com pleta
e sejam ainda p e q as respectivas carac terísticas.
II) = 0 ⇔ 4 – k2 = 0 ⇔ k = ± 2
III) k � ± 2 ⇒ p = q = 2 ⇒ sistema possível e determinado
IV) k = 2 ⇒ MC = ⇒ q = 2
V) k = – 2 ⇒ MC = ⇒ q = 2
VI) k = ± 2 ⇒ p = 1 e q = 2 ⇒ p � q ⇒ sistema
impossível
VII) O sistema é impossível para 2 valores distintos de k
e nunca indeterminado.
Resposta: A
� O sistema é possível e de terminado, se e 
so mente se, ≠ 0 ⇔ 1 – k ≠ 0 ⇔ k ≠ 1
Resposta: E
� 12
1
2
– 3
– 5
– 1
5
6
2
11
9
�
	 ax – y = 1ay – 4x = 1 	 ax – y = 1– 4x + ay = 1
� a– 4 – 1a �
	 x – 2y – z = 82x + y + 3z = – 2
ax + y + 2z = 8 1
2
a
– 2
1
1
– 1
3
2
	 x – 2y – z = 82x + y + 3z = – 2
x + y + 2z = 8
	 x + y + 2z = 83y + 3z = 0
5y + 5z = – 18
	x + y + 2z = 8y + z = 0
0z = – 18
	 x + y = 1x + m2y = m
� 11 1m2 �
	 x + y = 1x + y = – 1
	 x + y = 1x + y = 1
	 mx + y + z = 1x – y – z = 2
	 – x + y + z = 1x – y – z = 2 	 x – y – z = – 1x – y – z = 2
	 3x – 2y = 44x + y = – 13 	 3x – 2y = 48x + 2y = – 26
	 3x – 2y = 411x = – 22
3x – 2y = 4
x = – 2 	
x = – 2
y = – 5
x = – 2
y = – 5	
�1k
k
4� �
2
2 – k
1
k
k
4�
�1k k4�
�12
2
4
2
0�
�1– 2
– 2
4
2
4�
x + ky = k2
x + y = 1	
	
�11 k1�
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 138
139MATEMÁTICA
� 1) Como a matriz A = é de ordem 2x3 e a
matriz B = é de ordem 2x1, a matriz X que 
satisfizer a equação A.X = B deverá ser de ordem 3x1
e, portanto, do tipo 
X =
2) AX = B ⇔ . = 
= ⇔
Esse sistema tem infinitas soluções, pois as carac -
terís ticas p e q das matrizes
MI = e MC = 
são iguais a dois. Pelo Teorema de Rouche-Capelli, se
p = q = 2 < 3, o sistema é possível e indeter minado,
tendo infinitas soluções.
Resposta: E 
	 Sendo D; p e q o determinante do sis tema, a carac terís -
tica da matriz incom pleta e a característica da matriz
com pleta, respectivamente, temos:
Se k = 1, então p = 1 e q = 1 (p = q < n) e o sistema será
possível e indeter mi nado, ou seja, possui infinitas solu -
ções.
Se k ≠ 1, então p = 2 e q = 2 (p = q = n) e o sistema será
possível e determinado, ou seja, possui uma única
solução.
Do que foi visto, é correto afirmar que tem solução para
todo k.
Resposta: A
 1) O determinante do sistema é
D = =
= (m – 2) . m (m + 1) + 8m – 4 (m + 1) +
+ 2m2 – 4 (m + 1) – 4 (m + 1) (m – 2) ⇔
⇔ D = m3 – 3m2 + 2m 
D = m3 – 3m2 + 2m = 0 ⇔ m = 0, m = 1 ou m = 2
2) Se m � 0, m � 1 e m � 2 o sistema é possível e
determinado. 
3) Se m = 0, o sistema fica:
As matrizes incompleta e completa desse sistema são
MI = e MC = 
tem características p e q tais que p = q = 2 < 3.
O sistema é possível e indeterminado.
4) Se m = 1, o sistema fica:
Nestes casos 
MI = e
MC =
A característica de MI é p = 2, pois 
� 0 e = 0. 
A característica de MC é
q = 3, pois � 0.
Assim, p � q e o sistema é incom patível.
5) Se m = 2, o sistema fica:
Da primeira e segunda equações, resulta:
(2y – z) + 2 . (2x + 2y + 2z) = 
= 3 + 2 . 6 ⇒ 4x + 6y + 3z = 15, incompatível com a
terceira equação.
O sistema é impossível.
Resposta: Se m � 0, m � 1 e m � 2, o sistema é
possível e deter minado.
Se m = 0, o sistema é possível e
indeterminado.
Se m = 1 ou m = 2, o sistema é impossível.
Módulo 19 – Sistema linear homogêneo
� = 8 – 9 = –1 � 0 ⇒
⇒ a única solução do sistema 
é (0; 0)
V = {(0; 0)}
�
– 2
2
0
2
0
2
– 1
2
1
� �
– 2
2
0
2
0
2
– 1
2
1
1
2
3 �
	
– x + 2y – z = 2
2x + y + 2z = 3
2x + 4y + 2z = 4
– 1
2
2
2
1
4
– 1
2
2� �
�
– 1
2
2
2
1
4
– 1
2
2
2
3
4 �
– 1
2
2
1
– 1
2
2
2
1
4
– 1
2
2
– 1
2
2
2
1
4
2
3
4
2y – z = 3
2x + 2y + 2z = 6
4x + 6y + 3z = 11	
�
a
b
c
�
�
a
b
c
��12 –24 3–1�
a – 2b + 3c = 0
2a + 4b – c = 1	�
0
1�
�12
–2
4
3
–1� �
1
2
–2
4
3
–1
0
1�
(m – 2)
2
2m
2
m
2(m+ 1)
– 1
2
(m + 1)
– 2x + 2y – z = 1
2x + 2z = 2
2y + z = 3
	
�12
–2
4
3
–1�
�01�
|2 33 4|
2x + 3y = 0
3x + 4y = 0	
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 139
140 MATEMÁTICA

 Como = 0, o sistema tem
infinitas soluções. Para obtê-las, basta fa zer mos z = α e
com o uso de duas das equações, calcular x e y em
função de α:
⇒
e, portanto, a solução é (–5α, 2α, α), ∀α
� I) . = ⇔
⇔
é um sistema linear homogêneo e
D = = 0, assim, o sistema é possível e
in deter minado.
II) Eliminando a última equação e fazen do z = k, temos:
, com k ∈ �
Resposta: � ; ; k�, ∀k � �
� O sistema admite solução não trivial se e somente se
= 0 ⇒ α = –2
Resposta: A
� Se o sistema linear homogêneo 
admite soluções 
diferen tes da trivial, então:
D = = 0 ⇔
⇔ 8m2 + 6 + 24 + 4m + 16m – 18 = 0 ⇔
⇔ 8m2 + 20m + 12 = 0 ⇔
⇔ 2m2 + 5m + 3 = 0 ⇔ m = ⇔
⇔ m = – 1 ou m = –
Resposta: m = – 1 ou m = 
� Se x, y, z são números reais então:
(2x + y – z)2 + (x – y)2 + (z – 3)2 = 0 ⇔
⇔ ⇔ ⇒ x + y + z = 5
Resposta: C
� O sistema admite solução não trivial se e somente se
= (2 – 1).(k – 1).(k – 2) = 0 ⇔ k = 1 ou k = 2
Resposta: A
� . = k ⇔ = ⇔
⇔ ⇔
Como o sistema é homogêneo, para que o mesmo
admita solução � , deve-se ter:
D = = 0 ⇔ (5 – k)2 – 16 = 0 ⇔
⇔ (5 – k)2 = 16 ⇔ 5 – k = 4 ou 5 – k = – 4 ⇔
⇔ k = 1 ou k = 9 
Assim, a soma dos possíveis valores de k é 1 + 9 = 10
Resposta: B
Módulo 20 – Fatorial e número binomial
� = =21 . 20 = 420
Resposta: C

 = =
= = 21 . 20 – 20 = 420 – 20 = 400
Resposta: D
� = = 
= = 90 – 1 = 89
� = 30 ⇔ = 30 ⇔
⇔ n(n – 1) = 30 ⇔ n2 – n – 30 = 0 ⇔
⇔ n = 6 ou n = –5 ⇔ n = 6, pois n � �
V = {6}
| 112 213 134 |
	 x + 2y + α = 0x + y + 3α = 0 	 x = –5αy = 2α
�
1
3
1
4
– 1
– 22
5
7
– 11
� �
x
y
z
� �
x
y
z
�
	
x + 4y + 5z = 0
3x – y + 7z = 0
x – 22y – 11z = 0
1
3
1
4
– 1
– 22
5
7
– 11
+
– 3x + 4y = – 5k
3x – y = – 7k	 ⇔ 	
x + 4y = – 5k
– 13y = 8k
⇔
⇔ 	
32kx – ––––– = – 5k
13
8ky = – ––––
13
⇔ 	
33kx = – –––––
13
8ky = – ––––
13
33k
– ––––
13
8k
– ––––
13
1 α – 2
1 1 1
1 – 1 – 1
	
x + y + z = 0
4x – 2my + 3z = 0
2x + 6y – 4mz = 0
1
4
2
1
– 2m
6
1
3
– 4m
– 5 ± 1––––––
4
3–––
2
3– ––
2
2x + y – z = 0
x – y = 0
z – 3 = 0
	
x = 1
y = 1
z = 3
1
1
1
1
2
4
1
k
k2
�xy��xy��54 45� �
kx
ky��
5x + 4y
4x + 5y�
(5 – k)x + 4y = 0
4x + (5 – k)y = 0	
5x + 4y = kx
4x + 5y = ky	
�00��xy�
�5 – k4 45 – k�
21 . 20 . 19!
––––––––––––
19!
21!
–––––
19!
21 . 20 . 19! – 20 . 19!
––––––––––––––––––––––
19!
21! – 20!
––––––––
19!
19!(21 . 20 – 20)
––––––––––––––––
19!
	
10 . 9 . 8! – 8!
––––––––––––––
8!
10! – 8!
––––––––
8!
(10 . 9 – 1) . 8!
––––––––––––––
8!
n!
––––––––
(n – 2)!
n(n – 1) . (n – 2)!
–––––––––––––––––
(n – 2)!
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:55 Página 140
141MATEMÁTICA
� = = (n + 1) . n = n2 + n
Resposta: C 
� a) = = 7 . 9 = 63
b) = =
= (2n + 2) . (2n + 1) = 4n2 + 6n + 2
	 log2 = log2 = log22
n = n
Resposta: C
 a) � � = = = 792
b) � � = = � � = 792
c) � � = = 1
d) = = 1
� Sendo n ≥ 2, temos
= 2 ⇔ = 2 . ⇔
⇔ = (n – 2)! ⇔
⇔ n – 1 = 6 ⇔ n = 7 � [7; 10]
Resposta: B 
� = , então � 0 ⇔
⇔ n – 1 ≥ 2 ⇔ n ≥ 3, assim:
2 . = 7 . ⇔
⇔ 2 . = 7 . ⇔
⇔ 2 . =7 . ⇔
⇔ = 7 ⇔ n2 + n = 42 ⇔
⇔ n2 + n – 42 = 0 ⇒ n = 6, pois n ≥ 3
Resposta: E
Módulo 21 – Propriedades dos números
binomiais
� a) � � = = 4950
b) � � = = 4950
c) � � = = 1
d) � � = = 1
e) � � = = 60
� = ⇔
⇔ x – 1 = 3 ou x – 1 + 3 = 2x ⇔
⇔ x = 4 ou x + 2 = 2x ⇔ x = 4 ou x = 2
Resposta: V = {2; 4}
� a) Se = 11 = 0, então 
e, portanto, x = 0 ou x = 1
b) Se =11 � 0, então:
= ⇔
⇔ = =
= (x + 2) . (x + 1) = 132 ⇔ x2 + 3x – 130 = 0 ⇔
⇔ x = 10, pois x ≥ 2
c) De (a) e (b), concluímos que o conjun to verdade da
equação é:
V = {0; 1; 10}
Resposta: V = {0; 1; 10}
� + + + + = = 
Resposta: A
(n + 1)!
–––––––––
(n – 1)!
(n + 1) . n. (n – 1)!
–––––––––––––––––
(n – 1)!
(2n + 2) . (2n + 1) . (2n)!
–––––––––––––––––––––––
(2n)! 
2 . 4 . 6 . ... 2n�––––––––––––––�n! 2
n . n!�–––––––�n!
12
5
12!
–––––––
5! 7!
12 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7!
–––––––––––––––––––––
5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 7!
12
7
12!
––––––
7! 5!
12
5
5
0
5!
–––––––
0! 5!
� 55 �
5!
–––––––
5! 0!
n – 1� �3
–––––––––
n – 2� �2
(n – 2)!
–––-–––––––
2! (n – 2 – 2)!
(n – 1)!
––––-––––––––
3! (n – 1 – 3)!
(n – 1)(n – 2)!
––––––––––––
6
�n – 12�
7
–––
2
n + 1� �4
–––––––
n – 1� �2
�n – 12��
n + 1
4�
(n – 1)!
––––––––––
2! . (n – 3)!
(n + 1)!
––––––––––
4! . (n – 3)!
(n – 1)!
––––––––
2!
(n + 1) . n . (n – 1)!
––––––––––––––––––
4 . 3 . 2!
(n + 1) . n
–––––––––
2 . 3
7! . 9!
–––––––
6! . 8!
7 . 6! . 9 . 8!
–––––––––––––
6! . 8!
(2n + 2)!
–––––––––
(2n)!
100!
–––––––
2! . 98!
100
2
100!
–––––––
98! . 2!
100
98
60!
–––––––
0! . 60!
60
0
60!
–––––––
60! . 0!
60!
–––––––
1! . 59!
�2x3��
2x
x – 1�
�x2��
x + 2
4�
0 ≤ x + 2 < 4
0 ≤ x < 2�
�x2��
x + 2
4�
11 . x!
––––––––––
2! (x – 2)!
(x + 2)!
––––––––––
4! (x – 2)!
11 x!
–––––
2
(x + 2) (x + 1) . x!
–––––––––––––––––
4 . 3 . 2
60
60
60
1
3� �0
4� �1
5� �2
6� �3
7� �4
7 + 1� �4
8� �4
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 141
142 MATEMÁTICA
� Da relação de Stifel, temos
� � + � � = � �
Resposta: E
� � � + � � + � � + ... + � � = 211 = 2048
Resposta: E
	 � � + � � + � � + ... + � � = � � = 330
 � � + � � + � � + ... + � � = � � = 330
� =
= = = = 5
Resposta: 5
� + + + … + = =
= = = =
= = = 969
Resposta: B
Módulo 22 – Binômio de Newton –
Desenvolvimento de (x + y)n
� (x + y)0 = 1
� (x + y)1 = x + y
� (x + y)2 = x2 + 2xy + y2
� (x + y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3
� (x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4
� (x – y)4 = x4 – 4x3y + 6x2y2 – 4xy3 + y4
� (x + y)5 = x5 + 5x4y + 10x3y2 + 10x2y3 + 5xy4 + y5
 (x – 2)4 = 1 . x4 . 20 – 4 . x3 . 21 + 
+ 6 . x2 . 22 – 4x123 + 1 . x024, assim
(x – 2)4 = x4 – 8x3 + 24x2 – 32x + 16
� (2x + 1)6 = 1 . (2x)6 . 10 + 6 . (2x)5 . 11 + 
+ 15 . (2x)4 . 12 + 20 . (2x)3 . 13 + 
+ 15 . (2x)2 . 14 + 6 . (2x)1 . 15 + 1 . (2x)0 . 16
(2x + 1)6 = 64x6 + 192x5 + 240x4 + 160x3 + 
+ 60x2 + 12x + 1
� (2x – 3y)4 = 1(2x)4 (– 3y)0 + 
+ 4 (2x)3 (– 3y)1 + 6(2x)2 (– 3y)2 + 
+ 4 (2x)1 (– 3y)3 + 1(2x)0 (– 3y)4 =
= 16x4 – 96x3 y + 216x2y2 – 216xy3 + 81y4, assim 
(2x – 3y)4 = 16x4 – 96x3y + 216x2y2 – 216xy3 + 81y4

 (x + 2)4 = 1 . x4 . 20 + 4 . x3 . 21 +
+ 6 . x2 . 22 + 4 . x1 . 23 + 1 . x0 . 24 =
= x4 + 8x3 + 24x2 + 32x + 16
� (2x – 1)4 = 1 . (2x)4 . 10 – 4 . (2x)3 . 11 +
+ 6 . (2x)2 . 12 – 4 . (2x)1 . 13 + 1(2x)0 . 14 =
= 16x4 – 32x3 + 24x2 – 8x + 1
� T3 + 1 = � � . x1 . 33
T4 = 4 . x . 27
T4 = 108x
Resposta: E
� T3 + 1 = � � . x3 . 31
T4 = 4 . x
3 . 3
T4 = 12x
3
Resposta: B
� I) Tk + 1 = � � . (2x)4 – k . 5k
II) Devemos ter 4 – k = 0 ⇔ k = 4
III) T4 + 1 = � � . (2x)4 – 4 . 54
T5 = 1 . (2x)
0 . 625
T5 = 625
Resposta: E
60
30
510 . 23 + 2 . � �3
––––––––––––––––––
6� �3
100
–––––
20
10 . 8 + 2 . 10
–––––––––––––
20
�42��
3
2��
2
2� �
18 + 1
2 + 1��
18
2�
19!
––––––––––––
3!(19 – 3)!�
19
3�
19 . 18 . 17 . 16!
–––––––––––––––––
3 . 2 . 1 . 16!
19 . 18 . 17
–––––––––––––
3 . 2 . 1
60
31
61
31
11
0
11
1
11
2
11
11
10
3
5
3
5
3
3
3
1
1
3
0
4
1
5
2
10
7
11
7
4
3
10�� �+� �+� �+� ��+2�� �+� �+� ��
––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
� �+� �+� �+� �
3
0
3
1
3
2
3
3
2
2
3
2
4
2
2
0
3
1
4
2
5
3
4
3
4
k
4
4
19!
–––––––
3!16!
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 142
143MATEMÁTICA
Módulo 23 – Binômio de Newton –
Desenvolvimento de (x + y)n
� T6 = T5 + 1 = . x
15 – 5 y5 =
= x10y5 = 3003x10y5
Resposta: 3003x10y5
� (x – y)12 = [(– y) + x]12
T10 = T9 + 1 = � � . (– y)12 – 9x9 =
= – � � y3x9 = – 220y3x9
Resposta: – 220y3x9
� Para expoentes decrescentes de x temos:
Tk + 1 = . x
12 – k . (x–2)k =
= . x12 – k . x–2 k = . x12 – 3k
Se o termo é independente de x, então 
12 – 3k = 0 ⇔ k = 4.
Portanto:
Tk + 1 = T4 + 1 = x
0 = = 495
Resposta: 495
� Para expoentes decrescentes de x:
Tk + 1 = (– 1)
k . . (x3)15 – k (x –2)k =
= (– 1)k . x45 – 3k . x – 2k =
= (– 1)k . . x45 – 5k
Se o termo é de grau 15, então 
45 – 5k = 15 ⇔ k = 6
Para k = 6, temos:
T6 + 1 = (– 1)
6 . . x45 – 5 . 6 ⇔
⇔ T7 = . x15 = 5005x15
Resposta: 5005x15
� p = xkyn – k e n = 6, k = 2, x = y =
Logo, resulta 
p = 
2
. 
4
=
= . . = 15 . =
Resposta: D 
� No desenvolvimento de (3x + 2y)5, a soma S dos
coeficientes é obtida fazendo x = y = 1, então:
S = (3 . 1 + 2 . 1)5 = (3 + 2)5 = 55 = 3125
Resposta: 3125
	 No desenvolvimento de +
10
, a soma S dos 
coeficientes é obtida fazendo x = 1, então:
S = +
10
= +
10
= 210 = 1024
Resposta: A
 No desenvolvimento de (3x – 2y)n, a soma S dos coe fi -
cientes é obtida fazendo x = y = 1, então:
S = (3 . 1 – 2 . 1)n = (3 – 2)n = 1n = 1 
Resposta: A 
Módulo 24 – Análise combinatória – Princípio
da contagem e arranjos
� A7,3 = = = = 7 . 6 . 5 = 210
� ⇒ A5,3 = = = 
= = 5 . 4 . 3 = 60
� I) Existem 4 maneiras para escolher o algarismo das
unidades (2, 4, 6 ou 8).
II) Escolhido o algarismo das unidades, exis tem 
A5,3 = 5 . 4 . 3 = 60 maneiras para escolher os outros
3 algarismos.
III) Assim, o número total de números pares, de quatro
algarismos distintos, que podem ser formados com os
algaris mos dados é 4 x 60 = 240
Resposta: D
�155�
�155�
12
9
�
12
k�
�12k�
12
k�
15
k
15
k
15
k
�nk� 1–––2
�1–––2��1–––2��
6
2�
1
––––
16
1
–––
4
6!
–––––
2!.4!
15
––––
64
1
––––64
�3x
3
–––
2
x2
–––
2�
�3 . 1
3
––––––
2
12
–––
2� �
3
–––
2
1
–––
2�
12
9
7!
–––
4!
7!
–––––––
(7 – 3)!
7 . 6 . 5 . 4!
––––––––––––
4!
3
�
� 124 � �
12
4 �
�
�
� �
�
�
� 156 �
� 156 �
5!
––––
2!
5!
––––––––
(5 – 3)!
5 . 4 . 3 . 2!
–––––––––––––
2!
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 143
144 MATEMÁTICA
� De acordo com o enunciado, temos as seguintes varia -
ções que podem ser obtidas para a paisagem:
Elas totalizam sete.
Resposta: B
� Como há duas possibilidades para a resposta de cada
questão, pelo Princípio Fundamental da Contagem, o
número de ma neiras distintas de responder as 5 ques -
tões é 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 25 = 32
Resposta: C
� Existem 6 maneiras de os dois amigos sentarem juntos
(ab, ba, bc, cb, cd, dc). Para cada uma das seis pos -
sibilidades exis tem duas formas de os outros se acomo -
darem.
Assim sendo, o total de possibilidades é 6 . 2 = 12
Resposta: D
	 A primeira casa pode ser pintada por qual quer uma das 4
cores. Cada uma das demais casas pode ser pintada com
uma das 3 cores restantes, pois deve ser dife rente da
casa anterior.
Assim, dispondo de 4 cores, pelo Prin cípio Fundamental
da Contagem, o núme ro de possibilidades de efetuar a
pintura é 4 . 3 . 3 . 3 . 3 = 324
Resposta: 324
 Senhas do tipo % p k A α 3571
A quantidade de senhas do tipo % p k A α 3571 é 
4 . 12 . 11 . 10 . 3 . 10 . 9 . 8 . 7
A quantidade de senhas do tipo a V k > 2578% é a
mesma.
O total de senhas é:
2 . 4 . 12 . 11 . 10 . 3 . 10 . 9 . 8 . 7 =
= 122 . 11 . 102 . 9 . 8 . 7 . 2
Resposta: B
� Se os círculos e forem pintados
com a mes ma cor, o número de possibi lidades é 
3 . 1 . 2 . 2 = 12. 
Se os círuclos B e D forem pintados com cores
diferentes, o número de possibili dades é 3 . 2. 1 . 1 = 6
O número total é 12 + 6 = 18.
Resposta: C
� São 5 cores disponíveis; azul, amarelo, verde, branco e
rosa.
1) Se duas das três folhas tiverem a mesma cor e a ter -
ceira tiver uma cor diferente, existem 5x4 = 20 formas
de escolhê-las.
2) Se as três folhas tiverem a mesma cor, existem 
5 formas de escolhê-las.
3) Desta forma, existem 20 + 5 = 25 formas de esco lher
estas folhas, sendo pelo menos 2 delas de uma mesma
cor.
Resposta: E
Módulo 25 – Permutações
� A palavra VESTIBULAR tem 10 letras, assim, o número de
anagramas é 
P10 = 10! = 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3 628 800
Resposta: 3628800
� Os 6 anagramas da palavra PAI são:
PAI, PIA, AIP, API, IAP, IPA
� P7 = 7! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5040
� Dos 6 vagões do trem, um deles é o restau rante, assim,
após a locomotiva deve ser colocado um dos outros 5
vagões. Para as demais posições não há restrições, logo,
pode-se permutar os 4 vagões restantes com o
restaurante. Portanto, o número de maneiras de montar a
composição é 5 . P5 = 5 . 5! = 5 . 120 = 600
Resposta: D
� a) As etapas são do tipo
, num total de P3 = 3! = 3 . 2 . 1 = 6
b) Se A e B devem ficar juntas, podem ser consideradas
como uma única etapa que será permutada com as
outras três (C, D e E), totalizando 
P4 = 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24 maneiras. Para A e B juntas,
em qualquer ordem, existem P2 = 2! = 2 . 1 = 2
maneiras.
Assim, o número total de sequências é 
P4 . P2 = 24 . 2 = 48
Respostas: a) 6 b) 48
� Existem 3 formas de escolher o banco em que a família
Souza irá sentar e P3 formas de posicioná-la nesse banco.
Existem 2 formas de escolher, entre os bancos que so -
braram, aquele em que o casal Lúcia e Mauro senta. Para
cada um desses bancos existem duas formas de
posicionar o casal (à esquerda ou à direita do banco, por
exemplo) e, para cada uma dessas formas, P2 maneiras
de o casal trocar de lugar entre si.
Existem P4 formas de posicionar as quatro outras
pessoas.
Fundo Casa Palmeira
azul verde cinza
azul verde verde
azul amarela cinza
azul amarela verde
cinza azul verde
cinza verde verde
cinza amarela verde
DB
A B
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 144
145MATEMÁTICA
Assim, no total, temos:
3 . P3 . 2 . 2 . P2 . P4 = 12 . 3! . 2! . 4! = 3456 maneiras
distintas de dispor os passageiros no lotação.
Resposta: E
	 a) O número total de permutações da palavra economia é
P8
2.
b) O número de permutações que come çam com O é P7.
O número das que terminam em O também é P7.
c) O número de permutações que começam e terminam
com O é P6.
d) O número de permutações pedidas é 
P8
2 – 2 . P7 + P6 = 10800
Resposta: E
 Se as permutações das letras da palavra PROVA forem
listadas em ordem alfa bética, então teremos:
P4 = 24 que começam por A
P4 = 24 que começam por O
P4 = 24 que começam por P
A 73a. palavra nessa lista é a primeira permutação que
começa por R. Ela é RAOPV.
Resposta: E
� Seja A = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
a) A quantidade total de números de seis algarismos
distintos que podem ser formados permutando-se os
algaris mos de A é P6 = 6! = 720.
Os números do item anterior, que começam com o
algarismo 1 são os que se obtém permutando-se os
algarismos {2;3;4;5;6} e, portanto, a quantidade total é
P5 = 5! = 120.
b) I) A quantidade de números de 5 al garismos do item
anterior, cujo primeiro algarismo é 1 ou 2 ou 3 ou 4,
é 4 . 120 = 480.
II) Esses 480 números são todos menores que o
número 512346.
III) O menor número de 6 algarismos do item (a) que
começa com o algarismo 5 é o próprio 512346.
IV) Escrevendo-se os números do item (a) em ordem
crescente, a posição ocupa da pelo número 512346
é a 481a..
V) Existem 240 números cujo primeiro algarismo é 
1 ou 2.
VI) Os dois menores números cujo primeiro algarismo
é 3 são 312456 e 312465.
VII) Escrevendo-se todos os números de 6 algarismos
do item (a) em ordem crescente, o número que
ocupa a 242a. posição é 312465.
Respostas: a) 720; 120
b) 481.a; 312465
� A letra que ocupará a 2 .a posição poderá ser escolhida de
5 formas diferentes. O algarismo que ocupará a 6 .a
posição pode ser escolhido de 3 formas diferentes. Os
outros seis elementos permutam de todas as formas
possíveis. Assim, o número total de senhas é
5 . 3 . P6 = 5 . 3 . 6! = 10 800
Resposta: B
Módulo 26 – Combinações Simples
� Cn,2 = = 78 ⇔
⇔ = 78 ⇔
⇔ n(n – 1) = 156 ⇔ n2 – n – 156 = 0 ⇔
⇔ n = ⇔ n = 13 ou n = –12 ⇔
⇔ n = 13, pois n � �
Resposta: D
� A partir do enunciado, conclui-se que o número total de
caracteres que podem ser representados no sistema
Braile é:
C6,1 + C6,2 + C6,3 + C6,4 + C6,5 + C6,6 = 2
6 – 1 = 63
Obs.: Note que nos 63 caracteres possíveis de serem
obtidos está incluído aquele em que os seis pontos estão
“em destaque”. Neste caso não existe pelo menos 1 que
se destaque dos demais; todos, porém, destacam-se em
relação ao plano do papel.
Resposta: D
� Na primeira fase, foram realizados 4 . C5,2 = 4 . 10 = 40
jogos; na segunda fase, 4 jogos; na terceira fase, 2 jogos
e na final, 1 jogo. 
O total de jogos é 40 + 4 + 2 + 1 = 47
Resposta: E
� Do total de comissões possíveis, devemos excluir aquelas
em que aparecem Andréia e Manoel (C6;3), Andréia e
Alberto (C6;3) e Andréia, Manoel e Alberto (C6;2). Dessa
forma, o número de comissões possíveis é:
C9,5 – 2 . C6,3 – C6,2 =
= – 2 . – = 126 – 40 – 15 = 71
Resposta: A
1
n!
––––––––
2! (n – 2)!
n . (n – 1) . (n – 2)!
––––––––––––––––––
2 . (n – 2)!
1 ± 25
––––––
2
6.5
–––––
2.1
6.5.4
–––––––
3.2.1
9.8.7.6
–––––––
4.3.2.1
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 145
146 MATEMÁTICA
� Existem 3 possibilidades:
I) A comissão é formada por 1 especia lista e 2 outros
profissionais. Assim, tem-se: C3,1 . C9,2 = 3 . 36 = 108
II) A comissão é formada por 2 especia listas e 1 outro
profissional. Assim, tem-se: C3,2 . C9,1 = 3 . 9 = 27
III) A comissão é formada por 3 especia listas. Assim,
tem-se: C3,3 = 1
O total de comissões possíveis de se formar é: 108 +
27 + 1 = 136
Resposta: D
Questões � a 
:
Consideremos 7 pontos sobre a reta r e 4 pontos sobre a
reta s.
� I) O número de maneiras de escolher 2 pontos distintos
entre os 11 dis po níveis é
C11,2 = = = = 55
II) As combinações possíveis de 2 pontos da reta r são
C7,2 = = =
= = 21, porém, determinamapenas um reta,
que é a reta r. 
III) As combinações possíveis de 2 pontos da reta s são
C4,2 = = = = 6, porém, 
determinam apenas uma reta, que é a reta s. 
Assim, o número total de retas é 
55 – 21 – 6 + 1 + 1 = 30
Pode-se pensar em escolher um ponto de cada reta,
assim, teremos um número de retas dado por 
7 . 4 = 28. A esse número, devemos acrescentar as
retas r e s totalizando, portanto, 28 + 1 + 1 = 30.
Resposta: 30
	 I) O número de maneiras de escolher 3 pontos distintos
entre os 11 dis poníveis é 
C11,3 = = = = 165
II) As combinações possíveis de 3 pon tos da reta r são 
C7,3 = = = = 35 
e não determinam triângulos.
III) As combinações possíveis de 3 pon tos da reta s são
C4,3 = = = 4 
e não determinam triângulos.
Assim, o número total e triângulos é 
165 – 35 – 4 = 126
Pode-se pensar em escolher 2 pontos da reta r e 1
ponto da reta s ou 1 ponto da reta r e 2 pontos da reta
s. Assim, o número de triângulos é dado por 
C7,2 . C4,1 + C7,1 . C4,2 =
= . + . =
= 21 . 4 + 7 . 6 = 84 + 42 = 126 
Resposta: 126
 Para formar quadriláteros convexos devemos escolher 2
pontos de cada reta. Assim, o total de quadriláteros é
dado por C7,2 . C4,2 = . = 21 . 6 = 126
Resposta: 126
� O número de maneiras de se escolher 2 jogadores dentre
os 8 possíveis é:
C8;2 = = = 28
Resposta: E
�
O número de triângulos distantes que podem ser
formados é C12,3 – 2 . C4,3 pois os pontos A, B, C e D são
alinhados o mesmo acontecendo com M, N, P e Q.
Assim:
C12,3 – 2 . C4,3 = – 2 . =
= – 2 . 4 = 220 – 8 = 212 
Resposta: D
11!
–––––––
2! . 9!
11� �2
11 . 10
––––––––
2 . 1
7!
–––––––
2! . 5!
7� �2
7 . 6
––––––
2 . 1
4!
–––––––
2! . 2!
4� �2
4 . 3
––––––
2 . 1
11!
–––––––
3! . 8!
11� �3
11 . 10 . 9
––––––––––
3 . 2 . 1
7!
–––––––
3! . 4!
7� �3
7 . 6 . 5
–––––––
3 . 2 . 1
4!
–––––––
3! . 1!
4� �3
4� �2
7� �1
4� �1
7� �2
4� �2
7� �2
8!
–––––
2! 6!
8!
–––––––––
2! (8 – 2)!
A
B
P QM N
C
D
4!
–––––
3! 1!
12!
–––––
3! 9!
12 . 11 . 10
––––––––––––
6
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 146
147MATEMÁTICA

 1) O rótulo A pode ser disposto de 3 maneiras distintas.
2) Os rótulos B e C podem ser dispostos de C4,2 . 2!
maneiras distintas.
3) O número de maneiras distintas de esses tubos serem
colocados nesse suporte é 3 . C4,2 . 2! = 3 . 6 . 2 = 36
Resposta: C
� C6,3 . C8,3 = . = 20 . 56 = 1120
Resposta: D
Módulo 27 – Arranjos, Permutações e
combinações: exercícios
� a) Se P e S forem coloridos com cores dis tin tas, existem
4 maneiras de escolher a cor de P,
3 maneiras de escolher a cor de S,
2 maneiras de escolher a cor de Q e
2 maneiras de escolher a cor de R,
portanto, 4 . 3 . 2 . 2 = 48 maneiras de colorir o mapa.
b) Se P e S forem coloridos com a mesma cor, existem
4 maneiras de escolher a cor de P e de S,
3 maneiras de escolher a cor de Q e
3 maneiras de escolher a cor de R, 
portanto, 4 . 3 . 3 = 36 maneiras de colorir o mapa.
Resposta: a) 48 b) 36
� Para cada um dos 4 que podem ocupar a posição do
motorista, per mutamos entre si as demais 8 pessoas.
Resulta, portanto, 4 . P8 = 4 . 8! = 161 280
Resposta: D
� C5,3 . C4,2 . C4,3 = 10 . 6 . 4 = 240
Resposta: C
� I) Existem P10 = 10! = 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 
= 3 628 800 sequências possíveis dessas músicas.
Como cada sequên cia será tocada num dia, serão
necessários 3 628 800 dias.
II) 3 628 800 dias: 365 dias � 9942 anos.
III) 9942 anos: 100 anos = 99,42 séculos � 100 séculos.
Resposta: E
�
. . . . =
= . . . . =
Resposta: A
� = = 10
Resposta: A
	 Para que a área de um dos triângulos seja maior que 
2 cm2, seus 3 vértices não po dem pertencer a uma
mesma face do cubo.
Resulta, então C8,3 – 6 . C4,3 = 56 – 6 . 4 = 32
Resposta: A
2P6 = 2 . 6!
Resposta: E
Aula 28 – Arranjos completos e 
combinações completas
� A6,3 = 6 . 5 . 4 = 120
Resposta: B
� A*6,3 = 63 = 6 . 6 . 6 = 216
Resposta: C
� A*6,3 – A6,3 = 63 – 6 . 5 . 4 = 216 – 120 = 96
Resposta: C
� Supondo que os quatro dígitos sejam escolhidos entre os
10 algarismos do sistema decimal de numeração, o
número de placas possíveis é:
26 . 26 . 26 . 10 . 10 . 10 . 10 = 175760000
Resposta: E
� P
6
(3A,2R) 
= = = 60
Resposta: 60
� I) Para ir de A até B, um caminho pos sível mostrado na
figura é NLNLLL. O número de caminhos diferentes
para esse trecho é 
P
6
(2N,4L) 
= = = 15
II) Para ir de B até C, um caminho possível mostrado na
figura é LNNLN. O número de caminhos diferentes
para esse trecho é 
P
5
(2L,3N) 
= = = 10
Assim, o número de caminhos di ferentes para ir de A
até C, passando por B, é 15 . 10 = 150
Resposta: 150
8!
–––––
5!3!
6!
–––––
3!3!
escolha
dos dois
núme ros
seguintes
↓
escolha
dos dois
pri mei ros
nú meros
↓
2� �2
4� �2
6� �2
8� �2
10� �2
10!–––
25
2!––––
2!0!
4!––––
2!2!
6!––––
4!2!
8!––––
6!2!
10!––––
8!2!
20––––
2
C6,3–––––
2
6 . 5 . 4
––––––––
2 . 1
6!
–––––––
3! . 2!
6 . 5
–––––
2 . 1
6!
––––––
2! . 4!
B S S B
S S S S
5 . 4
––––––
2 . 1
5!
–––––––
2! . 3!
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10 Página 147
148 MATEMÁTICA
	 Encontrar as soluções inteiras e não nega tivas da
equação x + y + z + w = 5 consiste em distribuir 5
unidades nos quadros abaixo:
+ + + = 5
Observe alguns exemplos:
� � + � + + � � ⇒ solução (2; 1; 0; 2)
� + + + � � � � ⇒ solução (1; 0; 0; 4)
Assim, o número de soluções diferentes é dado por 
P
8
(5�, 3+) = = = 56
Resposta: E
 a) Sendo (5 + x), (5 + y) e (5 + z) a quantidade de bolas
que cada uma recebeu, tem-se 
(5 + x) + (5 + y) + (5 + z) = 20 ⇔ x + y + z = 5.
Assim, o número de maneiras pos síveis de distribuir
20 bolas iguais en tre as 3 crianças, de modo que cada
uma delas receba pelo menos 5 bolas é igual ao nú -
mero de soluções naturais da equação x + y + z = 5.
Observando que 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 algumas das
soluções da equação são apresentadas na tabela
abaixo:
O número de soluções naturais da equa ção x + y + z = 5
é, portanto, igual ao número de maneiras de
preencher as 5 primeiras colunas da tabela usando
apenas x, y ou z que é 
C*
3,5
= C
3+5–1; 5
= C
7,5
= 21.
b) Tendo uma delas recebido exatamente 9 bolas e “su -
pondo” que cada um dos outros dois tenha recebido
pelo me nos 5 bolas, as possibilidades de distribui ção
das bolas é a seguinte:
A probabilidade pedida, neste caso, é 
p = = .
Observação
Supondo que “essa distribuição seja aleatória” signifique
“todas as ma neiras possíveis de distribuir 20 bolas entre
3 crianças”, temos:
1) O número total de maneiras pos síveis de distribuir as
20 bolas é C*3,20 = 231
2) Dessas 231 possibilidades o nú mero daqueles em que
uma criança recebe exatamente 9 bolas é 33:
conforme a tabela.
Portanto a probabilidade, neste caso é 
= .
Resposta: a) 21 b)
� Com N representando um caracter nu mérico e L
representando uma letra, as novas placas terão tipos
como os exemplos seguintes:
Ao todo são P6
4;2 = = 15 formatos diferentes
Resposta: D
� Pintam-se 4 carrinhos, um de cada cor. O total de
maneiras distintas de pintar os 6 carrinhos que so -
braram com as quatro cores à disposição é dado por
C*4,6 = C4+6–1,6 = C9,6 = C9,3
Resposta: B

 De acordo com o enunciado, a quan tidade de caixas
diferentes que podem ser compostas com oito bolas é
dado por: 
C*3, 8 = C
*
3+8–1, 8 = C10, 8 = = 45
Resposta: D
8 . 7 . 6––––––––
3 . 2 . 1
8!–––––––
5! . 3!
1 1 1 1 1 solução
x x x y z x = 3, y = 1 e z = 1
x y y y z x = 1, y = 3 e z = 1
x x x y y x = 3, y = 2 e z = 0
 
 
 
 
 
1a. 2a. 3a.
9 5 6
9 6 5
5 9 6
6 9 5
5 6 9
6 5 9
2
–––
7
6
–––
21
33–––––
231
1––
7
2
––
7
14243
podem permutar
L
N
L
L
L
L
N
N
L
L
L
L
N
L
N
L
L
N
N
N
N
fixo e
numérico
6!
–––––
4! 2!
10!
––––––
8! . 2!
9, 0, 11 9, 11, 0 0, 9, 11 11, 9, 0 0, 11, 9 11, 0, 9
9, 1, 10 9, 10, 1 1, 9, 10 10, 9, 1 1, 10, 9 10, 1, 9
9, 2, 9 9, 9, 2 2, 9, 9
9, 3, 8 9, 8, 3 3, 9, 8 8, 9, 3 3, 8, 9 8, 3, 9
9, 4, 7 9, 7, 4 4, 9, 7 7, 9, 4 4, 7, 9 7, 4, 9
9, 5, 6 9, 6, 5 5, 9, 6 6, 9, 5 5, 6, 9 6, 5, 9
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:10Página 148
149MATEMÁTICA
� O número de senhas de acordo com a opção pode ser
representado na tabela abaixo.
Como o número de senhas distintas precisa estar entre 1
e 2 milhões, a opção que mais se adequa é a V.
Resposta: E
Módulo 29 – Probabilidade: definição 
� a) Na experiência de jogar o dado e ler a face voltada para
cima, o espaço amos tral é o conjunto S = {1, 2, 3, 4, 
5, 6} e, portanto, n(S) = 6. 
b) O evento “número 2” é o conjunto 
A = {2} e, portanto, n(A) = 1.
c) A probabilidade de obter o número 2 é , pois 
P(A) = = 
Resposta:
� a) Na experiência de jogar um dado e ler a face voltada
para cima, o espaço amos tral é o conjunto 
S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e, portanto, n(S) = 6.
b) O evento “número maior que 4” é o con junto 
A = {5, 6} e, portanto, n(A) = 2.
c) A probabilidade de obter um número maior do que 4 é
, pois P(A) = = =
Resposta: 
� a) Na experiência de retirar duas bolas da urna, o espaço
amos tral é S = {(1 e 2), (1 e 3), (1 e 4), (2 e 3), (2 e 4),
(3 e 4)} e o número de ele mentos do espaço amostral
é n(S) = C4,2 = 6.
b) O evento “soma par” é o conjunto A = {(1 e 3), 
(2 e 4)} e, portanto, n(A) = 2.
c) A probabilidade de obter-se “soma par” é , pois
P(A) = = =
Resposta: 
� A área de alcance de pelo menos uma das emissoras é
= 157 km2.
A probabilidade de um morador en con trar-se na área de
al can ce de pelo menos uma das emissoras é 
= 25%.
Resposta: B
� Dos 200 homens, 110 não são solteiros e a probabi lidade
pedida é, portanto 
= 0,55 = 55%
Resposta: C
� Das 90 empadinhas, 60 são mais apimen tadas, assim, a
probabilidade pedida é = .
Resposta: D
	 I) O número total de anagramas da palavra HOSPITAL é
P8 = 8!
II) O número de anagramas de palavra HOSPITAL que
começam e termi nam em consoante é 
5 . 4 . P6 = 20 . P6 = 20 . 6!
III) A probabilidade pedida é
= = =
Resposta: A
Dos 16 resultados possíveis e igualmente prováveis, em
exatamente 12 deles a soma é pelo menos 55.
A probabilidade é, pois, = .
Resposta: C
� Como as bolinhas da urna II são numera das apenas com
números ímpares, para que o produto seja par, o número
da urna I deverá ser, obrigatoriamente, par, inde pen -
dente do número sorteado na urna II.
A probabilidade disso ocorrer é 
= 0,60
Resposta: D
Opção Formato n.° de senhas
I LDDDDD
26 . 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 
= 26 . 105 = 2,6 . 106
II DDDDDD 10 . 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 106
III LLDDDD
26 . 26 . 10 . 10 . 10 . 10 = 
= 262 . 104 = 6,76 . 106
IV DDDDD 10 . 10 . 10 . 10 . 10 = 105
V LLLDD
26 . 26 . 26 . 10 . 10 =
= 263 . 102 = 1,7576 . 106
1
––
6
n(A)
–––––
n(S)
1
––
6
1––
6
1––
3
1–––
3
2–––
6
n(A)–––––
n(S)
1–––
3
1––
3
1
–––
3
2
–––
6
n(A)
–––––
n(S)
1
–––
3
π 102
–––––––
2
157
––––
628
110
–––––
200
2
–––
3
60
––––
90
5
–––
14
20
––––
8 . 7
20 . 6!
–––––––
8 . 7 . 6!
20 . 6!
––––––
8!
3
–––
4
12
–––
16
5 20 50 50
5 10 25 55 55
20 25 40 70 70
50 55 70 100 100
50 55 70 100 100
3
–––
5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 149
150 MATEMÁTICA
� Se inicialmente a probabilidade de se re ti rar uma bola
vermelha é o dobro da probabilidade de se retirar uma
bola ama rela, o número inicial de bolas vermelhas é o
dobro do número inicial de bolas amarelas.
Sendo x o número inicial de bolas ama relas, 2x o
número inicial de bolas ver melhas e y o número inicial
de bolas bran cas, tem-se:
1) Retirando quatro bolas amarelas, a probabilidade de
sair vermelha é
P(Ve) = = ⇔ x = y – 4 (I)
2) Retirando doze bolas vermelhas, a probabilidade de
sair branca é
P(Br) = = ⇔ y = 3x – 12 (II)
De (I) e (II) resulta
y = 3(y – 4) – 12 ⇔ y = 3y – 24 ⇔ y = 12
Resposta: C
Módulo 30 – União de eventos
� a) Na experiência de retirar uma carta de um baralho
comum de 52 cartas, o espaço amostral S é o conjunto
de todas as cartas e, portanto, n(S) = 52.
b) Se A1 for o evento “dama” e A2 o even to “carta de
copas”, então n(A1) = 4 e n(A2) = 13
 c) Os eventos A1 e A2 são mutua men te exclusivos,
pois A1 � A2 = Ø.
d) Se A1 e A2 são mutuamente ex clusi vos, então
P(A1 � A2) = P(A1) + P(A2) = + = = 
Resposta: 
� a) S é o conjunto de todas as cartas e, por tan to, 
n(S) = 52.
b) Se A1 for o evento “dama” e A2 o even to “rei”, então
n(A1) = 4 e n(A2) = 4.
c) Os eventos A1 e A2 são mutua men te exclusivos, pois
A1 � A2 = Ø.
d) Se A1 e A2 são mutuamente exclu si vos, então
P(A1 � A2) = P(A1) + P(A2) = + = = 
Resposta:
� No lançamento de dois dados de 6 faces, numeradas de 1
a 6, são 36 casos possíveis. Considerando os eventos A
(soma 5) e B (soma 6), a probabilidade pedida é:
P(A � B) = P(A) + P(B) = + = = 
� No lançamento de dois dados de 6 faces, numeradas de 1
a 6, são 36 casos possíveis. Considerando os eventos A
(dois números pares) e B (dois números ímpares), a proba -
bilidade pedida é:
P(A � B) = P(A) + P(B) = + = = 
� No lançamento de dois dados de 6 faces, numeradas de 
1 a 6, são 36 casos pos síveis. Considerando os eventos A
(dois números ímpares) e B (dois números iguais), a proba -
bilidade pedida é:
P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B) =
= + – = = 
� P(soma 7 ou soma 9) = + = = 
Resposta: D
	 I) P(números ímpares) = 
II) P(soma maior que 7) = 
III) P(ímpares e soma maior que 7) = 
IV) P(ímpares ou soma maior que 7) =
= + – = = 
Resposta: E
 Sendo Ω, o conjunto espaço amostral, te mos: n(Ω) = 500
A: O número sorteado é formado por 3 al garismos; 
A = {100, 101, 102, …, 499, 500}, n(A) = 401 e p(A) = .
B: o número sorteado é múltiplo de 10; B = {10, 20, …,
500}.
Para encontrarmos n(B) recorremos à fórmula do termo
geral da P.A., em que a1 = 10, an = 500 e r = 10.
Temos: an = a1 + (n – 1)r ⇒ 500 = 10 + (n – 1)10 ⇒ n = 50
Dessa forma, p(B) = .
A � B: o número tem 3 algarismos e é múl ti plo de 10; 
A � B = {100, 110, …, 500}.
De an = a1 + (n – 1)r, temos: 
500 = 100 + (n – 1)10 ⇒ n = 41 e p(a � B) = 
Por fim, p(A . B) = + – = = 82%
Resposta: D
1
––
2
2x
–––––––––––––––
(x – 4) + 2x + y
1
––
2
y
–––––––––––––––
x + (2x – 12) + y
2–––
13
8–––
52
4–––
52
4–––
52
2–––
13
2–––
13
8–––
52
4–––
52
4–––
52
2–––
13
1
––
4
9–––
36
5–––
36
4–––
36
1––
2
18–––
36
9–––
36
9–––
36
1
––
3
12
–––
36
3
–––
36
6
–––
36
9–––
36
5
–––
18
10
–––
36
4
–––
36
6
–––
36
9
–––
36
15
–––
36
3
––
36
7
–––
12
21
–––
36
3
–––
36
15
–––
36
9
–––
36
401
––––
500
50
––––
500
41
––––
500
41
––––
500
50
––––
500
401
––––
500
41
–––
50
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 150
151MATEMÁTICA
� Temos n(S) = 1000, n(A) = 400, n(B) = 300 e 
n(A � B) = 200.
Logo, P(A) = = , P(B) = = e 
P(A � B) = = .
Portanto, P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B) =
= + – = + = ⇒
⇒ P(A � B) = = 50%.
� Sejam A1, A2, A3, A4 as bolas amarelas, B1, B2 as brancas
e V1, V2, V3 as vermelhas.
Temos:
S = {A1, A2, A3, A4, V1, V2, V3, B1, B2}, n(S) = 9
A: retirada de bola amarela ⇒ A = {A1, A2, A3, A4}, n(A) = 4
B: retirada de bola branca ⇒ B = {B1, B2}, n(B) = 2
P(A) = ⇒ P(A) = � 44,4%
P(B) = ⇒ P(B) = � 22,2%
Como A � B = Ø, A e B são eventos mu tua mente
exclusivos; logo:
P(A � B) = P(A) + P(B) = + = ⇒
⇒ P(A � B) = � 67,0%

 I) O número de bolas na urna é 100, nu me radas de 1 a
100.
II) As bolas cujo número é um qua drado perfeito são 1,
4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81 e 100, num total de 10
bolas.
III) As bolas cujo número é um cubo perfeito são 1, 8, 27
e 64, num total de 4 bolas.
IV) Observando que as bolas com nú mero 1 e número 64
foram contadas duas vezes, a probabilidade pedida é
= = 0,12
Resposta: C
Módulo 31 – Intersecção de eventos
� Sendo A o evento “carta de copas” e B o evento “dama”,
temos:
n(A) = 13, n(B) = 4 e n(A � B) = 1.
Assim: P(B/A) = =
Resposta:
� Sendo A o evento “carta de copas” e B o evento “dama”,
temos:
n(A) = 13, n(B) = 4, n(A � B) = 1 e n(S) = 52.
Assim sendo:
Primeiro Processo
⇒
⇒ P(A/B) = P(A) ⇔ A e B são indepen dentes
Segundo Processo
⇒
⇒ P(A / B) = P(A) . P(B) ⇔ A e B são independentes
Resposta: Os eventos “dama” e “carta de copas” são in -
depen dentes.� Sendo ND o evento “número 2” e NP o evento “número
par”, temos:
n(ND) = 1, n(NP) = 3 e n(ND � NP) = 1
Assim sendo:
P(ND/NP) = =
Resposta: 
� Se apenas um deve acertar o alvo, então po dem ocorrer
os seguintes eventos:
(A) “A” acerta e “B” erra; ou (B) “A” erra e “B” acerta.
Assim, temos:
P (A � B) = P (A) + P (B)
P (A � B) = 40% . 70% + 60% . 30%
P (A � B) = 0,40 . 0,70 + 0,60 . 0,30
P (A � B) = 0,28 + 0,18
P (A � B) = 0,46
P (A � B) = 46%
Resposta: C
� Se o piloto deve subir ao pódio, então po dem ocorrer os
seguintes eventos:
(A) chover durante a prova e ele subir ao pódio ou
(B) não chover durante a prova e ele subir ao pódio
Assim, temos:
P (A � B) = P (A) + P (B)
P (A � B) = 75% . 60% + 25% . 20%
P (A � B) = 0,75 . 0,60 + 0,25 . 0,20
P (A � B) = 0,45 + 0,05
P (A � B) = 0,50
P (A � B) = 50%
2
––
5
400
–––––
1000
3
–––
10
300
–––––
1000
1
––
5
200
–––––
1000
5
–––
10
3
–––
10
1
––
5
1
––
5
3
–––
10
2
––
5
1
––
2
4
–––
9
n(A)
–––––
n(S)
2
–––
9
n(B)
–––––
n(S)
6
–––
9
2
–––
9
4
–––
9
2
–––
3
12
–––––
100
10 + 4 – 2
––––––––––
100
1
–––
13
n(A � B)
–––––––––
n(A)
1
–––
13
	
13 1
P(A) = –––– = –––
52 4
n(A . B) 1
P(A/B) = ––––––––– = –––
n(B) 4
	
13 1
P(A) = –––– = –––
52 4
4 1
P(B) = –––– = ––––
52 13
1 
P(A � B) = –––– 
52 
1–––
3
n(ND � NP)–––––––––––
n(NP)
1––
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 151
152 MATEMÁTICA
� Representando por PA o evento “pri meira bola azul”, SA
o evento “segunda bola azul”, PV o evento “primeira bola
verde” etc., temos:
P(PV � SV) = P(PV) . P(SV/PV) = . =
Resposta: A
	 Se a cada 1 minuto e 40 segundos (100 se gundos) a luz
verde fica acesa 25 se gun dos, a probabilidade de o mo -
torista en con trar a luz verde, ao passar pelo semáforo, é 
=
A probabilidade de encontrar a luz verde acesa nas duas
vezes em que passar é 
. = 
Resposta: B
 Das (50 + 150) = 200 pessoas internadas com pro blemas
respiratórios causados por queimadas, 150 delas são
crianças. A probabilidade de ser criança é, portanto, 
= 0,75.
Essa probabilidade sugere, entre outras medidas, “a ne -
cessidade de que, em áreas atingidas pelos efeitos das
queimadas, o atendimento hospitalar no setor de pe diatria
seja reforçado”.
Resposta: E
� O peão chegará à casa que contém a bom ba nos
seguintes 3 casos possíveis:
1) Se os números encontrados nos dois dados forem 1;5
ou 2;4 ou 4;2 ou 5;1 e a probabilidade disso acontecer
é .
2) Se os números encontrados no pri meiro lança mento
forem 1;1 e neste caso, ao jogar novamente os dados,
devem-se obter 1;3 ou 2;2 ou 3;1. A probabilidade
disso acontecer é
. =
3) Se forem encontrados no primeiro lan çamento os
números 2;2 e ao jogar novamente os dois dados,
deve-se obter 1;1. A probabilidade é:
. =
A probabilidade pedida é, pois,
+ + = = =
Resposta: A
� Dos 36 trabalhos, 21 são de alunos do 1o. ano e 15 são de
alunos do 2o. ano.
A probabilidade dos dois trabalhos retira dos serem ambos
do 1o. ano é
. =
A probabilidade dos dois trabalhos retira dos serem ambos
do 2o. ano é
. =
A probabilidade dos dois trabalhos serem de alunos de
um mesmo ano é:
+ = = =
Resposta: A

 A partir do enunciado, temos o seguinte esquema:
A probabilidade de eles serem de sexos di ferentes e pelo
menos um deles ter cur so de especialização é
2 . . + 2 . . + 
+ 2 . . = + + =
= = =
Resposta: E
� 1) A probabilidade do homem estar vivo daqui a 50 anos é
20% e a proba bilidade de ter morrido é 80%.
2) A probabilidade da mulher estar viva daqui a 50 anos é
30% e a de ter morrido é 70%.
3) A probabilidade de os dois terem mor rido, daqui a 50
anos, é 80% . 70% = 56%.
4) A probabilidade de pelo menos um deles estar vivo,
daqui a 50 anos, é 1 – 56% = 44%.
Resposta: B
� A probabilidade de o morador se atrasar quando chove é
de 50% e, quando não chove, de 25%. A probabili dade de
cho ver em um certo dia é de 30% e, portanto, de não
chover, 70%. Logo, a proba bilidade desse morador se
atrasar para o serviço é dada por
30% x 50% + 70% x 25% = 0,325.
Resposta: C
1–––
15
2––
9
3–––
10
1
–––
4
25
–––––
100
1
––––
16
1
–––
4
1
–––
4
150
–––––
200
4
–––
36
3
–––––
1296
3
–––
36
1
–––
36
1
–––––
1296
1
–––
36
1
–––
36
1
–––––
1296
3
–––––
1296
4
–––
36
37
–––––
324
148
–––––
1296
144 + 3 + 1
–––––––––––
1296
1
––
3
20
–––
35
21
–––
36
1
–––
6
14
–––
35
15
–––
36
1
–––
2
3
–––
6
2 + 1
––––––
6
1
–––
6
1
–––
3
8
–––
24
4
–––
25
1
–––
24
12
–––
25
8
–––
25
32
––––
300
1
–––
25
8
–––
24
12
–––
25
7
–––
15
140
––––
300
12 + 32 + 96
–––––––––––––
300
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 152
153MATEMÁTICA
� 1) A probabilidade de sortear cada uma das cartas é
2) Assim, a probabilidade de escolher a alternativa
correta tendo sorteado a carta:
– zero é 
– um é 
– dois é 
– três é 1 
3) Desta forma, a probabilidade de es colher a alternativa
correta, tendo pedido a “ajuda das cartas” e agindo de
forma aleatória é:
P = . � + + + 1� = 
= . = � 0,52 = 52%
Resposta: B
� Sendo x a probabilidade de sair coroa e 2x a probabi lidade
de sair cara, tem-se
x + 2x = 1 ⇔ x = 
Assim, a probabilidade de sair cara é 
e a de sair coroa é
Desta forma, a probabilidade de sair dois resultados iguais
no lançamento desta moeda duas vezes é
. + . = 
Resposta: B
Módulo 32 – Lei binomial de probabilidade
� P (B1 � B2 � B3 � B4) = . . . = 
Resposta: A
� Indicando a probabilidade pedida por
P (B1 � B2 � P3 � P4), temos:
P (B1 � B2 � P3 � P4) = P (B1) . P (B2) . P (P3) . P (P4) = 
= . . . = 
2
. 
2
= 
Resposta: C
� Representando a probabilidade pedida por
P (P1 � P2 � B3 � B4), temos:
P (P1 � P2 � B3 � B4) = P (P1) . P (P2) . P (B3) . P (B4) = 
= . . . = 
2
.
2
= 
Resposta: C
� Representando por P (B1 � P2 � B3 � P4), a probabilidade
pedida, temos:
P (B1 � P2 � B3 � P4) = P (B1) . P (P2) . P (B3) . P (P4) = 
= . . . = 
2
.
2
= 
Resposta: C
� A probabilidade P de se obter só duas bo las brancas é:
P = C4,2 . 
2
.
2
= 6 . = 
Resposta: D
� Sendo A o evento “acertar o alvo” e A– o evento com -
plementar, temos:
a) P(A) = p = 0,2
b) P(A
–
) = 1 – p = 1 – 0,2 = 0,8
c) A probabilidade pedida é C4,2 . (0,2)
2 . (0,8)4 – 2 = 0,1536
Resposta: C
	 Admitindo-se que para esse casal a pro ba bilidade do filho
ser do sexo masculino (ou feminino) é 50%, a proba -
bilidade deles terem exata mente dois filhos homens e,
claro, uma mulher é
P = C3,2 . 50% . 50% . 50% =
= 3 . 
3
= = 0,375 = 37,5%
Resposta: E
 Sejam b e p, a quantidade de bolas bran cas e pretas,
respectivamente.
Sorteando-se duas bolas a acaso, e com reposição da pri -
meira, a probabilidade de sair uma bola preta em cada
sorteio é , ou seja 
2
= ⇒ = ⇒ p = 64
Como p + b = 100, tem-se b = 36 e p – b = 64 – 36 = 28
Resposta: B
1
–––
4
1
–––
4
1
–––
3
1
–––
2
1
––
2
1
––
3
1
––
4
1
––
4
25
–––
48 
25
–––
12
1
––
4
1
–––
3
2
–––
3
1
–––
3
5
–––
9
2
–––
3
2
–––
3
1
–––
3
1
–––
3
1
–––
81
1
––
3
4
––
6
4
––
6
2
––
6
2
––
6
4
––
81
4�––�6
2�––�6
2
––
6
2
––
6
4
––
6
4
––
6
4
–––
81
4�––�6
2�––�6
4
––
6
2
––
6
4
––
6
2
––
6
4
––
81
4�––�6
2�––�6
24
–––
81
4
––
81
4�––�6
2�––�6
3
–––
8
1�––�2
1
––
3
1
––
3
1
––
3
256
––––
625
16
––––
25
p
––––
100
256
––––
625
p�––––�100
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 153
154 MATEMÁTICA
� Dos 10 semáforos, temos 1 verde e, con sequente mente,
9 vermelhos. A probabi lidade pode ser expressa por:
Resposta: A
FRENTE 2
Módulo 17 – Relações métricas no triângulo
retângulo
� I. Aplicando Pitágoras no ΔABC, te mos: 
a2 = 32 + 42 ⇔ a = 5
II. 42 = 5 . n ⇔ n = 3,2
III. 32 = 5 . m ⇔ m = 1,8
IV. h2 = 3,2 . 1,8 ⇔ h = 2,4
Resposta: a = 5; m = 1,8; n = 3,2; h = 2,4.
� a) x2 = 52 + 122 = 169 ⇔ x = �





 169 ⇔ x = 13
b) 122 = y . 24 ⇔ y = ⇔ y = 6
c) z2 = 16 . 25 ⇔ z = �








 16 . 25 ⇔ z = 4 . 5 ⇔ z = 20
�
I) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo
retânguloHBA, tem-se:
m2 + ( 2�


5 )2 = 52 ⇔ m2 = 25 – 20 ⇔ m = �


5
II) 52 = a . m ⇔ 52 = a . �


5 ⇔ a = 5�


5
III) a . h = b . 5 ⇔ 5�

5 . 2�

5 = 5 . b ⇔
⇔ b = ⇔ b = 10
Resposta: AC = 10
�
� 2 + � 2 = (5�

2)2 ⇔ 2� 2 = 25 . 2 ⇔ � 2 = 25 ⇒ � = 5
Perímetro: 4� = 4 . 5 = 20 cm
�
Por Pitágoras a2 + (1,50a)2 = (���52 )2 ⇔ ⇔ 3,25a2 = 52
⇒ a2 = 16 ⇒ a = 4, pois a > 0
Desta forma, AB = 4 e AC = 1,50 . 4 = 6
Como AH . BC = AB . AC, tem-se:
AH . ���52 = 4 . 6 ⇔
⇔ AH = = =
Resposta: C
�
h2 + 82 = 172 ⇒ h2 + 64 = 289 ⇒
⇒ h2 = 289 – 64 ⇒ h2 = 225 ⇒ h = 15
Resposta: E
	
De acordo com o enunciado, a estação central deve ser
construída no ponto P que está na perpendicular à estrada
que liga C e D, passa pelo seu ponto médio e dista x (km)
de 
↔
CD, de A e de B. Assim:
(40 – x)2 + 202 = x2 ⇔ 1600 + x2 – 80x + 400 = x2 ⇔
⇔ 8x = 2000 ⇔ x = 25
Resposta: C
2 1 1 9 2 1 10 . 2
p = C10;1 . �––� . �––� = 10 . –– . ––– = ––––––3 3 3 39 310
144
––––
24
5�

5 . 2�

5 –––––––––
5
ha
B H
A
C
1,50a
52
12���13 
–––––––––
13
6���52 
–––––––
13
24
––––––
���52 
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 154
155MATEMÁTICA
a) Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo RBS, a
distância de R até o canto superior, indicado por S, em
centímetros, é dada por
(RS)2 = 182 + 252 ⇒ RS = �




949
b) Sendo r a medida, em centímetros, do raio dos círculos
que compõem a de coração do tapete, no triângulo
retân gulo CDR, temos:
(CD)2 + (DR)2 = (CR)2 ⇒ (r – 18)2 + (r – 25)2 = r2 ⇒
⇒ r2 – 36r + 324 + r2 – 50r + 625 = r2 ⇒
⇒ r2 – 86r + 949 = 0 ⇒ r = 73, pois r > 25
Respostas: a) �




949 cm b) 73 cm
Módulo 18 – Relações métricas no triângulo
retângulo
�
Sendo x o comprimento do cabo de ener gia, em metros,
temos: 
x2 = 62 + 82 ⇔ x2 = 36 + 64 ⇔ x2 = 100 ⇒ x = 10
Resposta: D
�
Como BI
—
é a menor das dis tâncias do navio à ilha,
podemos concluir que BI
—
é perpen dicular a AC
—
, e, portanto,
BI
—
é altura rela ti va à hipotenusa do triângulo retân gulo IAC
I) No ΔABI, temos:
(AI)2 = (AB)2 + (BI)2 ⇔ 602 = (AB)2 + 482 ⇒ AB = 36 km
II) No ΔAIC, temos:
(AI)2 = (AC) . (AB) ⇔ 602 = (AC) . 36 ⇒ AC = 100 km
III) No ΔAIC, temos:
(AC)2 = (AI)2 + (CI)2 ⇔ 1002 = 602 + (CI)2 ⇒ CI = 80 km
Assim, quando o navio estiver em C, a dis tân cia dele à ilha
será 80 km.
Resposta: C
�
Sendo x, em centímetros, a medida do cate to 
—
AB,
utilizando a relação 
(CAT)2 = (HIP) . (PROJ), tem-se:
x2 = 16 . 4 ⇔ x2 = 64 ⇒ x = 8
Resposta: B
�
I) (BD)2 = 12 + (�

3)2 ⇒ BD = 2
II) cos α = = ⇒ α = 60°
III) θ = 60° + (90° – α)
θ = 60° + (90° – 60°) ⇔ θ = 90°
IV) No triângulo retângulo BAD, tem-se: 
(AD)2 = (AB)2 + (BD)2
Assim: (AD)2 = (�

3)2 + 22 ⇒ AD = �

7
Resposta: AD = �

7
Módulo 19 – Natureza de triângulos
� a) ⇒ ( �



85)2 = 72 + 62⇒
⇒ triângulo retân gulo
b) ⇒ 102 > 52 + 82 ⇒
⇒ triângulo obtusângulo
1
––
2
BC––––
BD
	(�



85 )2 = 8572 + 62 = 85
	10
2 = 100
52 + 82 = 89
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 155
156 MATEMÁTICA
c) ⇒
⇒ (�








115)2 < 42 + 102 ⇒ triângulo acutângulo
�
1o.) x é a medida do maior lado do triân gulo obtusângulo
ABC.
Assim: x2 > 52 + 82 ⇒ x2 > 89 ⇒ x > �



89 (I)
2o.) x < 5 + 8 ⇒ x < 13 (II)
3o.) De (I) e (II), tem-se: �



89 < x < 13
4o.) Como x � �, tem-se finalmente:
x = 10 ou x = 11 ou x = 12
Resposta: Os possíveis valores inteiros de x são: 10, 11 e
12.
�
I. ⇒ (8 – x)2 + 49 – x2 = 65 ⇒
⇒ 64 – 16x + x2 + 49 – x2 = 65 ⇒ –16x = –48 ⇒ x = 3
II. ⇒ h = �












 49 – 9 ⇒
⇒ h = �



40 ⇒ h = 2�



10
Resposta: AH = 2�



10
�
I. 
(14 – x)2 – x2 = 225 – 169 ⇔
⇔ 196 – 28x + x2 – x2 = 56 ⇔
⇔ 28x = 140 ⇔ x = 5
II. h2 + 52 = 132 ⇔ h2 = 144 ⇒ h = 12 cm
Resposta: 12 cm
�
Como os triângulo AEF e GEF são con gruen tes, temos: 
AF = GF = x e EA = EG = 3.
Sendo 
–
EH ⊥ –BC, temos HB = 3 e HG = 3 – 1 = 2
Assim, no triângulo EHG, temos:
(EH)2 + 22 = 32 ⇒ EH = �

5
Logo, FB = �

5 – x e, portanto, no triângulo FBG, temos:
(GF)2 = (FB)2 + (BG)2 ⇔ x2 = (�

5 – x)2 + 12 ⇔
⇔ x2 = 5 – 2�

5x + x2 + 1 ⇔ 2�

5x = 6 ⇔ x =
Resposta: D
�
Sendo AD = x a projeção ortogonal de 
—
AB sobre
—
AC, e 
BD = h a altura relativa ao lado 
—
AC, tem-se:
I) 152 = x2 + h2 ⇔ 225 = x2 + h2
II) 132 = (14 – x)2 + h2 ⇔ 169 = 196 – 28x + x2 + h2 ⇔
⇔ 28x = 27 + x2 + h2
De (I) e (II), tem-se: 
28x = 27 + 225 ⇔ 28x = 252 ⇔ x = 9
Resposta: E
	( �








115 )2 = 11542 + 102 = 116
x2 + h2 = 49
(8 – x)2 + h2 = 65�
	x
2 + h2 = 49
x = 3
h2 + (14 – x2) = 152
h2 + x2 = 132�
3�

5
–––––
5
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 156
157MATEMÁTICA
	 a)
De acordo com o enunciado, sendo a, b e c em
centímetros, temos:
⇒ 2a + 2b + 2c = 20 ⇒ a + b + c = 10
Assim, a + b + c = 10 ⇒ 5 + c = 10 ⇒ c = 5,
a + b + c = 10 ⇒ b + 6 = 10 ⇒
⇒ b = 4 e a + b + c = 10 ⇒ a + 9 = 10 ⇒ a = 1
b) Para a = 2 e b = 3, temos:
AB = 2 + 3 = 5, AC = 2 + c e BC = 3 + c
Como 
—
BC é o maior lado, o triângulo ABC é retângulo
se, e somente se,:
(BC)2 = (AB)2 + (AC)2 ⇒ (3 + c)2 = 52 + (2 + c)2 ⇒
⇒ 9 + 6c + c2 = 25 + 4 + 4c + c2 ⇒ c = 10
Respostas: a) a = 1 cm, b = 4 cm e c = 5 cm
b) c = 10 cm
Módulo 20 – Lugares geométricos
� O lugar geométrico dos pontos de um plano que
equidistam de duas retas con cor rentes deste plano, é um
par de retas per pen diculares entre si e que contém as
bissetrizes dos ângulos for mados pelas con correntes.
Resposta: D
�
Circuncetro é o ponto de intersecção das mediatrizes dos
lados do triângulo.
O circuncentro equidista dos vértices do triân gulo e é o
centro da circunferência cir cunscrita (que contém os
vértices) ao triân gulo.
Resposta: C
� O ponto interno que equidista dos lados de um triângulo é
o centro da circun ferência que tangencia os lados, por -
tanto, é o incen tro do triângulo.
Resposta: B
�
Num triângulo retângulo, o ortocentro (in ter secção das
altu ras) é o vértice que con tém o ângulo reto.
Resposta: D
� Num triângulo retângulo, o circuncentro (centro da circun -
ferência circunscrita) é o ponto médio da hipotenusa.
Resposta: C
6
5
9
A
B
Ca
b
c
a
b
c
a + b = 5
a + c = 6
b + c = 9
�
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 157
158 MATEMÁTICA
� Num triângulo isósceles, os pontos notá veis baricentro
(B), incentro (I), circun cen tro (C) e ortocentro (O), estão
alinhados, conforme figura a seguir.
	 O baricentro é o ponto de intersecção das medianas que
são segmentos internos à região triangular, pois ligam
cada vértice ao ponto médio do lado oposto, assim, o
baricentro é sempre interno à região triangular. O incentro
também é sempre interno à região triângular, pois é o
centro da circunferência inscrita no triângulo.
Resposta: E
No triângulo equilátero os quatro pontos notáveis são
coin cidentes.
Resposta: E
Módulo 21 – Pontos notáveis do triângulo
� a) (V) Além de ser o ponto de intersecção das medianas,
ele divide cada mediana na pro por ção de 2 para 1.
b) (V) Idem à anterior.
AG = 2 GMA
BG = 2 GMB
CG = 2 GMC
c) (V) É a própria definição de incentro.
d) (V) Por estar sobre as bissetrizes, o in cen tro equidista
dos lados do triân gulo.
e) (V) É a própria definição de circun cen tro.
f) (V) Por estar sobre as mediatrizes dos la dos do triângulo,
o circuncentro é equidis tan te dos extremos dos
lados (vértices) do triângulo, e assim é o centro de
uma circunfe rência que passa pelos vértices
g) (V)
MB é o circuncentro e também o pon to mé dio da
hipotenusa.
h) (V) É a própria definição de orto centro.
i) (V) O baricentro é o ponto de inter sec ção das medianas
de um triângulo e a mediana é sempre interna.
j) (V) O incentro é interno, pois é o centro da circun ferên -
cia inscrita e esta é sempre interna ao triângulo.
k) (F) No triângulo acutângulo o circun cen tro é interno, no
triângulo retân gulo é um pon to da hipo tenusa e no
triângulo obtusângulo é externo ao triângulo.
l) (V) Veja no desenho abaixo que o ângulo QP̂R é obtuso.
m) (F) Se o circuncentro éinterno, o triân gu lo é acutân -
gulo; porém, não ne ces sariamente equi látero.
n) (V) O ortocentro é externo nos triân gulos obtusângulos,
está no vér ti ce nos triângulos retân gulos e é in terno
nos triângulos acu tân gulos.
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 158
159MATEMÁTICA
o) (V) Nos triângulos isósceles, a reta su por te da altura,
em relação à base, contém a mediana, é bis setriz e
mediatriz e sobre ela estão alinha dos os quatro
pontos notáveis.
p) (V) Nos triângulos equiláteros, a reta su por te da altura
em relação a um lado qualquer contém a mediana
relativa a este lado, a bissetriz e a media triz. Os
quatro pontos notá veis estão nestas três retas e,
por tanto, coincidem.
�
O segmento AO = 5 cm é a mediana.
Resposta: D
�
1o.) BI
→
é bissetriz de AB
^
C e CI
→ 
é bissetriz de AC
^
B
2o.) α + β + 100° = 180° ⇔ α + β = 80°
3o.) x + 2α + 2β = 180° ⇔
⇔ x + 2 (α + β) = 180°
Assim: x + 2 . 80° = 180° ⇔ x = 20°
Resposta: 20°
4)
I) B é baricentro do triângulo, então, 
—
PM é mediana
(segmento que liga o vértice ao ponto médio do lado
oposto).
II) M é ponto médio de 
—
QR, então 
QM = = 4 cm
III) PB = . PM (propriedade do baricentro)
4 = . PM ⇔ PM = 6 cm
IV) Pelo teorema de Pitágoras, no triân gulo PQM, temos:
(PM)2 = (PQ)2 + (QM)2 ⇔ 62 = (PQ)2 + 42 ⇔
⇔ 36 = (PQ)2 + 16 ⇔ (PQ)2 = 20 ⇔
⇔ PQ = �


20 = 2�

5 cm
Módulo 22 – Pontos notáveis do triângulo
�
I) PM = = =
= cm (altura do triângulo equilátero)
II) R = . PM (propriedade do baricentro)
R = . ⇔ R = 1 cm
QR
–––
2
2
––
3
2
––
3
�

3 . �

3
––––––––
2
� �

3
–––––
2
3
––
2
2
––
3
3
––
2
2
––
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 159
160 MATEMÁTICA
�
I) PM = = =
= 12 cm (altura do triângulo equilátero)
II) r = . PM (propriedade do baricentro)
r = . 12 ⇔ r = 4 cm
�
I) No triângulo TNP, temos: 
130° + y + x = 180° ⇔ y + x = 50°
II) No triângulo MNP, temos: 
α + 2y + 2x = 180° ⇔ α + 2 . (y + x) = 180° ⇔
⇔ α + 2 . 50° = 180° ⇔ α + 100° = 180° ⇔ α = 80°
Resposta: E
�
O triângulo é equilátero e assim:
r = ⇔ 6 = ⇔ x = 8
Resposta: x = 8
�
Sendo O, centro da circunferência simul tanea mente
circunscrita e inscrita nos triân gulos ABC e DEF equi -
láteros, o baricentro desses triângulos, tem-se:
CH = CO + OH = R + =
CD = DO + OC = 2R + R = 3R
A razão entre a altura de T2 e a altura de T1 é
= = 2
Resposta: E
�
Sendo r a medida do raio do círculo e � a me dida do lado
do triângulo equilátero, temos:
I) DF = 2r ⇔ 12 ��2 m. ��2 = 2r ⇔ r = 12m
II) AF = 3r = 3 . 12m ⇔ AF = 36m
III) AF = ⇔ 36m = ⇔ � = 24��3 m
Resposta: D
	
N é o baricentro do triângulo DCP.
Assim, DN = . DA ⇔ DN = . 6 ⇔ DN = 4 
Resposta: DN = 4 cm
8 . �

3 . �

3
––––––––––
2
� �

3
–––––
2
1
––
3
1
––
3
x + 10
––––––
3
h
–––
3
3R
–––
2
R
–––
2
3R
––––––
3R
–––
2
CD
––––
CH
� ��3
–––––
2
� ��3
–––––
2
2
––
3
2
––
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 160
161MATEMÁTICA
I) R1 = h 
II) R2 = . R1 = . . h = . h 
III) = = = 
Módulo 23 – Ângulos na circunferência
� x = = 65°, pois x é um ângulo inscrito.
Resposta: C
� x = = 65°, pois x é um ângulo excêntrico
interior. 
Resposta: C 
� x = = 35°, pois x é um ângulo excêntrico
exterior.
Resposta: A
�
x = = 80° 
Resposta: D 
�
I) β = = 40° 
II) β + x = 180° ⇒ 40° + x = 180° ⇔ x = 140°
Resposta: E
�
x = = 40° 
Resposta: B
	
A
^
DC = = = 125° 
Resposta: A
1––
3
1––
9
1––
3
1––
3
1––
3
2––
9
2h–––
9–––––
h
h h–– – ––
3 9
––––––––
h
R1 – R2
––––––––
h
130°
––––
2
90° + 40°–––––––––
2
100° – 30°
––––––––––
2
160°–––––
2
35° + 45°–––––––––
2
80°––––
2
250°
––––––
2
70° + 180°
–––––––––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 161
162 MATEMÁTICA
I) Na circunferência C1, x = 
AB pois é ângulo central e 
z = = , pois é ângulo inscrito.
II) Na circunferência C2, z = = DE pois é ângulo central
y = pois é ângulo inscrito.
Assim, y = = = 
Módulo 24 – Potência de ponto
�
PA . PB = PC . PD ⇒ 1 . 6 = x . 3 ⇔ x = 2
Resposta: C
�
PA . PB = PC . PD ⇒ 2 . 12 = 4 . (4 + x) ⇔
⇔ 6 = 4 + x ⇔ x = 2
Resposta: C
�
(PT)2 = PA . PB ⇒ 144 = x(x + 10) ⇔
⇔ 144 = x2 + 10x ⇔ x2 + 10x – 144 = 0 ⇒
⇒ x = 8, pois x > 0
Resposta: E
� (AB)2 = AC . AD ⇒ 82 = x . (x + x) ⇔
⇔ 64 = 2x2 ⇔ x2 = 32 ⇒ x = 4�

2, pois x > 0
Resposta: E
�
1) Pela potência do ponto E tem-se:
EA . EB = EC . ED ⇔
⇔ 12 . 5 = 4 . (4 + 3 + GC) ⇔ GC = 8
2) Pela potência do ponto G tem-se:
GA . GF = GC . GD ⇔ 6 . GF = 8 . 3 ⇔ GF = 4
Resposta: D
Módulo 25 – Ângulos na circunferência e
potência de ponto
�
I) x + 120° = 180° ⇔ x = 60°, pois o quadrilátero ABCF
é ins crito.
x
–––
2
AB
––––
2
x
–––
2
DE
–––
2
x
–––
4
x
––
2
––––
2
DE
––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 162
163MATEMÁTICA
II) y + 110° = 180° ⇔ y = 70°, pois o qua drilátero BCDE
é ins crito.
III) No triângulo BCG, temos:
α + x + y = 180° ⇒ α + 60° + 70° = 180° ⇔ x = 50°
Resposta: B
� I) C ^OD = 60° é ângulo central, então CD = 60°.
II) x = e y = , pois são ângulos
inscritos.
III) AED + CD + ABC = 360°
IV) x + y = + = 
= = 
= = = 210°
Resposta: D
�
I) PA . PB = PC . PD ⇒ 2 . 6 = 2 . PD ⇔ PD = 6
II) R2 = 22 + 42 ⇔ R2 = 20 ⇒ R = 2�

5, pois R > 0
�
(OC)2 = BC . AC ⇔ (OC)2 = 6,4 . (3,6 + 6,4) ⇔
⇔ (OC)2 = 6,4 . 10 ⇔ (OC)2 = 64 ⇒ OC = 8, pois OC > 0
Resposta: C
�
I) MC = MB = 18 cm 
II) PA = PB e QA = QC
III) O perímetro do triângulo MPQ é dado por:
MP + PQ + MQ = MP + PA + QA + MQ =
= MP + PB + QC + MQ = MB + MC =
= 18 cm + 18 cm = 36 cm
Resposta: D
Módulo 26 – Área dos quadriláteros
�
Sejam: S a área do paralelogramo ABCD, 5 cm a medida
da base e h a medida da altura. No triângulo BEC, temos:
sen 30° = ⇔ = ⇒ h = 2 
Assim, A = b . h = 5 . 2 ⇔ A = 10 cm2
�
I) CE = AB = 5m ⇒ DE = 3 m
II) No triângulo ADE, tem-se:
(3 m)2 + h2 = (5 m)2 ⇒ h = 4 m
III) A área do trapézio é:
S = = = 26 m2
Resposta: A
ABC + CD
–––––––––
2
AED + CD
––––––––––
2
ABC + CD
–––––––––
2
AED + CD
–––––––––
2
AED + CD + ABC + CD
–––––––––––––––––––––
2
420°
––––
2
360° + 60°
––––––––––
2
P 2
2
2
2
4
R
R4
2
2
A
C
B
D
h
––
4
1
––
2
h
––
4
(5 m + 8 m) . 4m
––––––––––––––––
2
(AB + CD) . h
––––––––––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 163
164 MATEMÁTICA
�
Sendo � o lado, d a diagonal e A = 36 cm2 a área do
quadrado, temos:
I) A = �2 ⇔ 36 = � 2 ⇒ � = 6 cm
II) d = � �

2 ⇒ d = 6�

2 cm
�
S = Squadrado – S1 – S2 ⇔
⇔ S = 102 – – ⇒ S = 58
Resposta: E
� Conforme a figura, temos:
4.x + (6 – x) . x = 15 ⇔ 4x + 6x – x2 = 15 ⇔
⇔ x2 – 10 . x + 15 = 0, com 0 < x < 4 
Resposta: B
�
Sendo S1, S2, S3, S4 as áreas das figuras destacadas e S
a área do quadrado, te mos:
I) S1 = = 2
II) S2 = =
III) S3 = = 
IV) S4 = 5 . 1
2 + = 6
V) S = 72 = 49
Assim, 
= = = 3,5
Resposta: B
	
1) 105 + 2 . 4 < AC < 105 + 2 . 8 ⇔ 113 < AC < 121
2) 120 + 2 . 4 < AB < 120 + 2 . 8 ⇔ 128 < AB < 136
3) Dos 5 tipos apresentados os únicos que satisfazem (1)
e (2) são o tipo 3 e o tipo 4.
4) Dos dois tipos possíveis, o de menor área é o tipo 3.
Resposta: C
10 . 8
–––––
2
2 . 2
–––––
2
2 . 2
–––––
2
3
––
2
1 . 3––––––
2
9
––
2
(2 + 1) . 3
–––––––––
2
2 . 1
––––––
2
S
––––––––––––––––
S1 + S2 + S3 + S4
49
––––
14
49
–––––––––––––––
3 92 + –– + –– + 6
2 2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 164
165MATEMÁTICA
 A nova área plantada deverá ser de 
(1 + 20%) . 10000 m2 = 12000 m2, correspondente a um
aumento de 2000 m2.
Como casa muda necessita de uma área retangular de
área igual a 
20 cm x 10 cm = 200 cm2 = 2dm2 = 0,02 m2, serão
necessárias e suficientes mais
mudas = 100 000 mudas.
Resposta: C
�
De acordo com o enunciado, temos:
⇒
Assim, 
b . d = 2a . = . a . c = . 4 = 26 cm2
Logo, a área total do terreno é 4 + 8 + 13 + 26 = 51m2
�
Sejam HI = x e HK = y, com x e y em centímetros.
1) A partir da semelhança entre os triângulosIFG e AFB,
temos:
= ⇔ x = 
2) A partir da semelhança entre os triângulos IKH e AKJ,
temos:
= ⇔ y =
3) Assim, a área do quadrilátero FGHK, em cm2, é:
= 3,5
Resposta: A
Sendo a e b as medidas em metros dos lados do
retângulo, temos:
⇒ ⇒ 
⇒ a2 + 2ab + b2 = 169 ⇒ a + b = 13 m
O perímetro do retângulo é 
2a + 2b = 2 . (a + b) = 213 = 26 m
Resposta: E
�
Considerando os dados da figura, temos:
1) Da semelhança dos triângulos PAQ e PDR, resulta:
= ⇒ = ⇔ 8x – 3y = 40 (I)
1000 m2
––––––––
0,02 m2
a . c = 4
b . c = 8
a . d = 13
�
a . c 4_____ = __ ⇒ b = 2a
b . c 8
a . c 4 13c_____ = ___ ⇒ d = ____
b . d 13 4
�
13––
2
13––
2
13c–––
4
2
1
2
2
2 2
2
x
I y
J
2
–––
5
3
–––
5
2 + x
––––––
4
1
–––
2
2
–––
5
––––
2
y
–––––
y + 2
1�3 + ––� . 22�––––––––––––�
2
a
b8
9
2ab = 80� a2 + b2 = 89
a . b = 40� a2 + b2 = 89
8 – x
–––––
8 – y
3
––
8
AQ
––––
DR
PA
––––
PD
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 165
166 MATEMÁTICA
2) Da semelhança dos triângulos SCR e SBQ, resulta:
= ⇒ = ⇔ 2x – 7y = 0 (II)
3) Das equações (I) e (II), tem-se:
⇒
⇒ ⇒
4) A área, em cm2, do quadrilátero QBCR é
SQBCR = = =18
Resposta: A
Módulo 27 – Área dos triângulos
�
Sendo l o lado, h a altura e S a área do triân gulo equilátero,
temos:
I) h = ⇔ 2�

3 = ⇒ � = 4 m
II) S = ⇔ S = ⇒ S = 4�

3 m2
� A área S do triângulo da figura é dada por:
S = = ⇒ S = 30 cm2
Resposta: C
�
Sendo p o semiperímetro, S a área e r o raio da
circunferência inscrita no triângulo, temos:
I) p = ⇒ p = 16 cm
II) S = p . r ⇔ 32 = 16 . r ⇒ r = 2 cm
Resposta: B
�
Sendo p o semiperímetro, S a área e R o raio da
circunferência circunscrita ao triângulo, temos:
I) p = = ⇒ p = 9 cm
�


































II) S = p . (p – a) . (p – b) . (p – c) =
�

































= 9 . (9 – 5) . (9 – 6) . (9 – 7)
S = 6�

6 cm2
III) S = ⇔ 6�

6 = ⇔
⇔ R = ⇒ R = cm
8x – 3y = 40
2x – 7y = 0�
28
x = –––
5
8
y = ––
5
�2x – 7y = 08y = ––5�
(BQ + CR) . BC
––––––––––––––
2
28 8�––– + ––� . 55 5
––––––––––––––
2
� �

3
–––––
2
� �

3
–––––
2
42 �

3
––––––
4
� 2 �

3
––––––
4
5 . 12
–––––
2
b . h
–––––
2
y
––
x
2
––
7
CR
––––
BQ
SC
––––
SB
32
–––
2
5 + 6 + 7
–––––––––
2
a + b + c
–––––––––
2
5 . 6 . 7
–––––––
4R
a . b . c
–––––––
4R
35�

6
–––––
24
35
–––––
4�

6
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 166
167MATEMÁTICA
�
Considerando o siste ma de eixos carte sia nos da figu ra,
tem-se A(0; 0), B(2; 3) e C(4; 4). 
A área S do triângulo ABC é tal que 
SΔ = , em que
D = = – 4
Assim, S = cm2 = 2cm2
Resposta: A
� a) I) p = = = 24
II) S = p . (p – a).(p – b).(p – c) =
= 24.3.7.14 = 23.3.3.7.2.7 = 22 . 3 . 7 = 84
b) Considerando o lado com medida 21 como base do
triângulo, a altura h, relativa a esse lado é tal que:
S = ⇒ 84 = ⇔ h = 8
Respostas: a) 84 cm2 b) 8 cm
	
A área S do pentágono hachurado é igual à soma das áreas
de dois triân gulos equilá teros congruentes de lado 1.
Assim:
S = 2 . ⇔ S = 
Resposta: E
I) Da semelhança dos triângulos AFB e CFN, temos:
= ⇒ h = 4 – 2h ⇒ h = 
II) Como 
—
BN é bissetriz do ângulo ^B, o quadrilátero BHEG
é um quadrado.
Assim, da semelhança dos triângulo AHE e ABM,
temos:
= ⇒ 4x = 4 – x ⇒ x = 
III) Assim, a área S do triângulo AEF é dada pela diferença
das áreas dos triângulos ABF e ABE.
Logo, 
S = – = 2 . – 2 . =
= – = = 
Resposta: D
�D�
–––
2
0
2
4
0
3
4
1
1
1
�– 4�
––––
2
a + b + c
––––––––––
2
21 + 17 + 10
––––––––––––––
2
21 . h
–––––––
2
b . h
––––––
2
�

3
––––
2
12 . �

3
––––––––
4
4
–––
3
4
–––
2
h
–––––
2 – h
4
–––
5
4 – x
–––––
4
x
–––
1
4
–––
5
4
–––
3
4 . x
–––––
2
4 . h
–––––
2
16
–––
15
40 – 24
––––––––
15
8
–––
5
8
–––
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 167
168 MATEMÁTICA
�
1) No triângulo AFE, temos 
AF2 + FE2 = AE2 ⇔ 62 + FE2 = 102 ⇒ FE = 8
2) Da semelhança dos triângulos AFE e GDE resulta 
= ⇔ = ⇔ DG = 3 
3) Os triângulos ADG e AFG são retân gulos, con gruen -
tes e têm área 
SADG = = 9
4) Assim, em cm2, a área (S) da região destacada
(ABCGF) é tal que S = SABCD – SADG – SAFG = 
= 62 – 9 – 9 = 18
Resposta: B
�
I) No triângulo ABC, temos: 
tg = ⇒ �


3 = ⇒ r = 
II) Sendo S a área da parte do triângulo ABC externa à
circunferência, em cm2, temos:
S = Striângulo ABC – Ssetor BOD – Striângulo DOA =
= – . π r2 – . r . r . sen =
= – π . � �2–
– . � �2. = –
Resposta: D
1) R e G são pontos médios de BD e BE, respec tiva -
mente, portanto,
––––
RG // 
–––
DE e RG = = = 2
2) Da semelhança dos triângulos FRG e EDQ, tem-se:
= = = ⇔
⇔ 2h = 4 – h ⇔ h = 
3) A área S do triângulo FQR é tal que:
S = = = , 
pois FR = RG = 2
Resposta: A
π
–––
3
2r
–––
1
�


3 
––––
2
2r
–––
1
60°
–––––
360°
2r . 1
–––––
2
2π
–––
3
1
–––
2
�


3 
––––
2
1
–––
6
�


3 
––––
2
�


3 
––––
2
�


3 
––––
2
1
–––
2
π
–––
8
5�


3 
––––––
16
F R G
BA
Q
D E C
h
4 - h
4
2 2
4 4
4
––
2
DE
–––
2
1
––
2
2
––
4
FR
––––
ED
h
–––––
4 – h
4
––
3
4
––
3
4
2 . ––
3
––––––
2
FR . h
–––––––
2
6 . 3
––––––
2
8
–––
4
6
––––
DG
FE
––––
DE
AF
––––
DG
B C
A D E
G
F
6
6 4
3
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 168
169MATEMÁTICA
Módulo 28 – Área das figuras circulares
� Sendo CP e CB os comprimentos em me tros, das rodas-
gigantes de Pequim e Berlim, respectivamente, temos:
CP – CB = 208π – 180π = 28π = 28 . 3,14 = 87,92
Resposta: C
� A área S da coroa circular sombreada, em cm2, corres -
ponde à diferença entre a área do círculo maior, de raio 
5 cm, e a do círculo menor, de raio 3 cm, assim:
S = π . 52 – π . 32 = 25π – 9π = 16π
Resposta: C
� A área sombreada S corresponde à dife ren ça entre a área
de um quadrado de lado l = 2 e da área de um círculo 
de raio R = 2, assim:
S = l2 – . π . R2 = 22 – . π . 22 = 4 – π
Resposta: A
�
Sendo S a área do setor, temos:
S = . Acírculo ⇔ S = . π . 62 ⇒ S = 4π cm2
Resposta: D
�
Área do setor A, em m2, é:
14 . 25 + . 3 . 72 = 423,5
Área do setor B, em m2, é: 
. 3 . (152 – 72) = 264
Área do setor C, em m2, é: 
2 . (8 . 25) = 400
A área total disponível, em m2, para receber as 5000
pessoas, no máximo, é 423,5 + 264 + 400 = 1087,5
O número máximo de pessoas por metro quadrado é:
5000 ÷ 1087,5 � 4,60
Resposta: C
� Como sen α = , temos 
cos α = �










 1 – sen2α = 1 –
2
= , pois 
0 ≤ α < . 
Desta forma:
CQ’ = sen(2α) = 2 sen α . cos α =
= 2 . . = 
1) A área do semicírculo determinado por λ é:
Sλ = . π . 
2
=
= . . 
2
= 
2) A área pedida é:
S = . π . 12 – Sλ = – =
= = 
Resposta: D
8 m
14 m
25 m
8 m
8 m
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
3
2�

2
–––––
3�
1
–––
3�
1
–––
2
4�

2
–––––
9
2�

2
–––––
3
1
–––
3
�CQ’–––––2�
1
–––
2
1
–––
2�π–––2
4π
–––
81�
4�

2
–––––
9
4π
–––
81
π
–––
4
1
–––
4
65π
–––––
324
81π – 16π
––––––––––
324
1
–––
4
1
–––
4
1
–––
4
1
––
9
40°
–––––
360°
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 169
170 MATEMÁTICA
	
Como o lado do triângulo ABC mede 4 cm, temos:
NB = NC = NM = = = 2 cm
Sendo S a área da intersecção entre o triângulo e o
círculo, em cm2,
S = Striângulo BMN + Striângulo NPC + 
+ Ssetor MNP = + +
+ . π . 22 = 
Resposta: D
Sendo r a medida, em centímetros, do raio da circun -
ferência de diâmetro AP
–––
, no triângulo retângulo O1HO2,
temos:
(r + 4)2 = 42 + (4 – r)2 ⇒
⇒ r2+ 8r + 16 = 16 + 16 – 8r + r2 ⇒ r = 1
A área S, em centímetros quadrados, da região
sombreada é dada por:
S = Sretângulo ABCD – Ssemicírculo maior +
+ Scírculo de diâmetro AP––– =
= 8 . 4 – . π . 42 + . π . 12 = 
= 32 – 8π + = 
Resposta: A
�
Sendo S1 a área da região 1 e S2 a área da região 2, como
os setores circulares AOB e COD são semelhan tes e 
S1 = S2, temos:
=
2
⇒ = ⇒
⇒ = ⇒ a2 – 2ab – b2 = 0 ⇒
⇒ – – = 0 ⇒
⇒
2
– 2 – 1 = 0 ⇒ 
⇒ = �

2 + 1, pois > 0
Resposta:B
A B
C D
0
1
2
a + b
a
b
�
a
–––––
a + b�
S2
–––––––
S1 + S2
a2
–––––––––––––
a2 + 2ab + b2
S2
–––––––
S1 + S2
a2
–––––––––––––
a2 + 2ab + b2
1
–––
2
b2
–––
b2
2ab
–––––
b2
a2
–––
b2
�
a
–––
b��
a
–––
b�
a
–––
b
a
–––
b
64 – 15π
––––––––
2
π
––
2
1
––
2
1
––
2
1
––
2
4
–––
2
BC
–––
2
22 ��3
––––––
4
22 ��3
––––––
4
2π + 6��3
––––––––––
3
60°
–––––
360°
A
B
D C
T
P
r
r
4
4 4
O1
O2
8
4-rr
4
H
A C
B
M N
60º
60º 60º
60º
60º
60º 60º
P
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 170
171MATEMÁTICA
Módulo 29 – Área dos polígonos
�
I) SHEX = 6 . SOAB ⇒ 6 = 6 . SOAB ⇔ SOAB = 1
II) SABC = = = SOAB = 1 
Resposta: A
�
I) SHEX = 6 . SOAB ⇒ 2 = 6 . SOAB ⇔ SOAB = = 
II) SABC = = = SOAB = 
III) SPENT = SHEX – SABC = 2 – = 
Resposta: E
� a = ⇔ a = ⇔ a = 6 �

3 
Resposta: A
�
A superfície da estrela pode ser dividida em 12 triân gulos
equiláteros congruen tes, como mostra a figura acima. A
área de cada um desses triângulos corres
 
ponde a da 
área de cada triângulo inicial uti li zado para formar a
estrela.
Assim, a área S da estrela, em centí metros quadrados, é:
S = 12 . . 12 = 16
Resposta: A
� I) 2p = x + 2x + 2x + x + x�

2 ⇔ 2p = 6x + x�

2 ⇔
⇔ 2p = (6 + �

2 )x 
II) S = x2 + x2 + x2 + ⇔ S =
Resposta: C
�
I) AQUADRADO = 12
2 = 144
II) ADGBH = = 8
III) A área A do octógono é dada por:
A = AQUADRADO – 4 . ADGBH ⇔
⇔ A = 144 – 4 . 8 ⇒ A = 112 cm2
Resposta: D
7x2
––––
2
x2
–––
2
4 . 4
–––––
2
1
–––
9
1
–––
9
SOAB + SOBC–––––––––––––
2
2 . SOAB–––––––––
2
1
–––
3
2
–––
6
1
–––
3
2 . SOAB––––––––––
2
SOAB + SOBC–––––––––––––
2
5
–––
3
1
–––
3
12 �

3
–––––––
2
R �

3
––––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 171
172 MATEMÁTICA
	 O hexágono regular ABCDEF, de área S1 e lado �1, tem
apótema medindo
O hexágono regular GHIJKL, de área S2, tem lado 
�2 = . = 
Os hexágonos em questão são seme lhantes, então:
= 
2
= 
2
= 
Resposta: E
Módulo 30 – Área de figuras semelhantes
� Como os polígonos ABCDE e 
A’B’C’D’E’ são semelhantes, temos:
= 
2
⇔ = 
2 
⇒
⇒ AB = 4 cm
� = 
2 
⇔
⇔ = 
2 
= 
2 
⇔
⇔ = ⇔ A2 = 36 cm2
Resposta: C
� Sendo R o raio do círculo maior (figura I) e r o raio de cada
círculo menor (figura II), tem-se:
I) 2 . π . R = 3 . 2 . π . r ⇔ R = 3 . r
II) s = π . r2
III) S = π . R2 = π . (3 . r)2 =
= π . 9 . r2 = 9 . π . r2 = 9 . s
Resposta: E
�
 
I) A área S1 do quadrilátero PQMN é igual à soma das
áreas dos triângulos PQN e QMN, ambos com base 
NQ = e altura , assim:
S1 = 2 . =
II) A área do trapézio ABCD é 
S2 =
III) = =
= . =
Resposta: B
� Sendo SCDE e SCAB, respectivamente, as áreas dos
triângulos CDE e CAB, tem-se:
I) SCAB = = = 10
II) = 
2 
= 
2 
= 
2 
= ⇔
⇔ = ⇔ SCDE = 
Resposta: D
1
–––
2
2
––––––––––
(B + b) . h
(B + b) . h
––––––––––
4
4 . 5
––––––
2
AB . AC
–––––––––
2
�4–––6��CG–––––CF�
SCDE
––––––––
SCAB
4–––
9�2–––3�
40
––––
9
4–––
9
SCDE
–––––––
10
h
––
2
B + b
–––––
2
B + b h
–––––– . –––
2 2
––––––––––––––
2
(B + b) . h
–––––––––––
4
(B + b) . h
–––––––––––
4
(B + b) . h
–––––––––––
4
––––––––––––––
(B + b) . h
–––––––––––
2
S1–––––
S2
�1. ��3 –––––––
2
�1. ��3 –––––––
4
�1. ��3 –––––––
2
1
–––
2
��3 �––––�
4
�1. ��3 �–––––– �4––––––––
�1
S2–––
S1
3
–––
16
AB(–––)236–––9AB(––––)A’B’S1–––S2
)AB––––CD(A1––––A2
)1––2()2––4(9–––A2
1
––
4
9
–––
A2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 172
173MATEMÁTICA
Módulo 31 – Prismas
�
Sejam � a aresta da base, h a altura, AL a área lateral, AB
a área da base e AT a área total do prisma.
Assim,
I) AL = 3 . � . h = 3 . 4 . 10 ⇒
⇒ AL = 120 cm2
II) AB = = ⇒
⇒ AB = 4���3 cm2
III) AT = 2 . AB + AL ⇔
⇔ AT = 2 . 4���3 + 120 ⇒
⇒ AT = 8 . (���3 + 15) cm2
� Sendo � a aresta da base, h a altura, AB a área da base e
V o volume do prisma, temos:
I) AB = = ⇒
⇒ AB = 9���3 cm2
II) V = AB . h = 9���3 . 6 ⇒ V = 54���3 cm3
�
Sejam � a aresta da base, h a altura e AL a área lateral do
prisma. Como o perímetro da base é 6 cm e a área lateral
72 cm2, temos:
I) 3� = 6 ⇒ � = 2 cm
II) AL = 72 ⇔ 3 . � . h = 72 ⇔
⇔ 3 . 2 . h = 72 ⇒ h = 12 cm
Resposta: A
� Sendo � a aresta da base, h a altura, AB a área da base e V
o volume do prisma, temos:
I) AB = 6 .ADEQUIL =
= 6 . = 6 . ⇒ AB = 6���3 m2
II) V = AB . h = 6���3 . 2 ⇒ V = 12���3 m3
Resposta: E
� A área total do sólido é dada por:
AT = 2 . (13 . 7 – 5 . 3) + 2 . (7 . 2) +
+ 2 . (13 . 2) + 2 . (3 . 2) =
= 2 . 76 + 2 . 14 + 2 . 26 + 2 . 6 = 244
Resposta: D
�
I) Ab =
II) A� = 3 . A� = 3 . � . 2 ���3 = 6� ���3 
III) A� = 4 . AB ⇔
⇔ 6� . ���3 = 4 . ⇒ � = 6 m
IV) V = Ab . h = . 2 ���3 ⇒ V = 54 m3
� I) Para construir um muro de 2 m de comprimento com
tijolos de 0,2 m de comprimento, serão utilizados 10
tijolos.
II) A espessura da parede é de 2 tijolos, e a altura do
muro é de 4 tijolos.
III) O pedreiro deverá, portanto, adquirir (10 . 2 . 4) tijolos
= 80 tijolos.
Resposta: C
�2 ���3
––––––
4
�2 ���3
–––––––
4
22 ���3
––––––
4
� 2 ���3
–––––––
4
�2 ���3
–––––––
4
42 ���3
–––––
4
� 2 ���3
–––––
4
62 ���3
–––––
4
� 2 ���3
–––––––
4
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 22/02/2021 11:58 Página 173
174 MATEMÁTICA
O volume ocupado pela água é metade do volume do
prisma, quando a área do triân gulo EFG é metade da área
do triângulo ADE.
Assim, 
2
= ⇔ = ⇔ h = �

2
Resposta: C
� A projeção é
Resposta: E
� A figura 2 é a representação de um prisma triangular reto
de bases ABC e DEF.
Resposta: E
Módulo 32 – Prismas
�
Sendo AL a área lateral do prisma, temos:
AL = AABFE + ABCDF + AACDE ⇔
⇔ AL = 5 . 10 + 4 . 10 + 3 . 10 ⇒ AL = 120 cm2
Resposta: C
�
Sendo AB a área da base, AL a área lateral e AT a área total
do prisma, temos:
a) AB = ⇒ AB = 6 cm2
b) AL = 120 cm
2 (exercício 1)
c) AT = 2 . AB + AL ⇔ AT = 2 . 6 + 120 ⇒ AT = 132 cm2
Resposta: E
3 . 4
––––
2
1
––
2
h�––�2
1
––––
�

2
h
––
2
A B
E
C
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 174
175MATEMÁTICA
�
Sendo h a altura, AB a área da base e V o volume do
prisma, temos:
a) AB = 6 cm
2 (exercício 2)
b) V = AB . h = 6 . 10 ⇒ V = 60 cm3
Resposta: A
�
Sejam � a aresta da base, h a altura, AB a área da base, AL
a área lateral e AT a área total.
Como h = � e AL = 12m
2, temos:
a) AL = 12 ⇔ 3 . AABEF = 12 ⇔
⇔ 3 . � . � = 12 ⇔ �2 = 4 ⇒ � = 2m
b) AB = ADABC = = ⇒ AB = �

3 m2
c) AT = 2 . AB + AL ⇔ AT = 2 . �

3 + 12 ⇒
⇒ AT = 2 . (�

3 + 6) m2
�
I) Sendo h a altura do prisma, em cen tímetros, temos:
. h = 120 ⇒ h = 5
II) No triângulo DEF, temos:
(DF)2 = 62 + 82 ⇒ DF = 10
III) Assim, a área total At do prisma, em centímetros
quadra dos, é dada por:
At = 2 . SDDEF + SABED + SBCFE + SACFD ⇔
⇔ At = 2. + 6.5 + 8.5 + 10.5 ⇒ At = 168
Resposta: D
�
Como os triângulos ABC, ADE, FHG e FEJ são triân gulos
isósceles, temos:
BC = AB = FH = GH = 6 m, 
AD = DE = FE = JE = 1 m e 
BD = EH = 5 m
Assim, AF = 6 m + 10 m + 6 m = 22 m e EJ = 22 m – 1
m – 1 m = 20 m
Logo, a razão r entre o volume de água e o volume total da
caçamba é:
r = = = 
Resposta: E
(20 + 10) . 5
–––––––––––– . h
2
–––––––––––––––––––
(22 + 10) . 6
–––––––––––– . h
2
25
––––
32
30 . 5
–––––––
32 . 6
22 �

3
–––––
4
�2 �

3
–––––
4
6 . 8
–––––
2
6 . 8
–––––
2
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 175
176 MATEMÁTICA
	 Sendo V o volume da peça em centímetros cúbicos e a a
medida da aresta do cubo, em centímetros, e
interpretando o termo “peso da peça” como “massa da
peça”, temos:
V = 25 . 18 . 18 – 8 . a3 = 8100 – 8 . a3
Como a massa da peça é 6,603 kg = 6603 g e a den -
sidade da madeira é 0,93 g/cm3, temos:
V = = 7100 cm3
Assim, 8100 – 8 . a3 = 7100 ⇔ a3 = 125 ⇔ a = 5 
Resposta: D
1) Sendo � e L as medidas, em metros, dos lados dos
triângulos equiláteros ADE e ABC, bases dos prismas
te mos:
= 1 ⇔ � = e = 3 ⇔ L = 2 �

3
As áreas desses triângulos são res pec tiva mente.
SADE= = =
= e SABC = = = 3 �

3 
2) Os volumes, em metros cúbicos, do tanque (VT), da
água (VA) e da parte restante do tanque (VR) são tais
que:
VT = SABC . 6 = 3 �

3 . 6 = 18 �

3
VA = SADE . 6 = . 6 = 2 �

3 e 
VR = VT – VA = 18 �

3 – 2 �

3 = 16 �

3
3) O tempo necessário para completar o tanque é
= min = 5 min e 20 s. 
Assim, t = 20 
Resposta: B
� �

3
–––––
2
L �

3
–––––
2
2 �

3
–––––
3
2�

3�–––––�
2
3 . �

3
––––––––––––––
4
�2 �

3
––––––
4
L2 �

3
––––––
4
�

3
––––
3
�2�

3�2 . �

3
–––––––––––
4
�

3
–––
3
16
–––
3
16�

3 m3
–––––––––––
3�

3 m3/min
6603
––––––
0,93
C2_2ASERIE_VERMELHO_MAT_ROSE_2021 17/02/2021 17:11 Página 176