Resolução da prova do Colégio Naval de 2004

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Prof. Carlos Loureiro
Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
Promovido pela FAPERJ – SBM – IMPA
PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática 
PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática
professorcarlosloureiro@hotmail.com
(21) 8518-7006
Colégio Naval 2004
01)
Na figura acima , ABCD é um quadrado de área 104 e o ponto O é o centro do semicírculo de 
diâmetro AB. A área do triângulo AEF é dada por
(A)  3332  (B)  3346  (C)  6345 
(D)  3343  (E)  3348 
1
2
ABES  2
13
26 26 3 120º 26ABEsen S    
3
3
2
 313 3 39 : ( 120º 60º )
2
1
2
ABF
OBS sen sen
S
    
 2
   
26 26
1 3 1 3
26 3 30º 26 26
2 2 2 4
ABF
AEF AEF AEF
AF S AF
S AF sen S AF S AF
   
             
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   
 
 
3 3
 39 26 26 39 26 1
4 4
4 3 39 39 4
39 26 26 26
4 4 3 4 3
4
3 39 4
 26 
4
ADE ADF AEF
AEF AEF
Como S S S AF AF AF
AF AF AF
como S AF S
                
               
      3
44 3


 

3
13
39 3 4 3
4 3 4 3
39 4 3 3 39
16 3
AEF
AEF AEF
S
S S
   
 
 
  
 4 3 3
13
   3 4 3 3AEFS   
Alternativa D
02)Um certo professor comentou com seus alunos que as dízimas periódicas podem ser 
representadas por frações em que o numerador e o denominador são números inteiros e ,neste 
momento, o professor perguntou aos alunos o motivo pelo qual existe a parte periódica. Um dos 
alunos respondeu justificando corretamente, que em qualquer divisão de inteiros 
(A) o quociente é sempre inteiro. (B) o resto é sempre inteiro.
(C) o dividendo é o quociente multiplicado pelo divisor, adicionado ao resto.
(D) os possíveis valores para resto têm uma quantidade limitada de valores.
(E) que dá origem a uma dízima, os restos são menores que a metade do divisor.
Item (A) Falso, pois, por exemplo 1 2 = 0,5
Obs: Isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.
Item (B) Falso, pois, por exemplo 4 3 = 1, 333... e o resto é igual a 0,00
 
  1 aproximadamente
Obs: Do mesmo modo, isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.
Item (C) Falso, pois, apesar de correto, D = d q + r, isso não é o motivo pelo qual da exis  tência
das dízimas periódicas.
Item (D) Correto, pois, o resto é sempre maior ou igual a zero e menor do que o quociente, ou 
2
seja, 0 resto<quociente, assim por exemplo na fração irredutível , os r
13


 
estos possíveis serão:
2
1,2,3, 4,5,6,7,8,9,10,11 e 12 ou seja 0,153846153846153846153846153846, observe que
13
o resto nunca será zero, se não seria decimal exata.
Item (E) Falso, pois, por exemplo 13 

  7 quociente igual a 1 e o resto é igual a 6.
Obs: O Motivo da existência das DÍZIMAS PERIÓDICAS é a impossibilidade de se 
transformar uma fração ordinária em fração decimal, ou seja, a não possibilidade de 
transformação do denominador de algumas frações ordinárias em potência de dez, onde o 
denominador terá que ser após as transformações devidas da forma  2 5 1 000...0n n
n zeros
   .
Alternativa D
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03)Um professor de matemática apresentou um equação do 2ºgrau completa , com duas raízes 
reais positivas , e mandou calcular , as médias aritmética, geométrica e harmônica entre essas 
raízes , sem determiná-las. Nessas condições 
(A) somente foi possível calcular a média aritmética.
(B) somente foi possível calcular as médias aritmética e geométrica.
(C) somente foi possível calcular as médias aritmética e harmônica.
(D) foi possível calcular as três médias pedidas.
(E) não foi possível calcular as três médias pedidas.
Resolvendo o problema, temos:
1 2 3
1 2 1 2
Média aritmética , ou seja soma dos termos dividido pelo número
de termos, no caso como são dois termos temos:
 ou soma dos termos dividido por dois, assim 
2 2 2
ou 
nx x x xMA
n
x x x x S
MA MA
       
   
1 2 3
1 2 1 2
1 2 2
1
2 2 2
Média Geométrica , para dois termos temos:
, como os termos são positivos
Média Harmônica , para dois termos tem
1 1 1 1
n
n
b
b baMA MA MA
a a
nMG x x x x
c
MG x x MG x x P
a
n
MH
x x x x
       
       
      
 
      
 
 
1 2
2 1 1 21 2
1 2 1 2 1 2 1 2
os:
22 2 2
1 1
22 2
ou seja 
x x
MH MH MH MH
x x x xx x
x x x x x x x x
c
P caMH MH MH
bS b
a
               
     
Alternativa D
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04) Sabendo-se que a equação     042613 222  xxxx pode ser escrita como um 
produto de binômios do primeiro grau , a soma de duas das suas raízes reais distintas é igual a
(A) -3 (B) -2 (C) -1 (D) 2 (E) 3
Resolvendo o problema, temos:
   2 2 2 4 2 313 6 2 4 0 13 6 12 4 0x x x x x x x x          
Teorema muito importante: Toda equação em que a soma dos coeficientes for ZERO, teremos 
necessariamente uma das raízes igual a UM.
 
4 2 3Observando a equação anterior, isto é, 13 6 12 4 0, temos que:
A soma dos coeficientes é S.C = 1 + 13 - 6 - 12 + 4 = 0, logo essa equação é divisível por 1
Ordenando a equação e usando a regra
x x x x
x
    

4 3 2
 das chaves temos: 
6 13 12 4 0x x x x    
   4 3 2 3 2
3 2
Assim, temos que:
6 13 12 4 1 5 8 4 0
Do mesmo modo observando a equação anterior, o fator 5 8 4 0, temos que:
A soma dos coeficientes é S.C = 1 - 5 + 8 - 4 = 0, logo essa equação 
x x x x x x x x
x x x
          
   
 
   
     
   
3 2 2
22 2
1 2
2 24 3 2
1 2 3 4
é divisível por 1
Fazendo a divisão como anteriormente, temos: 
5 8 4 1 4 4
Agora do fator 4 4 0 2 2 4 4 2 2 2
 6 13 12 4 1 2 1 2
x
x x x x x x
x x x e x x x x x x
Daí x x x x x x x x e x x

       
              
            
Logo a soma de duas raízes distintas é:
2 1 3Soma Soma   
(Observação: Um método melhor de se fazer a divisão é usar o Dispositivo Prático de Briot – Ruffini).
Alternativa E 
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05) 
Um retângulo ABCD de lados AB=a e BC =b (a>b) ,é dividido, por um segmento EF ,num 
quadrado AEFD e num retângulo EBCF,semelhante ao retângulo ABCD conforme a figura 
acima. Nessas condições, a razão entre a e b é aproximadamente igual a
(A) -1,62 (B) 2,62 (C) 3,62 (D) 4,62 (E) 5,62
Obs: O procedimento acima é uma das maneiras de chegarmos ao chamado número de ouro, ou divisão em 
média e extrema razão.
Alternativa A
 
 
2
2
2
De acordo com o enunciado podemos montar a figura acima, assim temos:
I) Da semelhança entre os retângulos 
II) Das áreas dos retângulos e do quadrado, temos:
AB BC a b
b a a b
BC EB b a b
b
a b
a
a b b b
       

  
    
Assim de I e II 
a b
a b

  2b
b
 b
   
   
   
2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1
1 1
1 1 1
2
2 2
 0
Sendo "a" a variável 4 1 4 5 5
5 1 5 15 5
5
2 2 2 2
2,23 1 3,23
1,62
2 2
1 5 1 55
 não serve
2 2 2
b
a ab b a ab b
a
b b b b b b
b ab b b b
b a a a
b
a a a
b b b
b ab b
De a a
b
       
                 
            
     
      
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06) A interseção do conjunto solução, nos reais, da inequação 
 
0
412
12
22


x
xx
com o conjunto 
 4/  xRx é dada por
(A) 



 
3
1
/ xRx (B)  0/  xRx (C)  2
3
1
/ 



  xRx
(D)  1
3
1
/ 



  xRx (E)  2/  xRx `
   
22
22
Resolvendo primeiramente a inequação, temos:
2 1
0, sendo f(x)= 2 1 e g(x)=12 4
12 4
Podemos notar que f(x) 0, ou seja sempre será positivo ou zero, como no problema se quer
f(x)
0, temo
g(x)
x x
x x x
x
 
   

 2s que determinar o valor de f(x)=0 2 1 0 1, assim f(x) será
zero em 1 e positiva nos demais valores.
Agora vamos determinar o sinal de g(x), observe que g(x) não pode ser zero, daí g(x) 0
Como g
x x x
x
     


 
4 1
(x) 0 12 4 0 12 4
12 3
1 f(x)
Daí, quando ou 1 0 o conjunto solução será:
3 g(x)
1
/ ou 1
3
A interseção do conjunto solução acima com, B = / 4 , nos dá:
x x x x
x x
A x R x x
x R x
         
   
      
 
 1Assim A B= / 1
3
x x
      

Alternativa D
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07) 
Na figura acima AM e BP são cevianas do triangulo ABC de área S. Sendo AP=2PC e 
AQ=3QM ,qual o valor da área do triângulo determinado pelos pontos P , Q e M ,em função de 
S?
(A) 
16
S
(B) 
18
S
(C) 
20
S
(D) 
21
S
(E) 
24
S
:
Observando o triângulo ABM, temos:
Área = Área + Área , como os triângulos ABQ e QBM possuem a mesma altura
e a base AQ do é igual a três vezes a base QM do Área = 3 Área
Solução
ABM ABQ QBM
ABQ QBM
ABQ
  
     .
Seja "3A" a área do e "A" a área do (ver figura).
Ligue os pontos "P" e "M", formando assim o triângulo APM, observando esse triângulo, temos:
Do mesmo modo a Área = Área + Área ,
QBM
ABQ QBM
APM APQ QPM
 
   como os triângulos e 
possuem a mesma altura e a base AQ do é igual a três vezes a base QM do 
Área = 3 Área , seja "3B" a área do e "B" a área do (ver figura).
APQ QPM
APQ QPM
APQ QPM
APQ QPM
 
 
    
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Agora observando o triângulo AMC, temos:
Área = Área + Área , como os triângulos AMP e PMC possuem a mesma altura
e a base AP do é igual a duas vezes a base PC do Área = 2 Área
AMC AMP PMC
AMP PMC
AMP PM
  
    
Como a área do 4 área do 2 . Observe que a área do triângulo PQM é igual
B, isto é, Área = B.
Do enunciado temos que área do , mas a Área = Área + Área
como os triângulos A
C
AMP B PMC B
PQM
ABC S
ABC ABP PBC
    

    
BP e PBC possuem a mesma altura e a base AP do é igual a 
2
duas vezes a base PC do Área = 2 Área , logo área do 
3
e área do 
3
Observando a figura acima podemos montar o siste
ABP
S
PBC ABP
ABP PBC
S
PBC

     
 
ma abaixo:
Do triângulo ABP 3
3
2 2
Do triângulo PBC 3 3
3 9
3
3
2
9
2 3 2
2 2 2
3 9 9 9 9 18
S
A B
S S
A B A B
S
A B
S
A B
S S S S S S
B B B B
   
      
  
  
         
Alternativa B
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08) Considere o triângulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC e 
exteriores a esse triângulo . SE : as mediadas dos triângulos PAC e QBC são iguais ; as medidas 
dos ângulos PCA e QCB são iguais ; M é o ponto médio de AC ; N é o ponto médio de BC ; 1S
é a área do triângulo PAM ; 2S é a área do triângulo QBN ; 3S é a área do triângulo PMC ; e 
4S é área do triângulo QNC ,analise as afirmativas:
I - 1S está para 4S ,assim como 3S está para 2S .
II - 1S está para 2S ,assim como (PM)
2 está para (QN)2 .
III - 1S está para 3S ,assim como 2S está para 4S .
Logo pode-se concluir ,corretamente ,que 
(A) apenas a afirmativa 1 é verdadeira. (B) apenas as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras .
(C) apenas as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras . (D) apenas as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras .
(E) as afirmativas 1 ,2 e 3 são verdadeiras.
Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:
Pela figura acima, temos:
Como PM é mediana do APC S1 S3
Do mesmo modo, temos que QN é mediana do AQC S2 S4 ou S4 S2
Daí dividindo membro a membro temos:
S1 S3
, assim a afirmativa I é correta
S4 S2
  
   

2 2
. 
Os triângulos APC e BQC são semelhantes, assim:
S1 S3 PM S1 S1 PM 2
, mas S1 S3 e S2 S4
S2+S4 QM S2+S2 QM
               
S1
2
2 2
2 2
2
2
PM S1 PM
QM S2 QMS2
assim a afirmativa II é correta. 
S1 PM S3 S1 S3 S1 S2
De assim a afirmativa III é correta. 
S2 QM S4 S2 S4 S3 S4
  
     
Alternativa E
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09) Uma máquina é capaz de fabricar ,ligada durante um tempo inteiro de minutos T , 3T peças 
,sendo que 20% delas são defeituosas . Para obter-se, no mínimo, 605 peças perfeitas essa 
máquina deverá funcionar quantos minutos ?
(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E)8
T 3
Resolvendo a questão, temos:
T minutos __________ 3 peças 3 minutos __________ 3 peças = 27peças
605 __________ 80%
605 10 0%
 __________100% x x

 
8 0%
0 1 2 3 4 5 6 7
6050
756
8
As potências de três são:
3 1, 3 3, 3 9, 3 27, 3 81, 3 243, 3 729, 3 2187
Logo deverá funcionar sete minutos.
 
       
Alternativa D
10) Um número natural N tem 2005 divisores positivos.Qual é o número de base distintas da sua 
decomposição em fatores primos?
(A) Um. (B) Dois. (C) Três. (D) Quatro. (E) Cinco.
Resolvendo, temos:
   
2004
4 400
se N = a número de divisores de n = 2004 + 1 = 2005 (onde "a" é um fator primo qualquer).
se N = a × b número de divisores de n = 4 1 400 1 = 5 401=2005,
(onde "a" e "b" são fatores primos q

    
uaisquer).
Essa questão pelo exposto acima teria duas respostas, a meu ver a questão está ANULADA.
Obs.:Não sei o gabarito após recursos.
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11) Um aluno resolvendo uma questão de múltipla escolha chegou ao seguinte resultado 
4 62049  ,no entanto as opções estavam em números decimais e pedia-se a mais próxima 
do valor encontrado para resultado , e , assim sendo , procurou simplificar esse resultado, a fim 
de melhor estimar a resposta .Percebendo que o radicando da raiz de índice 4 é quarta potência 
de uma soma de dois radicais simples , concluiu, com maior facilidade, que a opção para a 
resposta foi 
(A) 3,00 (B) 3,05 (C) 3,15 (D) 3,25 (E) 3,35
1ª SOLUÇÃO:
2 2
4
2 2 2
2
A + C A - C
Usando a fórmula A ± B = ± , onde C =A - B, temos:
2 2
Observe que 49 + 20 6 = 49 + 20 6 , assim:
49 + 20 6 = 49 + 6 400 = 49 + 2400 C =49 - 2400 C =2401- 2400
C = 1 C = 1
49 + 1 49 - 1
49 + 20 6 = 49 + 2400 + 
2 2
  


2 2 2
50 48
 + 25 + 24
2 2
25 + 24 5 + 24 daí
5 + 24 C =5 - 24 C =25 - 24 C = 1
5 + 1 5 - 1 6 4
Assim 5 + 24 + + 3 + 2 1,73 1, 41 3,14
2 2 2 2
 

  
     
2ª SOLUÇÃO:
 
 
     
2 2 24
2 2 2
2 2
Notando que 49 + 20 6 = 49 + 20 6 e usando o produto notável a + b a + 2 a b + b
Temos que determinar "a" e "b" tais que, a + b a + 2 a b + b
20 6 2 10 6 2 5 2 6 5 2 6 49 + 20 6 49 + 20 6 5 2 6 5 2 6
a b
De
  
  
              
     2 2 2 6 2 2 3 2 2 3 2 3 5 2 6 5 2 6 2 3 2 3
 2 3 1,73 1, 41 3,14
a b
Daí
               
   
Prof. Carlos Loureiro
Formado Matemática -UFF – Niterói/RJ
Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPA
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12) Se a , b ,c e d são números reais não nulos tais que 022  bcad ,pode-se afirmar que 
(A) 0; 

 db
db
ca
d
c
b
a
(B) 0; 

 dc
dc
ba
d
b
c
a
(C) 
0; 

 dc
dc
ba
c
b
d
a
(D) 0; 

 da
da
cb
d
b
a
c
(E) 0

 ba
ba
dc
a
d
b
c
1ª SOLUÇÃO:
Esse tipo de questão em concurso, muitas vezes faz o aluno perder tempo, vamos usar um método
que em geral resolve o problema:
Vamos "CARTEA ALGUNS VALORES" para "a", "b", "c" e "d" de acordo com a expr
2 2 2 2
essão 
ad + bc = 0 ou ad = - bc sendo a = 4, b = -1, c = 6 e d = 3, temos:
Colocando esses valores na alternativa A:
a c a + c 4 6
 + = ; b + d 0 + = - 4 + 2 = -2
b d b + d -1 3
a + c 4 + 6
b + d -

 

 
10
5 vemos que são diferentes os valores encontrados.
1 + 3 2
Colocando esses valores na alternativa B:
a b a + b 4 -1 4 -2 2 1
 + = ; c + d 0 + = + = 
c d c + d 6 3 6 6 6 3
4 + -1a + b 3 1
 vemos qu
c + d 6 + 3 9 3
 
  
  
 
e esses valores encontrados são iguais (já é a resposta).
Colocando esses valores na alternativa C:
a b a + b 4 -1 8 -1 7
 + = ; c + d 0 + = + = 
d c c + d 3 6 6 6 6
4 + -1a + b 3 1
 vemos que são 
c + d 6 + 3 9 3
 
   diferentes os valores encontrados.
Colocando esses valores na alternativa D:
c b b + c 6 -1 18 -4 14 7
 + = ; a + d 0 + = + = 
a d a + d 4 3 12 12 12 6
b + c -1 + 6 5
 vemos que são diferentes os val
a + d 4 + 3 7
  
  ores encontrados.
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 
Colocando esses valores na alternativa E:
c d c + d 6 3 24 3 21
 + = ; a + b 0 + = - + = - 
b a a + b 1 4 4 4 4
c + d 6 + 3 9
 = 3 vemos que são diferentes os valores encontrados.
a + b 4 + -1 3
  
 
Alternativa B
2ª SOLUÇÃO:
Observando atentamente as respostas podemos notar que elas são semelhantes, só variando porque ora uma 
letra é numerador, ora denominador.Assim sem perda de generalidade vamos supor que as letras são, 
, , x y z e w , e veremos o que acontece.
Seja , 0
primeiramente para que a soma das frações seja igual a fração temos que:
 (1)
Da soma das frações , temos:
 (2)
Daí e de (1) e 
x y x y
com z w
z w z w
x y x y
z w z w
x y x y
z w z w
x y
z w
x y xw yz
z w zw
   
 
  
 
 
(2), tem-se:
x y xw yz
xzw
z w zw
  
2 2yz xw yzw   xzw yzw 2 2 2 20 ou 0
Observando essa relação podemos notar que:
1º " " é o númerador da 1ª fração;
2º " " é o denominador da 2ª fração;
3º "y" é o númerador da 2ª fração;
4º "z" é o denominador da 1
yz xw xw yz
x
w
    
2 2
2 2
ª fração.
Assim se a relação 0 
Logo para 0 
x y x y
yz xw
z w z w
a b a b
ad bc
c d c d
     
    

Alternativa B
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13) Um número natural N deixa: resto 2 quando dividido por 3;resto 3 quando dividido por 7;e 
resto 19 quando dividido por 41 .Qual é o resto da divisão do número 
     K N 1 . N 4 . N 22    por 861
(A) 0 (B) 13 (C) 19 (D) 33 (E) 43
Resolvendo, temos:
 
divisível por três
Observe que 861 = 3 7 41
Assim N+1 = 3 q1 + 3 (divisível por três)
 N+4 = 3 q2 + 7 (divisível por sete)
 N+22 = 41 q3 + 41 (divisível por quareta e um)
Logo K = N+1
 

   
divisível por sete divisível por quareta e um
N+4 N+22 K é divisível por 861
Daí o resto é zero
  
 
Alternativa A
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14) Uma herança P foi dividida por dois herdeiros,com idades , respectivamente, iguais a n e m
,em partes diretamente proporcionais ao quadrado de suas idades .Qual foi a parte da herança 
recebida pelo herdeiro de idade n?
(A) 
22
2
nm
nP

(B) 
22
2
nm
Pn

(C) 
22
22
nm
nP

(D) 
22
2
nm
mPn

(E) 
22
22
nm
mnP

Resolvendo o exercício, temos:
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
Sendo "n" e "m" as idades e "p" a herança.
Sejam "A" e "B" as partes relativas a "n" e "m" respectivamente, então temos:
A + B = p
A B A B A + B p
n m n m n m n m
A p p n
Assim A = 
n n m n m
       
  
Alternativa B
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15)
Qual é o produto notável representado, geometricamente, na figura acima, na qual ABCD é um 
retângulo ?
(A) 33 ba  (B)  3ba  (C)  2ba  (D)  222 ba  (E)  4ba 
Resolvendo a questão, temos:
 2
Observando o quadrilátero ABCD vemos que é um quadrado, assim:
O produto notável é a + b .
Alternativa C
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16) O valor numérico da expressão 810120 24  kk , sendo k pertencente ao conjunto dos 
números naturais, é o quadrado de um número natural para
(A) somente um único valor de k . (B) somente dois valores de k .
(C) somente valores de k múltiplos de (D) 13.somente valores de k múltiplos de 18.
(E) nenhum valor de k .
Resolvendo a questão, temos:
 
 
 
4 4 4 4
4 4
4 4
4 4
Temos que:
120 k 10 k 8 10 12 k k 8
Observando que 12 k k é um número natural para qualquer valor de k natural,
então fazendo 12 k k , tem-se:
10 12 k k 8 10 8
O que indica q
x
x
x
     

 
    


ue 10 8 é um número natural em que o algarísmo das unidades é oito.
Da aritmética sabemos que não existem raizes quadradas exatas de números que tem
o algarismo das unidades iguais a: 
Dois (2), Três (3
x 
), Sete (7) e Oito (8).
Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado
de um número natural.
Alternativa E
Outra solução: Equação Diofantina Linear
4 2 4 2
4 2
Seja n um possível quadrado perfeito, assim:
120 10 8 120 10 8
Sejam = e = 120 10 8 é uma equação diofantina linear.
Que para se ter solução, é necessário é suficiente que o m
k k n k k n
a k b k a b n
      
   
 dc 120,10 10, divida -8, isto é, 
10| 8, assim "n" tem que ser um número que tem o algarísmo das unidades igual a 8.
Mas da aritmética sabemos que não existem quadrados perfeitos de núme
n
n


ros que tem o 
algarismo das unidades iguais a: 
Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8).
Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado de 
um número natural.
Alternativa E
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17) Considere os pontos A ,B e C pertencentes ao gráfico do trinômio do segundo grau definido 
por xxy 82  .Se : a abscissa do ponto A é -4 ; B é o vértice ; a abscissa do ponto C é 12 ; o 
segmento AB tem medida d1;e o segmento BC tem medida d2,pode-se afirma que 
(A) d1+ d2 < 48 (B) 48< d1+ d2<64 (C) 64< d1+ d2<72
(D) 72< d1+ d2<128 (E) d1+ d2 > 128
   
 
 
2 2
2
2
Sendo 8 ou ( ) 8 , temos:
para 4 ( 4) 4 8 4 ( 4) 16 32 ( 4) 48
Assim o ponto A= 4, 48
para 12 (12) 12 8 12 (12) 144 96 (12) 48
Assim o ponto C = 12, 48
O vértice é dado por V = 
y x x f x x x
x f f f
x f f f
x
   
               

         
   
2
; , V = , , daí temos:22 4 2
8
Como S = 8 4 (4) 4 8 4 (4) 16 32 (4) 16
2v v
b S Sy ou f
v v a a
x x y f f f
v
           
              
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 Assim o ponto B = 4, -16 , com esses valores montamos a figura acima, e podemos notar que são
dois triângulo retângulo congruentes, note que o segmento EB = B - E = 4 - (-4) = 8 e BD = D - B
   = 12 - 4 = 8 diferemça entre as abscissas dos pontos B e E e D e B respectivamente, do mesmo
modo o segmento EA = E - A = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64 e DC = C - D = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64, 
logo d1 é igual a d2, pela desigualdade triângular temos: d1 < 8 + 64 d1 < 72 do mesmo modo 
podemos concluir que d2 < 72 e d1 > 64 - 8 d1 > 56 do mesmo modo podemos conclui

 r que
d2 > 56, assim:
56 < d1 < 72 e 56 < d2 < 72 somando-se membro a membro, temos:
112 < d1 + d2 < 144, logo a alternativa correta é a letra E.
18) Dado um triângulo retângulo ,seja P o ponto do plano do triângulo eqüidistante dos vértices 
.As distâncias de P aos catetos do triângulo são k e L .O raio do círculo circunscrito ao triângulo 
é dado por 
(A) 
4
LK 
(B) LK 2 (C) 
4
22 LK 
(D) 
2
22 LK 
(E) 22 LK 
Em qualquer triângulo esse ponto é o circuncentro ou seja é o ponto de encontro das três mediatrizes,
e é o centro do círculo circunscrito, em relação ao triângulo retângulo esse ponto é o ponto 
médio 
2 2 2 2 2
da hipotenusa, assim observando a figura acima, temos:
R = K + L R = K + L
Alternativa E
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19) Dada a equação na variável real k
x
xx  37: ,pode-se concluir ,em função do parâmetro 
real k ,que essa equação 
(A) tem raízes reais só se k for um número positivo.
(B) tem raízes reais só se k for um número negativo.
(C) tem raízes reais para qualquer valor de k.
(D) tem raízes reais somente para dois valores de k.
(E) nunca terá raízes reais. 
Resolvendo, temos:
   
2 2
2 2
2
3
7 7 3 7 3 0
4 7 3 84
Logo como k é positivo para qualquer valor de k, temos que 0 para qualquer 
valor de K, assim a equação do 2º grau possui duas raízes reais diferentes.
x k x kx x kx
x
k k
        
          
 
Alternativa C
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20) Sejam L1 e L2 duas circunferências fixas de raios diferentes , que se cortam em A e B . P é um ponto 
variável exterior às circunferências ( no mesmo plano ) . De P traçam-se retas tangentes à L1 e L2 ,cujos 
pontos de contatos são R e S . Se PR=PS ,Pode-se afirmar que P , A e B 
(A) estão sempre alinhados. (B) estão alinhados somente em duas posições.
(C) estão alinhados somente em três posições. (D) estão alinhados somente em quatro posições.
(E) nunca estarão alinhados.
A resposta a essa questão é a Alternativa A, porem o aluno deveria ter o conhecimento de Eixo Radical , que 
não consta “claramente” do programa de matérias a serem estudados, porem no programa consta o estudo de 
lugares geométricos. 
O lugar Geométrico denominado de Eixo Radical, não conta de bibliografia em vigor, somente em livros 
esgotados.
Obs.: A questão poderia ser resolvida usando o conceito de Potência de um ponto em relação a um círculo.
Antes de resolver a questão vamos definir algumas coisas e mencionar alguns teoremas:
POTÊNCIA DE UM PONTO
TEOREMA: Se traçarmos, por um ponto do plano de uma circunferência, secantes a esta, o ‘produto 
dos dois segmentos orientados, que tem por origem esse ponto e por extremidades as intersecções de cada 
secante com a circunferência, é constante (é o mesmo para todas as secantes). Esse produto constante chama-
se POTÊNCIA do ponto P em relação à circunferência.
 2...Pot PA PB PC PD PE PF PTP        
Obs.: Em particular, se um ponto pertence a uma circunferência, a potência desse ponto em relação a essa 
circunferência é, por definição, igual a zero.
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PONTOS DE MESMA POTÊNCIA EM RELAÇÃO A DUAS CIRCUNFERÊNCIAS:
TEOREMA: O lugar geométrico dos pontos de um plano, que tem a mesma potência em relação a duas
circunferências dadas, é uma reta perpendicular a linha dos centros das circunferências.
EIXOS RADICAIS:
DEFINIÇÃO: Dadas duas circunferências 1C e 2C com centro em 1O e 2O raios 1R e 2R respectivamente, 
denomina-se EIXO RADICAL, o lugar geométrico dos pontos de um plano de mesma potência em relação a 
1C e 2C .
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Potência de P em relação a O1 = Potência de P em relação a O2
d1 1 d2 2 d1 d2 1 2R R R R k        
PROPRIEDADE: 
O EIXO RADICAL de 1C e 2C é o lugar geométrico dos pontos dos quais se pode traçar tangentes a 1C e 
2C com o mesmo comprimento.
Pelo exposto acima a resposta correta é a Alternativa A
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2ª SOLUÇÃO:
2
2
2
2
PR = PA × PD (1)
PS = PA × PC (2)
Dividindo (1) por (2), temos:
PR PA
PS
 × PD 
PA
2
2
PR PD 
mas por hipótese PR = PS PD = PC
PC PR × PC 
Como PD = PA + AD e PC = PA + AC
PD = PC PA 
  
 + AD PA + AC AD AC, mas como "C" e "D" são 
colineares AD = AC + CD AC
 
  + CD AC CD 0 o que indica 
que os pontos "C" e "D" são coincidentes, mas como por hipótese as interseções 
de L1 e L2 são os pontos A e B, então os pontos "B", "C" e "D" são coincidentes, 
logo os pontos
 
 "P", "A" e "B" são colineares.