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Matemática
Curso Extensivo – A
Curso Extensivo – B
3a. Série – Ensino Médio
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1. Resolva, em �, as equações dadas a seguir:
a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0
b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0
RESOLUÇÃO:
a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x2 – 18x + 32)2 = 0 ou (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x = 2 ou x = 16) ou (x = 2 ou x = 6) ⇔
⇔ x = 2 ou x = 6 ou x = 16 ⇔ V = {2; 6; 16}
b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x2 – 18x + 32 = 0) e (x2 – 8x + 12 = 0) ⇔
⇔ (x = 2 ou x = 16) e (x = 2 ou x = 6) ⇔ x = 2 ⇔ V = {2}
Respostas: a) V = {2; 6; 16}
b) V = {2}
2. (UNICAMP) – Uma confeitaria produz dois tipos de bolos de festa.
Cada quilograma do bolo do tipo A consome 0,4 kg de açúcar e 0,2 kg
de farinha. Por sua vez, o bolo do tipo B consome 0,2 kg de açúcar e
0,3 kg de farinha para cada quilograma produzido. Sabendo que, no
momento, a confeitaria dispõe de 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha,
responda às questões abaixo.
a) Será que é possível produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo
do tipo B? Justifique sua resposta.
b) Quantos quilogramas de bolo do tipo A e de bolo do tipo B devem
ser produzidos se a confeitaria pretende gastar toda a farinha e todo
o açúcar de que dispõe?
RESOLUÇÃO:
a) I) Para produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, a
quantidade de açúcar é (0,4 . 7 + 0,2 . 18)kg = 6,4 kg.
II) De modo análogo, a quantidade de farinha é:
(0,2 . 7 + 0,3 . 18)kg = 6,8 kg
III) Com 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha, não é possível, portanto,
produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, pois a
farinha não é suficiente.
b) Se a for o número de quilogramas de bolo do tipo A e b o do tipo B,
então:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Respostas: a) Não.
b) 22,5 kg do tipo A; 5 kg do tipo B.
� 0,4a + 0,2b = 100,2a + 0,3b = 6 �
4a + 2b = 100
2a + 3b = 60
� 2a + b = 502a + 3b = 60 �
2a + b = 50
2b = 10 �
a = 22,5
b = 5
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Revisão MATEMÁTICA
MÓDULO 11 Equações e Inequações
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3. (FGV) – No seu livro Introdução à Álgebra, Leonhard Euler
propõe um curioso e interessante problema aos leitores:
Duas camponesas juntas carregam 100 ovos para vender em uma feira
e cada uma vai cobrar seu preço por ovo. Embora uma tivesse levado
mais ovos que a outra, as duas receberam a mesma quantia em
dinheiro. Uma delas disse, então:
— Se eu tivesse trazido o mesmo número de ovos que você trouxe,
teria recebido 15 kreuzers (antiga moeda austríaca).
Ao que a segunda respondeu:
— Se eu tivesse trazido a quantidade de ovos que você trouxe, teria
recebido kreuzers.
Releia o texto com atenção e responda:
Quantos ovos carregava cada uma?
RESOLUÇÃO:
Vamos admitir que a primeira camponesa vendeu x ovos a m kreuzers cada
um e a segunda camponesa vendeu y ovos a n kreuzers cada um. Então:
Resposta: A primeira carregava 60 ovos e a segunda, 40.
4. (UNICAMP) – Um restaurante a quilo vende 100 kg de comida
por dia, a R$ 15,00 o quilograma. Uma pesquisa de opinião revelou
que, a cada real de aumento no preço do quilo, o restaurante deixa de
vender o equivalente a 5 kg de comida. Responda às perguntas abaixo,
supondo corretas as informações da pesquisa e definindo a receita do
restaurante como o valor total pago pelos clientes.
a) Em que caso a receita do restaurante será maior: se o preço subir
para R$ 18,00/kg ou para R$ 20,00/kg?
b) Formule matematicamente a função f(x), que for nece a receita do
restaurante como função da quantia x, em reais, a ser acrescida ao
valor atualmente cobrado pelo quilo da refeição.
c) Qual deve ser o preço do quilo da comida para que o restaurante
tenha a maior receita possível?
RESOLUÇÃO:
Supondo que os 5 kg de comida que o restaurante deixa de vender sejam
por dia, temos:
a) Se o preço por quilo subir para (15 + 3) reais = 18 reais, então o
restaurante venderá (100 – 3 . 5) kg = 85 kg de comida. Neste caso, a
receita será (85 . 18) reais = 1 530 reais.
Se o preço por quilo subir para (15 + 5) reais = 20 reais, então o
restaurante venderá (100 – 5 . 5) kg = 75 kg. Neste caso, a receita será
(75 . 20) reais = 1 500 reais.
Assim sendo, a receita será maior quando o preço subir para 
18 reais/kg.
b) Se x for o número de reais a ser acres centado ao preço, então ele passará
para (15 + x) reais e a quantidade vendida será (100 – 5x) kg. Assim, a
função f(x), que fornece a receita do restaurante como função da quantia
x, em reais, a ser acrescida ao valor atualmente cobrado pelo quilo da
refeição, é:
f(x) = (100 – 5x) (15 + x)
c) O máximo da função f, definida por 
f(x) = (100 – 5x) (15 + x), ocorre quando
x = = 2,5, pois o gráfico de f(x) é do tipo:
O preço a ser cobrado por quilo de comida, pa ra que o restaurante tenha
a maior receita pos sível, deve ser (15 + 2,5) reais = 17,5 reais.
Respostas: a) R$ 18,00
b) f(x) = (100 – 5x) (15 + x)
c) R$ 17,50
–15 + 20
––––––––
2
20
–––
3
x + y = 100
n . x = 15
20
m . y = –––
3
m . x = n . y
x + y = 100
n . x 15
––––– = ––––
m . y 20
–––
3
n x
–– = ––
m y
x + y = 100
x x 45
–– . –– = –––
y y 20
x + y = 100
x2 9
––– = ––
y2 4
x + y = 100
x 3
–– = ––
y 2
x = 60
y = 40
� �⇒ ⇒
� ⇒� ⇒� ⇒ �
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1. (FGV) – Uma certa mercadoria foi promovida por uma subs tan cial
campanha de propaganda e, pou co antes de encerrar a promoção, a
quantidade diária de vendas era 10 000 unidades. Imediatamente após,
as vendas diárias decresceram a uma taxa proporcional às vendas
diárias, tal que V(t) = B . ek . t, sendo: B o número de unidades vendidas
em um determinado dia; V(t) a quantidade de vendas por dia, após t
dias; e = 2,72; k um número real.
Sabe-se que, 10 dias após encerrar a promoção, o volu me diário de
vendas era 8 000 unidades.
a) Qual o volume diário de vendas 30 dias após o encerramento da
promoção?
b) Quando se espera que a venda diária seja reduzida a 6 400 uni -
dades?
Considere que log 2 = , sendo log 2 o logaritmo de 2 na base 10.
RESOLUÇÃO:
Supondo que para t = 0 o volume de vendas tenha sido de 10 000 unidades,
temos:
1) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000
2) 10 000 . e10k = 8 000 ⇒ e10k =
 
3) V(30) = 10 000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 = 
= 10 000 . 
3 
= 5 120
4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) =
= ⇔ = 
2
⇔ = 2 ⇔ t = 20
Respostas: a) 5 120 unidades 
b) 20 dias após o encerramento
2. (UNICAMP) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x.
a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo
vertical fornece log2(y). 
b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações: 
Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente. 
RESOLUÇÃO:
a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔
⇔ log2 y = log2 8 – log2 (42x) ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 2x . log2 4 ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 4x, cujo gráfico é o representado a seguir.
3
–––10
8
–––
10
t
–––
10
t
–––
10
t
–––
106 400
–––––––
10 000
� �
8
––
10
� 8–––10 � �
8
–––
10 �
� f(z) = g(y)f(y) / g(z) = 1
8
–––
42x � 8–––42x �
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MÓDULO 22 Exponenciais e Logaritmos
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b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔
⇔ 8 = 42z . 4y ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3
II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒
⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3
III) ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Respostas: a) Ver gráfico.b) y = z = 
3. Considerando x e y dois números inteiros maiores que 1, resolva o
sistema:
RESOLUÇÃO:
Para x e y inteiros e maiores que 1, temos:
a) log4x – logxy = ⇔ log4x – = 
b) xy = 16 ⇔ log4(xy) = log416 ⇔ log4x + log4y = 2 ⇔
⇔ log4y = 2 – log4x
De a e b, obtém-se:
log4x – = 
Substituindo-se log4x por m, têm-se:
m – = ⇔ 6 m2 – 12 + 6 m = 7 m ⇔
⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ⇔ m = ou m = 
m = ⇒ log4x = ⇒
x = 4 = (22) = 23 = 8 ⇒ y = 2
m = – ⇒ log4x = – ⇒ x = 4 = (22) = 2 ⇒
⇒ x não é inteiro.
Resposta: x = 8 e y = 2
�
7log4x – logxy = ––6
x . y = 16
7
–––
6
log4y
–––––––
log4x
7
–––
6
2 – log4x
–––––––––
log4x
7
–––
6
2 – m
–––––––
m
7
–––
6
1 ± 17
–––––––
12
3
–––
2
4
– ––
3
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
4
–––
3
4
–––
3
4
– ––
3
4
– ––
3
8
– ––
3
f(y)
––––
g(z)
8
––––
42y
� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 � 4y + 8z = 6– 4y – 2z = – 3
� 2y + 4z = 36z = 3 �
1
y = –––
2
1
z = –––
2
1
––
2
8
–––
42z
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1. (FGV) – Resolva as inequações:
a) 1 < < 8
b) �2 – 5x� > 10
RESOLUÇÃO
a) 1 < < 8 ⇔ 2 < 4 – x < 16 ⇔
⇔ –2 < –x < 12 ⇔ 2 > x > –12 ⇔ –12 < x < 2
b) �2 – 5x� > 10 ⇔ 2 – 5x < –10 ou 2 – 5x > 10 ⇔
⇔ –5x < –12 ou –5x > 8 ⇔ x < – ou x > 
Respostas: a) –12 < x < 2
b) x < – ou x >
2. (FUVEST)
a) Represente, num sistema de coordenadas, os gráficos das fun ções
f(x) = �4 – x2� e g(x) = .
b) Resolva a inequação �4 – x2� ≤ .
RESOLUÇÃO:
a) O gráfico de h(x) = 4 – x2 é do tipo:
e, portanto, o gráfico de f(x) = �4 – x 2� é:
O gráfico de g(x) = é:
As abscissas dos pontos de intersecção dos dois grá ficos são as soluções 
da equação f(x) = g(x) ⇔ �4 – x 2� = .
Para x ≤ – 2 ou x ≥ 2, temos:
– 4 + x2 = ⇔ – 8 + 2x2 = x + 7 ⇔
4 – x
––––––
2
4 – x
–––––
2
12
––––
5
8
–––
5
8
–––
5
12
––––
5
x + 7
–––––
2
x + 7
––––––
2
x + 7
––––––
2
x + 7
–––––
2
x + 7
––––––
2
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MÓDULO 33 Função Modular
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⇔ 2x2 – x – 15 = 0 ⇔ x = ou x = 3
Para –2 ≤ x ≤ 2, temos:
4 – x2 = ⇔ 8 – 2x2 = x + 7 ⇔
⇔ – 2x2 – x + 1 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 
Representando os dois gráficos num mesmo siste ma de coordenadas,
temos:
b) Analisando os gráficos esboçados no item anterior, com as corres -
pondentes abscissas dos pontos comuns, concluímos que:
�4 – x2� ≤ ⇔ f(x) ≤ g(x) ⇔ ≤ x ≤ –1 ou ≤ x ≤ 3
Respostas: a) Ver gráfico.
b) S = x ∈ � � ≤ x ≤ –1 ou ≤ x ≤ 3
3. Resolva, em �, a inequação (�x – 1� – 3) . (�x + 2� – 5) < 0.
RESOLUÇÃO:
x + 7
––––––
2
5
– ––
2
1
––
2
� 5– ––2 1––2 �
5
– ––
2
1
––
2
x + 7
––––––
2
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1. (UERJ) – Terno pitagórico é a denominação para os três números
inteiros que representam as medidas, com a mesma unidade, dos três
lados de um triângulo retângulo.
Um terno pitagórico pode ser gerado da seguinte forma:
– escolhem-se dois números pares consecutivos ou dois números
ímpares consecutivos;
– calcula-se a soma de seus inversos, obtendo-se uma fração cujo
numerador e denominador representam as medidas dos catetos de
um triângulo retângulo;
– calcula-se a hipotenusa.
a) Utilizando o procedimento descrito, calcule as medidas dos três
lados de um triângulo retângulo, considerando os números pares 4
e 6.
b) Considere x um número inteiro maior do que 1 e que (x – 1) e 
(x + 1) representam dois pares ou dois ímpares consecutivos.
Demonstre que esses dois números geram um terno pitagórico.
RESOLUÇÃO:
a) + = = 
A hipotenusa a é tal que a2 = 52 + 122 ⇔ a2 = 169 ⇔ a = 13 (a > 0).
As medidas dos lados são 5, 12 e 13.
b) Sendo x ∈ � e x > 1, temos:
+ = = 
A hipotenusa a é tal que
a2 = (2x)2 + (x2 – 1)2 ⇔ a2 = 4x2 + x4 – 2x2 + 1 ⇔
⇔ a2 = x4 + 2x2 + 1 ⇔ a2 = (x2 + 1)2 ⇔ a = x2 + 1
(a > 0). Logo, a ∈ �.
As medidas dos lados são x – 1, x + 1 e x2 + 1.
Respostas: a) 5, 12 e 13
b) x – 1, x + 1 e x2 + 1
2. (UNICAMP) – Uma sala retangular medindo 3 m por 4,25 m deve
ser ladrilhada com ladrilhos quadrados iguais. Supondo-se que não haja
espaço entre ladrilhos vizinhos, pergunta-se:
a) Qual deve ser a dimensão máxima, em centímetros, de cada um
desses ladrilhos para que a sala possa ser ladrilhada sem cortar
nenhum ladrilho?
b) Quantos desses mesmos ladrilhos são necessários?
RESOLUÇÃO:
a) Nas condições do problema, a dimensão máxima, em centímetros, de
cada um dos ladrilhos é o mdc (425, 300) = 25.
b) O total de ladrilhos necessários é . = 12 . 17 = 204.
Respostas: a) 25 cm
b) 204 ladrilhos 
1
––
4
1
––
6
3 + 2
–––––
12
5
–––
12
1
–––––
x – 1
x + 1 + x – 1
––––––––––––(x – 1)(x + 1)
2x
––––––
x2 – 1
1
–––––
x + 1
300
––––
25
425
––––
25
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MÓDULO 44 Aritmética
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3. (FUVEST) – Um número inteiro positivo n de 4 algarismos
decimais satisfaz às seguintes condições:
I) A soma dos quadrados do 1o. e 4o. algarismos é 58.
II) A soma dos quadrados do 2o. e 3o. algarismos é 52.
III)Se deste número n subtrairmos o número 3816, ob teremos um
número formado pelos mesmos algarismos do número n, mas na
ordem con trária. Qual é esse número?
RESOLUÇÃO:
1) Se o número inteiro positivo é n = abcd, em que a é o 1o. algaris mo, b é
o 2o. , c é o 3o. e d é o 4o. , então:
(I) a2 + d2 = 58
(II) b2 + c2 = 52
(III) abcd – 3816 = dcba
2) Os quadrados dos algarismos decimais que podem satisfazer (I) e (II)
são: 02 = 0, 12 = 1, 22 = 4, 32 = 9, 42 = 16, 52 = 25, 62 = 36, 72 = 49
3) Os únicos algarismos que satisfazem (I) são:
(a = 3 e d = 7) ou (a = 7 e d = 3), pois 9 + 49 = 58.
4) Os únicos algarismos que satisfazem (II) são:
(b = 4 e c = 6) ou (b = 6 e c = 4), pois 16 + 36 = 52.
5) Os possíveis números n são 3467, 3647, 7463 ou 7643.
6) O único número n que satisfaz (III) é 7463, pois 
7463 – 3816 = 3647.
Resposta: O número n é 7463.
4. Um livro tem entre 200 e 400 páginas. Contando-as de 7 em 7, 
sobra 1; contando-as de 9 em 9, sobram 3; contando-as de 11 em 
11, sobram 4. Obtenha:
a) o número n de páginas do livro;
b) o número de divisores naturais de n.
RESOLUÇÃO:
a)
⇔ ⇒ (n + 6) é múltiplo
comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ �*
Visto que 200 < n < 400, temos:
n = 252 – 6 = 246, para k = 4
n = 315 – 6 = 309, para k = 5
n = 378 – 6 = 372, para k = 6
Dos valores obtidos, apenas 246 dividido por 11 deixa resto 4.
b)
⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒
⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8
Respostas: a) n = 246 b) 8
n + 6 7�–––––––0 q1 + 1
n + 6 9�–––––––0 q2 + 1�
n 7�––––1 q1
n 9�––––3 q2�
2
3
41
246
123
41
1
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8 –
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1. Sejam z1 = x + 4i e z2 = 1 + xi dois números complexos, em que x
é um número real e i a unidade imaginária. Obtenha:
a) ; b) x para que seja um número real.
RESOLUÇÃO:
a) = . = =
= = + i
b) ∈ �⇔ = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2
Respostas: a) = + i
b) x = 2 ou x = – 2
2. Sendo i a unidade imaginária, considere o número complexo 
z = 2 – 2���3 i.
a) Escreva z na forma trigonométrica.
b) Calcule z5.
RESOLUÇÃO:
a) z = 2 – 2���3 i = a + bi, a, b ∈ � ⇒ a = 2 e b = – 2���3
�z� = ρ = ����������a2 + b2 = �������������22 + (– 2���3 )2 = ���������4 + 12 = 4
⇒ θ = 300°
z = ρ(cos θ + i sen θ) = 4(cos 300° + i sen 300°)b) z5 = 45 . [cos(5 . 300°) + i sen(5 . 300°)]
z5 = 1024(cos 1500° + i sen 1500°)
z5 = 1024(cos 60° + i sen 60°)
z5 = 1024 + i 
z5 = 512 + 512���3 i
Respostas: a) z = 4(cos 300° + i sen 300°)
b) z5 = 512 + 512���3 i
z1
–––
z2
z1
–––
z2
z1
–––
z2
(x + 4i)
––––––––(1 + xi)
(1 – xi)
––––––––(1 – xi)
x – x2i + 4i + 4x
–––––––––––––––
1 + x2
5x + (4 – x2)i
–––––––––––––
1 + x2
5x
–––––––
1 + x2
4 – x2
–––––––
1 + x2
z1
–––
z2
4 – x2
–––––––
1 + x2
z1
–––
z2
5x
–––––––
1 + x2
4 – x2
–––––––
1 + x2
�
0° ≤ θ < 360°
a 2 1
cos θ = –– = –– = ––
ρ 4 2
b – 2���3 ���3
sen θ = –– = –––––– = – ––––
ρ 4 2
� 1–––2
���3
––––
2 �
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 9
MÓDULO 55 Números Complexos
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3. (FUVEST) – A figura a seguir representa o número
no plano complexo, sendo i = �����– 1 a unidade ima gi -
nária. Nessas condições,
a) determine as partes real e imaginária de e de ω3;
b) represente e ω3 na figura abaixo;
c) determine as raízes complexas da equação z3 – 1 = 0.
RESOLUÇÃO:
Se ω = , então:
ω = = – + i . = cos 120° + i . sen 120°
Assim: 
a) = = cos(– 120°) + i . sen(– 120°) = 
= cos 240° + i . sen 240° = – – i
ω3 = cos(3 . 120°) + i . sen(3 . 120°) = cos 360° + i . sen 360° = 1
b) 
c) z3 – 1 = 0 ⇔ z3 = 1 = cos 0° + i . sen 0°
As raízes da equação são as raízes cúbicas de 1 e, portanto:
z1 = 1 . (cos 0° + i . sen 0°) = 1 = ω3
z2 = 1 . (cos 120° + i . sen 120°) = = ω
z3 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = = 
Respostas: a) Re = – ; Im = –
Re(ω3) = 1; Im(ω3) = 0
b) Ver figura.
c) 1; ;
– 1 + i ���3
ω = –––––––––2
1
–––
ω
1
–––
ω
– 1 + i���3
–––––––––
2
– 1 + i���3
–––––––––
2
1
–––
2
���3
––––
2
1
–––
ω
cos 0° + i . sen 0°
–––––––––––––––––––
cos 120° + i . sen 120°
1
–––
2
���3
––––
2
– 1 + i���3
––––––––––
2
– 1 – i���3
––––––––––
2
1
––––
ω
� 1–––
ω
� 1–––2 �
1
–––
ω
� ���3––––2
� – 1 + i���3––––––––––2 – 1 – i���3––––––––––2 �
M
A
T
EM
Á
T
IC
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 A
B
 3
a.S
10 –
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T
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A
 A
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 3
a .S
MÓDULO 66 Polinômios e Equações Algébricas
1. (IBMEC-adaptado) – A figura a seguir representa o gráfico de um
polinômio P(x), de grau 3 e coeficientes reais, cujas raízes têm mul -
tiplicidade 1.
Utilizando as informações do gráfico, determine:
a) as soluções inteiras da equação [P(x)]3 – 10[P(x)]2 = 21P(x);
b) o resto da divisão de P(x) por x2 – 4x + 3.
RESOLUÇÃO:
a) [P(x)]3 – 10[P(x)]2 = 21P(x) ⇔ [P(x)]3 – 10[P(x)]2 – 21P(x) = 0 ⇔
⇔ P(x) = 0 ou P(x) = 3 ou P(x) = 7
P(x) = 0 não tem solução inteira (ver gráfico).
A única solução inteira de P(x) = 3 é x = 1 (ver gráfico).
As soluções inteiras de P(x) = 7 são x = – 1, x = 2 e x = 3 (ver gráfico).
As soluções inteiras da equação são, portanto, – 1, 1, 2 e 3.
b)
P(x) = (x2 – 4x + 3)(Q(x) + ax + b)
⇔ 
Logo, R(x) = ax + b = 2x + 1
Respostas: a) – 1, 1, 2 e 3
b) 2x + 1
2. (FUVEST) – O produto de duas das raízes do polinômio 
p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 é igual a – 1. Determinar:
a) o valor de m;
b) as raízes de p.
RESOLUÇÃO:
Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação 
p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:
a)
⇒ c = ⇒
⇒ 2 .
3
– m . 
2
+ 4 . 
2
+ 3 = 0 ⇒
⇒ 2 . – m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7
b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e é raiz ⇒
⇒ P(x) = x – (x2 – 2x – 1) = 0, pois o quociente da divisão de 
P(x) por x – é x2 – 2x – 1.
Logo, x = ou x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x = ou x = 1 ± �	2
Respostas: a) m = 7 b) V = {(1 – �	2 ), (1 + �	2 ), 3/2}
� P(1) = a + b = 3P(3) = 3a + b = 7 � a = 2b = 1
3
a . b . c = – –––
2
ab = – 1 � 3––2
�
27
–––
8
9
–––
4
P(x) x2 – 4x + 3
ax + b Q(x)
R(x)
� 3––2 �
3
––
2 � �
3
––
2 �
3
––
2
� 3––2 �
3
––
2
3
––
2
3
––
2
– 11
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 11
3. Seja x ≠ 0 um número complexo.
a) Obtenha x2 + , sabendo que x + = y.
b) Mostre que 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 ⇔
⇔ 3�x2 + � – 13�x + � + 16 = 0.
c) Resolva, em �, a equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0.
RESOLUÇÃO:
a) x + = y ⇒ �x + �
2 
= y2 ⇒ x2 + 2 + = y2 ⇒ x2 + = y2 – 2
b) Dividindo-se ambos os membros da equação 
3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se: 
3x2 – 13x + 16 – 13 . + 3 . = 0 ⇔
⇔ 3 x2 + – 13 x + + 16 = 0
c) Substituindo-se x + por y e x2 + por y2 – 2, tem-se a
equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔
⇔ y = ⇔ y = ou y = 1
y = ⇒ x + = ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒
⇒ x = 3 ou x = 
y = 1 ⇒ x + = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x = 
Logo, o conjunto-verdade da equação é: 
V = ; 3; ; 
Respostas: a) x2 + = y2 – 2
b) Ver demonstração.
c) V = ; 3; ; 
1
–––
x2
1
–––
x
1
–––
x2
1
–––
x
1
––
x
1
––
x
1
–––
x2
1
–––
x2
1
––
x
1
–––
x2
1
–––
x2
1
––
x
1
––
x
1
–––
x2
13 ± 7
––––––
6
10
–––
3
10
–––
3
1
––
x
10
–––
3
1
––
3
1
––
x
1 ± ���3 i
––––––––
2
1
––
3
1 + ���3 i
––––––––
2
1 – ���3 i
––––––––
2
1
–––
x2
1
––
3
1 + ���3 i
––––––––
2
1 – ���3 i
––––––––
2
�� � �
��
��
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
12 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 12
1. Calcule o valor de cada soma:
a) + + + … + 
b) 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1) para n ∈ � e n ≥ 2.
RESOLUÇÃO:
a) + + +…+ = , pois esses números são de 
uma mesma coluna do triângulo de Pascal e = = 560.
b) S = 1 . 2 + 2 . 3 + 3 . 4 + … + n(n + 1) ⇔
⇔ = + + + … + ⇔
⇔ = + + + … + ⇔
⇔ = ⇔ S = 2 . ⇔
⇔ S = 
Respostas: a) 560 b) 
2. Seis pessoas, entre elas A e B, devem ser colocadas em fila. Calcule:
a) de quantas maneiras diferentes essa fila pode ser disposta;
b) em quantas delas A e B ficam juntas;
c) em quantas delas A antecede B.
RESOLUÇÃO:
a) P6 = 6! = 720
b) P2 . P5 = 2!5! = 240
c) A e B, com A antecedendo B, podem ser dispostas de C6; 2 = 15 maneiras
diferentes. Para cada uma delas, os demais ele men tos podem ser
colocados de P4 = 4! = 24 formas.
Pelo Princípio Fundamental da Contagem, temos:
15 . 24 = 360.
Respostas: a) 720 b) 240 c) 360
3. Considere o conjunto dos 20 primeiros números natu rais estrita -
men te positivos. Três deles serão esco lhidos simultanea mente. Cal cule:
a) de quantas maneiras diferentes podem ser feitas as escolhas;
b) em quantas delas o produto dos três números é ímpar;
c) em quantas delas a soma dos três números é par.
RESOLUÇÃO:
a) C20; 3 = = 1140
b) C10; 3 = = 120, pois o produto é ímpar se, e somente se, os três
forem ímpares.
c) A soma dos três números será par se, e somente se, forem escolhi dos 
3 pares ou 1 par e 2 ímpares, resultando em:
C10; 3 + C10; 1 . C10; 2 = 120 + 10 . 45 = 120 + 450 = 570
Respostas: a) 1140 b) 120 c) 570
4. (IBMEC-ADAPTADO) – Vinte equipes estão participando do
campeonato brasileiro de futebol de 2010. Ao final do campeonato,
cada equipe terá enfrentado cada uma das outras dezenove equipes
duas vezes: uma em seu estádio e a outra no estádio do adversário. Seis
dessas vinte equipes são do Estado de São Paulo, ou seja, têm os
respectivos estádios nesse Estado. Em cada partida, uma equipe pode
somar 3, 1 ou 0 ponto(s), em caso de vitória, empate ou derrota. Nessas
condições:
a) calcule quantos jogos estão previstos para todo o campeonato
brasileiro de 2010;
b) determine o número de jogos que serão realizados no Estado de São
Paulo;
c) sabendo que cada rodadatem dez jogos (entre as 20 equipes) e que,
terminada a 11a. rodada, a soma dos pontos obtidos por todas as
equipes era exatamente 295, calcule quantos empates ocorreram até
a 11a. rodada, inclusive.
RESOLUÇÃO:
a) A20; 2 = 20 . 19 = 380
b) 6 . 14 + A6; 2 = 84 + 30 = 114
c) 11 . 10 . 3 – 295 = 330 – 295 = 35
Respostas: a) 380 b) 124 c) 35
� 22 � �
3
2 � �
4
2 � �
15
2 �
� 22 � � 32 � �
4
2 � � 152 � � 163 �
� 163 � 16 .15 .14–––––––––3 . 2 . 1
S
––2
1 . 2
––––
2
2 . 3
––––
2
3 . 4
–––––
2
n(n + 1)
––––––––
2
S
––
2 �
2
2 � �
3
2 � �
4
2 � �
n + 1
2 �
S
––2 �
n + 2
3 �
(n + 2) . (n + 1) . n
––––––––––––––––
3 . 2 . 1
n(n + 1) (n + 2)
––––––––––––––
3
n(n + 1) (n + 2)
––––––––––––––
3
20!
–––––
3!17!
10!
–––––
3!7!
M
A
T
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T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 13
MÓDULO 77 Binômio de Newton e Análise Combinatória 
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M
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B
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a.S
14 –
1. Uma caixa branca contém 5 bolas verdes e 3 azuis, e uma caixa
preta contém 3 bolas verdes e 2 azuis. Pretende-se retirar uma bola de
uma das caixas. Para tanto, 2 dados são atirados. Se a soma resultante
dos dois dados for menor que 4, retira-se uma bola da caixa branca.
Nos demais casos, retira-se uma bola da caixa preta. Qual é a proba -
bilidade de se retirar uma bola verde?
RESOLUÇÃO:
No lançamento de dois dados, são possíveis 36 (pares) resultados diferentes,
mas em apenas 3 deles a soma resultante é menor que 4. São eles: (1;1),
(1;2), (2;1). Admitindo-se que os dois dados são “honestos”, a proba -
bilidade de que uma bola verde seja retirada da urna branca é 
. e da urna preta é . .
Assim, a probabilida de de se retirar uma bola verde é:
P = . + . ⇔ P =
Resposta: P = 
2. (UNICAMP) – Dois prêmios iguais serão sorteados entre dez pes -
soas, sendo sete mulheres e três homens. Admitindo que uma pessoa
não possa ganhar os dois prêmios, responda às perguntas abaixo.
a) De quantas maneiras diferentes os prêmios podem ser distribuídos
entre as dez pessoas?
b) Qual é a probabilidade de que dois homens sejam premiados?
c) Qual é a probabilidade de que ao menos uma mulher receba um
prêmio?
RESOLUÇÃO:
a) Os dois prêmios podem ser distribuídos entre as dez pessoas de 
C10; 2 = = 45 maneiras diferentes.
b) A probabilidade de dois dos três homens serem premia dos é:
p = = = 
c) A probabilidade de que ao menos uma mulher rece ba um prêmio é: 
1 – = 
Respostas: a) 45 b) c) 
3
––––
36
5
–––
8
33
––––
36
3
–––
5
3
––––
36
5
–––
8
33
––––
36
3
–––
5
289
––––
480
289
––––
480
10 . 9
–––––––
2 . 1
C3; 2
––––––
C10; 2
3
––––
45
1
–––
15
1
––––
15
14
––––
15
1
–––
15
14
––––
15
MÓDULO 88 Probabilidade
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 14
3. (FUVEST) – Uma urna contém 5 bolas brancas e 3 bolas pretas.
Três bolas são retiradas ao acaso, sucessivamente, sem reposição.
Determine:
a) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola
branca;
b) a probabilidade de que tenham sido retiradas 2 bolas pretas e 1 bola
branca, sabendo que as três bolas retiradas não são da mesma cor.
RESOLUÇÃO:
A urna tem exatamente 5 bolas brancas e 3 pretas. Assim,
a) a probabilidade de que sejam obtidas, em 3 extrações sem reposição,
duas bolas pretas e uma branca é:
3 . . . = 
b) 1o. ) a probabilidade de que sejam obtidas, de modo análogo, duas
brancas e uma preta é:
3 . . . = 
2o. ) a probabilidade de que sejam obtidas duas brancas e uma preta,
sabendo-se que as bolas não têm a mesma cor, é:
= = 
Respostas: a) b) 
Obs.: Para o item (b), outra maneira de resolver é:
O número de maneiras de retirar 2 bolas pretas e uma branca é: 
C3; 2 . C5; 1 = 3 . 5 = 15
O número de possibilidades de retirar 3 bolas que não sejam da mesma cor
é: C8; 3 – C5; 3 – C3; 3 = 56 – 10 – 1 = 45
A probabilidade pedida é = .
4. (UERJ) – Uma prova é composta de 6 questões com 4 alternativas
de resposta cada uma, das quais apenas uma é correta. Cada resposta
correta corresponde a 3 pontos ganhos; cada erro ou questão não
respondida, a 1 ponto perdido. Calcule a probabilidade de um aluno
que tenha respondido aleatoria mente a todas as questões obter um total
de pontos exatamente igual a 10.
RESOLUÇÃO:
Se ele acertar x e errar y, então devemos ter:
⇒ 
A probabilidade pedida é, então, p = C6; 4 . 
4 
. 
2 
=
= 15 . = 
 3,3%.
3
––
8
2
––
7
5
––
6
15
–––
56
5
––
8
4
––
7
3
––
6
30
–––
56
15
–––
56
––––––––––––
15 30
–––– + ––––
56 56
15
–––
45
1
––
3
15
–––
56
1
––
3
15
––––
45
1
–––
3
x + y = 6
3x – y = 10� � x = 4y = 2
1
––
4� � �
3
––
4 �
9
–––––
4096
135
–––––
4096
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 15
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 A
B
 3
a.S
16 –
1. (UNICAMP) – O transporte de carga ao porto de Santos é feito por
meio de rodovias, ferrovias e dutovias. A tabela abaixo fornece alguns
dados relativos ao transporte ao porto no primeiro semestre de 2007 e
no primeiro semestre de 2008, indicando claramente o aumento da
participação percentual do transporte ferroviário nesse período. Com
base nos dados da tabela, responda às questões abaixo. 
a) Determine a carga total (em milhões de toneladas) transportada ao
porto no primeiro semestre de 2007. Calcule também quantas
toneladas foram transpor tadas por dutos no primeiro semestre de
2007. 
b) Sabendo que, no primeiro semestre de 2008, foram transportados
por rodovias 2,7 milhões de toneladas a menos do que o valor
registrado pelo mesmo meio de transporte no primeiro semestre de
2007, calcule a participação percentual do transporte rodoviário no
primeiro semestre de 2008. 
RESOLUÇÃO:
a) Se x for a carga total (em milhões de toneladas) transportada no
primeiro semestre de 2007 e d o número de milhões de toneladas
transportadas por dutos, então:
1) 77% x = 29,1 ⇔ x � 37,8
2) 6,8 + 29,1 + d = 37,8 ⇔ d = 1,9
b) Se y for a carga total (em milhões de toneladas) transportada no
primeiro semestre de 2008, então:
24% . y = 8,8 ⇔ y = 36,7
A carga total transportada por rodovias, nesse período, foi (em milhões
de toneladas) igual a:
29,1 – 2,7 = 26,4
Se p for a participação percentual do transporte rodoviário no primeiro
semestre de 2008, então:
p . 36,7 = 26,4 ⇔ p � 0,72 = 72%
Respostas: a) 37,8 milhões de toneladas
1,9 milhão de toneladas
b) 72%
2. (UNESP) – Num curso de Inglês, a distribuição das idades dos
alunos é dada pelo gráfico seguinte:
Com base nos dados do gráfico, determine:
a) o número total de alunos do curso e o número de alunos com no
mínimo 19 anos;
b) escolhido um aluno ao acaso, qual a probabilidade de sua idade ser
no mínimo 19 anos ou ser exatamente 16 anos.
RESOLUÇÃO:
a) O número de alunos do curso é:
4 + 5 + 3 + 1 + 2 + 5 = 20
O número de alunos com no mínimo 19 anos é:
1 + 2 + 5 = 8
b) A probabilidade P da idade de um aluno, escolhido ao acaso, ter no
mínimo 19 ou exatamente 16 anos é tal que:
P = = = 0,60 = 60%
Respostas: a) 20 alunos e 8 alunos
b) 60%
Meio de
transporte
Participação no total
transportado ao porto
Carga transportada
(em milhões de toneladas)
2007 2008 2007 2008
Ferroviário 18% 24% 6,8 8,8
Rodoviário 77% 29,1
Dutoviário
8 + 4
––––––
20
12
––––
20
MÓDULO 99 Grandezas Proporcionais, Juros e Porcentagem
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3. (FGV)
a) O faturamento de uma empresa neste ano foi 120% superior ao do
ano anterior.Obtenha o faturamento do ano anterior, sabendo que
o deste ano foi de R$ 1 430 000,00.
b) Um comerciante compra calças a um custo de R$ 26,00 a unidade.
Pretende vender cada unidade com um ganho líquido (ganho menos
os impostos) igual a 30% do preço de venda. Sabendo que, por
ocasião da venda, ele tem que pagar um imposto igual a 18% do
preço de venda, qual deve ser esse preço?
RESOLUÇÃO:
a) Se x for o faturamento do ano anterior, então:
220% . x = 1430000 ⇔ x = ⇔ x = 650000
b) Se V for o preço de venda (incluindo os impostos), então:
V – 18%V = 26 + 30% . V ⇔ 0,82V – 0,30V = 26 ⇔
⇔ 0,52V = 26 ⇔ x = 50
Respostas: a) R$ 650 000,00 b) R$ 50,00
4. (FUVEST) – Um comerciante compra calças, camisas e saias e as
revende com lucro de 20%, 40% e 30%, respec tiva mente. O preço x
que o comerciante paga por uma calça é três vezes o que ele paga por
uma camisa e duas vezes o que ele paga por uma saia. Um certo dia,
um cliente comprou duas calças, duas camisas e duas saias e obteve
um desconto de 10% sobre o preço total. 
a) Quanto esse cliente pagou por sua compra, em fun ção de x? 
b) Qual o lucro aproximado, em porcentagem, obtido pelo comerciante
nessa venda?
RESOLUÇÃO:
a)
Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um cliente pa -
garia:
2 . 1,20x + 2 . 1,40 . + 2 . 1,30 . = 2,40x + + 1,30x =
= = 
Com 10% de desconto, o cliente paga:
90% . = 0,90 . = 4,17x
b) O preço de custo dos produtos vendidos foi:
2 . x + 2 . + 2 . = = 
O lucro obtido nessa venda foi:
4,17x – = , correspondendo a
= 
 0,1372 = 13,72%.
Respostas: a) 4,17 . x b) 13,72%
1430000
––––––––
2,2
x
––
3
x
––
2
2,80x
––––––
3
7,20x + 2,80x + 3,90x
–––––––––––––––––––––
3
13,90x
–––––––
3
13,90x
–––––––
3
13,90x
–––––––
3
x
–––
3
x
–––
2
6x + 2x + 3x
–––––––––––––
3
11x
––––
3
11x
––––
3
1,51x
––––––
3
1,51x
––––––
3
–––––––––
11x
––––
3
1,51
––––
11
Preço de custo Lucro Preço de venda
Calça x 20% 1,20 . x
Camisa
x
–––
3
40%
x
1,40 . ––
3
Saia 
x
–––
2
30% x1,30 . ––
2
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1. (UERJ) – Em uma cidade, a população que vive nos subúrbios é
dez vezes a que vive nas favelas. A primeira, porém, cresce 2% ao ano,
enquanto a segunda cresce 15% ao ano. Admita que essas taxas de
crescimento permaneçam constantes nos próximos anos.
a) Se a população que vive nas favelas e nos subúrbios hoje é igual a
12,1 milhões de habitantes, calcule o número de habitantes das
favelas daqui a um ano. 
b) Essas duas populações serão iguais após um determinado tempo t,
medido em anos. Se t = , determine o valor de x.
RESOLUÇÃO:
a) Se S é a população dos subúrbios e F a das favelas (em milhões de
habitantes), então:
⇔ ⇔ 
Daqui a um ano, o número de habitantes das favelas será:
F . 1,15 = 1,1 . 1,15 = 1,265
b) S . (1,02)t = F . (1,15)t ⇒ 10F . (1,02)t = F . (1,15)t ⇒
⇒
t
= 10 ⇒ t . log = log 10 ⇒
⇒ t = = ⇒ x = 
Respostas: a) 1 265 000 habitantes
b) x =
2. (FGV) – O Sr. Macedo possui uma loja de sapatos. Cada par é
comprado por um certo valor e é vendido com uma margem de
contribuição (diferença entre o preço de venda e o de compra) igual a
30% do preço de venda.
a) Se cada par for vendido por R$ 60,00, qual o preço de compra?
b) Se o preço de compra for de R$ 40,00, qual a mar gem de
contribuição, expressa como porcen tagem do preço de compra?
RESOLUÇÃO:
a) Sendo R$ x (o preço de compra) e R$ y (o preço de venda), conforme o
enunciado, temos: y – x = 30% . y ⇔ y – x = 0,3 . y ⇔ x = 0,7 . y.
Para um preço de venda de R$ 60,00, temos o preço de custo de 
R$ 42,00, pois x = 0,7 . 60 ⇔ x = 42.
b) Para um preço de compra de R$ 40,00, o preço de venda y será tal que: 
40 = 0,7 . y ⇔ y = 
Assim, a margem de contribuição, expressa como por centagem do
preço de compra, será:
p = = � 42,86%
Respostas: a) R$ 42,00 b) 42,86%
1
––––––
log x
� S + F = 12,1S = 10F � 11F = 12,1S = 10F � F = 1,1S = 11
� 1,15–––––1,02 �
115
–––––
102
1
––––––––––
115
log ––––
102
1
–––––––
log x
115
–––––
102
115
–––––
102
400
–––––
7
y – x
–––––––
x
400
–––– – 40
7
––––––––––––
40
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18 –
MÓDULO 1100 Grandezas Proporcionais, Juros e Porcentagem
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3. (UNICAMP) – “Pão por quilo divide opiniões em Campinas”
(Correio Popular, 21/10/2006). 
Uma padaria de Campinas vendia pães por unidade, a um preço de 
R$ 0,20 por pãozinho de 50 g. Atual mente, a mesma padaria vende o
pão por peso, cobrando R$ 4,50 por quilograma do produto.
a) Qual foi a variação percentual do preço do pãozinho provocada pela
mudança de critério para o cálculo do preço?
b) Um consumidor comprou 14 pãezinhos de 50 g, pa gando por peso,
ao preço atual. Sabendo que os pãezinhos realmente tinham o peso
previsto, calcule quantos reais o cliente gastou nessa compra.
RESOLUÇÃO:
a) Se cada pãozinho de 50 g custava R$ 0,20, o preço por quilo, antes da
mudança de critério, era de . R$ 0,20 = R$ 4,00.
Se, após a mudança, passou a custar R$ 4,50, houve um aumento de
12,5%, pois = 1,125 = 112,5%.
b) 14 pãezinhos de 50 g equivalem a 700 g. Ao preço atual, o consumidor
pagou 0,700 . R$ 4,50 = R$ 3,15.
Respostas: a) 12,5%
b) R$ 3,15
4. (FGV) – A massa de gordura de uma pessoa corresponde a 30% de
sua massa total. Essa pessoa, pesando 110 kg, fez um regime e perdeu
40% de sua gordura, mantendo os demais índices inalterados. Quantos
quilos essa pessoa pesava ao final do regime?
RESOLUÇÃO:
Antes do regime, a massa de gordura dessa pessoa era de 
. 110 kg = 33 kg. Se ela perdeu 40% de sua gordura, mantendo os
demais índices inalterados, então no final do regime ela pesava:
110 kg – . 33 kg = 110 kg – 13,20 kg = 96,8 kg
Resposta: 96,8 kg
30
––––
100
40
––––
100
1000 g
––––––––
50 g
R$ 4,50
––––––––
R$ 4,00
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1. Considere os conjuntos A = {2; 3}, B = {2; 3; 5; 7} e Xi, com 
i ∈ �*, tais que A � Xi� B.
a) Determine todos os conjuntos Xi possíveis.
b) Seja P(Xi) o conjunto de todos os conjuntos Xi. Mostre que a função
f: P(Xi) → �, que a cada Xi associa o produto dos elementos de Xi,
é injetora, mas não é sobrejetora.
RESOLUÇÃO:
a) A � Xi ⇔ {2;3} � Xi ⇔ 2 ∈ Xi e 3 ∈ Xi� ⇒ X1 = {2;3},Xi� B
X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7}
b)
⇒
⇒ f(Xm) ≠ f(Xn); ∀m;n ∈ {1; 2; 3; 4}, com m ≠ n e, por tanto, 
f é injetora.
Im(f) = {6; 30; 42; 210} ≠ �, portanto, f não é sobrejetora.
2. (UDESC-adaptado) – Uma cidade possui 10 000 habitan tes, que
frequentam três clubes recreativos, divididos da seguinte for ma: 45%
frequentam o clube A; 40% frequentam o clube B; 53% frequentam o
clube C; 25% frequentam somente o clube A; 11% frequentam somente
o clube B; 30% frequentam somente o clube C; somente 9%
frequentam os clubes A e C. Sabendo que A, B e C possuem
frequentadores em comum, e que sempre existem frequentadores em
comum a dois clubes, determine o número de habitantes que
frequentam mais de um clube.
RESOLUÇÃO:
Considere o diagrama acima. Temos, em porcentagem:
⇔
⇔
O diagrama fica
Resposta: Frequentam mais de um clube (11 + 4 + 5 + 14) % = 34% de
10.000, ou seja, 3 400 habitantes. 
f(X1) = 2 . 3 = 6
f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30
f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42
f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210
�
�
25 + x + y + z = 45
11 + x + y + w = 40
30 + y + z + w = 53
y + z = 9 
�
x + y + z = 20
x + y + w = 29
y + z + w = 23
y + z = 9 
�
w = 14
y + z = 9
x + y = 15
x + y + z =20 
�
x = 11
y = 4
z = 5
w = 14 
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20 –
MÓDULO 1111 Conjuntos e Funções
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3. (UDESC) – A população (em milhares) de uma colônia de
bactérias, no período de t horas de um certo processo da industria -
lização do leite, é representada pela função:
a) Esboce o gráfico que representa esse fenômeno.
b) Determine os conjuntos domínio e imagem dessa função.
c) Quanto tempo essa colônia leva para se extinguir?
RESOLUÇÃO:
a) O gráfico de f é
b) D(f) = [0; 9]
Im(f) = [0; 32]
c) A colônia é extinta quando f(t) = 0. Isto ocorre para t = 9
4. Considere a função y = f(x) definida pelas equações paramétricas
x = cos t e y = (9 – 4 cos t – 4sen2t), com t ∈ �. Construa o gráfico
de y em função de x, determine o domínio e o conjunto imagem de f. 
RESOLUÇÃO:
1) x = cos t, com t ∈ � ⇔ – 1 � x � 1
2) y = (9 – 4 cos t – 4 sen2t) ⇔ y = [9 – 4 cos t – 4(1 – cos2t)] ⇔
⇔ y = cos2t – cos t + ⇔ y = x2 – x + , pois cos t = x
3) O gráfico de y é
e o gráfico de f é o arco de pará bola
�
AB.
4) O domínio e o con jun to imagem de f são, respec tivamente,
[– 1; 1] e 1; .
5. (UEM) – Com respeito à função f : � → � definida por 
f(x) = 4x + 2, assinale o que for correto.
a) A função inversa de f é f–1 : �→ � definida por f –1(x) = .
b) A função composta fof(x) é definida por (4x + 2)2.
c) Para todo x pertencente ao domínio de f, tem-se que f(x) é um
número par.
d) Se um ponto (a; b) pertence ao gráfico de f, então a ≠ b.
e) f não é uma função decrescente.
RESOLUÇÃO:
1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = ⇔ f–1(x) = 
2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10
3) f = 4 . + 2 = 3, que é ímpar, por exemplo.
4) Existe um ponto (a; b) pertencente ao gráfico de f para o qual a = b. 
Esse ponto é – ; – , pois (a; b) ∈ f ⇒ f(a) = 4a + 2 = b e
⇒ a = b = – 
5) O gráfico de f é
e f é estritamente crescente.
Resposta: E
1
––
4
1
––
4
5
––
4
5
––
4
� 13–––4 
1
––––––
4x + 2
y – 2
––––––
4
x – 2
––––––
4
� 1––4 �
1
––
4
� 2––3
2
––3 �
� 4a + 2 = ba = b
2
–––
3
1
––
4
t2 + 7, se 0 ≤ t ≤ 5
32, se 5 < t ≤ 7
– 16t + 144, se 7 < t ≤ 9
�f(t) =
32
7
0 5 7 9 t
y = f(t)
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1. (ESPM) – Numa progressão aritmética cuja razão é um número
inteiro, o primeiro termo é 3, o último termo é 99 e um de seus termos
é 39. A soma dos possíveis valores da razão é:
a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32
RESOLUÇÃO:
1) am = a1 + (m – 1) . r = 39 ⇒ am = 3 + (m – 1) . r = 39 ⇒
⇒ (m – 1) . r = 36 ⇒ r é divisor de 36, pois m ∈ �*
2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒
⇒ (n – 1) . r = 96 ⇒ r é divisor de 96, pois n ∈ �*
3) r é divisor do mdc(36; 96) = 12 e, portanto, r ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}, pois
r > 0. A soma dos possíveis valores de r é 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28.
Resposta: C
2. (UFRJ) – Moedas idênticas de 10 centavos de real foram
arrumadas sobre uma mesa, obedecendo à
disposição apresentada no desenho: uma moeda
no centro e as demais formando camadas
tangentes.
Considerando que a última camada é composta
por 84 moedas, calcule a quantia, em reais, do
total de moedas usadas nessa arrumação.
RESOLUÇÃO:
1) Admitindo-se que a configuração seja possível, a quantidade de moedas
em cada camada são os termos da sequência (1; 6; 12; 18; …; 84).
2) Como (6, 12, 18, … 84) é uma PA, temos:
an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14
3) A soma dos termos da 1a. sequência é
1 + = 1 + 90 . 7 = 631
4) 631 moedas de R$ 0, 10 equivalem a R$ 63, 10.
3. (U.F.PARANÁ) – Considere a sequência finita de números 
(1, 2, 5, 7, 10, 11, 13, 14, 17, 19, ..., 1001), na qual comparecem todos
os números naturais menores ou iguais a 1001, exceto os múltiplos de
3 e de 4.
a) Quantos termos possui essa sequência?
b) Qual é a soma dos termos dessa sequência?
RESOLUÇÃO:
1) A sequência (1; 2; 3; 4; 5; …; 1001) é uma progressão aritmética com
1001 termos e soma
S1 = = 501501
2) A sequência (3; 6; 9; 12; …; 999) possui 333 termos, pois
999 = 3 + (n – 1) . 3 ⇔ n = 333 e soma
S2 = = 166 833
3) A sequência (4; 8; 12; 16; …; 1000) possui 250 termos, pois
1000 = 4 + (n’ – 1) . 4 ⇔ n’ = 250 e soma
S3 = = 125 500
4) A sequência (12; 24; 36; …; 996) possui 83 termos, pois
996 = 12 + (n” – 1) . 12 ⇔ n” = 83 e soma
S4 = = 41 832
5) A sequência dada possui 
1001 – 333 – 250 + 83 = 501 termos e soma
S = S1 – S2 – S3 + S4 = 501 501 – 166 833 – 125 500 + 41 832 = 251 000
Respostas: a) 501 termos
b) 251 000
4. (FGV) – Na sequência não decrescente de naturais ímpares
(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,...), cada número ímpar k aparece k vezes.
a) Determine o 101.º termo dessa sequência.
b) Determine a soma dos 1024 primeiros termos dessa sequência.
Dado:
RESOLUÇÃO:
Lembrando que 1 + 3 + 5 + … + an = n2 para todo an ∈ � e ímpar, temos:
a) 1 + 3 + 5 + 7 + … + 19 = 102 = 100, pois 19 é o décimo natural ímpar.
Dessa forma, a sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 19, 19, …, 19)
19 termos
possui 100 termos. Portanto, o 101o. termo da sequência dada é 
19 + 2 = 21
b) 1 + 3 + 5 + … + an = n2 = 1024 ⇔ n = 32 e a32 = 2 . 32 – 1 = 63
A soma dos termos da sequência
(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 63, 63, 63, … 63) é 12 + 32 + 52 + … + 632 =
63 termos
= =
= 
Respostas: a) 21 b) 43 680
(1 + 1001) . 1001
––––––––––––––––
2
(3 + 999) . 333
––––––––––––––
2
(4 + 1000) . 250
––––––––––––––
2
(12 + 996) . 83
––––––––––––––
2
(6 + 84) . 14
––––––––––––
2 
m
Σ
k = 0
(m + 1)(2m + 1)(2m + 3)(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––3
31
Σ
k = 0
(31 + 1).(2.31 + 1)(2.31 + 3)
(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––––
3
32.63.65
––––––––––– = 43680
3
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22 –
MÓDULO 1122 Progressões Aritméticas
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1. (U. F. TRIÂNGULO MINEIRO/adaptado) – Toma-se um seg -
mento de reta inicial de tamanho 1. Divide-se esse segmento em 3 par -
tes iguais e tira-se a parte do meio. Cada uma das duas partes
re manescentes também é dividida em 3 partes iguais e as respectivas
partes do meio também são retiradas. Procede-se de maneira análoga
indefinidamente, conforme figura, sendo que a fração do que sobrou do
segmento de reta inicial na 1a. divisão é denotado por F1, na 2a. divisão,
por F2 e na n-ésima divisão, por Fn.
a) Calcule F7 b) Obtenha Fk
c) Se o processo continuar infinitamente, quanto terá sido tirado do
segmento inicial?
RESOLUÇÃO:
Observemos que:
F1 = 2 . =
F2 = 4 . . =
F3 = 8 . . . =
A sequência (F1, F2, F3,…) é uma progressão geométrica de primeiro termo
F1 = e razão q =
Assim:
a) F7 = F1 . q7 – 1 = . � �
6
= � �
7
=
b) Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =
= = = 2 . = 
c) Terá sido retirado + + … = ou seja,
o segmento inteiro.
2. (AFA) – João Victor e Samuel são dois atletas que competem numa
mesma maratona. Num determinado momento, João Victor encontra-
se no ponto M, enquanto Samuel se encontra no ponto N, 5 m à sua
frente.
A partir desse momento, um observador passa a acompanhá-los
registrando as distâncias percorridas em cada intervalo de tempo de 
1 segundo, conforme tabelas abaixo.
Sabe-se que os números da tabela acima que representam as distâncias
percorridas por João Victor formam uma progressão geométrica,
enquanto os números da tabela acima que representam as distâncias
percorridas por Samuel formam uma progressão aritmética.
Com base nessas informações, é INCORRETO afirmar que ao final do
a) 5o. segundo, João Victor já terá atingido o ponto N.
b) 5o. segundo, Samuel percorreu uma distância igual à que os separava
nos pontos M e N.
c)6o. segundo, João Victor terá alcançado Samuel.
d) 8o. segundo, João Victor estará mais de 8 metros à frente de Samuel.
RESOLUÇÃO:
1) No instante inicial, Samuel está 5 m à frente de João Victor.
2) As distâncias percorridas por João Victor são termos da P.G.
; ; ; … de razão e soma 
St = =
7
∑
k = 1
1
––
3 
2
––
3 
1
––
3 
1
––
3 
4
––
9 
1
––
3 
1
––
3 
1
––
3 
8
––
27 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
128
–––––
2187 
7
∑
k = 1
2 2 
–– ��––�
7
– 1
3 3
––––––––––––––
2
–– – 1
3 
2 128 
–– �––––– – 1
3 2187
–––––––––––––––
1
– ––
3 
128�1 – –––––
2187 
4118
–––––
2187 
1
––
3 
2
––
9 
4
––
27 
1 
––
3 
–––––––– = 1,
21 – ––3 
João Victor
Intervalo Distância (m)
1o. 1–––2
2o. 3–––4
3o. 9–––8
� �
Samuel
Intervalo Distância (m)
1o. 1–––2
2o. 3–––4
3o. 1,0
� �
� 1–––2
3
–––
4
9
–––
8 �
3
–––
2
1 3 t
–– ��––� – 1
2 2
–––––––––––––––
3
–– – 1
2
3 t�––� – 12
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B
 3
a .S
– 23
MÓDULO 1133 Progressões Geométricas
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 23
3) As distâncias percorridas por Samuel são termos da P.A.
; ; 1; … de razão e soma 
St’ = = + =
a) verdadeira, pois S5 = 
5
– 1 = > 5
b) verdadeira, pois S’5 = = 5 = MN
c) falsa, pois S6 = 
6
– 1 = 
S’6 = = 
S6 – S’6 = – = 
 3,6 < 5
d) verdadeira, pois S8 = 
8
– 1 = 
S’8 = = 11 
S8 – S’8 = – 11 = 
 13,6
Descontados os 5 metros iniciais, João Victor estará mais de 8,6 m 
à frente.
3. (UNIFESP) – Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, em
direção ao ponto B, percorrendo, a cada minuto, a metade da distância
que o separa do ponto B, conforme figura. Considere como sendo de
800 metros a distância entre A e B.
Deste modo, ao final do primeiro minuto (1º. período) ele deverá
encontrar-se no ponto A1; ao final do segundo minuto (2º. período), no
ponto A2; ao final do terceiro minuto (3º. período), no ponto A3, e,
assim, sucessiva mente.
Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada período
considerado.
a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos 10 primeiros
minutos. Constate que, nesse ins tante, sua distância ao ponto B é
inferior a 1 metro.
b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = dis tância per -
corrida pelo objeto em t minu tos”, a partir do instante t = 0.
RESOLUÇÃO:
A distância, em metros, percorrida pelo objeto em cada minuto é termo da
progressão geométrica (400; 200; 100; …) de razão .
a) Ao final de 10 minutos, a distância percorrida pelo objeto foi
f(10) = = 800 � � ⇒
⇒ f(10) = 800 . 
 799,22m.
No instante t = 10, a distância do objeto ao ponto B é, aproxi mada -
mente, (800 – 799,22)m = 0,78m, inferior a 1 metro.
b) A função que determina a distância percorrida pelo objeto em t
minutos, a partir do instante t = 0, é
f(t) = ⇒f(t) = 800 � 
� 3–––2 �
6305
–––––
256 �8 . (8 + 3)
–––––––––
8
6305
–––––
256
3489
–––––
256
�
665
–––––
64�
3
–––
2�
27
––––
4
6 . (6 + 3)
–––––––––
8
233
–––––
64
27
––––
4
665
–––––
64
1 
––
2
1400 �1 – �–– �10
2
–––––––––––––––––
1
1 – ––
2
1
1 – –––––
1024
1023 
––––––
1024
1400 �1 – �–– �t
2
––––––––––––––––
1
1 – ––
2
1 t1 – �––�2
5 . (5 + 3)
–––––––––
8
211
–––––
32�
3
–––
2�
t(t + 3)
–––––––
8�
3
–––
4
t
–––
4�
t
–––
2
1 1 1 �–– + –– + (t – 1) . ––
t2 2 4
–––––––––––––––––––––
2
1
–––
4�
3
–––
4
1
–––
2�
M
A
T
EM
Á
T
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A
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B
 3
a.S
24 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 24
O gráfico de f(t) é o que se destaca na figura seguinte:
Respostas: a) 799,2 m; a distância ao ponto B é 0,78 m
b) Gráfico
4. (FGV) – Um círculo é inscrito em um quadrado de lado m. Em
seguida, um novo quadrado é inscrito nesse círculo, e um novo círculo
é inscrito nesse quadrado, e assim sucessivamente. A soma das áreas
dos infinitos círculos descritos nesse processo é igual a
a) b) c) 
d) e)
RESOLUÇÃO:
O quadrado ABCD tem lado m e o círculo nele inscrito possui raio .
O quadrado EFGH tem diagonal m e lado . O círculo nele inscrito 
possui raio .
O quadrado IJKL tem diagonal e lado .
O círculo nele inscrito tem raio .
Assim, sendo S a soma das áreas dos infinitos círculos, temos:
π m2
Portanto: S = –––––– unidades de área.
2
Resposta: A
m
–––
2
m���2
––––––
2
m���2
––––––
4
m
–––
2
m���2
––––––
2
m
–––
4
+ … =�
2
m
–––
4�+ π�
2
m���2
––––––
4 �+ π�
2
m
–––
2�S = π
m2
––––
2
= π .
m2
––––
4
––––––––
1
1 – ––
2
� = π .m
2 m2 m2
––– + ––– + –––– + …
4 8 16�= π
π m2
–––––3
3π m2
–––––8
π m2
––––2
π m2
–––––8
π m2
–––––4
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B
 3
a .S
– 25
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 25
1. (UDESC) – Sejam A = e B = duas matrizes 
e I a matriz identidade de ordem dois. Encontre a matriz X tal que 
AX + I = B.
RESOLUÇÃO:
Sendo X = , temos
A . X + I = B ⇒ . + = ⇔
⇔ + = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ e ⇔ e ⇔
⇔ e desta forma: X = 
Resposta: X = 
2. (UNESP) – Sejam A = , 
B = e C = matrizes reais.
a) Calcule o determinante de A, det(A), em função de x e y, e repre -
sente no plano cartesiano os pares ordenados (x; y) que satisfazem
a inequação det(A) ≤ det(B).
b) Determine x e y reais, de modo que A + 2B = C.
RESOLUÇÃO:
a) 1) A = ⇒ det(A) = y – 4x
B = ⇒ det(B) = – 3
2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3
b) A + 2 . B = C
+ 2 . = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Respostas: a) det(A) = y – 4x e gráfico
b) x = 1 e y = 2
� x – 2y3x + y
1
– 1 
� 2
– 1
1
– 2 
 � 13 3– 5 
x – 2y 1� 
3x + y – 1
2 1� 
– 1 – 2
x – 2y 1� 
3x + y – 1 2 1� 
– 1 – 2
1 3� 
3 – 5
x – 2y + 4 3 � 
3x + y – 2 – 5
1 3� 
3 – 5
x – 2y + 4 = 1�3x + y – 2 = 3
x – 2y = – 3�3x + y = 5
x = 1� y = 2
� 14
2
1 
 �
14
17
5
7 
� ac
b
d 
� 14
2
1 
 �
a
c
b
d 
 �
1
0
0
1 
� a + 2c4a + c 
 �
1
0
0
1 
b + 2d
4b + d
� a + 2c + 14a + c
b + 2d
4b + d + 1 
� a + 2c = 134a + c = 17
� 1417
5
7 
� 1417
5
7 
� 1417
5
7 
� b + 2d = 54b + d = 6 �
a + 2c = 13
7a = 21 �
b + 2d = 5
7b = 7
� a = 3c = 5 �
b = 1
d = 2 �
3
5
1
2 
� 35
1
2 
M
A
T
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 A
B
 3
a.S
26 –
MÓDULO 1144 Matrizes e Determinantes
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 26
3. (UFCE) – O valor de 2A2 + 4B2 quando A = e
B = é igual a:
a) b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
A2 = A . A = . = 
B2 = B . B = . = 
2A2 + 4B2 = 2 . + 4 . =
= + = 
Resposta: B
4. (FGV) – Seja a matriz A = (aij)2×2, na qual aij = .
Sendo n um número natural não nulo, então a matriz An é igual a:
a) b) c) 
d) e) 
RESOLUÇÃO:
Se A = (aij)2 x 2 tal que
aij = 
I) A =
II) A2 = A . A = . =
III) A3 = A2 . A = . =
...........................................................................................
...........................................................................................
...........................................................................................
An = An – 1 . A = . =
Resposta: A
5. Determine a soma das raízes da equação, em �.
RESOLUÇÃO:
⇔ 2(x + 6)[x(x – 3) + 3 + 12 – 3x – x + 3 – 12] = 0 ⇔
⇔ 2(x + 6)(x2 – 7x + 6] = 0 ⇔ x =– 6, x = 1 ou x = 6
A soma das raízes é 1.
Resposta: 1
� 10 n – 11 � � 10 11 � �
1
0
n
1 �
� 10 21 � �
1
0
1
1 � � 10 31 �
� 10 11 � � 10 11 � � 10 21 �
� 10 11 �
� 10
n
1 
 �
1
1
n
1 
 � 1n 01 
� n20 0n 
 � 10
n2
1 
0, se i > j� 1, se i � j, então:
� 0, se i > j1, se i ≤ j
� 04 40 
 � 60 06 
� 20
0
– 2 
 �
2
0
0
– 2 
 �
4
0
0
4 
� 01
– 1
0 
 �
0
1
– 1
0 
 �
– 1
0
0
– 1 
� 40
0
4 
 �
– 1
0
0
– 1 
� 80
0
8 
 �
– 4
0
0
– 4 
 �
4
0
0
4 
� 20 0– 2 
� 01 – 10 
� 44 44 
 � 40 04 
 � 00 00 
x
x – 2
1
3
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
A = = 0
= 0 ⇔
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
x
x – 2
1
3
x + 6
x + 6
x + 6
x + 6
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔
1
1
1
1
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔⇔ (x + 6) .
⇔ (x + 6) .
1
1
1
1
0
2
0
0
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔
⇔ (x + 6) . 2 . (– 1)2 + 2 . 
1
1
1
1
x
4
3
3
x – 3
= 0 ⇔
M
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B
 3
a .S
– 27
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 27
1. (UNESP) – Para quais valores de k ∈ � o sistema linear homo -
gêneo: 
será possível e determinado, será possível e indeter minado, será im -
pos sível?
RESOLUÇÃO:
O sistema será possível e determinado se, e somente se,
D = 
≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1
Esse mesmo sistema será possível e indeterminado se, e somente se,
D = = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1
O sistema linear dado, por ser homogêneo, nunca será impossível.
Respostas: Possível e determinado para k ≠ – 7 e k ≠ 1.
Possível e indeterminado para k = – 7 ou k = 1.
Impossível, nunca.
2.. (UNESP) – Considere a matriz
A = 
a) Determine todos os números reais λ para os quais se tem 
det(A – λI) = 0, em que I é a matriz identidade de ordem 3.
b) Tomando λ = – 2, dê todas as soluções do sistema
RESOLUÇÃO:
a) Se A = e λI = 
então A – λI = 
Portanto:
det (A – λI) = 0 ⇒ = 0 ⇔
⇔ (2 – λ) . [(6 – λ)2 – 9] = 0 ⇔ 2 – λ = 0 ou (6 – λ)2 = 9 ⇔
⇔ λ = 2 ou 6 – λ = ± 3 ⇔ λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 
b) Se det(A – λI) = 0 ⇔ λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 então, para 
λ = – 2, temos:
≠ 0
Assim sendo, o sistema homogêneo
⇔
é determinado e a única solução é x = 0, y = 0, z = 0.
Respostas: a) λ = 2 ou λ = 3 ou λ = 9 
b) (0; 0; 0)
� kx + 2y – z = 02x – y + 2z = 0
3x + y + kz = 0
k 2 – 1
2 – 1 2 
3 1 k
k 2 – 1
2 – 1 2 
3 1 k
� 6– 31
– 3
6
– 1
0
0
2 
�
(6 – λ) x –3y = 0
–3x + (6 – λ) y = 0
x – y + (2 – λ) z = 0
� 6– 31
– 3
6
– 1
0
0
2 � �
λ
0
0
0
λ
0
0
0
λ �
� 6 – λ– 31
– 3
6 – λ
– 1
0
0
2 – λ �
6 – λ
– 3
1
– 3
6 – λ
– 1
0
0
2 – λ
6 – λ
– 3
1
– 3
6 – λ
– 1
0
0
2 – λ
�
(6 – λ)x – 3y = 0
– 3x + (6 – λ)y = 0
x – y + (2 – λ)z = 0 �
(6 – λ)x – 3y + 0z = 0
– 3x + (6 – λ)y + 0z = 0
x – y + (2 – λ)z = 0
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28 –
MÓDULO 1155 Sistemas Lineares (I)
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 28
3. (UFES) – Para obter um complemento nutricional, Pedro vai mis -
turar x gramas de óleo do tipo I, y gramas de óleo do tipo II e z gramas
de óleo do tipo III. O preço, por grama, e a quantidade de vitaminas
presentes em 1 grama de óleo de cada tipo estão dispostos na tabela
abaixo.
Para Pedro obter um complemento nutricional que contenha exata -
mente 7 unidades de vitamina A, 8 unidades de vitamina B e 15 uni -
dades de vitamina C, determine 
a) todos os possíveis valores de x , y e z ;
b) os valores de x , y e z de forma que o preço do complemento seja 
1 real;
c) os valores de x , y e z de forma que o preço do complemento seja
mínimo.
RESOLUÇÃO:
1) Na matriz A = , cada elemento aij é a quantidade de
unidades de vitamina i fornecida por um grama do óleo j.
2) A matriz B = representa as quantidades de unidades de gotas 
de cada tipo de óleo e a matriz C = representa as quantidades
de unidades de vitaminas que o complemento nutricional deverá ter.
Desta forma, A . B = C.
3) . = ⇒ ⇒
⇒ ⇒ ⇒ x = 5k – 1, y = 3 – 5k e z = k,
como ⇔ 
4) O preço do complemento nutricional é 
0,30x + 0,50y + 0,50z = 0,30(5k – 1) + 0,50 (3 – 5k) + 0,50k = 1,20 – 0,5k
O preço do complemento nutricional é de R$ 1,00 quando 
1,20 – 0,5k = 1,00 ⇒ k =
Neste caso x = 5 . k – 1 = 5 . – 1 = 1
y = 3 – 5k = 3 – 5 . = 1
z = = 0,4
5) O preço do complemento é mínimo quando (1,20 – 0,5k) for mínimo e,
portanto, k for máximo. Para k = , temos
x = 5 . – 1 = 2
y = 3 – 5 . = 0
z = = 0,6
Resposta: Em gramas,
a) x = 5k – 1, y = 3 – 5k e z = k, com ≤ k ≤ 
b) x = 1, y = 1 e z = 0,4
c) x = 2, y = 0 e z = 0,6
�
2
4
6
3
4
7
5
0
5 
 �
x
y
z
 �
7
8
15 
 �
2x + 3y + 5z = 7
4x + 4y + 0z = 8
6x + 7y + 5z = 15
�
x + y = 2
2x + 3y + 5z = 7
6x + 7y + 5z = 15 �
x + y = 2
y + 5z = 3
y + 5z = 3
1
x ≥ 0 ⇒ 5k – 1 ≥ 0 ⇒ k ≥ –––
5
3
y ≥ 0 ⇒ 3 – 5k ≥ 0 ⇒ k ≤ –––
5
� 1 3–– ≤ k ≤ ––5 5
2
––
5
2
––
5
2
––
5
2
––
5
3
––
5
3
––
5
3
––
5
3
––
5
1
––
5
3
––
5
7
8
15�
�
x
y
z
Óleo tipo I Óleo tipo II Óleo tipo III
Unidades de
vitamina A 2 3 5
Unidades de
vitamina B 4 4 0
Unidades de
vitamina C 6 7 5
Preço por grama R$ 0,30 R$ 0,50 R$ 0,50
�
2
4
6
3
4
7
5
0
5 
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– 29
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4. (UNICAMP) – Seja dado o sistema linear:
a) Mostre graficamente que esse sistema não tem solução. Justifique.
b) Para determinar uma solução aproximada de um sistema linear 
Ax = b impossível, utiliza-se o método dos quadrados mínimos, que
consiste em resolver o sistema ATAx = ATb. Usando esse método,
encontre uma solução aproximada para o sistema dado acima.
Lembre-se de que as linhas de MT (a transposta de uma matriz M)
são iguais às colunas de M.
RESOLUÇÃO:
a) Sejam (r), (s) e (t) as representações gráficas dos pon tos definidos pelos
pares ordenados (x1 ; x2 ) num sis tema cartesiano orgonal de abscissa 
x1 e or de nada x2 . 
Graficamente, não há um ponto comum às 3 retas e portanto o sistema
não tem solução.
b) Se A . x = b é . = , então 
A x b
AT . Ax = AT . b é
. . = 
= . ⇔ . = ⇔ 
⇔ ⇔ 
Respostas: a) ver gráfico
b) A solução aproximada do sistema é dada por
(x1; x2 ) = 
�
– x1 + 2x2 = 2
2x1 – x2 = 2
x1 + x2 = 2
� – 121
2
– 1
1 
 �
x1
x2
 � 222 
� – 12 2– 1 11 
 � – 121
2
– 1
1 
 �
x1
x2
� – 12 2– 1 11 
 � 222 
 �
6
– 3
– 3
6 
 �
x1
x2
 � 44 
6x1 – 3x2 = 4� 
– 3x1 + 6x2 = 4 �
4
x1 = ––3
4
x2 = ––3
4 4�–– ; ––�3 3
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– 31
1. (ITA) – Sejam a, b ∈ �. Considere os sistemas lineares 
em x, y e z:
e 
Se ambos admitem infinitas soluções reais, então:
a) = 11 b) = 22 c) ab =
d) ab = 22 e) ab = 0
RESOLUÇÃO:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Se o sistema tem infinitas soluções, então a – = 0 ⇔ a = .
Se o segundo sistema tem infinitas soluções, então:
D = = 0 ⇔ b = 11 e = = 22
Resposta: B
2. Para que valores de k o sistema de equações lineares
nas incógnitas x e y com k ∈ � é indeterminado?
RESOLUÇÃO 1:
⇔ ⇔ ⇔
⇔
Conclusão: Se k = 1 ou k = – 1, o sistema é possível e determinado e 
se k ≠ 1 e k ≠ – 1, o sistema é impossível.
RESOLUÇÃO 2:
Sejam p e q as características das matrizes incompleta e completa, tais que
MI = MC = 
A matriz incompletade característica, pois ≠ 0
Como det(MC) = 1 – k2; se k = 1 ou k = – 1 tem-se det(MC) = 0 e q = 2 e, se
k ≠ 1 e k ≠ – 1 tem-se det(MC) ≠ 0 e q = 3.
Assim, para k = 1 ou k = – 1, p = q = 2 e S.P.D.
k ≠ 1 e k ≠ – 1, p = 2 ≠ q = 3 e S.Imp.
�
x + y – z = 0
x – 3y + z = 1
– 2y + z = a �
x – y = 0
x + 2y – z = 0
2x – by + 3z = 0
a
–––
b
b
–––
a
1
–––
4
� x + y – z = 0x – 3y + z = 1
– 2y + z = a �
x + y – z = 0
– 4y + 2z = 1
– 2y + z = a
�
x + y – z = 0
– 1
2y – z = ––––
2
– 2y + z = a �
x + y – z = 0
1
2y – z = – –––
2
1
0z = a – –––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
1
2
– 1
2
– b
0
– 1
3
b
–––
a
11
––––
1
––
2
� x + y = 1x – y = k
x + ky = k
� x + y = 1x – y = k
x + ky = k �
x + y = 1
k + 1
x = ––––––
2
x + ky = k �
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
x + ky = k
�
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
k + 1 1 – k
–––––– + k . �––––––� = k2 2
⇔ ⇔�
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
1 – k2 = 0
� k = 1 ⇒ x = 1 e y = 0k = – 1 ⇒ x = 0 e y = 1
⇔
� 
 � 
1
1
1
1
– 1
k
1
1
1
1
– 1
k
1
k
k
1
1
1
– 1
MÓDULO 1166 Sistemas Lineares (II)
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B
 3
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32 –
3. Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:
a) Encontre o valor de a que torna o sistema im pos sível ou
indeterminado.
b) Para o valor de a obtido no item anterior o sistema é impossível ou
indeterminado?
RESOLUÇÃO:
a) Para o sistema ser impossível ou indeterminado, devemos ter 
D = = 0 e, portanto, – 11a + 44 = 0 ⇔ a = 4
b) Para a = 4, tem-se que a
MI = tem característica 2, pois = 11 � 0
Também a matriz
MC = tem característica 2. 
 Portanto, o sistema é possível e indeterminado.
4. (FGV) – Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:
a) Encontre o valor de a que torna o sistema im pos sível ou
indeterminado.
b) Utilize o valor de a encontrado no item anterior para verificar se o
sistema dado é impossível ou indeter mi na do.
RESOLUÇÃO:
a) O sistema será impossível ou indeterminado 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
� x – 2y – z = 82x + y + 3z = – 2
x + y + 2z = 8 �
x + y + 2z = 8
3y + 3z = 0
5y + 5z = – 18 �
x + y + 2z = 8
y + z = 0
0z = – 18
1
2
a
– 2
1
1
– 1
3
2
� x – 2y – z = 82x + y + 3z = – 2
ax + y + 2z = 8
�
x – 2y – z = 8
2x + y + 3z = – 2
ax + y + 2z = 8
�
1
3
4
– 3
2
– 1
– 2
5
3
– 4
10
6
1
3
– 3
2
1
3
4
– 3
2
– 1
– 2
5
3�
1
3
a
– 3
2
– 1
– 2
5
3
x – 3y – 2z = – 4
3x + 2y + 5z = 10
ax – y + 3z = 6
�
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– 33
1. (UFES) – Uma pessoa, quando situada a 300 metros de uma torre,
avista o topo da torre sob um ângulo α em relação à horizontal. Quando
está a 100 metros da torre, ela avista o topo da torre sob um ângulo 2α
(veja a figura). O nível dos olhos dessa pessoa está a 1,6 metro da
horizontal em que está situada a base da torre.
a) Calcule o valor de α.
b) Determine a altura dessa torre.
RESOLUÇÃO:
a) 1) Δ ABD é isósceles (D^ � A^ = α)
2) x + 100 = 300 ⇒ x = 200 m
3) BD = AB = x = 200 m
4) Δ BCD
cos (2α) = = =
Portanto: 2α = 60° ⇔ α = 30°
b) Δ BCD
tg (2α) = ⇒ tg 60° = ⇔ �	3 ⇔ CD = 100 �	3 m
Portanto:
altura da torre = 1,6 + CD = 1,6 + 100 �	3 m
Respostas: a) 30°
b) 1,6 + 100 �	3 m
2. (UNICAMP-2010) – Laura decidiu usar sua bicicleta nova para
subir uma rampa. As figuras abaixo ilustram a rampa que terá que ser
vencida e a bicicleta de Laura.
a) Suponha que a rampa que Laura deve subir tenha ângulo de
inclinação α, tal que cos(α) = ����� 0,99. Suponha também que cada
pedalada faça a bicicleta percorrer 3,15 m. Calcule a altura h
(medida com relação ao ponto de partida) que será atingida por
Laura após dar 100 pedaladas.
b) O quadro da bicicleta de Laura está destacado a seguir. Com base nos
dados da figura e sabendo que a mede 22 cm, calcule o comprimento
b da barra que liga o eixo da roda ao eixo dos pedais.
RESOLUÇÃO:
a) Após 100 pedaladas, Laura subiu 
3,15 . 100 = 315 me tros da rampa, atingindo a altura, em metros, de:
h = 315 . sen α = 315 . �						1 – cos2 α = 
= 315 . ��					1 – (�			0,99)2 = 315 . �			0,01 = 31,5
b) A figura seguinte esquematiza o quadro da bici cleta de Laura.
Sendo sen 75° = sen (45° + 30°) = 
= sen 45° . cos 30° + sen 30° . cos 45° =
=
, temos, pela lei dos senos e em centímetros:
100
––––
BD
100
––––
200
1
––
2
CD
–––
BD
CD
–––
100
CD
–––
100
���6 + ���2
–––––––––
4
MÓDULO 1177 Trigonometria I
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34 –
= ⇒ = ⇒ b = 11 ���2 ����3 + 1�
Respostas: a) 31,5 m
b) 11���2 ����3 + 1� cm
3. (FUVEST) – O triângulo ABC da fi gura abaixo é equilátero de lado 1.
Os pontos E, F e G pertencem, respecti vamente, aos lados 
–––
AB, 
–––
AC e
–––
BC do triângulo. Além disso, os ângulos A^FE e C ^GF são retos e a
medida do segmento 
–––
AF é x.
Assim, determine:
a) a área do triângulo AFE em função de x;
b) o valor de x para o qual o ângulo F^EG também é reto.
RESOLUÇÃO:
a) No triângulo AFE, temos:
tg 60° = ⇒ ����3 = ⇒ EF = x����3
Assim, a área do triângulo AFE é:
SAFE = = = 
b) 1.o) Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo AFE, temos:
(AE)2 = (AF)2 + (EF)2 = x2 + (x����3 )2 ⇒
⇒ AE = 2x e, portanto, BE = AB – AE ⇒ BE = 1 – 2x.
2.o) Se FE^G é reto, então GE^B = 60° e, portanto, o triângulo GEB é
equilátero. 
Assim, EG = BE = 1 – 2x.
3.o) No triângulo FEG, temos:
tg 30° = ⇒ = ⇒
⇒ ����3 – 2x ����3 = 3x ����3 ⇒ x = 
Respostas: a) b) 
4. (UNESP) – Determinando m, de modo que as raízes da equação
x2 – mx + m + m2 = 0 sejam o seno e o cosseno do mesmo ângulo,
os possíveis valores desse ângulo no 1.º ciclo trigonométrico são:
a) 0° ou π. b) 3π/2 ou 2π. c) π ou 2π.
d) π/2 ou 3π/2. e) π ou 3π/2.
RESOLUÇÃO:
Sendo sen θ e cos θ, 0 ≤ θ ≤ 2π, raízes da equação x2 – mx + m + m2 = 0,
temos:
sen θ + cos θ = m e sen θ . cos θ = m + m2
Assim: 
sen θ + cos θ = m ⇒ sen2θ + 2 sen θ cos θ + cos2θ = m2 ⇒
⇒ 1 + 2 sen θ cos θ = m2
Como sen θ cos θ = m + m2, então 1 + 2(m + m2) = m2 ⇒ m = – 1.
Dessa forma, temos:
⇔ ou ⇒ θ = π ou θ =
Resposta: E
b
–––––––
sen 75°
a
––––––
sen 30°
b
––––––––––––
���6 + ���2
––––––––
4
22
–––––
1
––
2
EF
—––
x
EF
—––
x
(AF) . (EF)
——–––––––––
2
x . x����3
——–––––––
2
x2 ����3
——––––
2
EF
—–––
EG
����3
——–
3
x����3
–––––––
1 – 2x
1
—–
5
x2 ����3
——––––
2
1
—–
5
3π
–––
2
sen θ = – 1
cos θ = 0�
sen θ = 0
cos θ = – 1�
sen θ + cos θ = – 1
sen θ . cos θ = 0�
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– 35
1. (UFBA) – No plano cartesiano, considere a reta r que passa pelos
pontos P (24,0) e Q (0,18) e a reta s, perpendicular a r, que passa pelo
ponto médio de P e Q. Assim sendo, determine a hipotenusa do
triângulo cujos vértices são o ponto Q e os pontos de intersecção da
reta s com a reta r e com o eixo Oy.
RESOLUÇÃO:
1.o) Ponto médio de PQ––– :
M ⇔ M (12; 9)
2.o) mr = = – ⇒ ms = (pois r ⊥ s).
3.o) Equação da reta s, que passa pelo ponto M (12; 9) e tem coeficiente
angular ms = : y – 9 = . (x – 12).
4.o) A reta s intercepta o eixo Oy no ponto P, 
tal que: x =0 → y – 9 = . (–12) ⇔ y = –7. 
Assim: P (0; –7).
5.o) O triângulo em questão é constituído pelos pontos Q (0; 18), M (12; 9)
e P (0; –7), cuja hipotenusa é: PQ = �18 � + �–7 � = 25
2. (UFJF) – Considere o retângulo ABCD abaixo. Os pontos C e D
têm coordenadas cartesianas respectivamente iguais a (9; 4) e (1; 4). O
ponto E é um ponto no segmento CD tal que EC = CD e A^EBé um
ângulo reto.
A reta que passa pelos pontos B e E tem equação na forma y = αx + β,
em que:
a) α ∈ [–2; –1] e β < –7. b) α ∈ [–4; –2] e 0 < β < 1.
c) α ∈ [–1; 0] e β < 9. d) α ∈ [–2; –1] e β > 11.
e) α ∈ [–3; –2] e β > 10.
RESOLUÇÃO:
Conforme o enunciado, temos:
1.o) CD = 8 = AB
2.o) EC = . CD = 2 ⇒ ED = 6
3.o) E (7; 4)
4.o)
⇒
5.o) tg γ = = = ⇒ γ = 30°
6.o) Coeficiente angular da reta BE:
m = tg θ = tg (90° + γ) = tg 120° = – �	3
7.o) Equação da reta BE, que passa pelo ponto E (7; 4), com coeficiente
angular m = – �	3:
y – 4 = – �	3 . (x – 7) ⇔ y = – �	3 x + 7 �	3 + 4.
� 24 + 0––––––;2 0 + 18 ––––––2 �
18 – 0
—–––––
0 – 24
3
—–
4
4
––
3
4
––
3
4
––
3
4
––
3
1
––
4
1
––
4
a2 + b2 = 82
a2 = c2 + 22
b2 = c2 + 62 � 2c2 + 40 = 64c2 = 12
c = 2�	3
2
––
c
2
–––––
2�	3
�	3
––––
3
MÓDULO 1188 Geometria Analítica I
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36 –
Na forma y = α . x + β, temos:
α = – �	3 � – 1,7 ⇒ α ∈ [– 2; – 1]
β = 7�	3 + 4 � 7 . 1,3 + 4 � 13,1 ⇒ β > 11.
Resposta: D
3. (UNICAMP-2010) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x.
a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo
vertical fornece log2(y). 
b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações:
Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente. 
RESOLUÇÃO:
a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔
⇔ log2 y = log2 8 – log2 (42x) ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 2x . log2 4 ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 4x, cujo gráfico é o representado a seguir.
b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔
⇔ 8 = 42z . 4y ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3
II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒
⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3
III) ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Respostas: a) Ver gráfico.
b) y = z = 
� f(z) = g(y)f(y) / g(z) = 1
8
–––
42x � 8–––42x �
8
–––
42z
f(y)
––––
g(z)
8
––––
42y
� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 �
4y + 8z = 6
– 4y – 2z = – 3
� 2y + 4z = 36z = 3 �
1
y = –––
2
1
z = –––
2
1
––
2
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– 37
4. (UNIFESP) – Considere, num sistema ortogonal, conforme a
figura, a reta de equação r : y = kx (k > 0 um número real), os pontos
A (x0; 0) e B (x0; kx0) (com x0 > 0) e o semicírculo de diâmetro AB.
a) Calcule a razão entre a área S, do semicírculo, e a área T, do
triângulo OAB, sendo O a origem do sistema de coordenadas.
b) Calcule, se existir, o valor de k que acarrete a igualdade S = T, para
todo x0 > 0.
RESOLUÇÃO:
De acordo com os dados representados na figura acima:
1) a área do triângulo OAB é:
T = = 
2) a área do semicírculo de raio é:
S = =
3) a razão entre S e T é:
= =
4) se T = S, então = 1 ⇔ k = .
Respostas: a) = b) k = 
k . x0
π . �––––––�
2
2
–––––––––––––
2
π k2 . x0
2
––––––––
8
S
–––
T
π k2 . x0
2
–––––––––
8
––––––––––––
k . x0
2
––––––
2
π k
––––
4
π k
––––
4
4
–––
π
S
–––
T
π k
––––
4
4
–––
π
k . x0
––––––
2
x0 . kx0
––––––––
2
k . x0
2
––––––––
2
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38 –
1. (UFJF) – Esta questão se destina a estabelecer uma demonstração
para a fórmula:
sen (α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α
a) No círculo trigonométrico apresentado, observe os triângulos HFB
e HCO e mostre que os ângulos α e θ são congruentes.
b) Mostre que GB = sen β . cos α.
c) Admitindo que já tenha sido provado que FD = sen α . cos β,
conclua que:
sen (α + β) = sen α . cos β + sen β . cos α
d) Calcule o valor de sen75°.
RESOLUÇÃO:
a) Se H é o ponto de intersecção dos segmentos OA––– e CB––– , então OH^ C � BH^ F
(opostos pelo vértice).
Assim, Δ HFB � Δ HCO (critério AA�) e, portanto, 
CO^ H � FB^ H ⇔ α � θ.
b) 1.o) Δ BGF é retângulo: cos θ = ⇔ GB = BF . cos θ.
2.o) Como α = θ, temos cos θ = cos α. 
3.o) Δ OFB é retângulo: sen β = ⇔ BF = OB . sen β = 1 . sen β = sen β.
Portanto: GB = sen β . cos α.
c) 1.o) Δ OCB é retângulo: sen (α + β) = ⇔
⇔ CB = 1 . sen (α + β) = sen (α + β)
2.o) O quadrilátero CDFG é um retângulo; assim, CG = FD = sen α . cos β.
Portanto, sen (α + β) = CB = CG + GB = sen α . cos β + sen β . cos α.
d) sen 75° = sen (30° + 45°) = sen 30° . cos 45° + cos 30° . sen 45° =
= . + . =
2. (FGV) – Um estudante tinha de calcular a área do triângulo ABC,
mas um pedaço da folha do caderno rasgou-se. Ele, então, traçou o
segmento 
—
A’C’ paralelo a 
—
AC, a altura C’H do triângulo A’BC’ e, com
uma régua, obteve estas medidas:
C’H = 1,2 cm, A’B = 1,4 cm e AB = 4,2 cm.
a) Use essas medidas e calcule a área do triângulo ABC.
b) Com a régua, ele mediu também o lado —A’C’ e obteve A’C’ = 1,5 cm.
Se as medidas em graus dos ângulos agudos ^A e ^B são
respectivamente a e b, calcule o valor de sen(a – b).
RESOLUÇÃO:
GB
–––
BF
BF
–––
OB
CB
–––
OB
1
–––
2
�	2
–––
2
�	2 + �	6
––––––––
4
�	3
–––
2
�	2
–––
2
MÓDULO 1199 Trigonometria II
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– 39
a) Sendo SABC e SA’BC’ respectivamente as áreas, em cm2, dos triângulos
semelhantes ABC e A’BC’, temos:
⇒ SABC = 9 . 0,84 = 7,56
b) 1) No triângulo retângulo A’HC’, em cm, temos:
A’H2 + C’H2 = A’C’2 ⇔ A’H2 + (1,2)2 = 1,52 ⇔
⇔ A’H = 0,9, pois A’H > 0.
2) HB = A’ B – A’H = 1,4 – 0,9 = 0,5
3) No triângulo retângulo C’HB, em cm, temos:
C’B2 = HB2 + C’H2 ⇔ C’B2 = 0,52 + 1,22 = 1,69 ⇒
⇒ C’B = 1,3, pois C’B > 0. 
4) sen a = = = 
cos a = = = 
sen b = = = 
cos b = = = 
sen(a – b) = sen a . cos b – sen b . cos a = 
= . – . =
= – = –
Respostas: a) 7,56 cm2 b) –
3. (UFJF) – Considere a função f: [0; 2π] →�definida por f(x) = 2 + cos x. 
a) Determine todos os valores do domínio da função f para os quais
f(x) > 3/2.
b) Seja g: [0,2π] → � a função definida por g(x) = 2x.
Determine a função composta h = fog.
c) Verifique que a lei da função composta h pode ser escrita na forma
h(x) = 3 – 2 sen2x.
RESOLUÇÃO:
a) f(x) > ⇔ 2 + cos x > ⇔ cos x > –
Com base no ciclo ao lado, conclui-se que: 
0 ≤ x < ou < x ≤ 2π
b) f(x) = 2 + cos x
g(x) = 2x
h = fog = f [g(x)] = 2 + cos (2x)
c) h(x) = 2 + cos(2x) = 2 + 1 – 2 . sen2x = 3 – 2 . sen2x
4
–––
5
1,2
––––
1,5
C’H
––––––
A’C’
3
–––
5
0,9
––––
1,5
A’H
––––––
A’C’
12
–––
13
1,2
––––
1,3
C’H
–––––
C’B
5
–––
13
0,5
––––
1,3
HB
–––––
C’B
3
––
5
12
–––
13
5
–––
13
4
–––
5
16
–––
65
36
–––
65
20
–––
65
16
–––
65
1
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
4π
–––
3
2π
–––
3
⇒
4,2SABC = �––––�2 . SA’BC’1,4
1,4.1,2SA’BC’ = –––––– = 0,842
�⇔�
SABC AB
–––––– = �–––––�2SA’BC’ A’B
A’B . C’HSA’BC’ = –––––––––2
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4. (UFG) – Em um jogo de sinuca, uma bola é lançada do ponto O para
atingir o ponto C, passando pelos pontos A e B e seguindo a trajetória indicada
na figura a seguir.
Nessas condições, calcule:
a) o ângulo β em função do ângulo θ;
b) o valor de x indicado na figura.
RESOLUÇÃO:
a)
Considerando-se os triângulos, conclui-se que:
θ= ⇔ β = 2 θ
b)
⇔ = ⇒ y = . x
Sendo y + y + x = 2, temos:
x + x + x = 2 ⇔ 4x = 2 ⇔ x = 0,5 m
β
–––
2
α + θ = 90°
β
α + ––– = 90°
2
�
3
–––
2
y
–––
1,2
x
–––
0,8
x
tg θ = –––
0,8
y
tg θ = –––
1,2
�
3
–––
2
3
–––
2
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– 41
1. (UFV-2010) – Considere a circunferência de centro C (1; 0) e a reta
t que a tangencia no ponto P (0; 2).
a) Determine o raio e a equação da circunferência.
b) Determine a equação da reta t.
RESOLUÇÃO:
a) Raio: r = PC = �													 (1 – 0)2 + (0 – 2)2 = �	5
Equação: (x – 1)2 + (y – 0)2 = (�	5)2 ⇒ (x – 1)2 + y2 = 5
b)
1.o) mPC = = –2 ⇒ mt = = pois t ⊥ PC
–––
.,
2.o) Equação da reta t, que passa pelo ponto P (0; 2) e tem coeficiente
angular mt = :
y – 2 = . (x – 0) ⇔ x – 2y + 4 = 0
2. (VUNESP) – No plano cartesiano, o segmento AB––– é um diâmetro
da circunferência λ, sendo A = (0; 0) e B = (4; 0). 
a) Escreva uma equação da circunferência λ.
b) Considere as retas ↔ACe ↔BC, de equações y = kx e y = x + (6 – 2k),
respectivamente, em que k é uma constante real. Sabendo que o
triângulo ABC está inscrito na circunferência λ, determine o valor
de k.
RESOLUÇÃO:
a) Se A (0; 0) e B (4; 0) são as extremidades do diâmetro da circunferência
λ, então o centro é o ponto (2; 0), que é o ponto médio de –––AB, e o raio é
r = = = 2.
Uma equação de λ é: (x – 2)2 + y2 = 4.
b) Se AB––– é o diâmetro da circunferência e o triângulo ABC está inscrito na
circunferência, o triângulo é retângulo, sendo AC––– e BC––– perpendiculares.
Considerando as retas ↔AC e ↔BC (perpendiculares), de equações y = kx e
y = . x + (6 – 2k), devemos ter mAC–– = ⇒ k = ⇔
⇔ k2 – 3k + 2 = 0 ⇔ k = 1 ou k = 2.
Respostas: a) (x – 2)2 + y2 = 4
b) k = 1 ou k = 2
3. (FUVEST-2010) – No sistema ortogonal de coordenadas
cartesianas Oxy da figura, está representada a circunferência de centro
na origem e raio 3, bem como o gráfico da função .
Nessas condições, determine:
a) as coordenadas dos pontos A, B, C, D de interseção da
circunferência com o gráfico da função;
b) a área do pentágono OABCD.
0 – 2
––––––
1 – 0
–1
–––––
mPC
1
––
2
1
––
2
1
––
2
� k – 3––––2 �
AB
–––
2
4
––
2
� k – 3––––2 �
–1
–––––
mBC
––
–1
–––––
k – 3
––––
2
���8
y = ––––
�x�
MÓDULO 2200 Geometria Analítica II
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 41
RESOLUÇÃO:
a) 
As coordenadas dos pontos A, B, C e D são as soluções do sistema:
Da segunda equação, temos x2 + = 9 ⇔
⇔ x4 – 9x2 + 8 = 0 ⇔ x = ± 1 ou x = ± 2���2
Satisfazendo a equação I, temos:
y = = 2���2 ou y = = 1
Desta forma, os pontos são A (2���2; 1), B (1; 2���2), C (– 1; 2���2) e D (– 2���2; 1).
b)
A área do trapézio ABCD é: 
= 7
A
área do triângulo OAD é = 2�	2 .
Desta forma, a área do pentágono OABCD é 7 + 2���2, em unidades de
área.
Respostas: a) A (2���2; 1), B (1; 2���2), C (– 1; 2���2) e 
D (– 2���2; 1)
b) 7 + 2���2
4. (UFSC-2010) – Um projétil desloca-se no plano cartesiano e seus
deslocamentos, em metros, na horizontal e na vertical, são descritos,
respectivamente, pelas equações: em que t(t ≥ 0) repre
 
-
senta o tempo em minutos.
Determine a equação da trajetória do projétil e a distância percorrida
pelo projétil entre o ponto A, para t = 0, e o ponto B, para t = 5 minutos.
RESOLUÇÃO:
Sendo os deslocamentos, em metros, na horizontal e na vertical, descritos
pelas equações , então a equação da trajetória do projétil é:
⇔ y = 3 . (x – 5) + 6 ⇔ y = 3x – 9, com x ≥ 5
O deslocamento do projétil entre o ponto A, para t = 0, e o ponto B, para
t = 5, é igual a:
t = 0 → x = 5 e y = 6 … A (5; 6)
t = 5 → x = 10 e y = 21 … B (10; 21)
AB = �														 (10 – 5)2 + (21 – 6)2 = �							 25 + 225 = �			 250 = 5 �		10 metros.
Resposta: y = 3x – 9, com x ≥ 5.
AB = 5 �		10 metros.
(4���2 + 2) . (2���2 – 1)
–––––––––––––––––––
2
4���2 . 1
––––––––
2
�x = t + 5y = 3t + 6
�x = t + 5y = 3t + 6
� t = x – 5y = 3t + 6���8
––––––––
�± 2���2�
���8
––––––
�± 1�
8
–––
x2
���8
y = –––– (I)
�x�
���8
x2 + �––––�
2
= 9 (II)
�x�
�⇔���8y = ––––�x�x2 + y2 = 9�
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
42 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 42
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 43
1. (FUVEST-2010) –A figura representa um quadrado ABCD de lado 1.
O ponto F está em BC––, BF–– mede ���5/4, o ponto E está em CD–– e AF–– é
bissetriz do ângulo BA^E. Nessas condições, o segmento DE–– mede:
a) b) c) 
d) e) 
RESOLUÇÃO:
Sendo AF
––
bissetriz do ângulo BA^E, temos:
BA^F = EA^F = α
No ΔABF, temos tgα = ⇔ tgα = .
No ΔADE, temos:
tg(2α) = ⇔ = ⇔ 
⇔ = ⇔ = ⇔ DE = 
Resposta: D
2. (FUVEST-2010) – Sejam x e y dois números reais, com 0 < x <
e < y < π, satisfazendo sen y = e 11 sen x + 5 cos(y – x) = 3.
Nessas condições, determine:
a) cos y b) sen 2x
RESOLUÇÃO:
Sendo 0 < x < , < y < π e sen y = , temos:
a) cos2y = 1 – sen2y = 1 –
2
= ⇒
⇒ cos y = – , pois y ∈ 2o. quadrante.
b) 11 . sen x + 5 . cos (y – x) = 3 ⇔
⇔ 11 . sen x + 5 . (cos y . cos x + sen y . sen x) = 3 ⇔
⇔ 11 . sen x + 5 . . cos x + . sen x = 3 ⇔
⇔ cos x = 5 . sen x – 1 
Então:
cos2x + sen2x = 1 ⇒ (5 . sen x – 1)2 + sen2x = 1 ⇔
⇔ 13 . sen2x – 5 . sen x = 0 ⇔
⇔ sen x = (pois sen x ≠ 0) 
e cos x = 5 . – 1 = 
Portanto: 
sen(2x) = 2 . sen x . cos x = 2 . . = 
Respostas: a) – b) 
9���5
––––
40
7���5
––––
40
3���5
––––
40
13���5
–––––
40
11���5
–––––
40
���5
––––
4
BF
–––
AB
1
–––
DE
2 tgα
––––––––
1 – tg2α
AD
–––
DE
11���5
–––––
40
1
–––
DE
8���5
––––
11
1
–––
DE
���5
2 . ––––
4
––––––––––
���5
1 – �––––�
2
4
π
––
2
4
––
5
π
––
2
4
––
5
π
––
2
π
––
2
9
–––
25�
4
––
5�
3
––
5
�4––5��
3
– ––
5��
5
–––
13
12
–––
13
5
–––
13
120
––––
169
12
–––
13
5
–––
13
120
––––
169
3
–––
5
MÓDULO 2211 Trigonometria III
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 43
3. (FUVEST-2010) – No triângulo ABC da figura, a mediana —AM,
relativa ao lado 
—
BC, é perpendicular ao lado 
—
AB. Sabe-se também que
BC = 4 e AM = 1. Se α é a medida do ângulo A ^BC, determine:
a) sen α
b) o comprimento AC
c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado —AB
d) a área do triângulo AMC
RESOLUÇÃO:
a) No triângulo BAM, retângulo em A, tem-se:
sen α = = ⇒ α = 30°
b) No triângulo AMC, tem-se, pela lei dos cossenos:
AC2 = AM2 + MC2 – 2 . AM . MC . cos 120°
AC2 = 12 + 22 – 2 . 1 . 2 . – ⇒ AC = ���7
c) Pela semelhança dos triângulos BAM e BDC, tem-se:
= ⇒ h = 2
d) A área do triângulo AMC é: 
. AM . MC . sen 120° = . 1 . 2 . =
Respostas: a) 30° b) ���7 c) 2 d)
4. (UFSCar) – Suponha que o planeta Terra seja uma esfera de centro
C e raio R. Na figura, está representado o planeta Terra e uma nave
espacial N. A fração visível da superfície da Terra por um astronauta na
nave N é dada em função do ângulo θ, mostrado na figura pela
expressão f(θ) = .
a) Determine o ângulo θ, em graus, para o qual é visível da nave a
quarta parte da superfície da Terra e a distância da nave à superfície
da Terra neste caso. (Use a aproximação R = 6.400 km.)
b) Se um astronauta numa nave, a uma distância d da Terra, avista a
superfície da Terra com ângulo θ = 15°, determine a fração visível
da superfície da Terra pelo astronauta. (Use as aproximações
���2 = 1,4 e ���6 = 2,4.)
RESOLUÇÃO:a) f(θ) = = ⇔ sen θ = ⇔ θ = 30°, pois 0 < θ < 90° e
a fração visível da superfície da Terra é .
Além disso:
sen θ = ⇔ = ⇔
⇔
b) Como
1) sen 15° = sen (45° – 30°) = 
= sen 45° . cos 30° – sen 30° . cos 45° =
= . – . =
= = =
2) f(15°) = = =
= =
Respostas: a) 30° e d = 6400 km
b) da superfície da Terra
AM
––––
BM
1
––
2
� 1––2 �
h
––
4
1
––
2
1
––
2
1
––
2
���3
––––
2
���3
––––
2
���3
––––
2
1
––
4
1 – sen θ
––––––––
2
1
––
4
6 . 400
––––––––
6400 + d
1
––
2
R
–––––
R + d
d = 6400 km
�	2
––––
2
1
–––
2
�	3
––––
2
�	2
––––
2
1
–––
4
2,4 – 1,4
––––––––
4
�	6 – �	2
–––––––––
4
1
1 – –––
4
–––––––––––
2
1 – sen 15°
–––––––––––
2
3
–––
8
3
–––
4
–––––
2
3
–––
8
1
––
4
1 – sen θ
–––––––
2
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
44 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 44
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 45
1. (UNIRIO) – Na figura abaixo, A, B, C e D são centros de 4
circunferências de mesmo raio e as retas r e s são perpendiculares.
Sabendo que a reta s tem equação x – y = 0 e que o ponto D é o ponto
de coordenadas (10; 2), determine as coordenadas do ponto médio do
segmento ––AC.
RESOLUÇÃO:
1.o) Equação da r ⊥ s passando pelo ponto D (10; 2):
y – 2 = –1 (x – 10) ⇔ y = – x + 12.
2.o) Intersecção entre r e s, ⇔ x = y = 6 … B (6; 6).
3.o) Ponto C (é ponto médio de ––AD) ⇒ C (8; 4)
4.o) BC = 2 π = �												 (8 – 6)2 + (6 – 4)2 = �	8 ⇒ r = �	2
5.o) A abscissa do ponto A satisfaz à condição: 
xA = 6 – 2 r cos 45° = 6 – 2�	2 . = 4
Assim: A(4; 4).
6.o) Ponto médio de ––AC: 
M ⇔ M (6; 4)
2. (UNICAMP-2010) – No desenho abaixo, a reta y = ax (a > 0) e a
reta que passa por B e C são perpendiculares, interceptando-se em A.
Supondo que B é o ponto (2; 0), resolva as questões abaixo.
a) Determine as coordenadas do ponto C em função de a.
b) Supondo agora que a = 3, determine as coordenadas do ponto A e
a equação da circunferência com centro em A e tangente ao eixo x.
RESOLUÇÃO:
a) ⇒ ms = –
Na reta s, têm-se B (2; 0) e C (0; k).
Como ms = – , tem-se:
= – ⇒ – = – ⇒ k =
Então: C �0; �
b) Para a = 3, tem-se: ms = – . A equação da reta s é y = – (x – 2) e 
a equação da reta r é y = 3x.
Então, o ponto A, sendo a intersecção das retas r e s, é a solução do
sistema:
�y = xy = –x + 12
�	2
–––
2
� 8 + 4 4 + 4–––––; –––––2 2 �
mr = a
r ⊥ s �
1
––
a
1
––
a
k – 0
––––––
0 – 2
1
––
a
k
–––
2
1
––
a
2
––
a
2
––
a
1
––
3
1
––
3
MÓDULO 2222 Geometria Analítica III
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 45
⇒ ⇒ A (1/5; 3/5)
A circunferência de centro A (1/5; 3/5) e tangente ao eixo x tem raio r = 3/5.
Então, sua equação é:
(x – 1/5)2 + (y – 3/5)2 = 9/25 
Respostas: a) C (0; 2/a)
b) A (1/5; 3/5) e (x – 1/5)2 + (y – 3/5)2 = 9/25
3. (UFPB-2010) – Em certo jogo de computador, dois jogadores, A e
B, disputam uma partida da seguinte maneira:
• Inicialmente, cada jogador escolhe dois pontos do plano cartesiano,
diferentes de (0; 0), de modo que um dos pontos pertença à reta y = 2x
e o outro ponto, à reta y = 4x.
• Em seguida, cada jogador fornece seus pontos ao computador, que
calcula a área do triângulo cujos vértices são os pontos por ele
escolhidos e o ponto (0; 0).
• O ganhador será aquele que escolher os pontos que forneçam o
triângulo com maior área.
• Caso os jogadores escolham pontos que forneçam triângulos com a
mesma área, haverá empate.
Nesse contexto, identifique as afirmativas corretas:
I. Se o jogador A escolher os pontos (2; 4) e (2; 8) e o jogador B
escolher os pontos (3; 6) e (1; 4), ganhará o jogador B.
II. Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam à
reta x = 20 e o jogador B escolher seus pontos de modo que eles
pertençam à reta y = 20, ganhará o jogador A.
III.Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam à
reta x = 10 e o jogador B escolher seus pontos de modo que eles
pertençam à reta x = –10, haverá empate.
IV. Se os jogadores A e B escolherem um mesmo ponto da reta y = 2x
e pontos distintos da reta y = 4x e equidistantes da origem, haverá
empate.
V. Se o jogador A escolher seus pontos de modo que eles pertençam à
reta y = 12 e o jogador B escolher seus pontos de modo que eles
pertençam à reta y = 16, ganhará o jogador B. 
RESOLUÇÃO:
Seja P (a; 2a) o ponto da reta y = 2x e Q (b; 4b) o ponto da reta y = 4x,
então a área do triângulo OPQ é igual a:
SΔ = = =
Analisando as alternativas, temos as pontuações seguintes:
(F) I) jogador A: �2 . 2� = 4, pois a = 2 e b = 2.
jogador B: �3 . 1� = 3, pois a = 3 e b = 1.
(V) II) jogador A: �20 . 20� = 400, pois a = 20 e b = 20.
jogador B: �10 . 5� = 50, pois 2a = 20 ⇔ a = 10 e 4b = 20 ⇔ b = 5.
(V) III) jogador A: �10 . 10� = 100, pois a = 10 e b = 10.
jogador B: �(–10) . (–10)� = 100, pois a = –10 e b = –10.
(V) IV) jogador A: �a . b�, pois xP = a e xQ = b.
jogador B: �a . (–b)� = �a . b�, pois xP = a e xQ = –b.
(V) V) jogador A: �6 . 3� = 18, pois 2a = 12 ⇔ a = 6 e 4b = 12 ⇔ b = 3.
jogador B: �8 . 4� = 32, pois 2a = 16 ⇔ a = 8 e 4b = 16 ⇔ b = 4.
4. (UFRJ-2010) – Os pontos A (–6; 2), B (3; –1), e C (–5; –5)
pertencem a uma circunferência. Determine o raio dessa circunferência.
RESOLUÇÃO:
O centro da circunferência circunscrita ao triângulo ABC é o circuncentro,
ponto de encontro das mediatrizes dos lados ––AB, ––BC e ––AC. Assim:
1.o) Mediatriz de ––AB (dPA = dPB):
�												 (x + 6)2 + (y – 2)2 = �												 (x – 3)2 + (y + 1)2 ⇔ y = 3x + 5 
2.o) Mediatriz de ––BC (dPB = dPC):
�													 (x + 5)2 + (y + 5)2 = �												 (x – 3)2 + (y + 1)2 ⇔ y = –2x – 5
3.o) Ponto de intersecção das mediatrizes:
⇔ x = –2 e y = –1 … P (–2; –1)
4.o) Raio (é a distância de P a qualquer vértice do ΔABC):
Seja: r = dPA = �													 (–2 + 6)2 + (–1 –2)2 = 5.
�
y = 3x
1
y = – ––– (x – 2)
3
�x = 1/5y = 3/5 a 2a 1
b 4b 1
0 0 1
–––––––––––
2
4a b – 2ab
––––––––––
2 a . b
y = 3x + 5
y = –2x – 5�
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
46 –
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 46
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 47
1. Na figura seguinte os segmentos —PA e —PB tangenciam a circun -
ferên cia nos pontos A e B, respectivamente; Q é um ponto dessa
circunferência e o ângulo A^PB mede 18°. A medida θ do ângulo B ^QA
é igual a:
a) 72° b) 75° c) 78° d) 81° e) 84°
RESOLUÇÃO:
No quadrilátero convexo OAPB, a soma das medidas dos ângulos internos
é igual a 360°.
Assim: 2θ + 90° + 18° + 90° = 360° ⇔ 2θ = 162° ⇔ θ = 81°
Resposta: D
2. (FUVEST) – A figura representa um retângulo ABCD, com 
AB = 5 e AD = 3. O ponto E está no segmento ⎯CD de maneira que 
CE = 1, F é o ponto de intersecção da diagonal ⎯AC com segmento ⎯BE. 
Então a área do triângulo BCF vale
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Da semelhança dos triângulos ABF e CEF, temos:
= =
Da semelhança dos triângulos AFG e CFH, temos:
= ⇔ = ⇔
⇔ 5 – h = 5h ⇔ h =
A área do triângulo BCF é 
= =
Resposta: B
3. P é um ponto qualquer do lado —AB do retângulo ABCD da figura
seguinte. Se AB = a e BC = b, então a soma das distâncias do ponto P
às diagonais —AC e —BD desse retângulo é igual a:
a) b)
c) d)
e) ���������a2 + b2
6
–––
5
5
–––
4
4
–––
3
7
–––
5
3
–––
2
5
–––
1
AB
––––
CE
AF
––––
CF
5
–––
1
5 – h
––––––
h
AF
––––
CF
GF
––––
HF
5
–––
6
5
–––
4
5
3 . –––
6
––––––––
2
BC. h
–––––––
2
ab
–––––––––––2���������a2 + b2
ab
–––––––––––––
�����������2(a2 + b2)
ab
–––––––––
���������a2 + b2
ab
––––––
a + b
MÓDULO 2233 Geometria Plana I
REV_II_MAT_A_PROF_Rose 19/10/10 09:16 Página 47
RESOLUÇÃO:
1o.) ΔQPB ~ ΔADB ⇒ = (I)
2o. ) ΔRPA ~ ΔBCA ⇒ = (II)
Somando (I) e (II) membro a membro, tem-se:
+ = ⇔ x + y = 
Resposta: C
4. Durante um vendaval, um poste de iluminação de 18 metros de
altura quebrou-se em um ponto a certa altura do solo. A parte do poste
acima da fratura inclinou-se e sua extremidade superior encostou no
solo a uma distância de 12 metros da base dele. A quantos metros de
altura do solo quebrou-se o poste?
a) 6 b) 5 c) 4,5 d) 4 e) 3
RESOLUÇÃO:
De acordo com o teorema de Pitágoras, tem-se: x2 + 122 = (18 – x)2 ⇔
⇔ x2 + 144 = 324 – 36x + x2 ⇔ 36x = 180 ⇔ x = 5
Resposta: B
5. Considere um poste perpen di cular ao plano do chão. Uma aranha
está no chão, a 2 m do poste, e começa a se aproximar dele no mes mo
instante em que uma formiga começa a subir no poste. A velocidade da
aranha é de 16 cm por segundo e a da formiga é de 
10 cm por segundo. Após 5 segundos do início dos movimentos, a
menor distância entre a aranha e a formiga é:
a) 2,0 m b) 1,3 m c) 1,5 m
d) 2,2 m e) 1,8 m
RESOLUÇÃO:
Após 5 segundos, a aranha andou 16 cm . 5 = 80 cm = 0,8 m e está a 
1,2 m do poste.
Após os mesmos 5 segundos, a formiga subiu 10 cm . 5 = 50 cm = 0,5 m 
do solo. Nesse instante, a menor distância entre a aranha e a formiga é dada
pela hipotenusa —AF do triângulo AFP.
Assim sendo, AF2 = AP2 + PF2 ⇒ AF2 = 1,22 + 0,52 ⇔ AF = 1,3m
Resposta: B
x
–––
b
z
–––––––––
��������� a2 + b2
y
–––
b
a – z
–––––––––
��������� a2 + b2
x
–––
b
y
–––
b
a
–––––––––
��������� a2 + b2
ab
–––––––––
��������� a2 + b2
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
48 –
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M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a .S
– 49
1. Uma pessoa dispõe de um terreno plano e retangular, que tem 20 m
de largura por 80 m de comprimento, no qual ela pretende fazer um
gramado que deverá ter a forma de um triângulo retângulo, como é
mostrado no esquema abaixo.
Se a região gramada for tal que o maior lado que a limita tenha 20 m
de comprimento e sua área corresponda a 6% da área total do terreno,
então o seu perímetro, em metros, deverá ser igual a
a) 40 b) 48 c) 50 d) 52 e) 56
RESOLUÇÃO:
Sendo x e y as medidas, em metros, da base e da altura do triângulo
retângulo, temos:
⇔ ⇒
⇒ x2 + 2xy + y2 = 400 + 2 . 192 ⇔ (x + y)2 = 784 ⇔
⇔ x + y = 28 ⇔ x + y + 20 = 48 
Assim, o perímetro da região gramada, em metros, deverá ser: 
12 + 16 + 20 = 48
Resposta: B
2. (UFTM-MG) – Uma folha retangular foi dobrada ao meio para
determinar os pontos E e F, que são pontos médios dos lados menores
do retângulo. A folha foi aberta e dobrada novamente, conforme
indicado na figura, sendo possível identificar o triângulo isósceles
EGH, onde ⎯EG = 6���2 cm e cuja área representa 7,5% da área total da
folha.
O perímetro da folha retangular é igual a
a) 52 cm. b) 60 cm. c) 64 cm.
d) 68 cm e) 72 cm.
RESOLUÇÃO:
1) x���2 = 6���2 ⇔ x = 6
2) = . y . 2x
Assim: 18 = 0,9 . y ⇔ y = 20
3) O perímetro da folha retangular, em centímetros, é:
4x + 2y = 2 (2x + y) = 2 (12 + 20) = 64
Resposta: C
�
x2 + y2 = 202
x . y
–––––– = 6% . 80 . 20
2
� x2 + y2 = 400
x . y = 192
x . x
–––
2
7,5
–––
100
MÓDULO 2244 Geometria Plana II
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3. (FGV-SP) – Chamamos de falsa espiral de dois centros aquela
cons truída da seguinte forma: os dois centros são os pontos A e B.
Traçam-se semicircunferências no sentido anti-horário, a primeira com
o centro em A e raio AB, a segunda com centro em B e raio BC, a
terceira com centro em A e raio AD, repetindo esse procedimento em
que os centros se alternam entre A e B, como mostrado na figura
abaixo.
Determine a distância entre A e B se, ao completar duzentas semicir -
cunferências, o comprimento total dessa falsa espiral for 100 500π
metros.
RESOLUÇÃO:
Sendo AB = R, as duzentas semicircunferências têm raios R, 2R, 3R, …,
200R.
Comprimento total da falsa espiral = 100 500π ⇔
⇔ π . R + π . 2R + π . 3R + … + π . 200R = 100 500π ⇔
⇔ = 100 500 ⇔ R = 5 m
Resposta: 5 m
4. (UFSCar) – Na figura indicada, 0 < α < , C é o centro do
círculo, 
–––
AB tangencia o círculo no ponto A, os pontos B, C e D estão
alinhados, assim como os pontos A, C e E.
Uma condição necessária e suficiente para que as duas áreas sombrea -
das na figura sejam iguais é
a) tg α = α. b) tg α = 2α. c) tg α = 4α.
d) tg 2α = α. e) tg = a.
RESOLUÇÃO:
Como Ssetor CDE = Ssetor ACF , as duas áreas sombreadas serão iguais se, e
somente se, Ssetor CDE = SΔABC. (I)
Assim:
1) AB = R . tg α, pois o triângulo ABC é retângulo e 
SΔABC = = = 
2) Ssetor CDE = . πR2 = 
Substituidos na igualdade (I), temos:
= . ⇔ tg α = 2α
Resposta: B
α
––
2
1
–––
2
AB . AC
––––––––
2
R . tg α . R
–––––––––––
2
R2 . tg α
–––––––––
2
α
––––
2π
α R2
––––––
2
α R2
––––––
2
1
–––
2
R2 . tg α
–––––––––
2
π
––2
(R + 200R) . 200
–––––––––––––––
2
M
A
T
EM
Á
T
IC
A
 A
B
 3
a.S
50 –
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5. (ESPM) – Na figura abaixo, cada quadrícula tem área igual 
a m2. A corda —AB é tangente à circunferência interna da coroa
circular de centro O. A área dessa coroa, em metros quadrados, é igual
a:
a) 7 b) 8 c) 9 d) 10 e) 11
RESOLUÇÃO:
Sendo R e r os raios das circunferências que delimitam a coroa circular e
observando que cada quadrícula tem lado de medida m, tem-se:
R2 = r2 +
2
⇔ R2 – r2 =
Assim, a área da coroa circular, em metros quadrados, é dada por 
S = π(R2 – r2) = π . = 9
Resposta: C
1
–––
π
1
–––
���π
9
–––
π
�3–––���π�
9
–––
π
M
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IC
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 3
a .S
– 51
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a.S
52 –
1. (FGV-SP ) – Bem no topo de uma árvore de 10,2 metros de altura,
um gavião casaca-de-couro, no ponto A da figura, observa atentamente
um pequeno roedor que subiu na mesma árvore e parou preocupado
no ponto B, bem abaixo do gavião, na mesma reta vertical em relação
ao chão. Junto à árvore, um garoto fixa verticalmente no chão uma
vareta de 14,4 centímetros de comprimento e, usando uma régua,
descobre que a sombra da vareta mede 36 centímetros de comprimento.
Exatamente nesse instante ele vê, no chão, a sombra do gavião
percorrer 16 metros em linha reta e ficar sobre a sombra do roedor, que
não se havia movido de susto.
Calcule e responda: Quantos metros o gavião teve de voar para capturar
o roedor, se ele voa verticalmente de A para B?
RESOLUÇÃO:
Seja d a distância, em metros, que o gavião teve de voar para capturar o
roedor.
Como os triângulos ACE, BCD e FGH são seme lhantes, temos:
I) = ⇒ = ⇒ CE = 25,5 m
II) CD = CE – DE = 25,5 – 16 ⇒ CD = 9,5 m
II) = ⇒ = ⇒ CB = 3,8 m
Assim, d = AC – CB = 10,2 – 3,8 = 6,4 m
Resposta: 6,4 m
2. (FUVEST) – No triângulo ABC, tem-se que AB > AC, 
AC = 4 e cos C^ = . Sabendo-se que o ponto R pertence ao segmento
BC
–––
e é tal que AR = AC e = , calcule
a) a altura do triângulo ABC relativa ao lado —BC.
b) a área do triângulo ABR.
RESOLUÇÃO:
h = AM, em que M é o ponto médio de 
–––
CR, é a altura do triângulo isósceles
ACR, de base 
–––
CR, e também é a altura do triângulo ABC relativa ao 
lado 
–––
BC.
De acordo com a figura e o enunciado, tem-se:
1) CM = AC . cos C^
Assim: CM = 4 · ⇔ CM = 
2) CM = · CR
Assim: = ⇔ CR = 3
3) BC = CR + RB
Assim: BC = 3 + · BC ⇔ BC = 74) RB = · BC = · 7 = 4
5) AM2 + CM2 = AC2
Assim: h2 + 
2
= 42 ⇔ h2 = ⇔ h = 
6) A área S do triângulo ABR é dada por:
S = . RB . h = . 4 . = ����55
Respostas: a) unidades de comprimento
b) ����55 unidades de área 
3
–––
8
BR
–––
BC
4
––
7
3
–––
8
3
–––
2
1
–––
2
3
–––
2
CR
–––
2
4
–––
7
4
–––
7
4
–––
7
� 3–––2 �
55
–––
4
����55
–––––
2
1
–––
2
1
–––
2
����55
–––––
2
CE
––––
GH
����55
–––––
2
AC
––––
FG
CE
––––
36
10,2
––––
14,4
CB
––––
FG
CD
––––
GH
CB
––––
14,4
9,5
––––
36
MÓDULO 2255 Geometria Plana III
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– 53
3. (FUVEST) – Um triângulo ABC tem lados de comprimentos AB = 5,
BC = 4 e AC = 2. Sejam M e N os pontos de —AB, tais que —CM é a
bissetriz relativa ao ângulo A^CB e —CN é a altura relativa ao lado —AB.
Determinar o comprimento de —MN.
RESOLUÇÃO:
Sendo x o comprimento do segmento MN
—
, tem-se:
1) CM⎯→ é bissetriz ⇒ = ⇔
⇔ = ⇔ AM = ⇒ AN = – x
e BN = 5 – – x = + x
2) No triângulo retângulo ANC, CN 2 + AN2 = 4.
3) No triângulo retângulo BNC, CN 2 + BN2 = 16.
4) Dos itens (2) e (3), conclui-se que
BN 2 – AN2 = 12 ⇒ + x
2
– – x
2
= 12 ⇒
⇒ + x + x2 – + x – x2 = 12 ⇒
⇒ 10x + = 12 ⇒ x = 
Resposta: 
4. (FUVEST) – No triângulo ABC da figura, a mediana —AM, relativa
ao lado —BC, é perpendicular ao lado —AB. Sabe-se também que BC = 4
e AM = 1. Se α é a medida do ângulo A^BC, determine
a) sen α.
b) o comprimento AC.
c) a altura do triângulo ABC relativa ao lado —AB.
d) a área do triângulo AMC.
RESOLUÇÃO:
a) No triângulo BAM, retângulo em A, tem-se:
sen α = = ⇒ α = 30°
b) No triângulo AMC tem-se, pela lei dos cossenos:
AC2 = AM2 + MC2 – 2 . AM . MC . cos 120°
AC2 = 12 + 22 – 2 . 1 . 2 . – ⇒ AC = ���7 
c) Pela semelhança dos triângulos BAM e BDC, tem-se:
= ⇒ h = 2
d) A área do triângulo AMC é 
. AM . MC . sen 120° = . 1 . 2 . =
Respostas: a) b) ���7 c) 2 d) 
1
––
2
AM
––––
BM
�1––2�
1
––
2
h
––
4
���3 
–––
2
���3
–––
2
1
––
2
1
––
2
���3 
–––
2
BC
––––
BM
AC
––––
AM
5
––
3
5
––
3
4
–––––––
5 – AM
2
––––
AM
10
–––
3
�5––3�
�5––3��
10
––––
3�
25
–––
3
10
–––
3
25
–––
9
20
–––
3
100
––––
9
11
––––
30
11
–––
30
1
––
2
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54 –
1. (UNICAMP) – O papagaio (também conhecido como pipa,
pandorga ou arraia) é um brinquedo muito comum no Brasil. A figura
abaixo mostra as dimensões de um papagaio simples, confeccionado
com uma folha de papel que tem o formato do quadrilátero ABCD,
duas varetas de bambu (indicadas em cinza) e um pedaço de linha. 
Uma das varetas é reta e liga os vértices A e C da folha de papel. A
outra, que liga os vértices B e D, tem o formato de um arco de
circunferência e tangencia as arestas AB e AD nos pontos B e D,
respectivamente. 
a) Calcule a área do quadrilátero de papel que forma o papagaio. 
b) Calcule o comprimento da vareta de bambu que liga os pontos B e D. 
RESOLUÇÃO:
a)
Seja E o ponto de intersecção de AC e BD.
Na figura, BC = CD ⇒ ΔBCD é isósceles. Como CE é a altura do ΔBCE
⇒ B
^
CE = E 
^
CD = 30° ⇒ B 
^
CD = 60° ⇒ ΔBCD é equilátero ⇒ 
⇒ BD = BC = CD = 50
Logo, a área do ΔBCD vale = 625���3 cm2.
O ΔADE é retângulo em E e D
^
AE = 45° ⇒ A
^
DE = 45° ⇒
⇒ ΔADE é retângulo isósceles ⇒ AE = DE = EB = 25
A área do triângulo ABD é igual a 
= 625 cm2
Logo, a área do quadrilátero ABCD, que forma o papagaio, vale 
625 ���3 + 625 = 625 ( ���3 + 1) cm2.
b) O comprimento da vareta de bambu que liga os pontos B e D vale 1/4
da circunferência de raio AD = DO = AE ���2 = 25 ���2 cm, pois 
B
^
OD = 90°. 
Logo, o comprimento vale 
. 2π . 25 ���2 = cm
Respostas: a) 625 (���3 + 1) cm2
b) cm
30°
5
0
cm
5
0
cm
45°
D
A
B
C
30°
45°
D
A
B
C
E
502 ���3 
–––––––
4
50 . 25
––––––
2
D
A
B
O
1
–––
4
25 π ���2 
––––––––
2
25 π ���2 
––––––––
2
MÓDULO 2266 Geometria Plana IV
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– 55
2. (FGV-SP) – Os pontos médios dos lados de um hexágono regular
ABCDEF são os vértices do hexágono menor MNPQRS, conforme
indica a figura. 
a) Calcule o perímetro do hexágono menor, sabendo-se que o lado do
hexágono maior mede 6 cm. 
b) Calcule a porcentagem que a área do hexágono menor ocupa da
área do hexágono maior. 
RESOLUÇÃO:
a) Como o hexágono ABCDEF é regular, o ângulo R ^EQ mede 120° e,
portanto, da lei dos cossenos, temos:
(RQ)2 = 32 + 32 – 2 . 3 . 3 . cos 120° ⇒
⇒ (RQ)2 = 9 + 9 – 18 . ⇒
⇒ RQ = ���	27 cm ⇒ RQ = 3���3 cm
Assim, o perímetro do hexágono menor é:
6 . RQ = 6 . 3���3 cm = 18���3 cm
b) Sejam S1 a área do hexágono menor e S2 a área do hexágono maior.
Como os hexágonos são semelhantes, temos:
=
2
⇒ =
2
⇒
⇒ = = 0,75 = 75%
Respostas: a) 18���3 cm
b) 75%
3. (FUVEST) – A figura representa um trapézio ABCD de bases 
–AB e –CD , inscrito em uma circunferência cujo centro O está no interior
do trapézio. Sabe-se que AB = 4, CD = 2 e AC = 3 �	2 .
a) Determine a altura do trapézio.
b) Cal cule o raio da circunferência na qual ele está inscrito.
c) Calcule a área da região exterior ao trapézio e delimi tada pela
circunferência.
RESOLUÇÃO:
a) Seja h a medida da altura do trapézio.
No triângulo retângulo AHC, temos:
h2 + 32 = (3���2 )2 ⇔ h2 = 9 ⇔ h = 3
b) Seja r a medida do raio da circunferência.
Dos triângulos retângulos AMO e DNO, temos:
⇒ ⇒ ⇒
⇒ ⇒
c) Sendo S a área da região exterior ao trapézio e delimitada pela
circunferência, temos:
S = Scírculo – Strapézio = π . (���5)2 – = 5π – 9
Respostas: a) h = 3 b) r = ���5 c) S = 5π – 9
� 1– ––2 �
S1
––––
S2 �
RQ
–––––
ED �
S1
––––
S2
� 3���3 ––––––6 �
S1
––––
S2
3
–––
4
� r
2
= x2 + 22
r2 = 12 + (h – x)2 �
r2 = x2 + 4
r2 = 12 + (3 – x)2 �
r2 = x2 + 4
r2 = 1 + 9 – 6x + x2
� r
2
= x2 + 4
x2 + 4 = 10 – 6x + x2 �
x = 1
r = ���5, pois r > 0
(4 + 2) . 3
––––––––––
2
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56 –
4. (FUVEST) – Na figura a seguir, são dadas duas semirretas, r e s,
de mesma origem A, e um ponto P.
a) Utilize essa figura para construir, usando régua e compasso, os
pontos B em r e C em s, de tal for ma que o ponto P pertença ao
segmento 
—
BC e que AB seja igual a AC.
b) Descreva e justifique o processo utilizado na cons trução.
RESOLUÇÃO:
a) 
b) Basta traçar a bissetriz do ângulo rÂs e, por P, traçar a reta
perpendicular a essa bissetriz.
Os triângulos retângulos DAB e DAC são congruentes pelo cri tério
ALA.
Assim: 
—
AB ≅
—
AC, ou seja, AB = AC. 
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– 57
1. (FGV-SP) – Uma lata de tinta está cheia em de sua
ca pacidade. Dentro da lata caiu um pincel de 45 cm de comprimento.
É certo que o pincel ficará completamente submerso na tinta? Por quê?
RESOLUÇÃO:
Sendo h a altura, em centímetros, da tinta que está na lata, temos:
h = . 36 ⇒ h = 30
No triâgulo ABC, retângulo em B, temos:
(AC)2 = (AB)2 + (BC)2 ⇒ (AC)2 = 302 + 402 ⇒ AC = 50 cm
Admitindo-se que o pincel seja um segmento de reta, e que sua densidade
seja maior que a da tinta, ele poderá ficar completamentesubmerso na
tinta, pois AC = 50 cm é maior que o comprimento do pincel, o qual é 45 cm.
Resposta: Sim
2. (UNIFESP) – Um cubo de aresta de comprimento a vai ser
transfor mado num paralelepípedo reto-retângulo de altura 25% menor,
preservando-se, porém, o seu volume e o com primento de uma de suas
arestas.
A diferença entre a área total (a soma das áreas das seis faces) do novo
sólido e a área total do sólido original será:
a) a2. b) a2. c) a2.
d) a2. e) a2. 
RESOLUÇÃO:
1.º) O cubo de aresta a, tem volume V1 = a3 e área total (soma das áreas das
seis faces) igual a A1 = 6 . a2.
2.º)O paralelepípedo reto-retângulo tem uma aresta igual a a; altura 25%
menor que a aresta a e, portanto, igual a . a. A medida da terceira
aresta (x) é obtida impondo-se que novo volume não se altera, isto é:
V2 = V1 ⇒ x . a . . a = a3 ⇒ x = . a
3.º)A área total do paralelepípedo resulta:
A2 = 2. . a . a + . a . a + . a . . a = . a2
Portanto, a diferença entre a área total do novo sólido (paralelepípedo) e
área total do sólido original (cubo) é igual a:
A2 – A1 = . a
2 
– 6a2 = . a2
Resposta: A
5
–––6
5
–––
6
1
–––
6
1
–––
3
1
–––
2
2
–––
3
5
–––
6
3
––
4
3
––
4
4
––
3
� 3––4
4
––
3
3
––
4
4
––
3 
37
–––
6
37
–––
6
1
––
6
MÓDULO 2277 Geometria Métrica I
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 3
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58 –
3. (FGV-SP) – A figura representa a planificação de um poliedro.
Sabe-se que B, C e D são quadrados de lado 1 cm; A, E e F são
triângulos retângulos isósceles; e G é um triângulo equilátero. O
volume do poliedro obtido a partir da planificação, em cm³, é igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
RESOLUÇÃO:
A planificação apresentada é do poliedro PQRSTUV abaixo, que é
constituído por um cubo de aresta medindo 1 cm, do qual se retirou a
pirâmide XRTV.
Assim, o volume do poliedro é 13 – . . 1 = 
Resposta: D
1
–––2
2
–––
3
3
–––
4
5
–––
6
4
–––
3
1
–—
3
1 . 1
––––––
2
5
–—
6
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– 59
4. Um copo em forma de um cilindro circular reto, com raio da base
igual a 3 cm e altura igual a 8 cm, contém uma quantidade de água
igual a de sua capacidade. Transferindo-se a água para uma taça em
forma de um cone circular reto, de mesma altura e de mesmo raio da
base do copo, a altura alcançada pela água, na taça, em centímetros, é
igual a:
a) 2
3
���6 b) 2���6 c) 43���6 d) 4���6 e) 6
RESOLUÇÃO:
1.º) O volume V, em centímetros cúbicos, de água dentro do copo é dado
por:
V = . π . 32 . 8 = 18π 
2.º) Sendo r o raio, em centímetros,
e h a altura, em centímetros, do
cone de água dentro do copo,
tem-se:
= ⇔ r = 
3.º) O volume V, em centímetros cúbicos, do cone de água é dado por:
V = πr2h = π
2 
h ⇔ V = 
Assim: = 18π ⇔ h3 = 6 . 64 ⇔ h = 
3
��������6 . 64 ⇔ h = 4
3
���6
Resposta: C
5. Uma sorveteria utiliza potes cilíndricos com 8 cm de raio e 30 cm
de altura, cheios de sorvete de massa, e vende esse sorvete na forma e
dimensões indicadas na figura, em que a parte superior é uma semi-
esfera de raio 3 cm e a parte inferior é um cone de casca muito fina,
totalmente preenchido com sorvete. Desprezando-se a casca do cone,
o número de sorvetes, com a forma indicada, possível de fazer com um
pote cilíndrico de massa é
a) 20.
b) 25.
c) 30.
d) 35.
e) 40.
RESOLUÇÃO:
1.º) O volume Vp, em centímetros cúbicos, do pote cilíndrico, cheio de
massa de sorvete, é: Vp = π . 82 . 30 = 1920 π
2.º) O volume Vs, em centímetros cúbicos, de cada sorvete produzido com
essa massa, é:
Vs = . π . 32 . 10 + . π . 33 = 48π 
3.º) O número m de sorvetes, com a forma indicada, possível de fazer com
um pote cilíndrico de massa é:
m = = = 40
Resposta: E
1
–––
3
1
–––
2
4
–––
3
Vp
–––
Vs
1920 π
–––––––
48 π
1
––
4
1
––
4
r
––
3
h
––
8
3h
––––
8
1
––
3
1
––
3 � 3h–––8 �
3π h3
––––––
64
3π h3
––––––
64
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a.S
60 –
1. (FGV-SP) – Uma pirâmide de base quadrada é seccionada por um
plano paralelo à sua base, distante 2 m dela. A área total da pirâmide
menor, obtida pela secção, é igual à metade da área total da pirâmide
original.
a) Calcule a altura da pirâmide original.
b) Calcule o volume do tronco de pirâmide obtido pela secção para o
caso em que a aresta da base da pirâmide maior mede 3 m.
RESOLUÇÃO:
a) Sendo H a altura da pirâmide original e h a altura da pirâmide menor,
em metros, temos: h = H – 2
Como a área total da pirâmide menor é igual à metade da área total da
pirâmide maior, temos:
2
= ⇒ = ⇒ H = 2.(2 + ���2 )
b) Sendo V o volume da pirâmide original e v o vo lu me da pirâmide menor,
em metros cúbicos, temos:
I) V = . 32 . 2 . (2 + ���2 ) = 6 . (2 + ���2 )
II) =
3
⇒ =
3
⇒
⇒ =
3
⇒ v = 3 . (���2 + 1)
Assim, sendo VT o volume do tronco, em metros cúbicos, temos:
VT = V – v = 6 . (2 + ���2 ) – 3. (���2 + 1) = 3. (3 + ���2 )
Respostas: a) 2 . (2 + ���2) m
b) 3. (3 + ���2 ) m3
2. (UFABC) – As figuras mostram um cone circular reto de raio da
base r e a planificação da sua área lateral.
Relembrando que o volume de um cone é igual a do produto entre
a área da base e a altura do cone, calcule o raio da base e o volume
desse cone.
RESOLUÇÃO:
� h–––H � 1––2
H – 2
––––––
H
1
––––
���2 
1
–––
3
v
–––
V �
h
–––
H �
v
––––––––––
6 . (2 + ���2 )
� 2 . (2 + ���2 ) – 2–––––––––––––
2 . (2 + ���2)
�
v
––––––––––
6 . (2 + ���2)
� ���2––––2 �
1
––3
MÓDULO 2288 Geometria Métrica II
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a .S
– 61
I) Sendo �, em cm, o comprimento do arco de cir cun ferência de raio 
3 cm e ângulo central medindo 270° ou e observando que o
comprimen to da circunferência que limita a base do cone é, tam bém, 
igual a �, temos:
2π r = � � = cm
� ⇔ �= r = cm
II) No triângulo AOB, sendo h, em cm, a altura do cone, temos:
(AO)2 + (OB)2 = (AB)2 ⇔ h2 + r2 = 32 ⇒ h = cm
III) Dessa forma, sendo V o volume do cone em ques tão, temos:
V = πr2 . h ⇒ V = π . . ⇒
⇒ V = 
Respostas: O raio da base e o volume do cone são res pectivamente iguais a
cm e cm3.
3. (FGV-SP) – Considere uma pirâmide regular de altura
cuja base é um quadrado de lado 3. Calcule:
a) o volume da pirâmide.
b) o raio da esfera circunscrita à pirâmide.
RESOLUÇÃO:
a) Sendo V o volume da pirâmide, temos:
V = . 32 . ⇒ V =
b) Sendo r a medida do raio da esfera circunscrita à pirâmide e O o centro
da esfera, temos:
I)OE = FE – FO ⇒ OE = – r
II) AE = =
III) No triângulo retângulo AEO, temos:
(AO)2 = (AE)2 + (OE)2 ⇒ r2 = + ⇒
⇒ 3���6 r = 18 ⇒ r = ���6
Respostas: a) b) ���6
81 �	7 π
–––––––––
64
9
–––
4
81 �	7 π
–––––––––
64
1
–––
3
1
–––
3
81
––––
16
3 �	7
––––––
4
3 �	7
––––––
4
�
–––––
3 cm
3π
–––
2
9
–––
4
9π
–––
2
3π
–––
2
3�	6
–––––2
9���6
–––––
2
3���6
–––––
2
1
–––
3
3���6
––––––
2
3���2
––––––
2
AC
–––––
2
3���6�––––– – r�2
2
3���2�–––––�
2
2
9���6
–––––
2
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62 –
4. (FUVEST) – Dois planos π1 e π2 se interceptam ao longo de uma
reta r, de maneira que o ângulo entre eles meça α radianos,
0 < α < . Um triângulo equilátero ABC, de lado, está contido em 
π2, de modo que—AB esteja em r. Seja D a projeção ortogonal de C sobre
o plano π1, e suponha que a medida θ, em radianos, do ângulo C
^AD,
satisfaça sen θ = .
Nessas condições, determine, em função de �,
a) o valor de α.
b) a área do triângulo ABD.
c) o volume do tetraedro ABCD.
RESOLUÇÃO:
a) No triângulo ADC, retângulo em D, temos:
sen θ = ⇒ = ⇒ CD =
Como CM = (altura do triângulo equilá te ro ABC) e o 
triângulo CDM é retângulo em D, temos:
sen α = ⇒ = ⇒
⇒ α = , pois 0 < α < 
b) Como α = e C ^DM é reto, o triângulo CDM é isósceles e, portanto, 
DM = CD = 
Assim, sendo S a área do triângulo ABD, temos:
S = = =
c) Sendo V o volume do tetraedro ABCD, temos:
V = . S . CD = . . =
Respostas: a) b) c) 
 
����6
� . ––––––
4
––––––––––––
2
�2���6
––––––––
8
1
–––
3
1
–––
3
�2���6
–––––––
8
����6
––––––
4
�3
––––
16
π
–––
4
�2���6
––––––
8
�3
––––
16
AB . DM
–––––––––
2
π
–––
2
���6
–––––
4
A
B
C
D
M
�
�
�
�
�
�1
�2
����6
––––––
4
CD
–––––
�
���6
–––––
4
CD
–––––
AC
����3
––––––
2
���2
–––––
2
����6
–––––
4
–––––––––
����3
–––––
2
CD
–––––
CM
π
–––
2
π
–––
4
π
–––
4
����6
––––––
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Matemática
Curso Extensivo – D
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REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página II
1. Resolva, em �, as equações dadas a seguir:
a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0
b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0
RESOLUÇÃO:
a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x2 – 18x + 32)2 = 0 ou (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x = 2 ou x = 16) ou (x = 2 ou x = 6) ⇔
⇔ x = 2 ou x = 6 ou x = 16 ⇔ V = {2; 6; 16}
b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x2 – 18x + 32 = 0) e (x2 – 8x + 12 = 0) ⇔
⇔ (x = 2 ou x = 16) e (x = 2 ou x = 6) ⇔ x = 2 ⇔ V = {2}
Respostas: a) V = {2; 6; 16}
b) V = {2}
2. (UNICAMP) – Uma confeitaria produz dois tipos de bolos de festa.
Cada quilograma do bolo do tipo A consome 0,4 kg de açúcar e 0,2 kg
de farinha. Por sua vez, o bolo do tipo B consome 0,2 kg de açúcar e
0,3 kg de farinha para cada quilograma produzido. Sabendo que, no
momento, a confeitaria dispõe de 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha,
responda às questões abaixo.
a) Será que é possível produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo
do tipo B? Justifique sua resposta.
b) Quantos quilogramas de bolo do tipo A e de bolo do tipo B devem
ser produzidos se a confeitaria pretende gastar toda a farinha e todo
o açúcar de que dispõe?
RESOLUÇÃO:
a) I) Para produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, a
quantidade de açúcar é (0,4 . 7 + 0,2 . 18)kg = 6,4 kg.
II) De modo análogo, a quantidade de farinha é:
(0,2 . 7 + 0,3 . 18)kg = 6,8 kg
III) Com 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha, não é possível, portanto,
produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, pois a
farinha não é suficiente.
b) Se a for o número de quilogramas de bolo do tipo A e b o do tipo B,
então:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Respostas: a) Não.
b) 22,5 kg do tipo A; 5 kg do tipo B.
4a + 2b = 100
2a + 3b = 60�
0,4a + 0,2b = 10
0,2a + 0,3b = 6�
a = 22,5
b = 5�
2a + b = 50
2b = 10�
2a + b = 50
2a + 3b = 60�
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Revisão MATEMÁTICA
MÓDULO 11 Equações e Inequações
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página 1
3. (UNICAMP) – Um restaurante a quilo vende 100 kg de comida
por dia, a R$ 15,00 o quilograma. Uma pesquisa de opinião revelou
que, a cada real de aumento no preço do quilo, o restaurante deixa de
vender o equivalente a 5 kg de comida. Responda às perguntas abaixo,
supondo corretas as informações da pesquisa e definindo a receita do
restaurante como o valor total pago pelos clientes.
a) Em que caso a receita do restaurante será maior: se o preço subir
para R$ 18,00/kg ou para R$ 20,00/kg?
b) Formule matematicamente a função f(x), que for nece a receita do
restaurante como função da quantia x, em reais, a ser acrescida ao
valor atualmente cobrado pelo quilo da refeição.
c) Qual deve ser o preço do quilo da comida para que o restaurante
tenha a maior receita possível?
RESOLUÇÃO:
Supondo que os 5 kg de comida que o restaurante deixa de vender sejam
por dia, temos:
a) Se o preço por quilo subir para (15 + 3) reais = 18 reais, então o
restaurante venderá (100 – 3 . 5) kg = 85 kg de comida. Neste caso, a
receita será (85 . 18) reais = 1 530 reais.
Se o preço por quilo subir para (15 + 5) reais = 20 reais, então o
restaurante venderá (100 – 5 . 5) kg = 75 kg. Neste caso, a receita será
(75 . 20) reais = 1 500 reais.
Assim sendo, a receita será maior quando o preço subir para 
18 reais/kg.
b) Se x for o número de reais a ser acres centado ao preço, então ele passará
para (15 + x) reais e a quantidade vendida será (100 – 5x) kg. Assim, a
função f(x), que fornece a receita do restaurante como função da quantia
x, em reais, a ser acrescida ao valor atualmente cobrado pelo quilo da
refeição, é:
f(x) = (100 – 5x) (15 + x)
c) O máximo da função f, definida por 
f(x) = (100 – 5x) (15 + x), ocorre quando
x = = 2,5, pois o gráfico de f(x) é do tipo:
O preço a ser cobrado por quilo de comida, pa ra que o restaurante
tenha a maior receita pos sível, deve ser (15 + 2,5) reais = 17,5 reais.
Respostas: a) R$ 18,00
b) f(x) = (100 – 5x) (15 + x)
c) R$ 17,50
–15 + 20
––––––––
2
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2 –
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página 2
1. (FGV) – Uma certa mercadoria foi promovida por uma subs tan cial
campanha de propaganda e, pou co antes de encerrar a promoção, a
quantidade diária de vendas era 10 000 unidades. Imediatamente após,
as vendas diárias decresceram a uma taxa proporcional às vendas
diárias, tal que V(t) = B . ek . t, sendo: B o número de unidades vendidas
em um determinado dia; V(t) a quantidade de vendas por dia, após t
dias; e = 2,72; k um número real.
Sabe-se que, 10 dias após encerrar a promoção, o volu me diário de
vendas era 8 000 unidades.
a) Qual o volume diário de vendas 30 dias após o encerramento da
promoção?
b) Quando se espera que a venda diária seja reduzida a 6 400 uni -
dades?
Considere que log 2 = , sendo log 2 o logaritmo de 2 na base 10.
RESOLUÇÃO:
Supondo que para t = 0 o volume de vendas tenha sido de 10 000 unidades,
temos:
1) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000
2) 10 000 . e10k = 8 000 ⇒ e10k =
 
3) V(30) = 10 000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 = 
= 10 000 . 
3 
= 5 120
4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) =
= ⇔ = 
2
⇔ = 2 ⇔ t = 20
Respostas: a) 5 120 unidades 
b) 20 dias após o encerramento
2. (UNICAMP) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x.
a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo
vertical fornece log2(y). 
b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações: 
Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente. 
RESOLUÇÃO:
a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔
⇔ log2 y = log2 8 – log2 (42x) ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 2x . log2 4 ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 4x, cujo gráfico é o representado a seguir.
3
–––10
8
––
10
�8–––10�
t
–––
10
t
–––
10�
8
–––
10�
t
–––
10�8–––10�
6 400
–––––––
10 000
f(z) = g(y)
f(y) / g(z) = 1�
�8–––42x�
8
–––
42x
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MÓDULO 22 Exponenciais e Logaritmos
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página 3
b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔
⇔ 8 = 42z . 4y ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3
II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒
⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3
III) ⇔ ⇔⇔ ⇔
Respostas: a) Ver gráfico.
b) y = z = 
3. Considerando x e y dois números inteiros maiores que 1, resolva o
sistema:
RESOLUÇÃO:
Para x e y inteiros e maiores que 1, temos:
a) log4x – logxy = ⇔ log4x – = 
b) xy = 16 ⇔ log4(xy) = log416 ⇔ log4x + log4y = 2 ⇔
⇔ log4y = 2 – log4x
De a e b, obtém-se:
log4x – = 
Substituindo-se log4x por m, têm-se:
m – = ⇔ 6 m2 – 12 + 6 m = 7 m ⇔
⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ⇔ m = ou m = 
m = ⇒ log4x = ⇒
x = 4 = (22) = 23 = 8 ⇒ y = 2
m = – ⇒ log4x = – ⇒ x = 4 = (22) = 2 ⇒
⇒ x não é inteiro.
Resposta: x = 8 e y = 2
8
–––
42z
f(y)
––––
g(z)
8
––––
42y
� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 � 4y + 8z = 6– 4y – 2z = – 3
� 2y + 4z = 36z = 3 �
1
y = –––
2
1
z = –––
2
1
––
2
�
7log4x – logxy = ––6
x . y = 16
7
–––
6
log4y
–––––––
log4x
7
–––
6
2 – log4x
–––––––––
log4x
7
–––
6
2 – m
–––––––
m
7
–––
6
1 ± 17
–––––––
12
3
–––
2
4
– ––
3
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
4
–––
3
4
–––
3
4
– ––
3
4
– ––
3
8
– ––
3
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1. (FGV) – Resolva as inequações:
a) 1 < < 8
b) �2 – 5x� > 10
RESOLUÇÃO
a) 1 < < 8 ⇔ 2 < 4 – x < 16 ⇔
⇔ –2 < –x < 12 ⇔ 2 > x > –12 ⇔ –12 < x < 2
b) �2 – 5x� > 10 ⇔ 2 – 5x < –10 ou 2 – 5x > 10 ⇔
⇔ –5x < –12 ou –5x > 8 ⇔ x < – ou x > 
Respostas: a) –12 < x < 2
b) x < – ou x >
2. Resolva, em �, a inequação (�x – 1� – 3) . (�x + 2� – 5) < 0.
RESOLUÇÃO:
4 – x
––––––
2
4 – x
–––––
2
12
––––
5
8
–––
5
8
–––
5
12
––––
5
MÓDULO 33 Função Modular
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:29 Página 5
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6 –
1. (UERJ) – Terno pitagórico é a denominação para os três números
inteiros que representam as medidas, com a mesma unidade, dos três
lados de um triângulo retângulo.
Um terno pitagórico pode ser gerado da seguinte forma:
– escolhem-se dois números pares consecutivos ou dois números
ímpares consecutivos;
– calcula-se a soma de seus inversos, obtendo-se uma fração cujo
numerador e denominador representam as medidas dos catetos de
um triângulo retângulo;
– calcula-se a hipotenusa.
a) Utilizando o procedimento descrito, calcule as medidas dos três
lados de um triângulo retângulo, considerando os números pares 4
e 6.
b) Considere x um número inteiro maior do que 1 e que (x – 1) e 
(x + 1) representam dois pares ou dois ímpares consecutivos.
Demonstre que esses dois números geram um terno pitagórico.
RESOLUÇÃO:
a) + = = 
A hipotenusa a é tal que a2 = 52 + 122 ⇔ a2 = 169 ⇔ a = 13 (a > 0).
As medidas dos lados são 5, 12 e 13.
b) Sendo x ∈ � e x > 1, temos:
+ = = 
A hipotenusa a é tal que
a2 = (2x)2 + (x2 – 1)2 ⇔ a2 = 4x2 + x4 – 2x2 + 1 ⇔
⇔ a2 = x4 + 2x2 + 1 ⇔ a2 = (x2 + 1)2 ⇔ a = x2 + 1
(a > 0). Logo, a ∈ �.
As medidas dos lados são x – 1, x + 1 e x2 + 1.
Respostas: a) 5, 12 e 13
b) x – 1, x + 1 e x2 + 1
2. (UNICAMP) – Uma sala retangular medindo 3 m por 4,25 m deve
ser ladrilhada com ladrilhos quadrados iguais. Supondo-se que não haja
espaço entre ladrilhos vizinhos, pergunta-se:
a) Qual deve ser a dimensão máxima, em centímetros, de cada um
desses ladrilhos para que a sala possa ser ladrilhada sem cortar
nenhum ladrilho?
b) Quantos desses mesmos ladrilhos são necessários?
RESOLUÇÃO:
a) Nas condições do problema, a dimensão máxima, em centímetros, de
cada um dos ladrilhos é o mdc (425, 300) = 25.
b) O total de ladrilhos necessários é . = 12 . 17 = 204.
Respostas: a) 25 cm
b) 204 ladrilhos 
3. Um livro tem entre 200 e 400 páginas. Contando-as de 7 em 7, 
sobra 1; contando-as de 9 em 9, sobram 3; contando-as de 11 em 
11, sobram 4. Obtenha:
a) o número n de páginas do livro;
b) o número de divisores naturais de n.
RESOLUÇÃO:
a)
⇔ ⇒ (n + 6) é múltiplo
comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ �*
Visto que 200 < n < 400, temos:
n = 252 – 6 = 246, para k = 4
n = 315 – 6 = 309, para k = 5
n = 378 – 6 = 372, para k = 6
Dos valores obtidos, apenas 246 dividido por 11 deixa resto 4.
b)
⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒
⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8
Respostas: a) n = 246 b) 8
1
––
4
1
––
6
3 + 2
–––––
12
5
–––
12
1
–––––
x – 1
x + 1 + x – 1
––––––––––––(x – 1)(x + 1)
2x
––––––
x2 – 1
1
–––––
x + 1
300
––––
25
425
––––
25
n + 6 7�–––––––0 q1 + 1
n + 6 9�–––––––0 q2 + 1�
n 7�––––1 q1
n 9�––––3 q2�
2
3
41
246
123
41
1
MÓDULO 44 Aritmética
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– 7
1. Sejam z1 = x + 4i e z2 = 1 + xi dois números complexos, em que x
é um número real e i a unidade imaginária. Obtenha:
a) ; b) x para que seja um número real.
RESOLUÇÃO:
a) = . = =
= = + i
b) ∈ �⇔ = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2
Respostas: a) = + i
b) x = 2 ou x = – 2
2. Sendo i a unidade imaginária, considere o número complexo 
z = 2 – 2���3 i.
a) Escreva z na forma trigonométrica.
b) Calcule z5.
RESOLUÇÃO:
a) z = 2 – 2���3 i = a + bi, a, b ∈ � ⇒ a = 2 e b = – 2���3
�z� = ρ = ����������a2 + b2 = �������������22 + (– 2���3 )2 = ���������4 + 12 = 4
⇒ θ = 300°
z = ρ(cos θ + i sen θ) = 4(cos 300° + i sen 300°)
b) z5 = 45 . [cos(5 . 300°) + i sen(5 . 300°)]
z5 = 1024(cos 1500° + i sen 1500°)
z5 = 1024(cos 60° + i sen 60°)
z5 = 1024 + i 
z5 = 512 + 512���3 i
Respostas: a) z = 4(cos 300° + i sen 300°)
b) z5 = 512 + 512���3 i
z1
–––
z2
z1
–––
z2
z1
–––
z2
(x + 4i)
––––––––(1 + xi)
(1 – xi)
––––––––(1 – xi)
x – x2i + 4i + 4x
–––––––––––––––
1 + x2
5x + (4 – x2)i
–––––––––––––
1 + x2
5x
–––––––
1 + x2
4 – x2
–––––––
1 + x2
z1
–––
z2
4 – x2
–––––––
1 + x2
z1
–––
z2
5x
–––––––
1 + x2
4 – x2
–––––––
1 + x2
�
0° ≤ θ < 360°
a 2 1
cos θ = –– = –– = ––
ρ 4 2
b – 2���3 ���3
sen θ = –– = –––––– = – ––––
ρ 4 2
� 1–––2
���3
––––
2 �
MÓDULO 55 Números Complexos
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3. (FUVEST) – A figura a seguir representa o número
no plano complexo, sendo i = �����– 1 a unidade ima gi -
nária. Nessas condições,
a) determine as partes real e imaginária de e de ω3;
b) represente e ω3 na figura abaixo;
c) determine as raízes complexas da equação z3 – 1 = 0.
RESOLUÇÃO:
Se ω = , então:
ω = = – + i . = cos 120° + i . sen 120°
Assim: 
a) = = cos(– 120°) + i . sen(– 120°) = 
= cos 240° + i . sen 240° = – – i
ω3 = cos(3 . 120°) + i . sen(3 . 120°) = cos 360° + i . sen 360° = 1
b) 
c) z3 – 1 = 0 ⇔ z3 = 1 = cos 0° + i . sen 0°
As raízes da equação são as raízes cúbicas de 1 e, portanto:
z1 = 1 . (cos 0° + i . sen 0°) = 1 = ω3
z2 = 1 . (cos 120° + i . sen 120°) = = ω
z3 = 1 . (cos 240° + i . sen 240°) = = 
Respostas: a) Re = – ; Im = –
Re(ω3) = 1; Im(ω3) = 0
b) Ver figura.
c) 1; ;
– 1 + i ���3
ω = –––––––––2
1
–––
ω
1
–––
ω
– 1 + i���3
–––––––––
2
– 1 + i���3
–––––––––
2
1
–––
2
���3
––––
2
1
–––
ω
cos 0° + i . sen 0°
–––––––––––––––––––
cos 120° + i . sen 120°
1
–––
2
���3
––––
2
– 1 + i���3
––––––––––
2
– 1 – i���3
––––––––––
2
1
––––
ω
� 1–––
ω
� 1–––2 �
1
–––
ω
� ���3––––2
� – 1 + i���3––––––––––2 – 1 – i���3––––––––––2 �
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8 –
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– 9
MÓDULO 66 Polinômios e Equações Algébricas
1. (FUVEST) – O produto de duas das raízes do polinômio 
p(x)= 2x3 – mx2 + 4x + 3 é igual a – 1. Determinar:
a) o valor de m;
b) as raízes de p.
RESOLUÇÃO:
Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação 
p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:
a)
⇒ c = ⇒
⇒ 2 .
3
– m . 
2
+ 4 . 
2
+ 3 = 0 ⇒
⇒ 2 . – m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7
b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e é raiz ⇒
⇒ P(x) = x – (x2 – 2x – 1) = 0, pois o quociente da divisão de 
P(x) por x – é x2 – 2x – 1.
Logo, x = ou x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x = ou x = 1 ± �	2
Respostas: a) m = 7 b) V = {(1 – �	2 ), (1 + �	2 ), 3/2}
2. Seja x ≠ 0 um número complexo.
a) Obtenha x2 + , sabendo que x + = y.
b) Mostre que 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 ⇔
⇔ 3�x2 + � – 13�x + � + 16 = 0.
c) Resolva, em �, a equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0.
RESOLUÇÃO:
a) x + = y ⇒ �x + �
2 
= y2 ⇒ x2 + 2 + = y2 ⇒ x2 + = y2 – 2
b) Dividindo-se ambos os membros da equação 
3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se: 
3x2 – 13x + 16 – 13 . + 3 . = 0 ⇔
⇔ 3 x2 + – 13 x + + 16 = 0
c) Substituindo-se x + por y e x2 + por y2 – 2, tem-se a
equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔
⇔ y = ⇔ y = ou y = 1
y = ⇒ x + = ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒
⇒ x = 3 ou x = 
y = 1 ⇒ x + = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x = 
Logo, o conjunto-verdade da equação é: 
V = ; 3; ; 
Respostas: a) x2 + = y2 – 2
b) Ver demonstração.
c) V = ; 3; ; 
3
a . b . c = – –––
2
ab = – 1 � 3––2
�
27
–––
8
9
–––
4
� 3––2 �
3
––
2 � �
3
––
2 �
3
––
2
� 3––2 �
3
––
2
3
––
2
3
––
2
1
–––
x2
1
–––
x
1
–––
x2
1
–––
x
1
––
x
1
––
x
1
–––
x2
1
–––
x2
1
––
x
1
–––
x2
1
–––
x2
1
––
x
1
––
x
1
–––
x2
13 ± 7
––––––
6
10
–––
3
10
–––
3
1
––
x
10
–––
3
1
––
3
1
––
x
1 ± ���3 i
––––––––
2
1
––
3
1 + ���3 i
––––––––
2
1 – ���3 i
––––––––
2
1
–––
x2
1
––
3
1 + ���3 i
––––––––
2
1 – ���3 i
––––––––
2
�� � �
��
��
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10 –
1. Considere os conjuntos A = {2; 3}, B = {2; 3; 5; 7} e Xi, com 
i ∈ �*, tais que A � Xi� B.
a) Determine todos os conjuntos Xi possíveis.
b) Seja P(Xi) o conjunto de todos os conjuntos Xi. Mostre que a função
f: P(Xi) → �, que a cada Xi associa o produto dos elementos de Xi,
é injetora, mas não é sobrejetora.
RESOLUÇÃO:
a) A � Xi ⇔ {2;3} � Xi ⇔ 2 ∈ Xi e 3 ∈ Xi� ⇒ X1 = {2;3},Xi� B
X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7}
b)
⇒
⇒ f(Xm) ≠ f(Xn); ∀m;n ∈ {1; 2; 3; 4}, com m ≠ n e, por tanto, 
f é injetora.
Im(f) = {6; 30; 42; 210} ≠ �, portanto, f não é sobrejetora.
2. (UDESC-adaptado) – Uma cidade possui 10 000 habitan tes, que
frequentam três clubes recreativos, divididos da seguinte for ma: 45%
frequentam o clube A; 40% frequentam o clube B; 53% frequentam o
clube C; 25% frequentam somente o clube A; 11% frequentam somente
o clube B; 30% frequentam somente o clube C; somente 9%
frequentam os clubes A e C. Sabendo que A, B e C possuem
frequentadores em comum, e que sempre existem frequentadores em
comum a dois clubes, determine o número de habitantes que
frequentam mais de um clube.
RESOLUÇÃO:
Considere o diagrama acima. Temos, em porcentagem:
⇔
⇔
O diagrama fica
Resposta: Frequentam mais de um clube (11 + 4 + 5 + 14) % = 34% de
10.000, ou seja, 3 400 habitantes. 
f(X1) = 2 . 3 = 6
f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30
f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42
f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210
�
�
25 + x + y + z = 45
11 + x + y + w = 40
30 + y + z + w = 53
y + z = 9 
�
x + y + z = 20
x + y + w = 29
y + z + w = 23
y + z = 9 
�
w = 14
y + z = 9
x + y = 15
x + y + z = 20 
�
x = 11
y = 4
z = 5
w = 14 
MÓDULO 77 Conjuntos e Funções
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– 11
3. (UDESC) – A população (em milhares) de uma colônia de
bactérias, no período de t horas de um certo processo da industria -
lização do leite, é representada pela função:
a) Esboce o gráfico que representa esse fenômeno.
b) Determine os conjuntos domínio e imagem dessa função.
c) Quanto tempo essa colônia leva para se extinguir?
RESOLUÇÃO:
a) O gráfico de f é
b) D(f) = [0; 9]
Im(f) = [0; 32]
c) A colônia é extinta quando f(t) = 0. Isto ocorre para t = 9
4. Considere a função y = f(x) definida pelas equações paramétricas
x = cos t e y = (9 – 4 cos t – 4sen2t), com t ∈ �. Construa o gráfico
de y em função de x, determine o domínio e o conjunto imagem de f. 
RESOLUÇÃO:
1) x = cos t, com t ∈ � ⇔ – 1 � x � 1
2) y = (9 – 4 cos t – 4 sen2t) ⇔ y = [9 – 4 cos t – 4(1 – cos2t)] ⇔
⇔ y = cos2t – cos t + ⇔ y = x2 – x + , pois cos t = x
3) O gráfico de y é
e o gráfico de f é o arco de pará bola
�
AB.
4) O domínio e o con jun to imagem de f são, respec tivamente,
[– 1; 1] e 1; .
5. (UEM) – Com respeito à função f : � → � definida por 
f(x) = 4x + 2, assinale o que for correto.
a) A função inversa de f é f–1 : �→ � definida por f –1(x) = .
b) A função composta fof(x) é definida por (4x + 2)2.
c) Para todo x pertencente ao domínio de f, tem-se que f(x) é um
número par.
d) Se um ponto (a; b) pertence ao gráfico de f, então a ≠ b.
e) f não é uma função decrescente.
RESOLUÇÃO:
1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = ⇔ f–1(x) = 
2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10
3) f = 4 . + 2 = 3, que é ímpar, por exemplo.
4) Existe um ponto (a; b) pertencente ao gráfico de f para o qual a = b. 
Esse ponto é – ; – , pois (a; b) ∈ f ⇒ f(a) = 4a + 2 = b e
⇒ a = b = – 
5) O gráfico de f é
e f é estritamente crescente.
Resposta: E
1
––
4
1
––
4
5
––
4
5
––
4
 13–––4 �
1
––––––
4x + 2
y – 2
––––––
4
x – 2
––––––
4
� 1––4 �
1
––
4
� 2––3
2
––3 �
� 4a + 2 = ba = b
2
–––
3
1
––
4
t2 + 7, se 0 ≤ t ≤ 5
32, se 5 < t ≤ 7
– 16t + 144, se 7 < t ≤ 9
�f(t) =
32
7
0 5 7 9 t
y = f(t)
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12 –
1. (ESPM) – Numa progressão aritmética cuja razão é um número
inteiro, o primeiro termo é 3, o último termo é 99 e um de seus termos
é 39. A soma dos possíveis valores da razão é:
a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32
RESOLUÇÃO:
1) am = a1 + (m – 1) . r = 39 ⇒ am = 3 + (m – 1) . r = 39 ⇒
⇒ (m – 1) . r = 36 ⇒ r é divisor de 36, pois m ∈ �*
2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒
⇒ (n – 1) . r = 96 ⇒ r é divisor de 96, pois n ∈ �*
3) r é divisor do mdc(36; 96) = 12 e, portanto, r ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}, pois
r > 0. A soma dos possíveis valores de r é 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28.
Resposta: C
2. (UFRJ) – Moedas idênticas de 10 centavos de real foram
arrumadas sobre uma mesa, obedecendo à
disposição apresentada no desenho: uma moeda
no centro e as demais formando camadas
tangentes.
Considerando que a última camada é composta
por 84 moedas, calcule a quantia, em reais, do
total de moedas usadas nessa arrumação.
RESOLUÇÃO:
1) Admitindo-se que a configuração seja possível, a quantidade de moedas
em cada camada são os termos da sequência (1; 6; 12; 18; …; 84).
2) Como (6, 12, 18, … 84) é uma PA, temos:
an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14
3) A soma dos termos da 1a. sequência é
1 + = 1 + 90 . 7 = 631
4) 631 moedas de R$ 0, 10 equivalem a R$ 63, 10.
3. (U.F.PARANÁ) – Considere a sequência finita de números 
(1, 2, 5, 7, 10, 11, 13, 14, 17, 19, ..., 1001), na qual comparecem todos
os números naturais menores ou iguais a 1001, exceto os múltiplos de
3 e de 4.
a) Quantos termos possui essa sequência?
b) Qual é a soma dos termos dessa sequência?
RESOLUÇÃO:
1) A sequência (1; 2; 3; 4; 5; …; 1001) é uma progressãoaritmética com
1001 termos e soma
S1 = = 501501
2) A sequência (3; 6; 9; 12; …; 999) possui 333 termos, pois
999 = 3 + (n – 1) . 3 ⇔ n = 333 e soma
S2 = = 166 833
3) A sequência (4; 8; 12; 16; …; 1000) possui 250 termos, pois
1000 = 4 + (n’ – 1) . 4 ⇔ n’ = 250 e soma
S3 = = 125 500
4) A sequência (12; 24; 36; …; 996) possui 83 termos, pois
996 = 12 + (n” – 1) . 12 ⇔ n” = 83 e soma
S4 = = 41 832
5) A sequência dada possui 
1001 – 333 – 250 + 83 = 501 termos e soma
S = S1 – S2 – S3 + S4 = 501 501 – 166 833 – 125 500 + 41 832 = 251 000
Respostas: a) 501 termos
b) 251 000
4. (FGV) – Na sequência não decrescente de naturais ímpares
(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5,...), cada número ímpar k aparece k vezes.
a) Determine o 101.º termo dessa sequência.
b) Determine a soma dos 1024 primeiros termos dessa sequência.
Dado:
RESOLUÇÃO:
Lembrando que 1 + 3 + 5 + … + an = n2 para todo an ∈ � e ímpar, temos:
a) 1 + 3 + 5 + 7 + … + 19 = 102 = 100, pois 19 é o décimo natural ímpar.
Dessa forma, a sequência (1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 19, 19, …, 19)
19 termos
possui 100 termos. Portanto, o 101o. termo da sequência dada é 
19 + 2 = 21
b) 1 + 3 + 5 + … + an = n2 = 1024 ⇔ n = 32 e a32 = 2 . 32 – 1 = 63
A soma dos termos da sequência
(1, 3, 3, 3, 5, 5, 5, 5, 5, …, 63, 63, 63, … 63) é 12 + 32 + 52 + … + 632 =
63 termos
= =
= 
Respostas: a) 21 b) 43 680
(6 + 84) . 14
––––––––––––
2 
(1 + 1001) . 1001
––––––––––––––––
2
(3 + 999) . 333
––––––––––––––
2
(4 + 1000) . 250
––––––––––––––
2
(12 + 996) . 83
––––––––––––––
2
(m + 1)(2m + 1)(2m + 3)(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––3
m
Σ
k = 0
(31 + 1).(2.31 + 1)(2.31 + 3)
(2k + 1)2 = –––––––––––––––––––––––––
3
31
Σ
k = 0
32.63.65
––––––––––– = 43680
3
MÓDULO 88 Progressões Aritméticas
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1. (U. F. TRIÂNGULO MINEIRO/adaptado) – Toma-se um seg -
mento de reta inicial de tamanho 1. Divide-se esse segmento em 3 par -
tes iguais e tira-se a parte do meio. Cada uma das duas partes
re manescentes também é dividida em 3 partes iguais e as respectivas
partes do meio também são retiradas. Procede-se de maneira análoga
indefinidamente, conforme figura, sendo que a fração do que sobrou do
segmento de reta inicial na 1a. divisão é denotado por F1, na 2a. divisão,
por F2 e na n-ésima divisão, por Fn.
a) Calcule F7 b) Obtenha Fk
c) Se o processo continuar infinitamente, quanto terá sido tirado do
segmento inicial?
RESOLUÇÃO:
Observemos que:
F1 = 2 . =
F2 = 4 . . =
F3 = 8 . . . =
A sequência (F1, F2, F3,…) é uma progressão geométrica de primeiro termo
F1 = e razão q =
Assim:
a) F7 = F1 . q7 – 1 = . � �
6
= � �
7
=
b) Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =
= = = 2 . = 
c) Terá sido retirado + + … = ou seja,
o segmento inteiro.
2. (AFA) – João Victor e Samuel são dois atletas que competem numa
mesma maratona. Num determinado momento, João Victor encontra-
se no ponto M, enquanto Samuel se encontra no ponto N, 5 m à sua
frente.
A partir desse momento, um observador passa a acompanhá-los
registrando as distâncias percorridas em cada intervalo de tempo de 
1 segundo, conforme tabelas abaixo.
Sabe-se que os números da tabela acima que representam as distâncias
percorridas por João Victor formam uma progressão geométrica,
enquanto os números da tabela acima que representam as distâncias
percorridas por Samuel formam uma progressão aritmética.
Com base nessas informações, é INCORRETO afirmar que ao final do
a) 5o. segundo, João Victor já terá atingido o ponto N.
b) 5o. segundo, Samuel percorreu uma distância igual à que os separava
nos pontos M e N.
c) 6o. segundo, João Victor terá alcançado Samuel.
d) 8o. segundo, João Victor estará mais de 8 metros à frente de Samuel.
RESOLUÇÃO:
1) No instante inicial, Samuel está 5 m à frente de João Victor.
2) As distâncias percorridas por João Victor são termos da P.G.
; ; ; … de razão e soma 
St = =
3) As distâncias percorridas por Samuel são termos da P.A.
; ; 1; … de razão e soma 
St’ = = + =
a) verdadeira, pois S5 = 
5
– 1 = > 5
b) verdadeira, pois S’5 = = 5 = MN
7
∑
k = 1
1
––
3 
2
––
3 
1
––
3 
1
––
3 
4
––
9 
1
––
3 
1
––
3 
1
––
3 
8
––
27 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
128
–––––
2187 
7
∑
k = 1
2 2 
–– 
�––�
7
– 1�3 3
––––––––––––––
2
–– – 1
3 
2 128 
–– 
––––– – 1�3 2187
–––––––––––––––
1
– ––
3 
128
1 – –––––�2187 
4118
–––––
2187 
1
––
3 
2
––
9 
4
––
27 
1 
––
3 
–––––––– = 1,
21 – ––3 
João Victor
Intervalo Distância (m)
1o. 1–––2
2o. 3–––4
3o. 9–––8
� �
Samuel
Intervalo Distância (m)
1o. 1–––2
2o. 3–––4
3o. 1,0
� �
� 1–––2
3
–––
4
9
–––
8 �
3
–––
2
1 3 t
–– 
�––� – 1�2 2
–––––––––––––––
3
–– – 1
2
3 t�––� – 12
� 1–––2
3
–––
4 �
1
–––
4
1 1 1 
–– + –– + (t – 1) . ––�t2 2 4
–––––––––––––––––––––
2
t
–––
2 �
t
–––
4
3
–––
4 �
t(t + 3)
–––––––
8
� 3–––2 �
211
–––––
32
5 . (5 + 3)
–––––––––
8
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– 13
MÓDULO 99 Progressões Geométricas
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14 –
c) falsa, pois S6 = 
6
– 1 = 
S’6 = = 
S6 – S’6 = – = 
 3,6 < 5
d) verdadeira, pois S8 = 
8
– 1 = 
S’8 = = 11 
S8 – S’8 = – 11 = 
 13,6
Descontados os 5 metros iniciais, João Victor estará mais de 8,6 m 
à frente.
3. (UNIFESP) – Um objeto parte do ponto A, no instante t = 0, em
direção ao ponto B, percorrendo, a cada minuto, a metade da distância
que o separa do ponto B, conforme figura. Considere como sendo de
800 metros a distância entre A e B.
Deste modo, ao final do primeiro minuto (1º. período) ele deverá
encontrar-se no ponto A1; ao final do segundo minuto (2º. período), no
ponto A2; ao final do terceiro minuto (3º. período), no ponto A3, e,
assim, sucessiva mente.
Suponhamos que a velocidade se reduza linearmente em cada período
considerado.
a) Calcule a distância percorrida pelo objeto ao final dos 10 primeiros
minutos. Constate que, nesse ins tante, sua distância ao ponto B é
inferior a 1 metro.
b) Construa o gráfico da função definida por “f(t) = dis tância per -
corrida pelo objeto em t minu tos”, a partir do instante t = 0.
RESOLUÇÃO:
A distância, em metros, percorrida pelo objeto em cada minuto é termo da
progressão geométrica (400; 200; 100; …) de razão .
a) Ao final de 10 minutos, a distância percorrida pelo objeto foi
f(10) = = 800 � � ⇒
⇒ f(10) = 800 . 
 799,22m.
No instante t = 10, a distância do objeto ao ponto B é, aproxi mada -
mente, (800 – 799,22)m = 0,78m, inferior a 1 metro.
b) A função que determina a distância percorrida pelo objeto em t
minutos, a partir do instante t = 0, é
f(t) = ⇒f(t) = 800 
 �
O gráfico de f(t) é o que se destaca na figura seguinte:
Respostas: a) 799,2 m; a distância ao ponto B é 0,78 m
b) Gráfico
�
665
–––––
64�
3
–––
2�
27
––––
4
6 . (6 + 3)
–––––––––
8
233
–––––
64
27
––––
4
665
–––––
64
�
6305
–––––
256�
3
–––
2�
8 . (8 + 3)
–––––––––
8
3489
–––––
256
6305
–––––
256
1 
––
2
1
1 – –––––
1024
1400 
1 – �–– �10�2
–––––––––––––––––
1
1 – ––
2
1023 
––––––
1024
1 t1 – �––�2
1400 
1 – �–– �t�2
––––––––––––––––
1
1 – ––
2
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– 15
4. (FGV) – Um círculo é inscrito em um quadrado de lado m. Em
seguida, um novoquadrado é inscrito nesse círculo, e um novo círculo
é inscrito nesse quadrado, e assim sucessivamente. A soma das áreas
dos infinitos círculos descritos nesse processo é igual a
a) b) c) 
d) e)
RESOLUÇÃO:
O quadrado ABCD tem lado m e o círculo nele inscrito possui raio .
O quadrado EFGH tem diagonal m e lado . O círculo nele inscrito 
possui raio .
O quadrado IJKL tem diagonal e lado .
O círculo nele inscrito tem raio .
Assim, sendo S a soma das áreas dos infinitos círculos, temos:
π m2
Portanto: S = –––––– unidades de área.
2
Resposta: A
π m2
––––2
3π m2
–––––8
π m2
–––––3
π m2
–––––4
π m2
–––––8
m
–––
2
m���2
––––––
2
m���2
––––––
4
m���2
––––––
2
m
–––
2
m
–––
4
S = π � m–––2 �
2
+ π � m���2––––––4 �
2
+ π � m–––4 �
2
+ … =
= π � m
2 m2 m2
––– + ––– + –––– + …
4 8 16 � = π .
m2
––––
4
––––––––
1
1 – ––
2
= π .
m2
––––
2
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16 –
1. (UDESC) – Sejam A = e B = duas matrizes 
e I a matriz identidade de ordem dois. Encontre a matriz X tal que 
AX + I = B.
RESOLUÇÃO:
Sendo X = , temos
A . X + I = B ⇒ . + = ⇔
⇔ + = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ e ⇔ e ⇔
⇔ e desta forma: X = 
Resposta: X = 
2. (UNESP) – Sejam A = , 
B = e C = matrizes reais.
a) Calcule o determinante de A, det(A), em função de x e y, e repre -
sente no plano cartesiano os pares ordenados (x; y) que satisfazem
a inequação det(A) ≤ det(B).
b) Determine x e y reais, de modo que A + 2B = C.
RESOLUÇÃO:
a) 1) A = ⇒ det(A) = y – 4x
B = ⇒ det(B) = – 3
2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3
b) A + 2 . B = C
+ 2 . = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Respostas: a) det(A) = y – 4x e gráfico
b) x = 1 e y = 2
 x – 2y3x + y
1
– 1 �
 2
– 1
1
– 2 � 
 13 3– 5 �
x – 2y 1
 �3x + y – 1
2 1
 �
– 1 – 2
x – 2y 1
 �3x + y – 1 2 1
 �
– 1 – 2
1 3
 �3 – 5
x – 2y + 4 3 
 �3x + y – 2 – 5
1 3
 �3 – 5
x – 2y + 4 = 1�3x + y – 2 = 3
x – 2y = – 3�3x + y = 5
x = 1� y = 2
 14
2
1 � 
14
17
5
7 �
 ac
b
d �
 14
2
1 � 
a
c
b
d � 
1
0
0
1 �
 a + 2c4a + c � 
1
0
0
1 �
b + 2d
4b + d
 a + 2c + 14a + c
b + 2d
4b + d + 1 �
� a + 2c = 134a + c = 17
 1417
5
7 �
 1417
5
7 �
 1417
5
7 �
� b + 2d = 54b + d = 6 �
a + 2c = 13
7a = 21 �
b + 2d = 5
7b = 7
� a = 3c = 5 �
b = 1
d = 2 
3
5
1
2 �
 35
1
2 �
MÓDULO 1100 Matrizes e Determinantes
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– 17
3. (UFCE) – O valor de 2A2 + 4B2 quando A = e
B = é igual a:
a) b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
A2 = A . A = . = 
B2 = B . B = . = 
2A2 + 4B2 = 2 . + 4 . =
= + = 
Resposta: B
4. (FGV) – Seja a matriz A = (aij)2×2, na qual aij = .
Sendo n um número natural não nulo, então a matriz An é igual a:
a) b) c) 
d) e) 
RESOLUÇÃO:
Se A = (aij)2 x 2 tal que
aij = 
I) A =
II) A2 = A . A = . =
III) A3 = A2 . A = . =
...........................................................................................
...........................................................................................
...........................................................................................
An = An – 1 . A = . =
Resposta: A
5. Determine a soma das raízes da equação, em �.
RESOLUÇÃO:
⇔ 2(x + 6)[x(x – 3) + 3 + 12 – 3x – x + 3 – 12] = 0 ⇔
⇔ 2(x + 6)(x2 – 7x + 6] = 0 ⇔ x = – 6, x = 1 ou x = 6
A soma das raízes é 1.
Resposta: 1
� 10 n – 11 � � 10 11 � �
1
0
n
1 �
� 10 21 � �
1
0
1
1 � � 10 31 �
� 10 11 � � 10 11 � � 10 21 �
� 10 11 �
 10
n
1 � 
1
1
n
1 � 
 1n 01 �
 n20 0n � 
 10
n2
1 �
0, se i > j� 1, se i � j, então:
� 0, se i > j1, se i ≤ j
 04 40 � 
 60 06 �
 20
0
– 2 � 
2
0
0
– 2 � 
4
0
0
4 �
 01
– 1
0 � 
0
1
– 1
0 � 
– 1
0
0
– 1 �
 40
0
4 � 
– 1
0
0
– 1 �
 80
0
8 � 
– 4
0
0
– 4 � 
4
0
0
4 �
 20 0– 2 �
 01 – 10 �
 44 44 � 
 40 04 � 
 00 00 �
x
x – 2
1
3
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
A = = 0
= 0 ⇔
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
x
x – 2
1
3
x + 6
x + 6
x + 6
x + 6
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔
1
1
1
1
2
4
2
2
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔⇔ (x + 6) .
⇔ (x + 6) .
1
1
1
1
0
2
0
0
1
5
x
4
3
– 1
3
x – 3
= 0 ⇔
⇔ (x + 6) . 2 . (– 1)2 + 2 . 
1
1
1
1
x
4
3
3
x – 3
= 0 ⇔
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18 –
MÓDULO 1111 Sistemas Lineares 
1. (UNESP) – Para quais valores de k ∈ � o sistema linear homo -
gêneo: 
será possível e determinado, será possível e indeter minado, será im -
pos sível?
RESOLUÇÃO:
O sistema será possível e determinado se, e somente se,
D = 
≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1
Esse mesmo sistema será possível e indeterminado se, e somente se,
D = = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1
O sistema linear dado, por ser homogêneo, nunca será impossível.
Respostas: Possível e determinado para k ≠ – 7 e k ≠ 1.
Possível e indeterminado para k = – 7 ou k = 1.
Impossível, nunca.
2. (ITA) – Sejam a, b ∈ �. Considere os sistemas lineares 
em x, y e z:
e 
Se ambos admitem infinitas soluções reais, então:
a) = 11 b) = 22 c) ab =
d) ab = 22 e) ab = 0
RESOLUÇÃO:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Se o sistema tem infinitas soluções, então a – = 0 ⇔ a = .
Se o segundo sistema tem infinitas soluções, então:
D = = 0 ⇔ b = 11 e = = 22
Resposta: B
3. (FGV) – Considere o sistema linear nas incógnitas x, y e z:
a) Encontre o valor de a que torna o sistema im pos sível ou
indeterminado.
b) Utilize o valor de a encontrado no item anterior para verificar se o
sistema dado é impossível ou indeter mi na do.
RESOLUÇÃO:
a) O sistema será impossível ou indeterminado 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
� kx + 2y – z = 02x – y + 2z = 0
3x + y + kz = 0
k 2 – 1
2 – 1 2 
3 1 k
k 2 – 1
2 – 1 2 
3 1 k
x – y = 0
x + 2y – z = 0
2x – by + 3z = 0�
x + y – z = 0
x – 3y + z = 1
– 2y + z = a�
1
–––
4
b
–––
a
a
–––
b
x + y – z = 0
– 4y + 2z = 1
– 2y + z = a�
x + y – z = 0
x – 3y + z = 1
– 2y + z = a�
x + y – z = 0
1
2y – z = – –––
2
1
0z = a – –––
2
�
x + y – z = 0
– 1
2y – z = ––––
2
– 2y + z = a
�
1
–––
2
1
–––
2
11
––––
1
––
2
b
–––
a
1
1
2
– 1
2
– b
0
– 1
3
x – 2y – z = 8
2x + y + 3z = – 2
ax + y + 2z = 8�
x – 2y – z = 8
2x + y + 3z = – 2
ax + y + 2z = 8�
1
2
a
– 2
1
1
– 1
3
2
x + y + 2z = 8
y + z = 0
0z = – 18�
x + y + 2z = 8
3y + 3z = 0
5y + 5z = – 18�
x – 2y – z = 8
2x + y + 3z = – 2
x + y + 2z = 8�
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– 19
4. (UNICAMP) – Seja dado o sistema linear:
a) Mostre graficamente que esse sistema não tem solução. Justifique.
b) Para determinar uma solução aproximada de um sistema linear 
Ax = b impossível, utiliza-se o método dos quadrados mínimos, que
consiste em resolver o sistema ATAx = ATb. Usando esse método,
encontre uma solução aproximada para o sistema dado acima.
Lembre-se de que as linhas de MT (a transposta de uma matriz M)
são iguais às colunasde M.
RESOLUÇÃO:
a) Sejam (r), (s) e (t) as representações gráficas dos pon tos definidos pelos
pares ordenados (x1 ; x2 ) num sis tema cartesiano orgonal de abscissa 
x1 e or de nada x2 . 
Graficamente, não há um ponto comum às 3 retas e portanto o sistema
não tem solução.
b) Se A . x = b é . = , então 
A x b
AT . Ax = AT . b é
. . = 
= . ⇔ . = ⇔ 
⇔ ⇔ 
Respostas: a) ver gráfico
b) A solução aproximada do sistema é dada por
(x1; x2 ) = 
5. Para que valores de k o sistema de equações lineares
nas incógnitas x e y com k ∈ � é indeterminado?
RESOLUÇÃO 1:
⇔ ⇔ ⇔
⇔
Conclusão: Se k = 1 ou k = – 1, o sistema é possível e determinado e 
se k ≠ 1 e k ≠ – 1, o sistema é impossível.
RESOLUÇÃO 2:
Sejam p e q as características das matrizes incompleta e completa, tais que
MI = MC = 
A matriz incompleta de característica, pois ≠ 0
Como det(MC) = 1 – k2; se k = 1 ou k = – 1 tem-se det(MC) = 0 e q = 2 e, se
k ≠ 1 e k ≠ – 1 tem-se det(MC) ≠ 0 e q = 3.
Assim, para k = 1 ou k = – 1, p = q = 2 e S.P.D.
k ≠ 1 e k ≠ – 1, p = 2 ≠ q = 3 e S.Imp.
� x + y = 1x – y = k
x + ky = k �
x + y = 1
k + 1
x = ––––––
2
x + ky = k �
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
x + ky = k
⇔�
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
k + 1 1 – k
–––––– + k . �––––––� = k2 2
⇔�
k + 1
x = ––––––
2
1 – k
y = ––––––
2
1 – k2 = 0
⇔
� k = 1 ⇒ x = 1 e y = 0k = – 1 ⇒ x = 0 e y = 1
1
1
1
1
– 1
k
� 
1
1
1
1
– 1
k
1
k
k �
1
1
1
– 1
x + y = 1
x – y = k
x + ky = k
��
– x1 + 2x2 = 2
2x1 – x2 = 2
x1 + x2 = 2
 – 121
2
– 1
1 � 
x1
x2
� 
 222 �
 – 12 2– 1 11 � 
 – 121
2
– 1
1 � 
x1
x2
�
 – 12 2– 1 11 � 
 222 � 
6
– 3
– 3
6 � 
x1
x2
� 
 44 �
6x1 – 3x2 = 4� 
– 3x1 + 6x2 = 4 �
4
x1 = ––3
4
x2 = ––3
4 4�–– ; ––�3 3
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20 –
MÓDULO 1122 Grandezas Proporcionais e Médias
1. Pela legislação, a porcentagem máxima permitida de álcool na
mistura combustível dos carros a gasolina é de 25%. O reservatório
de um posto de abasteci mento de veículos, examinado pela
fiscalização, apre sentou 40% de álcool na mistura combustível. Em
relação à quantidade de gasolina presente na mistura, a porcentagem
em que ela deve ser aumentada de forma que a porcentagem de álcool
presente atinja o limite de 25% é
a) 15% b) 20% c) 50% d) 75% e) 100% 
RESOLUÇÃO:
Considerando que a mistura presente no reser vatório seja apenas de álcool
e gasolina, sejam, respec tivamente, va e vg os volumes iniciais de álcool e
gasolina e x o volume de gasolina a ser inserto no reservatório.
Inicialmente, temos:
va = 40% (va + vg) ⇔ 60%va = 40%vg ⇔ va = vg
Após o acréscimo, temos:
va = 25%(va + vg + x) ⇔
⇔ vg = vg + vg + x ⇔ x = vg
Assim, na mistura, a porcentagem em que a gasolina deve ser aumentada
é
= = 1 = 100%
Resposta: E
2. (FUVEST) – Um comerciante compra calças, camisas e saias e as
revende com lucro de 20%, 40% e 30%, respec tiva mente. O preço x
que o comerciante paga por uma calça é três vezes o que ele paga por
uma camisa e duas vezes o que ele paga por uma saia. Um certo dia,
um cliente comprou duas calças, duas camisas e duas saias e obteve
um desconto de 10% sobre o preço total. 
a) Quanto esse cliente pagou por sua compra, em função de x? 
b) Qual o lucro aproximado, em porcentagem, obtido pelo
comerciante nessa venda?
RESOLUÇÃO:
a)
Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um cliente
pagaria
2 . 1,20x + 2 . 1,40 . + 2 . 1,30 . = 2,40x + + 1,30x =
= = 
Com 10% de desconto, o cliente paga 
90% . = 0,90 . = 4,17x
b) O preço de custo dos produtos vendidos foi
2 . x + 2 . + 2 . = = 
O lucro obtido nessa venda foi 4,17x – = , correspon -
dendo a = 
 0,1372 = 13,72%
Respostas: a) 4,17 . x b) 13,72%
2
–––
3
�2–––3�1–––42–––3
vg
–––
vg
x
–––
vg
Calça
Camisa
Saia
Preço de
custo
x
x
–––
3
x
–––
2
Lucro
20%
40%
30%
Preço de
venda
1,20 . x
x
1,40 . ––
3
x
1,30 . ––
2
x
–––
3
x
–––
2
2,80x
–––––––
3
7,20x + 2,80x + 3,90x
–––––––––––––––––––––
3
13,90x
–––––––
3
13,90x
–––––––
3
13,90x
–––––––
3
x
–––
3
x
–––
2
6x + 2x + 3x
–––––––––––––
3
11x
––––
3
11x
––––
3
1,51x
––––––
3
1,51x
––––––
3
–––––––––
11x
––––
3
1,51
––––
11
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– 21
3. (UNESP) – Em uma determinada residência, o consumo mensal de
água com descarga de banheiro corresponde a 33% do consumo total
e com higiene pessoal, 25% do total. No mês de novembro, foram
consumidos 25 000 litros de água no total e, da quantidade usada pela
residência nesse mês para descarga de banheiro e higiene pessoal, uma
adolescente, residente na casa, consumiu 40%. Determine a quantidade
de água, em litros, consumida pela adolescente no mês de novembro
com esses dois itens: descarga de banheiro e higiene pessoal.
RESOLUÇÃO:
I) A quantidade total de água consumida, por essa residência, com
descarga de banheiro e higiene pessoal foi 
(25% + 33%) . 25000� = 14500�
II) A quantidade de água consumida pela adolescente foi
40% . 14500 � = 5800 �
Obs.: Mantidas as proporções da família toda, a adolescente gastou 
3300 � com descarga de banheiro e 2500 � com higiene pessoal.
Resposta: 5800 �
4. (UFPE) – Uma loja de eletrônicos oferece duas opções de
pagamento:
– À vista, com 10% de desconto no preço anunciado;
– Em duas prestações mensais iguais, sem desconto sobre o preço
anunciado, sendo a primeira prestação paga no momento da
compra.
Qual a taxa de juros mensais embutida nas vendas a prazo?
a) 10% b) 15% c) 20% d) 25% e) 30%
RESOLUÇÃO:
1) Se o preço anunciado for p, o preço à vista será 0,90p.
2) Se optar por pagar a prazo, deverá pagar 0,50p no ato da compra.
3) Deixou de pagar 0,90p – 0,50p = 0,40p
No mês seguinte, terá de pagar 0,50p, pagando juros de
0,50p – 0,40p = 0,10p
4) Sobre o que deixou de pagar, o juro é de = = 0,25 = 25%
Resposta: D
5. (FGV) – A média das alturas dos 6 jogadores em quadra de um time
de vôlei é 1,92 m. Após substituir 3 jogadores por outros, a média das
alturas do time passou para 1,90 m. Nessas condições, a média, em
metros, das alturas dos jogadores que saíram supera a dos que entraram
em:
a) 0,03 b) 0,04 c) 0,06 d) 0,09 e) 0,12 
RESOLUÇÃO:
Sendo SS, SP e Se, respectivamente, a soma das alturas dos jogadores que
saíram, permaneceram e en traram no time, temos:
⇒
⇒ SS – Se = 0,12 ⇒ – = 0,04
Como e são, respectivamente, as mé dias aritméticas das
alturas dos jogadores que saíram e dos que entraram no time, aquela
supera esta em 0,04 m.
Resposta: B
SS + SP
–––––––– = 1,92 ⇒ SS + SP = 11,526
Se + SP
–––––––– = 1,90 ⇒ Se + SP = 11,46 
�
SS
––––
3
Se
––––
3
SS
––––
3
Se
––––
3
0,10p
––––––
0,40p
1
–––
4
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22 –
1. Num triângulo ABC, retângulo em A, D é a projeção ortogonal de
A sobre BC. Sabendo-se que o segmento BD mede 1 cm e que o ân gulo
D^AC mede θ graus, então a área do triângulo ABC, em centímetros
quadrados, é:
a) b)
c) d)
e) 
RESOLUÇÃO:
I) No triângulo ABD: 
cos θ = ⇔ AB = cm = sec θ cm
II) No triângulo ABC:
tg θ = ⇒ AC = . tg θ cm = sec θ . tg θ cm
III) A área S do triângulo ABC é tal que:
S = ⇔ S =
Resposta: C
2. (MACKENZIE) – Em [0; 2π], as soluções da equação
= são em número de:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
RESOLUÇÃO:
= ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔ 1 + sen x = – sen x ⇔
⇔2 . sen x = – 1 ⇔ sen x = – 
Para [0; 2π], resulta x = ou x = 
Resposta: B
sec θ . tg θ
––––––––––
2
sec θ . tg2 θ
––––––––––
2
sec2 θ . tg θ
––––––––––
2
cossec2 θ . cotg θ
––––––––––––––––
2
cossec θ . cotg θ
–––––––––––––––
2
1 cm
–––––
AB
1
––––––
cos θ
AC
–––––
AB
1 
–––––
cos θ
AB . AC
–––––––––––
2
sec2 θ . tg θ
–––––––––––– cm2
2
2 sen x
–––––––––
cos 2x – 1
1
––––––––––
1 + sen x
2 . sen x
–––––––––––
cos(2x) – 1
1
–––––––––––
1 + sen x
2 . sen x
–––––––––––––––
1 – 2sen2x – 1
1
–––––––––––
1 + sen x
2 . sen x
–––––––––––––––
– 2 . sen2x
1
–––––––––––
1 + sen x
1
–––––––
– sen x
1
–––––––––––
1 + sen x
1
––
2
7 . π
––––––
6
11 . π
––––––
6
MÓDULO 1133 Trigonometria I
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– 23
3. (FUVEST) – Determine as soluções da equação 
(2 cos2 x + 3 sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 que estão no intervalo [0,2π].
RESOLUÇÃO:
Sendo 0 ≤ x ≤ 2π, temos:
(2 . cos2 x + 3 . sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 ⇔
⇔ 2 . cos2 x + 3 . sen x = 0 ou cos2 x – sen2 x = 0 ⇔
⇔ 2 . sen2 x – 3 . sen x – 2 = 0 ou sen2 x = cos 2 x ⇔
⇔ sen x = 2 ou sen x = ou tg2 x = 1 ⇔
⇔ sen x = ou tg x = 1 ou tg x = –1 ⇔
⇔ x = ou x = ou x = ou x = ou
x = ou x = 
Resposta: � , , , , , �
4. (FATEC) – No triângulo ABC, tem-se que B ^AC mede 80°, A ^BC
mede 40° e BC = 4 cm. Se sen 20° = k, então a medida de —AC, em
centíme tros, é dada por
a) 2 b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
I) Pela lei dos senos:
= ⇔ = ⇔
⇔ AC = 
II) cos 40° = 1 – 2sen220° ⇔ cos 40° = 1 – 2k2
De (I) e (II), tem-se que: AC =
Resposta: C
1
– ––
2
1
– ––
2
7π
––––
6
11π
–––––
6
π
–––
4
3π
––––
4
5π
––––
4
7π
––––
4
π
–––
4
3π
–––
4
7π
–––
6
5π
–––
4
7π
–––
4
11π
–––
6
4
–––k
2
––––––––
1 – 2k2
2 . ��������� 1 – 2k2
––––––––––––
1 – 2k2
2 . (1 – k)
––––––––––
1 – 2k
AC
––––––
sen 40°
4
––––––
sen 80°
AC
––––––
sen 40°
4
––––––––––––––––
2 sen 40° . cos 40°
2
–––––––
cos 40°
2
––––––––
1 – 2k2
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24 –
1. Considere as funções reais f(x) = 2x + 1 e g(x) = cos x. Determine o
valor de gof(x), sabendo que sen α = , com α = 2x.
RESOLUÇÃO:
Sendo sen α = e α = 2x, temos sen (2x) =
Dessa forma, gof(x) = g[f(x)] = g(2x + 1) = cos(2x + 1) = cos(2 . 2x) =
= 1 – 2 sen2 (2x) = 1 – 2 . � �
2
=
Resposta: (gof) (x) = 
2. Uma população P de animais varia, aproximadamente, segundo a
equação abaixo.
P = 800 – 100 . sen 
 �
Considere que t é o tempo medido em meses e que janeiro corresponde
a t = 0. Determine, no período de 1º de janeiro a 1º de dezembro de um
mesmo ano, os meses nos quais a população de animais atinge
a) um total de 750; b) seu número mínimo.
RESOLUÇÃO:
a) 800 – 100 sen 
 � = 750 ⇔ sen 
 �= ⇔
⇔ = + n . 2π (n ∈ �) ou
= + n . 2π (n ∈ �) ⇔ t = – 2 + 12n ou t = 2 + 12n (n ∈ �)
Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 2 (março) ou t = 10 (novembro)
b) P é mínima quando sen 
 �= 1 ⇔
⇔ 
 � = + n . 2π (n ∈ �) ⇔ t = 12 n (n ∈ �)
Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 0 (janeiro)
Respostas: a) março e novembro b) janeiro
3. (FATEC) – Seja r a reta que passa pelos pontos (3;2) e (5;1). A reta
s é a simétrica de r em relação à reta de equação y = 3. A equação de
s é
a) x + 2y – 7 = 0 b) x + 2y – 5 = 0
c) x – 2y + 5 = 0 d) x – 2y – 11 = 0
e) 2x – y + 5 = 0
RESOLUÇÃO:
A reta s, simétrica de r em relação à reta de equação y = 3, passa pelos
pontos (3; 4) e (5; 5).
A equação da reta s é:
= 0 ⇔ x – 2y + 5 = 0
Resposta: C
1
–––4
1
–––
4
1
–––
4
7
–––
8
1
–––
4
7
–––
8
(t + 3) π
––––––––
6
1
––
2
(t + 3) π
––––––––
6
(t + 3) π
––––––––
6
π
––
6
(t + 3) π
––––––––
6
5π
–––
6
(t + 3) π
––––––––
6
(t + 3) π
––––––––
6
π
––
2
(t + 3) π
––––––––
6
x
5
3
y
5
4
1
1
1
MÓDULO 1144 Trigonometria II e Geometria Analítica I
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– 25
1. O crescimento da “Tilápia do Nilo” – peixe de origem africana e bem
adaptado em águas brasileiras – pode ser expresso aproximadamente por
uma função linear nas primeiras 8 semanas de vida.
Suponha que o gráfico do comprimento médio da tilápia em relação à
sua idade, em semanas, seja
sendo C0 o comprimento médio da tilápia ao nascer.
Pode-se afirmar que a razão entre os comprimentos médios da
tilápia com 6 semanas de idade e ao nascer é
a) b) c) d) e) 
RESOLUÇÃO:
Sendo y o comprimento médio da tilápia com 6 semanas, temos:
Os pontos (0; C0), (6;y) e (8; 2,5C0) estão alinhados ⇔
⇔ = 0 ⇔ =
Resposta: C
2. (FUVEST) – Os pontos A = (0;0) e B = (3;0) são vértices con secu -
tivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiro quadrante. O
lado —AD é perpendicular à reta y = – 2x e o ponto D pertence à
circunferência de centro na origem e raio ��5. Então as coordenadas de
C são:
a) (6;2) b) (6;1) c) (5;3) d) (5;2) e) (5;1)
RESOLUÇÃO:
A equação da reta AD↔ , perpendicular à reta de equação y = – 2x, é
O ponto D pertence à circunferência da equação x2 + y2 = 5
Assim: ⇔ ⇒ D (2; 1)
Sendo ABCD um paralelogramo, temos:
⇔ 0 + xC = 3 + 2 ⇔ xC = 5
e portanto: C(5; 1)
Resposta: E
19
–––8
5
–––8
17
–––8
15
–––8
12
–––8
17
–––
8
y 
–––
C0
1
1
1
C0
y 
2,5 C0
0 
6 
8
xy = ––
2
x = 2
y = 1�
xy = ––
2
x2 + y2 = 5�
xA + xC = xB + xD
yC = yD = 1�
MÓDULO 1155 Geometria Analítica II
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26 –
3. (UNESP) – Considere a circunferência λ, de equação 
(x – 3)2 + y2 = 5.
a) Determine o ponto P = (x;y) pertencente a λ, tal que y = 2 e x > 3.
b) Se r é a reta que passa pelo centro (3;0) de λ e por P, dê a equação e
o coeficiente angular de r.
RESOLUÇÃO
A equação (x – 3)2 + y2 = 5 representa uma circun fe rência de centro 
C(3; 0) e raio r = ���5.
a) Para y = 2, resulta:
(x – 3)2 + 22 = 5 ⇔ (x – 3)2 = 1 ⇔ x – 3 = ± 1 ⇔
⇔ x = 4 ou x = 2
Para x > 3, o ponto procurado é P(4; 2).
b) A reta r que passa pelos pontos P(4; 2) e C(3; 0) tem equação:
= 0 ⇔ 2x – y – 6 = 0 ⇔ y = 2x – 6
O coeficiente angular de r é mr = 2.
Respostas: a) P(4;2)
b) y = 2 . x – 6 e mr = 2
4. Considere a circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0.
Tomando-se sobre essa circunferência os pontos cujas abscissas são
números inteiros, positivos e maiores que 5, pergunta-se: Qual é o
número máximo de triângulos com vértices nesses pontos?
RESOLUÇÃO:
A circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0 tem centro 
C(5; 4) e raio 4.
Existem 7 pontos satisfazendo as condições do problema. São eles, A, B, P,
Q, R, S, T.
Dessa forma, o número máximo de triângulos com vértices nesses 7 pontos
é C7,3 = 35.
Resposta: 35
x
4
3
y
2
0
1
1
1
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– 27
1. (FGV) – A figura ilustra as medidas que um topógrafo tomou para
calcular a distância do ponto A a um barco ancorado no mar.
sen 62° = 0,88; cos 62° = 0,47
sen 70° = 0,94; cos 70° = 0,34 
a) Use os dados obtidos pelo topógrafo e calcule a distân cia do ponto
A ao barco. É conveniente traçar a altura –––AH do triângulo ABC.
b) Use esses mesmos dados para calcular o valor de cos 48º. Se quiser,
utilize os produtos:
88 × 94 = 8272 e 47 × 34 = 1598.
RESOLUÇÃO:
a) Sendo AH a altura do ΔABC, em relação ao vértice A, temos:
1) No triânguloretângulo ABH:
sen 62° = ⇒ AH = 50 . 0,88 = 44 m
2) No triângulo retângulo ACH:
sen 70° = ⇒ AC = ≅ 47 m
Portanto, a distância do ponto A ao barco é aproxi madamente 47 m.
b) cos 48° = cos [180° – (70° + 62°)] = – cos (70° + 62°) =
= – [cos 70° . cos 62° – sen 70° . sen 62°] =
= sen 70° . sen 62° – cos 70° . cos 62° =
= 0,94 . 0,88 – 0,34 . 0,47 =
= 0,8272 – 0,1598 ≅ 0,667
Assim: cos 48° ≅ 0,67
Respostas: a) Aproxi madamente 47 m
b) cos 48° ≅ 0,67
2. (UNIFESP) – Considere a reta de equação 4x – 3y + 15 = 0, a
senoi de de equação y = sen(x) e o ponto P = ; 3 , con for me a
figura.
A soma das distâncias de P à reta e de P à senoide é:
a) b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
A distância de P ; 3 à reta r é:
d1 = = =
A distância de P ; 3 à senoide é: d2 = 3 – 1 = 2
Então: d1 + d2 = + 2 = 
Resposta: E
AH
––––
50
44
––––
0,94
AH
––––
AC
�π––2�
14 + 2π
––––––––
5
13 + 2π
––––––––
5
12 + 2π
––––––––
5
16 + 2π
––––––––
5
15 + 2π
––––––––
5
�π–––2�
2π + 6
–––––––
5
� 2π + 6 �
––––––––––
5
π| 4 . ––– – 3 . 3 + 15 |2
––––––––––––––––––––––
��������� 16 + 9
�π–––2�
16 + 2π 
–––––––
5
2π + 6
–––––––
5
MÓDULO 1166 Trigonometria III e Geometria Analítica III
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28 –
3. (FUVEST) – Duas retas s e t do plano cartesiano se interceptam no
ponto (2, 2). O produto de seus coeficientes angulares é 1 e a reta s
intercepta o eixo dos y no ponto (0, 3). A área do triângulo delimitado
pelo eixo dos x e pelas retas s e t é:
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6
RESOLUÇÃO:
A partir do enunciado, temos:
a) A reta s, que passa pelos pontos (2;2) e (0;3), tem equação:
= 0 ⇔ x + 2y = 6.
A reta s tem coeficiente angular ms = – 1/2 e intercepta o eixo das
abscissas no ponto A(6;0).
b) Sendo mt . ms = 1 (a partir do enunciado) e ms = – 1/2, temos mt = – 2.
c) A reta t, que passa pelo ponto P(2;2), com coeficiente angular mt = – 2,
tem equação
y – 2 = – 2 . (x – 2)⇔ 2x + y = 6
e intercepta o eixo das abscissas no ponto B(3;0).
d) O triângulo formado pelas retas t, s e eixo das abscissas tem área igual a
A = = = 3
x
2
0
y
2
3
1
1
1
AB . yP
–––––––––
2
3 . 2
––––––
2
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– 29
1. (UNESP) – Uma equipe de agrônomos coletou dados da tempera -
tura (em °C) do solo em uma determinada região, durante três dias, a
intervalos de 1 hora. A medição da temperatura começou a ser feita às
3 horas da manhã do primeiro dia (t = 0) e terminou 72 horas depois
(t = 72). Os dados puderam ser aproximados pela função
H(t) = 15 + 5 sen t + ,
em que t indica o tempo (em horas) decorrido após o início da
observação e H(t) a temperatura (em ºC) no instante t.
a) Resolva a equação sen t + = 1, para t ∈ [0; 24].
b) Determine a temperatura máxima atingida e o horário em que essa
temperatura ocorreu no primeiro dia de observação.
RESOLUÇÃO:
Sendo H(t) = 15 + 5 . sen t + a função descrita no problema,
então:
a) sen t + = 1 ⇔ t + = + n . 2π (n ∈ �)
⇔ t = –12 + 24 . n (n ∈ �)
Para t ∈ [0; 24], resulta t = 12.
b) A temperatura é máxima quando
sen t + = 1, assim: Hmáxima = 15 + 5 . 1 = 20°C
Essa temperatura ocorreu (no 1o. dia de observação) às 15 horas.
Respostas: a) 12 b) 20°C e 15 horas
2. (UNIFESP) – Considere a região sombreada na figura, delimitada
pelo eixo Ox e pelas retas de equações y = 2x e x = k, k > 0.
Nestas condições, expresse, em função de k:
a) a área A(k) da região sombreada.
b) o perímetro do triângulo que delimita a
região som breada.
RESOLUÇÃO:
a) A(k) = = k2, k > 0
b) O perímetro do triângulo é k + 2k + ���������k2+ 4k2 = 3k + k���5 = k(3 + ���5 )
Respostas: a) A(k) = k2
b) k(3 + ���5 )
3. (UNESP) – Sejam A = (2;0) e B = (5;0) pontos do plano e r a reta 
de equação y = .
a) Represente geometricamente os pontos A e B e esboce o gráfico da
reta r.
b) Se C = x; com x > 0, é um ponto da reta r, tal que o 
triân gulo ABC tem área 6, determine o ponto C.
RESOLUÇÃO:
a) A reta (r) de equação y = passa pelos pontos (0; 0) e (2; 1), então a 
representação gráfica pedida é:
b) Se C x; , com x > 0, é um ponto da reta (r), tal que o triângulo 
ABC tem área 6, então:
AΔABC = = 6 ⇔ x = 8
O ponto C tem coordenadas: C(8; 4).
Respostas: a) Gráfico b) C(8; 4)
�3π–––2π–––12�
�3π–––2π–––12�
�3π–––2
π
–––
12�
π
–––
2
3π
–––
2
π
–––
12�3π–––2
π
–––
12�
�3π–––2
π
–––
12�
k . 2k
–––––––
2
x
––
2
�x––2�
x
––
2
�x––2�
x
3 . ––
2
–––––––
2
MÓDULO 1177 Trigonometria IV e Geometria Analítica IV
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:30 Página 29
1. (UNICAMP) – Para calcular a circunferência terrestre, o sábio
Eratóstenes valeu-se da distância conhecida de 800 km entre as
localidades de Alexandria e Siena no Egito (A e S, respectivamente),
situadas no mesmo meridiano terrestre. Ele sabia que, quando em
Siena, os raios solares caíam verticalmente, em Alexandria eles faziam
um ângulo de 7,2º com a vertical. Calcule, com esses dados, a
circunferência terrestre, isto é, o comprimento de uma volta completa
em torno da Terra.
RESOLUÇÃO:
Seja x o comprimento da circunferência da Terra.
De acordo com o enunciado, tem-se:
x = . 800 km ⇔ x = 50 . 800 km ⇔ x = 40 000 km
Resposta: 40 000 km
2. (FUVEST) – Na figura abaixo AB = AC, CB = CD e  = 36º.
a) Calcule os ângulos D ˆCB e A ˆDC.
b) Prove que AD = BC.
RESOLUÇÃO:
a) AB = AC � ⇒ A ˆBC = A ˆCB = 72ºÂ = 36º
CB = CD � ⇒ B ˆDC = 72º e D ˆCB = 36ºA ˆBC = 72º
A ˆDC = 180º – B ˆDC ⇒ A ˆDC = 108º
b) A ˆCD = A ˆCB – D ˆCB ⇒ A ˆCD = 72º – 36º = 36º
A ˆCD = CÂD = 36º ⇒AD = CD (I)
AD = CD (I) � ⇒ AD = BCCD = BC (dado)
360º
––––
7,2º
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30 –
MÓDULO 1188 Geometria Plana I
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 25/10/10 09:29 Página 30
3. (UnB) – Determine o valor de x com os dados da figura abaixo, na
qual r, s e t são retas paralelas.
RESOLUÇÃO:
De acordo com o teorema linear de Tales, tem-se:
= ⇔
⇔ x2 + 2x – 360 = x2 – 6x – 160 ⇔ 8x = 200 ⇔ x = 25
Resposta: x = 25
4. (FUVEST) – No quadrilátero ABCD da figura abaixo, E é um
ponto sobre o lado AD––, tal que o ângulo A ˆBE mede 60º e os ângulos 
E ˆBC e B ˆCD são retos. Sabendo-se ainda que AB = CD = ���3 e BC = 1.
Determine a medida de AD––.
RESOLUÇÃO:
I) (BD)2 = 12 + (���3)2 ⇔ BD = 2
II) cos α = = 
α ⇒ 60º
0º < α < 90º
III) θ = 60º + (90º – α)
θ = 60º + (90º – 60º) ⇔ θ = 90º
IV) No triângulo retângulo BAD, tem-se: (AD)2 = (AB)2 + (BD)2
Assim: (AD)2 = (���3)2 + 22 ⇔ AD = ���7
Resposta: AD = ���7
5. (UNICAMP) – No canto A de uma casa de forma quadrada ABCD,
de 4 metros de lado, prende-se uma corda flexível e inextensível, em
cuja extremidade livre é amarrada uma pequena estaca que serve para
riscar o chão, o qual se supõe que seja plano. A corda tem 6 metros de
comprimento, do ponto em que está presa até sua extremidade livre.
Mantendo-se a corda sempre esticada de tal forma que inicialmente
sua extremidade livre esteja encostada à parede BC, risca-se um
contorno no chão, em volta da casa, até que a extremidade livre toque
a parede CD.
a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita.
b) Calcule a área da região exterior à casa, delimitada pelo traçado da
estaca.
RESOLUÇÃO:
a) De acordo com o que foi descrito no texto, pode-se esboçar a seguinte
figura:
b) A área S, em m2, da região exterior à casa, delimitada pelo traçado da
estaca conforme a figura do item a, corresponde a da área de um
círculo de raio 6 m mais da área de um círculo de raio 2 m.
Assim: S = . π . 62 + . π . 22 ⇔ S = 29π
Resposta: 29π m2
x + 10
––––––x – 18
x + 20
––––––
x – 16
BC
––––
BD
1
––
2
3
––
4
2
––
4
3
––
4
2
––
4
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– 31
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32 –
1. (UNESP) – Um porta-canetas tem a forma de um cilindro circular
reto de 12cm de altura e 5cm de raio. Sua parte interna é um prisma
regular de base triangular, como ilustrado na figura, sendo o triângulo
equilátero e inscrito na circunferência.
A região entre o prisma e o cilindro é
fechada e não aproveitável.
Determine o volume dessa região. Para os
cálculos finais, considere as aproximações
π = 3 e ���3 = 1,7
RESOLUÇÃO:
Sejam:
I) l a medida, em centímetros, do lado do triângulo equilátero, que serve
de base para o prisma.
II) r a medida, em centímetros, do raio do círculo que serve de base para
o cilindro.
III) h a altura, em centímetros, do prisma e do cilindro.
O volume V da região entre o prisma e o cilindro é dado, em centímetros
cúbicos, por:
V = πr2h – . h, em que: r = 5, h = 12 e l = ���3
Assim:
V = 3 . 25 . 12 – . 12 = 900 – 382,5 = 517,5
Resposta: 517,5 cm3
2. (UNESP) – Um reservatório de água de uma creche tem a forma de
um paralelepípedo retângulo com área da base igual a 2 m2 e altura de
2 m. O reser vatório estava com pletamente vazio e às 0 horas (quando
a creche estava fechada) ele começou a encher-se de água. A altura do
nível de água no reservatório ao final de t horas, após começar a encher,
é dada por h(t) = com h(t) em metros.
a) Determine a capacidade total de água do reser vatório e o volume
V(t) de água no reservatório no instante t (em m3).
b) Determine entre quais horários da madrugada o volume V(t) do
reservatório será maior que 2m3 e menor que sua capacidade total.
RESOLUÇÃO:
a) A capacidade total V de água do reservatório, em metros cúbicos, é
dada pelo produto entre a área da base e a altura do paralelepípedo
retângulo.
Assim: V = 2 . 2 ⇔ V = 4
No instante t, o volume V(t) de água no reservatório, em metros cúbicos
é dado por:
V(t) = 2 . h(t) ⇔ V(t) = 2 . ⇔ V(t) = 
b) 2 < V(t) < 4 ⇔ 2 < < 4 ⇔ 2t + 12 < 10t < 4t + 24 ⇔
⇔ < t < 4 ⇔ 1h30min < t < 4 horas
Respostas: a) V = 4 m3 e V(t) = 
b) entre 1h30min e 4 horas da manhã 
l2 . ���3
––––––
4
25 . 3 . 1,7
–––––––––
4
5t
–––––
t + 6
10t
–––––
t + 6
5t
–––––
t + 6
10t
–––––
t + 6
3
–––
2
10t
–––––
t + 6
MÓDULO 1199 Geometria Métrica I
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:30 Página 32
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– 33
3. Considere um cubo cuja aresta mede 10 cm. O sólido cujos vértices
são os centros das faces do cubo é um octaedro regular, cujas faces são
triângulos equiláteros congruentes.
a) Calcule o comprimento da aresta desse octaedro regular.
b) Calcule o volume do mesmo octaedro.
RESOLUÇÃO:
Sejam
1) l o comprimento, em centímetros, de cada aresta des se octaedro regular.
2) V o volume, em centímetros cúbicos, desse octaedro.
a) l é a diagonal de um quadrado de lado 5 cm.
Assim, l = 5�	2
b) V = 2 . . l2 . 5
Assim: V = (5�	2)2 . 5 ⇔ V = 
Respostas: a) 5�	2 cm
b)
cm3
4. (VUNESP) – Uma quitanda vende fatias de melancia embaladas
em plástico transparente. Uma melancia com forma esférica de raio de
medida R cm foi cortada em 12 fatias iguais, sendo que cada fatia tem
a forma de uma cunha esférica, como representado na figura.
Sabendo que a área de uma superfície esférica de raio R cm é 
4πR2 cm2, determine, em função de π e de R:
a) a área da casca de cada fatia da melancia (fuso esférico);
b) quantos cm2 de plástico foram necessários para embalar cada fatia
(sem nenhuma perda e sem sobrepor camadas de plástico), ou seja,
qual é a área da superfície total de cada fatia.
RESOLUÇÃO:
a) Como a melancia foi dividida em 12 fatias iguais, a área SC, em
centímetros quadrados, da casca de cada fatia, é:
SC = . 4πR2 ⇔ SC = 
b) Para embalar cada fatia, serão necessários dois semicírculos de raio R
e um fuso esférico de área SC. Assim, a área S, em centímetros
quadrados, da superfície total de cada fatia, é:
S = SC + 2 . ⇔ S = + πR2 ⇔ S = 
Respostas: a) cm2
b) cm2
1
–––3
2
–––3
500
––––3
500
––––3
1
–––
12
πR2
––––
3
πR2
––––
2
πR2
––––
3
πR2
––––
3
πR2
––––
3
4πR2
––––
3
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:30 Página 33
1. Um vagão de metrô tem 8 bancos individuais sendo 4 de frente e 4
de costas. Entre 8 passageiros, 2 preferem sentar de frente, 2 preferem
sentar de costas e os outros 4 não têm preferência. De quantos modos
distintos essas oito pessoas poderão se acomodar nesses 8 lugares se
forem respeitadas as preferências?
RESOLUÇÃO:
Os dois que preferem sentar de frente podem acomodar-se de 
A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes.
Os dois que preferem sentar de costas podem acomodar-se de 
A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes.
Para esses 4 passageiros, o total de possibilidades, respeitadas as
preferências, é 12 . 12 = 144.
Os outros 4, que não têm preferência, poderão se dispor de 
P4 = 4! = 24 modos nos 4 lugares restantes.
Logo, o total de maneiras de os 8 passageiros se acomodarem, de acordo
com o que se pede, é 144 . 24 = 3 456.
Resposta: 3456
2. Entre 10 elementos químicos, apenas 2 determina dos x e y não
podem comparecer juntos numa com posição porque podem ocasionar
explosões. De quan tas maneiras diferentes se podem obter com postos
de exatamente 4 elementos, escolhidos entre os 10, de modo que x e y
não estejam juntos em ne nhum deles?
RESOLUÇÃO:
O número de maneiras, no total, de escolher 4 elementos entre os 10 é 
C10,4 = = 210.
O número de maneiras em que os dois elementos estão juntos entre os 
4 escolhidos é C8,2 = = 28.
Portanto, o número de maneiras em que x e y não estão jun tos em nenhuma
combinação de 4 elementos é 210 – 28 = 182
Resposta: 182
3. De uma reunião, participam sete homens e quatro mulheres. Dessas
onze pessoas, seis serão escolhidas para formar uma comissão.
Calcule
a) quantas comissões diferentes podem ser formadas;
b) quantas dessas comissões são possíveis tendo quatro homens e duas
mulheres;
c) escolhendo uma das possíveis comissões, ao acaso, a probabilidade
de ela possuir pelo menos três mulheres.
RESOLUÇÃO:
a) C11,6 = = 462
b) C7,4 . C4,2 = 35 . 6 = 210
c) As comissões possíveis com pelo menos 3 mulheres totalizam
C4,3 . C7,3 + C4,4 . C7,2 = 4 . 35 + 1 . 21 = 161
A probabilidade pedida é p = = 
Resposta: a) 462 b) 210 c) 
4. Em uma urna, estão depositadas 2 bolas brancas e 3 bolas pretas.
Uma segunda urna tem em seu interior 5 bolas brancas e 3 bolas pretas.
Retira-se uma bola da primeira e coloca-se essa bola na segunda sem
examinar sua cor. Em seguida, escolhe-se, ao acaso, uma bola da
segunda urna. Calcular a probabilidade de esta última bola ser branca.
RESOLUÇÃO:
A probabilidade de a última bola retirada ser branca é igual à proba -
bilidade de a primeira ser branca e a segunda, branca, mais a proba -
bilidade de a primeira ser preta e a segunda, branca.
Portanto, esse valor é:
p = . + . = = 
5. De um campeonato de xadrez, participaram duas mulheres e um
certo número de homens. Todos jogaram entre si duas vezes. O número
de jogos realizados apenas entre os homens superou em 66 o número
de partidas entre um homem e uma mulher. Calcule
a) quantos homens participaram do torneio;
b) quantos jogos foram realizados no total;
c) a probabilidade de ter sido escolhido um jogo ao acaso, desse
campeonato, e ele ser realizado entre um homem e uma mulher.
RESOLUÇÃO:
a) Sendo n o número de homens, obtêm-se:
jogos apenas entre os homens: 2 . Cn,2
jogos entre um homem e uma mulher: 2 . 2n = 4n
Então:
2Cn,2 = 4n + 66 ⇒ 2 . = 4n + 66 ⇒
⇒ n2 – n = 4n + 66 ⇒ n2 – 5n – 66 = 0 ⇒ n = 11
b) Se o número de participantesé n + 2 = 11 + 2 = 13, então a quantidade
de jogos foi 
2 . C13,2 = 2 . = 156
c) A probabilidade é p = = = 
Respostas: a) 11 b) 156 c) 
10!
––––––
4! 6!
8!
––––––
2! 6!
11!
––––––
6! 5!
23
–––
66
161
–––––
462
23
–––
66
3
––
5
27
–––
45
5
––
9
3
––
5
6
––
9
2
––
5
n(n – 1)
––––––––
2
13 . 12
–––––––
2
11
––––
39
44
–––––
156
4 . 11
––––––––
2 . C13,2
11
––––
39
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MÓDULO 2200 Análise Combinatória e Probabilidade
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:30 Página 34
1. O triângulo ABC da figura é equilátero. Os pontos M e N e os
pontos P e Q dividem os lados a que pertencem em três segmentos de
reta de mesma medida.
Nessas condições, calcule:
a) a medida do ângulo M ˆPQ;
b) a medida do ângulo B ˆMQ.
RESOLUÇÃO:
a) O triângulo BMP é equilátero pois BM––– � BP–– e ˆB = 60º.
Assim, B ˆPM = 60º e, portanto, M ˆPQ = 120º
b) O triângulo M ˆPQ é isósceles, pois MP–– � PQ–– � BP–– e, portanto, sendo α
a medida dos ângulos P ˆMQ e P ˆQM, temos:
α + α + 120º = 180º ⇔ 2α = 60º ⇔ α = 30º
Assim, B ˆMQ = B ˆMP + P ˆMQ ⇔ B ˆMQ = 60º + 30º ⇔ B ˆMQ = 90º
Respostas: a) M ˆPQ = 120º
b) B ˆMQ = 90º 
2. Todos os p lados (p ≥ 5) de um polígono regular são prolongados
para obter-se uma “estrela” regular de p pontas. A medida, em radianos,
de cada ângulo interno nas pontas desse estrela é igual a:
a) b) c) d) e) 
RESOLUÇÃO:
Sendo x a medida, em radianos, de cada ângulo interno nas pontas da
estrela e ae a medida, em radianos, de cada ângulo externo do polígono,
tem-se:
1ª.) ae = 
2ª.) x + ae + ae = π ⇔ x + 2ae = π
Assim:
x + = π ⇔ x = ⇔ x = 
Resposta: C
(p – 2) π
–––––––
p
(p – 3) π
–––––––
p
(p – 4) π
–––––––
p
(p – 5) π
–––––––
p
π
––
p
2π
–––
p
4π
–––
p
pπ – 4π
–––––––
p
(p – 4)π
–––––––
p
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MÓDULO 2211 Geometria Plana II
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36 –
3. Na figura abaixo, sendo CB = 13 m, DB = 8 m, DA = 4 m e  um
ângulo reto, calcule CD.
RESOLUÇÃO:
I. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABD, temos:
y2 + 42 = 82 ⇔ y2 = 48
II. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABC, temos:
(x + 4)2 + y2 = 132 ⇔ (x + 4)2 = 121 ⇔ x + 4 = 11 ⇔ x = 7m, pois x > 0
4. (UNICAMP) – Uma rampa de inclinação constante, como a que
dá acesso ao Palácio do Planalto em Brasília, tem 4 metros de altura na
sua parte mais alta. Uma pessoa, tendo começado a subi-la, nota que
após caminhar 12,3 metros sobre a rampa está a 1,5 metro de altura em
relação ao solo.
a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita.
b) Calcule quantos metros a pessoa ainda deve caminhar para atingir
o ponto mais alto da rampa.
RESOLUÇÃO:
a)
b) ΔADE ~ ΔABC pelo (AA~) pois  é comum e A ˆDE = A ˆBC = 90º
= ⇒ x = 20,5 m
5. Sabendo-se que o triângulo ABC é equilátero de lado 6 cm, o arco
menor tem centro em B e o arco maior tem centro no ponto médio de
––AC, determine a área de região assinalada.
RESOLUÇÃO:
I. A1 = Asetor – AΔeq ⇔ A1 = – ⇒ A1 = (6π – 9���3) cm2
II. S = – A1 ⇔ S = – 6π + 9���3 ⇔
⇔ S = 9���3 – ⇒ S = 3 3���3 – cm2
12,3
–––––––
12,3 + x
1,5
––––
4
π62
––––
6
62���3
––––
4
Acirc
––––
2
π . 32
––––
2
3π 
–––
2 �
π 
––
2 �
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– 37
1. (UNICAMP-2003) – Uma caixa-d’água cúbica, de volume máxi -
mo, deve ser colocada entre o telhado e a laje de uma casa, conforme
mos tra a figura abaixo.
Dados: —AB = 6 m —AC = 1,5 m —CD = 4 m.
a) Qual deve ser o com pri men to de uma aresta da caixa?
b) Supondo que a altura máxima da água na caixa é de 85% da altura
da caixa, quantos litros de água podem ser armazenados na caixa?
RESOLUÇÃO:
Sendo a a aresta da caixa cúbica, em metros, e V o volume, em litros, de
água que se pode armazenar na caixa, de acordo com o enunciado, tem-se:
a) Os triângulos retângulos ABC e EBF são se melhan tes.
Assim: = ⇔ = ⇔
⇔ = ⇔ 4a = 6 – a ⇔ 5a = 6 ⇔ a = 1,2
b) V = 10a . 10a . (0,85 . 10a) = 850a3
Assim: V = 850 . (1,2)3 ⇔ V = 1 468,8 dm3
Respostas: a) 1,2 m b) 1 468,8 litros
2. (UNESP) – Aumentando em 2 cm a aresta a de um cubo C1, obte -
mos um cubo C2, cuja área da superfície total aumenta em 216 cm2, em
relação à do cubo C1.
Determine
a) a medida da aresta do cubo C1;
b) o volume do cubo C2.
RESOLUÇÃO:
a) De acordo com o enunciado, tem-se:
6a2 + 216 = 6(a + 2)2 ⇔ a2 + 36 = (a + 2)2 ⇔
⇔ a2 + 36 = a2 + 4a + 4 ⇔ 4a = 32 ⇔ a = 8 cm
b) Sendo V2 o volume, em centímetros cúbicos, do cubo C2, tem-se:
V2 = (a + 2)3 = (8 + 2)3 = 103 = 1000
Resposta: a) 8cm b) 1 000cm3 
6
–––––
6 – a
1,5
––––
a
AB
––––
EB
AC
––––
EF
4
–––––
6 – a
1
––
a
MÓDULO 2222 Geometria Métrica II
REV_II_MAT_D_PROF_Rose 14/10/10 16:30 Página 37
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38 –
3. (UnB-98) – Um cone circular reto de sinalização de rodovias, que
é oco e feito de plástico, tem altura de 60 cm e taio da base igual a
15cm. Durante um acidente, a extremidade superior do cone foi
afundada como ilustra a figura abaixo.
Calcule, em centímetros, a altura h do sólido resultante, sabendo que,
após o acidente, o espaço interno do sinalizador foi reduzido em exa -
ta mente 25%.
RESOLUÇÃO:
= ⇔ 
3
= . ⇔
⇔
3
= ⇔ = ⇔ h = 30
Resposta: 30 cm
4. Os pontos A e B estão, ambos, localizados na super fície terrestre a
60° de latitude norte; o ponto A está a 15°45’ de longitude leste e o
ponto B a 56°15’ de longitude oeste.
a) Dado que o raio da Terra, considerada perfei tamente esférica, mede
6 400 km, qual é o raio do paralelo de 60°?
b) Qual é a menor distância entre os pontos A e B, medida ao longo do
paralelo de 60°? [Use 22/7 como aproximação para π]
RESOLUÇÃO:
a) Seja r a medida, em quilômetros, do raio do paralelo de 60°. No
triângulo retângulo POA, tem-se:
sen 30° = 
Assim: = ⇔ r = 3 200
b) A menor distância x entre os pontos A e B, medida em quilômetros, ao
longo do paralelo de 60°, é dada por:
x = . 2 . π . r ⇔
⇔ x = . 2 . . 3 200 ⇔
⇔ x = . 2 . . 3200 ⇔ x = 
Respostas: a) 3 200 km b) km
PA
–––
OA
1
–––
2
r
–––––
6 400
15°45’ + 56° 15’
––––––––––––––
360°
72°
–––––
360°
22
–––
7
1
–––
5
22
–––
7
28 160
––––––
7
28 160
–––––
7
1
––
2
60 – h
–––––
60
1
––
8�
60 – h
–––––
60�
1
––
4
1
––
2�
60 – h
–––––
60�
25%
––––
2
V’
–––
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Matemática
Curso Extensivo – E
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1. Resolva, em �, as equações dadas a seguir:
a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0
b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0
RESOLUÇÃO:
a) (x2 – 18x + 32)2 . (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x2 – 18x + 32)2 = 0 ou (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x = 2 ou x = 16) ou (x = 2 ou x = 6) ⇔
⇔ x = 2 ou x = 6 ou x = 16 ⇔ V = {2; 6; 16}
b) (x2 – 18x + 32)2 + (x2 – 8x + 12)2 = 0 ⇔
⇔ (x2 – 18x + 32 = 0) e (x2 – 8x + 12 = 0) ⇔
⇔ (x = 2 ou x = 16) e (x = 2 ou x = 6) ⇔ x = 2 ⇔ V = {2}
Respostas: a) V = {2; 6; 16}
b) V = {2}
2. (UNICAMP) – Uma confeitaria produz dois tipos de bolos de festa.
Cada quilograma do bolo do tipo A consome 0,4 kg de açúcar e 0,2 kg
de farinha. Por sua vez, o bolo do tipo B consome 0,2 kg de açúcar e
0,3 kg de farinha para cada quilograma produzido. Sabendo que, no
momento, a confeitaria dispõe de 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha,
responda às questões abaixo.a) Será que é possível produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo
do tipo B? Justifique sua resposta.
b) Quantos quilogramas de bolo do tipo A e de bolo do tipo B devem
ser produzidos se a confeitaria pretende gastar toda a farinha e todo
o açúcar de que dispõe?
RESOLUÇÃO:
a) I) Para produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, a
quantidade de açúcar é (0,4 . 7 + 0,2 . 18)kg = 6,4 kg.
II) De modo análogo, a quantidade de farinha é:
(0,2 . 7 + 0,3 . 18)kg = 6,8 kg
III) Com 10 kg de açúcar e 6 kg de farinha, não é possível, portanto,
produzir 7 kg de bolo do tipo A e 18 kg de bolo do tipo B, pois a
farinha não é suficiente.
b) Se a for o número de quilogramas de bolo do tipo A e b o do tipo B,
então:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Respostas: a) Não.
b) 22,5 kg do tipo A; 5 kg do tipo B.
3. (UNICAMP) – Um restaurante a quilo vende 100 kg de comida
por dia, a R$ 15,00 o quilograma. Uma pesquisa de opinião revelou
que, a cada real de aumento no preço do quilo, o restaurante deixa de
vender o equivalente a 5 kg de comida. Responda às perguntas abaixo,
supondo corretas as informações da pesquisa e definindo a receita do
restaurante como o valor total pago pelos clientes.
a) Em que caso a receita do restaurante será maior: se o preço subir
para R$ 18,00/kg ou para R$ 20,00/kg?
b) Formule matematicamente a função f(x), que for nece a receita do
restaurante como função da quantia x, em reais, a ser acrescida ao
valor atualmente cobrado pelo quilo da refeição.
c) Qual deve ser o preço do quilo da comida para que o restaurante
tenha a maior receita possível?
RESOLUÇÃO:
Supondo que os 5 kg de comida que o restaurante deixa de vender sejam
por dia, temos:
a) Se o preço por quilo subir para (15 + 3) reais = 18 reais, então o
restaurante venderá (100 – 3 . 5) kg = 85 kg de comida. Neste caso, a
receita será (85 . 18) reais = 1 530 reais.
Se o preço por quilo subir para (15 + 5) reais = 20 reais, então o
restaurante venderá (100 – 5 . 5) kg = 75 kg. Neste caso, a receita será
(75 . 20) reais = 1 500 reais.
Assim sendo, a receita será maior quando o preço subir para 
18 reais/kg.
b) Se x for o número de reais a ser acres centado ao preço, então ele passará
para (15 + x) reais e a quantidade vendida será (100 – 5x) kg. Assim, a
função f(x), que fornece a receita do restaurante como função da quantia
x, em reais, a ser acrescida ao valor atualmente cobrado pelo quilo da
refeição, é:
f(x) = (100 – 5x) (15 + x)
c) O máximo da função f, definida por 
f(x) = (100 – 5x) (15 + x), ocorre quando
x = = 2,5, pois o gráfico de f(x) é do tipo:
O preço a ser cobrado por quilo de comida, pa ra que o restaurante
tenha a maior receita pos sível, deve ser (15 + 2,5) reais = 17,5 reais.
Respostas: a) R$ 18,00
b) f(x) = (100 – 5x) (15 + x)
c) R$ 17,50
4a + 2b = 100
2a + 3b = 60�
0,4a + 0,2b = 10
0,2a + 0,3b = 6�
a = 22,5
b = 5�
2a + b = 50
2b = 10�
2a + b = 50
2a + 3b = 60�
–15 + 20
––––––––
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Revisão MATEMÁTICA
MÓDULO 11 Equações e Inequações
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1. (FGV) – Uma certa mercadoria foi promovida por uma subs tan cial
campanha de propaganda e, pou co antes de encerrar a promoção, a
quantidade diária de vendas era 10 000 unidades. Imediatamente após,
as vendas diárias decresceram a uma taxa proporcional às vendas
diárias, tal que V(t) = B . ek . t, sendo: B o número de unidades vendidas
em um determinado dia; V(t) a quantidade de vendas por dia, após t
dias; e = 2,72; k um número real.
Sabe-se que, 10 dias após encerrar a promoção, o volu me diário de
vendas era 8 000 unidades.
a) Qual o volume diário de vendas 30 dias após o encerramento da
promoção?
b) Quando se espera que a venda diária seja reduzida a 6 400 uni -
dades?
Considere que log 2 = , sendo log 2 o logaritmo de 2 na base 10.
RESOLUÇÃO:
Supondo que para t = 0 o volume de vendas tenha sido de 10 000 unidades,
temos:
1) V(0) = B . ek . 0 = 10 000 ⇔ B = 10 000
2) 10 000 . e10k = 8 000 ⇒ e10k =
 
3) V(30) = 10 000 . ek . 30 = 10 000 . (e10k)3 = 
= 10 000 . 
3 
= 5 120
4) V(t) = 6 400 ⇔ 10 000 . ekt = 6 400 ⇔ (e10k) =
= ⇔ = 
2
⇔ = 2 ⇔ t = 20
Respostas: a) 5 120 unidades 
b) 20 dias após o encerramento
2. (UNICAMP) – Sejam dadas as funções f(x) = 8/42x e g(x) = 4x.
a) Represente a curva y = f(x) no gráfico abaixo, em que o eixo
vertical fornece log2(y). 
b) Determine os valores de y e z que resolvem o sistema de equações: 
Dica: Converta o sistema acima em um sistema linear equivalente. 
RESOLUÇÃO:
a) y = ⇔ log2 y = log2 ⇔
⇔ log2 y = log2 8 – log2 (42x) ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 2x . log2 4 ⇔
⇔ log
2
y = 3 – 4x, cujo gráfico é o representado a seguir.
3
–––10
8
––
10
�8–––10�
t
–––
10
t
–––
10�
8
–––
10�
t
–––
10�8–––10�
6 400
–––––––
10 000
f(z) = g(y)
f(y) / g(z) = 1�
�8–––42x�
8
–––
42x
MÓDULO 22 Exponenciais e Logaritmos
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b) I) f(z) = g(y) ⇔ = 4y ⇔
⇔ 8 = 42z . 4y ⇔ 23 = 24z + 2y ⇔ 2y + 4z = 3
II) = 1 ⇔ f(y) = g(z) ⇒
⇒ = 4z ⇔ 23 = 24y + 2z ⇔ 4y + 2z = 3
III) ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Respostas: a) Ver gráfico.
b) y = z = 
3. Considerando x e y dois números inteiros maiores que 1, resolva o
sistema:
RESOLUÇÃO:
Para x e y inteiros e maiores que 1, temos:
a) log4x – logxy = ⇔ log4x – = 
b) xy = 16 ⇔ log4(xy) = log416 ⇔ log4x + log4y = 2 ⇔
⇔ log4y = 2 – log4x
De a e b, obtém-se:
log4x – = 
Substituindo-se log4x por m, têm-se:
m – = ⇔ 6 m2 – 12 + 6 m = 7 m ⇔
⇔ 6 m2 – m – 12 = 0 ⇔ m = ⇔ m = ou m = 
m = ⇒ log4x = ⇒
x = 4 = (22) = 23 = 8 ⇒ y = 2
m = – ⇒ log4x = – ⇒ x = 4 = (22) = 2 ⇒
⇒ x não é inteiro.
Resposta: x = 8 e y = 2
8
–––
42z
f(y)
––––
g(z)
8
––––
42y
� 2y + 4z = 34y + 2z = 3 � 4y + 8z = 6– 4y – 2z = – 3
� 2y + 4z = 36z = 3 �
1
y = –––
2
1
z = –––
2
1
––
2
�
7log4x – logxy = ––6
x . y = 16
7
–––
6
log4y
–––––––
log4x
7
–––
6
2 – log4x
–––––––––
log4x
7
–––
6
2 – m
–––––––
m
7
–––
6
1 ± 17
–––––––
12
3
–––
2
4
– ––
3
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
4
–––
3
4
–––
3
4
– ––
3
4
– ––
3
8
– ––
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1. (UNICAMP) – Uma sala retangular medindo 3 m por 4,25 m deve
ser ladrilhada com ladrilhos quadrados iguais. Supondo-se que não haja
espaço entre ladrilhos vizinhos, pergunta-se:
a) Qual deve ser a dimensão máxima, em centímetros, de cada um
desses ladrilhos para que a sala possa ser ladrilhada sem cortar
nenhum ladrilho?
b) Quantos desses mesmos ladrilhos são necessários?
RESOLUÇÃO:
a) Nas condições do problema, a dimensão máxima, em centímetros, de
cada um dos ladrilhos é o mdc (425, 300) = 25.
b) O total de ladrilhos necessários é . = 12 . 17 = 204.
Respostas: a) 25 cm
b) 204 ladrilhos 
2. Um livro tem entre 200 e 400 páginas. Contando-as de 7 em 7, 
sobra 1; contando-as de 9 em 9, sobram 3; contando-as de 11 em 
11, sobram 4. Obtenha:
a) o número n de páginas do livro;
b) o número de divisores naturais de n.
RESOLUÇÃO:
a)
⇔ ⇒ (n + 6) é múltiplo
comum de 7 e 9 ⇔ n + 6 = k . mmc(7; 9), k ∈ �*
Visto que 200 < n < 400, temos:
n = 252 – 6 = 246, para k = 4
n = 315 – 6 = 309, para k = 5
n = 378 – 6 = 372, para k = 6
Dos valores obtidos, apenas 246 dividido por 11 deixa resto 4.
b)
⇒ 246 = 21 . 31 . 411 ⇒
⇒ n[D+(246)] = (1 + 1) . (1 + 1) . (1 + 1) = 8
Respostas: a) n = 246 b) 8
3. Sejam z1 = x + 4i e z2 = 1 + xi dois números complexos, em que x
é um número real ei a unidade imaginária. Obtenha:
a) ; b) x para que seja um número real.
RESOLUÇÃO:
a) = . = =
= = + i
b) ∈ �⇔ = 0 ⇔ 4 – x2 = 0 ⇔ x = 2 ou x = – 2
Respostas: a) = + i
b) x = 2 ou x = – 2
300
––––
25
425
––––
25
�
n 7�––––1 q1
n 9�––––3 q2 �
n + 6 7�–––––––0 q1 + 1
n + 6 9�–––––––0 q2 + 1
246
123
41
1
2
3
41
z1
–––
z2
z1
–––
z2
z1
–––
z2
(x + 4i)
––––––––(1 + xi)
(1 – xi)
––––––––(1 – xi)
x – x2i + 4i + 4x
–––––––––––––––
1 + x2
5x + (4 – x2)i
–––––––––––––
1 + x2
5x
–––––––
1 + x2
4 – x2
–––––––
1 + x2
z1
–––
z2
4 – x2
–––––––
1 + x2
z1
–––
z2
5x
–––––––
1 + x2
4 – x2
–––––––
1 + x2
MÓDULO 33 Aritmética e Números Complexos
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MÓDULO 44 Polinômios e Equações Algébricas
1. (FUVEST) – O produto de duas das raízes do polinômio 
p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 é igual a – 1. Determinar:
a) o valor de m;
b) as raízes de p.
RESOLUÇÃO:
Sendo V = {a, b, c} o conjunto-verdade da equação 
p(x) = 2x3 – mx2 + 4x + 3 = 0 e ab = –1, temos:
a)
⇒ c = ⇒
⇒ 2 .
3
– m . 
2
+ 4 . 
2
+ 3 = 0 ⇒
⇒ 2 . – m + 6 + 3 = 0 ⇒ m = 7
b) P(x) = 2x3 – 7x2 + 4x + 3 e é raiz ⇒
⇒ P(x) = x – (x2 – 2x – 1) = 0, pois o quociente da divisão de 
P(x) por x – é x2 – 2x – 1.
Logo, x = ou x2 – 2x – 1 = 0 ⇔ x = ou x = 1 ± ��2
Respostas: a) m = 7 b) V = {(1 – ��2 ), (1 + ��2 ), 3/2}
2. Seja x ≠ 0 um número complexo.
a) Obtenha x2 + , sabendo que x + = y.
b) Mostre que 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 ⇔
⇔ 3�x2 + � – 13�x + � + 16 = 0.
c) Resolva, em �, a equação 3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0.
RESOLUÇÃO:
a) x + = y ⇒ �x + �
2 
= y2 ⇒ x2 + 2 + = y2 ⇒ x2 + = y2 – 2
b) Dividindo-se ambos os membros da equação 
3x4 – 13x3 + 16x2 – 13x + 3 = 0 por x2, tem-se: 
3x2 – 13x + 16 – 13 . + 3 . = 0 ⇔
⇔ 3 x2 + – 13 x + + 16 = 0
c) Substituindo-se x + por y e x2 + por y2 – 2, tem-se a
equação 3(y2 – 2) – 13y + 16 = 0 ⇔ 3y2 – 13y + 10 = 0 ⇔
⇔ y = ⇔ y = ou y = 1
y = ⇒ x + = ⇒ 3x2 – 10x + 3 = 0 ⇒
⇒ x = 3 ou x = 
y = 1 ⇒ x + = 1 ⇒ x2 – x + 1 = 0 ⇒ x = 
Logo, o conjunto-verdade da equação é: 
V = ; 3; ; 
Respostas: a) x2 + = y2 – 2
b) Ver demonstração.
c) V = ; 3; ; 
3
a . b . c = – –––
2
ab = – 1 � 3––2
�
27
–––
8
9
–––
4
� 3––2 �
3
––
2 � �
3
––
2 �
3
––
2
� 3––2 �
3
––
2
3
––
2
3
––
2
1
–––
x2
1
–––
x
1
–––
x2
1
–––
x
1
––
x
1
––
x
1
–––
x2
1
–––
x2
1
––
x
1
–––
x2
1
–––
x2
1
––
x
1
––
x
1
–––
x2
13 ± 7
––––––
6
10
–––
3
10
–––
3
1
––
x
10
–––
3
1
––
3
1
––
x
1 ± �		3 i
––––––––
2
1
––
3
1 + �		3 i
––––––––
2
1 – �		3 i
––––––––
2
1
–––
x2
1
––
3
1 + �		3 i
––––––––
2
1 – �		3 i
––––––––
2
�� � �
��
��
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1. Considere os conjuntos A = {2; 3}, B = {2; 3; 5; 7} e Xi, com 
i ∈ �*, tais que A � Xi� B.
a) Determine todos os conjuntos Xi possíveis.
b) Seja P(Xi) o conjunto de todos os conjuntos Xi. Mostre que a função
f: P(Xi) → �, que a cada Xi associa o produto dos elementos de Xi,
é injetora, mas não é sobrejetora.
RESOLUÇÃO:
a) A � Xi ⇔ {2;3} � Xi ⇔ 2 ∈ Xi e 3 ∈ Xi� ⇒ X1 = {2;3},Xi� B
X2 = {2; 3; 5}, X3 = {2; 3; 7} e X4 = {2; 3; 5; 7}
b)
⇒
⇒ f(Xm) ≠ f(Xn); ∀m;n ∈ {1; 2; 3; 4}, com m ≠ n e, por tanto, 
f é injetora.
Im(f) = {6; 30; 42; 210} ≠ �, portanto, f não é sobrejetora.
2. (UDESC-adaptado) – Uma cidade possui 10 000 habitan tes, que
frequentam três clubes recreativos, divididos da seguinte for ma: 45%
frequentam o clube A; 40% frequentam o clube B; 53% frequentam o
clube C; 25% frequentam somente o clube A; 11% frequentam somente
o clube B; 30% frequentam somente o clube C; somente 9%
frequentam os clubes A e C. Sabendo que A, B e C possuem
frequentadores em comum, e que sempre existem frequentadores em
comum a dois clubes, determine o número de habitantes que
frequentam mais de um clube.
RESOLUÇÃO:
Considere o diagrama acima. Temos, em porcentagem:
⇔
⇔
O diagrama fica
Resposta: Frequentam mais de um clube (11 + 4 + 5 + 14) % = 34% de
10.000, ou seja, 3 400 habitantes. 
f(X1) = 2 . 3 = 6
f(X2) = 2 . 3 . 5 = 30
f(X3) = 2 . 3 . 7 = 42
f(X4) = 2 . 3 . 5 . 7 = 210
�
�
25 + x + y + z = 45
11 + x + y + w = 40
30 + y + z + w = 53
y + z = 9 
�
x + y + z = 20
x + y + w = 29
y + z + w = 23
y + z = 9 
�
w = 14
y + z = 9
x + y = 15
x + y + z = 20 
�
x = 11
y = 4
z = 5
w = 14 
MÓDULO 55 Conjuntos e Funções
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3. (UDESC) – A população (em milhares) de uma colônia de
bactérias, no período de t horas de um certo processo da industria -
lização do leite, é representada pela função:
a) Esboce o gráfico que representa esse fenômeno.
b) Determine os conjuntos domínio e imagem dessa função.
c) Quanto tempo essa colônia leva para se extinguir?
RESOLUÇÃO:
a) O gráfico de f é
b) D(f) = [0; 9]
Im(f) = [0; 32]
c) A colônia é extinta quando f(t) = 0. Isto ocorre para t = 9
4. (UEM) – Com respeito à função f : � → � definida por 
f(x) = 4x + 2, assinale o que for correto.
a) A função inversa de f é f–1 : �→ � definida por f –1(x) = .
b) A função composta fof(x) é definida por (4x + 2)2.
c) Para todo x pertencente ao domínio de f, tem-se que f(x) é um
número par.
d) Se um ponto (a; b) pertence ao gráfico de f, então a ≠ b.
e) f não é uma função decrescente.
RESOLUÇÃO:
1) f(x) = 4x + 2 = y ⇔ x = ⇔ f–1(x) = 
2) fof(x) = f[f(x)] = f[4x + 2] = 4 . (4x + 2) + 2 = 16x + 10
3) f = 4 . + 2 = 3, que é ímpar, por exemplo.
4) Existe um ponto (a; b) pertencente ao gráfico de f para o qual a = b. 
Esse ponto é – ; – , pois (a; b) ∈ f ⇒ f(a) = 4a + 2 = b e
⇒ a = b = – 
5) O gráfico de f é
e f é estritamente crescente.
Resposta: E
1
––––––
4x + 2
y – 2
––––––
4
x – 2
––––––
4
� 1––4 �
1
––
4
� 2––3
2
––3 �
� 4a + 2 = ba = b
2
–––
3
t2 + 7, se 0 ≤ t ≤ 5
32, se 5 < t ≤ 7
– 16t + 144, se 7 < t ≤ 9
�f(t) =
32
7
0 5 7 9 t
y = f(t)
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8 –
1. (ESPM) – Numa progressão aritmética cuja razão é um número
inteiro, o primeiro termo é 3, o último termo é 99 e um de seus termos
é 39. A soma dos possíveis valores da razão é:
a) 20 b) 24 c) 28 d) 30 e) 32
RESOLUÇÃO:
1) am = a1 + (m – 1) . r = 39 ⇒ am = 3 + (m – 1) . r = 39 ⇒
⇒ (m – 1) . r = 36 ⇒ r é divisor de 36, pois m ∈ �*
2) an = a1 + (n – 1) . r = 99 ⇒ an = 3 + (n – 1) . r = 99 ⇒
⇒ (n – 1) . r = 96 ⇒ r é divisor de 96, pois n ∈ �*
3) r é divisor do mdc(36; 96) = 12 e, portanto, r ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}, pois
r > 0. A soma dos possíveis valores de r é 1 + 2 + 3 + 4 + 6 + 12 = 28.
Resposta: C
2. (UFRJ) – Moedas idênticas de 10 centavos de real foram
arrumadas sobre uma mesa, obedecendo à
disposição apresentada no desenho: uma moeda
no centro e as demais formando camadas
tangentes.
Considerando que a última camada é composta
por 84 moedas, calcule a quantia, em reais, do
total de moedas usadas nessa arrumação.
RESOLUÇÃO:
1) Admitindo-se que a configuração seja possível, a quantidade de moedas
em cada camada são os termos da sequência (1; 6; 12; 18; …; 84).
2) Como (6, 12, 18, … 84) é uma PA, temos:
an = a1 + (n – 1) . r ⇒ 84 = 6 + (n – 1) . 6 ⇔ n = 14
3) A soma dos termos da 1a. sequência é
1 + = 1 + 90 . 7 = 631
4) 631 moedas de R$ 0, 10 equivalem a R$ 63, 10.
3. (U.F. TRIÂNGULO MINEIRO/adaptado) – Toma-se um seg -
mento de reta inicial de tamanho 1. Divide-se esse segmento em 3 par -
tes iguais e tira-se a parte do meio. Cada uma das duas partes
re manescentes também é dividida em 3 partes iguais e as respectivas
partes do meio também são retiradas. Procede-se de maneira análoga
indefinidamente, conforme figura, sendo que a fração do que sobrou do
segmento de reta inicial na 1a. divisão é denotado por F1, na 2a. divisão,
por F2 e na n-ésima divisão, por Fn.
a) Calcule F7 b) Obtenha Fk
c) Se o processo continuar infinitamente, quanto terá sido tirado do
segmento inicial?
RESOLUÇÃO:
Observemos que:
F1 = 2 . =
F2 = 4 . . =
F3 = 8 . . . =
A sequência (F1, F2, F3,…) é uma progressão geométrica de primeiro termo
F1 = e razão q =
Assim:
a) F7 = F1 . q7 – 1 = . � �
6
= � �
7
=
b) Fk = F1 + F2 + F3 + F4 + F5 + F6 + F7 =
= = = 2 . = 
c) Terá sido retirado + + … = ou seja,
o segmento inteiro.
(6 + 84) . 14
––––––––––––
2 
7
∑
k = 1
1
––
3 
2
––
3 
1
––
3 
1
––
3 
4
––
9 
1
––
3 
1
––
3 
1
––
3 
8
––
27 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
2
––
3 
128
–––––
2187 
7
∑
k = 1
2 2 
–– 
�––�
7
– 1�3 3
––––––––––––––
2
–– – 1
3 
2 128 
–– 
––––– – 1�3 2187
–––––––––––––––
1
– ––
3 
128
1 – –––––�2187 
4118
–––––
2187 
1
––
3 
2
––
9 
4
––
27 
1 
––
3 
–––––––– = 1,
21 – ––3 
MÓDULO 66 Progressões Aritméticas e Geométricas
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1. (UDESC) – Sejam A = e B = duas matrizes 
e I a matriz identidade de ordem dois. Encontre a matriz X tal que 
AX + I = B.
RESOLUÇÃO:
Sendo X = , temos
A . X + I = B ⇒ . + = ⇔
⇔ + = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ e ⇔ e ⇔
⇔ e desta forma: X = 
Resposta: X = 
2. (UNESP) – Sejam A = , 
B = e C = matrizes reais.
a) Calcule o determinante de A, det(A), em função de x e y, e repre -
sente no plano cartesiano os pares ordenados (x; y) que satisfazem
a inequação det(A) ≤ det(B).
b) Determine x e y reais, de modo que A + 2B = C.
RESOLUÇÃO:
a) 1) A = ⇒ det(A) = y – 4x
B = ⇒ det(B) = – 3
2) det(A) ≤ det(B) ⇔ y – 4x ≤ – 3 ⇔ y ≤ 4x – 3
b) A + 2 . B = C
+ 2 . = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔ ⇔
Respostas: a) det(A) = y – 4x e gráfico
b) x = 1 e y = 2
 x – 2y3x + y
1
– 1 �
 2
– 1
1
– 2 � 
 13 3– 5 �
x – 2y 1
 �3x + y – 1
2 1
 �
– 1 – 2
x – 2y 1
 �3x + y – 1 2 1
 �
– 1 – 2
1 3
 �3 – 5
x – 2y + 4 3 
 �3x + y – 2 – 5
1 3
 �3 – 5
x – 2y + 4 = 1�3x + y – 2 = 3
x – 2y = – 3�3x + y = 5
x = 1� y = 2
 14
2
1 � 
14
17
5
7 �
 ac
b
d �
 14
2
1 � 
a
c
b
d � 
1
0
0
1 �
 a + 2c4a + c � 
1
0
0
1 �
b + 2d
4b + d
 a + 2c + 14a + c
b + 2d
4b + d + 1 �
� a + 2c = 134a + c = 17
 1417
5
7 �
 1417
5
7 �
 1417
5
7 �
� b + 2d = 54b + d = 6 �
a + 2c = 13
7a = 21 �
b + 2d = 5
7b = 7
� a = 3c = 5 �
b = 1
d = 2 
3
5
1
2 �
 35
1
2 �
MÓDULO 77 Matrizes, Determinantes e Sistemas Lineares
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10 –
3. (UNESP) – Para quais valores de k ∈ � o sistema linear homo -
gêneo: 
será possível e determinado, será possível e indeter minado, será im -
pos sível?
RESOLUÇÃO:
O sistema será possível e determinado se, e somente se,
D = 
≠ 0 ⇔ –k2 – 6k + 7 ≠ 0 ⇔ k ≠ –7 e k ≠ 1
Esse mesmo sistema será possível e indeterminado se, e somente se,
D = = 0 ⇔ k = –7 ou k = 1
O sistema linear dado, por ser homogêneo, nunca será impossível.
Respostas: Possível e determinado para k ≠ – 7 e k ≠ 1.
Possível e indeterminado para k = – 7 ou k = 1.
Impossível, nunca.
4. (ITA) – Sejam a, b ∈ �. Considere os sistemas lineares 
em x, y e z:
e 
Se ambos admitem infinitas soluções reais, então:
a) = 11 b) = 22 c) ab =
d) ab = 22 e) ab = 0
RESOLUÇÃO:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Se o sistema tem infinitas soluções, então a – = 0 ⇔ a = .
Se o segundo sistema tem infinitas soluções, então:
D = = 0 ⇔ b = 11 e = = 22
Resposta: B
� kx + 2y – z = 02x – y + 2z = 0
3x + y + kz = 0
k 2 – 1
2 – 1 2 
3 1 k
k 2 – 1
2 – 1 2 
3 1 k
�
x + y – z = 0
x – 3y + z = 1
– 2y + z = a �
x – y = 0
x + 2y – z = 0
2x – by + 3z = 0
a
–––
b
b
–––
a
1
–––
4
� x + y – z = 0x – 3y + z = 1
– 2y + z = a �
x + y – z = 0
– 4y + 2z = 1
– 2y + z = a
�
x + y – z = 0
– 1
2y – z = ––––
2
– 2y + z = a �
x + y – z = 0
1
2y – z = – –––
2
1
0z = a – –––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
1
2
– 1
2
– b
0
– 1
3
b
–––
a
11
––––
1
––
2
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– 11
MÓDULO 88 Grandezas Proporcionais e Médias
1. (FUVEST) – Um comerciante compra calças, camisas e saias e as
revende com lucro de 20%, 40% e 30%, respec tiva mente. O preço x
que o comerciante paga por uma calça é três vezes o que ele paga por
uma camisa e duas vezes o que ele paga por uma saia. Um certo dia,
um cliente comprou duas calças, duas camisas e duas saias e obteve
um desconto de 10% sobre o preço total. 
a) Quanto esse cliente pagou por sua compra, em função de x? 
b) Qual o lucro aproximado, em porcentagem, obtido pelo
comerciante nessa venda?
RESOLUÇÃO:
a)
Pela compra de 2 produtos de cada tipo, sem desconto, um cliente
pagaria
2 . 1,20x + 2 . 1,40 . + 2 . 1,30 . = 2,40x + + 1,30x =
= = 
Com 10% de desconto, o cliente paga 
90% . = 0,90 . = 4,17x
b) O preço de custo dos produtos vendidos foi
2 . x + 2 . + 2 . = = 
O lucro obtido nessa venda foi 4,17x – = , correspon -
dendo a = � 0,1372 = 13,72%
Respostas: a) 4,17 . x b) 13,72%
2. (UNESP) – Em uma determinada residência, o consumo mensal de
água com descarga de banheiro corresponde a 33% do consumo total
e com higiene pessoal, 25% do total. No mês de novembro, foram
consumidos 25 000 litros de água no total e, da quantidade usada pela
residência nesse mês para descarga de banheiro e higiene pessoal, uma
adolescente, residente na casa, consumiu 40%. Determine a quantidade
de água, em litros, consumida pela adolescente no mês de novembro
com esses dois itens: descarga de banheiro e higiene pessoal.
RESOLUÇÃO:
I) A quantidade total de água consumida, por essa residência, com
descarga de banheiro e higiene pessoal foi 
(25% + 33%) . 25000� = 14500�
II) A quantidade de água consumida pela adolescente foi
40% . 14500 � = 5800 �
Obs.: Mantidas as proporções da família toda, a adolescente gastou 
3300 � com descarga de banheiro e 2500 � com higiene pessoal.
Resposta: 5800 �
Calça
Camisa
Saia
Preço de
custo
x
x
–––
3
x
–––
2
Lucro
20%
40%
30%
Preço de
venda
1,20 . x
x
1,40 . ––
3
x
1,30 . ––
2
x
–––
3
x
–––
2
2,80x
–––––––
3
7,20x + 2,80x + 3,90x
–––––––––––––––––––––
3
13,90x
–––––––
3
13,90x
–––––––
3
13,90x
–––––––
3
x
–––
3
x
–––
2
6x + 2x + 3x
–––––––––––––
3
11x
––––
3
11x
––––
3
1,51x
––––––
3
1,51x
––––––
3
–––––––––
11x
––––
3
1,51
––––
11
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12 –
3. (UFPE) – Uma loja de eletrônicos oferece duas opções de
pagamento:
– À vista, com 10% de desconto no preço anunciado;
– Em duas prestações mensais iguais, sem desconto sobre o preço
anunciado, sendo a primeira prestação paga no momento da
compra.
Qual a taxa de juros mensais embutidanas vendas a prazo?
a) 10% b) 15% c) 20% d) 25% e) 30%
RESOLUÇÃO:
1) Se o preço anunciado for p, o preço à vista será 0,90p.
2) Se optar por pagar a prazo, deverá pagar 0,50p no ato da compra.
3) Deixou de pagar 0,90p – 0,50p = 0,40p
No mês seguinte, terá de pagar 0,50p, pagando juros de
0,50p – 0,40p = 0,10p
4) Sobre o que deixou de pagar, o juro é de = = 0,25 = 25%
Resposta: D
4. (FGV) – A média das alturas dos 6 jogadores em quadra de um time
de vôlei é 1,92 m. Após substituir 3 jogadores por outros, a média das
alturas do time passou para 1,90 m. Nessas condições, a média, em
metros, das alturas dos jogadores que saíram supera a dos que entraram
em:
a) 0,03 b) 0,04 c) 0,06 d) 0,09 e) 0,12 
RESOLUÇÃO:
Sendo SS, SP e Se, respectivamente, a soma das alturas dos jogadores que
saíram, permaneceram e en traram no time, temos:
⇒
⇒ SS – Se = 0,12 ⇒ – = 0,04
Como e são, respectivamente, as mé dias aritméticas das
alturas dos jogadores que saíram e dos que entraram no time, aquela
supera esta em 0,04 m.
Resposta: B
SS + SP
–––––––– = 1,92 ⇒ SS + SP = 11,526
Se + SP
–––––––– = 1,90 ⇒ Se + SP = 11,46 
�
SS
––––
3
Se
––––
3
SS
––––
3
Se
––––
3
1
–––
4
0,10p
––––––
0,40p
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– 13
1. Num triângulo ABC, retângulo em A, D é a projeção ortogonal de
A sobre BC. Sabendo-se que o segmento BD mede 1 cm e que o ân gulo
D^AC mede θ graus, então a área do triângulo ABC, em centímetros
quadrados, é:
a) b)
c) d)
e) 
RESOLUÇÃO:
I) No triângulo ABD: 
cos θ = ⇔ AB = cm = sec θ cm
II) No triângulo ABC:
tg θ = ⇒ AC = . tg θ cm = sec θ . tg θ cm
III) A área S do triângulo ABC é tal que:
S = ⇔ S =
Resposta: C
2. (MACKENZIE) – Em [0; 2π], as soluções da equação
= são em número de:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
RESOLUÇÃO:
= ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔ 1 + sen x = – sen x ⇔
⇔ 2 . sen x = – 1 ⇔ sen x = – 
Para [0; 2π], resulta x = ou x = 
Resposta: B
sec θ . tg θ
––––––––––
2
sec θ . tg2 θ
––––––––––
2
sec2 θ . tg θ
––––––––––
2
cossec2 θ . cotg θ
––––––––––––––––
2
cossec θ . cotg θ
–––––––––––––––
2
1 cm
–––––
AB
1
––––––
cos θ
AC
–––––
AB
1 
–––––
cos θ
AB . AC
–––––––––––
2
sec2 θ . tg θ
–––––––––––– cm2
2
2 sen x
–––––––––
cos 2x – 1
1
––––––––––
1 + sen x
2 . sen x
–––––––––––
cos(2x) – 1
1
–––––––––––
1 + sen x
2 . sen x
–––––––––––––––
1 – 2sen2x – 1
1
–––––––––––
1 + sen x
2 . sen x
–––––––––––––––
– 2 . sen2x
1
–––––––––––
1 + sen x
1
–––––––
– sen x
1
–––––––––––
1 + sen x
1
––
2
7 . π
––––––
6
11 . π
––––––
6
MÓDULO 99 Trigonometria I
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14 –
3. (FUVEST) – Determine as soluções da equação 
(2 cos2 x + 3 sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 que estão no intervalo [0,2π].
RESOLUÇÃO:
Sendo 0 ≤ x ≤ 2π, temos:
(2 . cos2 x + 3 . sen x) (cos2 x – sen2 x) = 0 ⇔
⇔ 2 . cos2 x + 3 . sen x = 0 ou cos2 x – sen2 x = 0 ⇔
⇔ 2 . sen2 x – 3 . sen x – 2 = 0 ou sen2 x = cos 2 x ⇔
⇔ sen x = 2 ou sen x = ou tg2 x = 1 ⇔
⇔ sen x = ou tg x = 1 ou tg x = –1 ⇔
⇔ x = ou x = ou x = ou x = ou
x = ou x = 
Resposta: � , , , , , �
4. (FATEC) – No triângulo ABC, tem-se que B ^AC mede 80°, A ^BC
mede 40° e BC = 4 cm. Se sen 20° = k, então a medida de —AC, em
centíme tros, é dada por
a) 2 b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
I) Pela lei dos senos:
= ⇔ = ⇔
⇔ AC = 
II) cos 40° = 1 – 2sen220° ⇔ cos 40° = 1 – 2k2
De (I) e (II), tem-se que: AC =
Resposta: C
1
– ––
2
1
– ––
2
7π
––––
6
11π
–––––
6
π
–––
4
3π
––––
4
5π
––––
4
7π
––––
4
π
–––
4
3π
–––
4
7π
–––
6
5π
–––
4
7π
–––
4
11π
–––
6
4
–––k
2
––––––––
1 – 2k2
2 . �								 1 – 2k2
––––––––––––
1 – 2k2
2 . (1 – k)
––––––––––
1 – 2k
AC
––––––
sen 40°
4
––––––
sen 80°
AC
––––––
sen 40°
4
––––––––––––––––
2 sen 40° . cos 40°
2
–––––––
cos 40°
2
––––––––
1 – 2k2
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– 15
1. Considere as funções reais f(x) = 2x + 1 e g(x) = cos x. Determine o
valor de gof(x), sabendo que sen α = , com α = 2x.
RESOLUÇÃO:
Sendo sen α = e α = 2x, temos sen (2x) =
Dessa forma, gof(x) = g[f(x)] = g(2x + 1) = cos(2x + 1) = cos(2 . 2x) =
= 1 – 2 sen2 (2x) = 1 – 2 . � �
2
=
Resposta: (gof) (x) = 
2. Uma população P de animais varia, aproximadamente, segundo a
equação abaixo.
P = 800 – 100 . sen 
 �
Considere que t é o tempo medido em meses e que janeiro corresponde
a t = 0. Determine, no período de 1º de janeiro a 1º de dezembro de um
mesmo ano, os meses nos quais a população de animais atinge
a) um total de 750; b) seu número mínimo.
RESOLUÇÃO:
a) 800 – 100 sen 
 � = 750 ⇔ sen 
 �= ⇔
⇔ = + n . 2π (n ∈ �) ou
= + n . 2π (n ∈ �) ⇔ t = – 2 + 12n ou t = 2 + 12n (n ∈ �)
Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 2 (março) ou t = 10 (novembro)
b) P é mínima quando sen 
 �= 1 ⇔
⇔ 
 � = + n . 2π (n ∈ �) ⇔ t = 12 n (n ∈ �)
Como 0 ≤ t ≤ 11, temos t = 0 (janeiro)
Respostas: a) março e novembro b) janeiro
3. (FATEC) – Seja r a reta que passa pelos pontos (3;2) e (5;1). A reta
s é a simétrica de r em relação à reta de equação y = 3. A equação de
s é
a) x + 2y – 7 = 0 b) x + 2y – 5 = 0
c) x – 2y + 5 = 0 d) x – 2y – 11 = 0
e) 2x – y + 5 = 0
RESOLUÇÃO:
A reta s, simétrica de r em relação à reta de equação y = 3, passa pelos
pontos (3; 4) e (5; 5).
A equação da reta s é:
= 0 ⇔ x – 2y + 5 = 0
Resposta: C
1
–––4
1
–––
4
1
–––
4
7
–––
8
1
–––
4
7
–––
8
(t + 3) π
––––––––
6
1
––
2
(t + 3) π
––––––––
6
(t + 3) π
––––––––
6
π
––
6
(t + 3) π
––––––––
6
5π
–––
6
(t + 3) π
––––––––
6
(t + 3) π
––––––––
6
π
––
2
(t + 3) π
––––––––
6
x
5
3
y
5
4
1
1
1
MÓDULO 1100 Trigonometria II e Geometria Analítica I
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16 –
1. O crescimento da “Tilápia do Nilo” – peixe de origem africana e bem
adaptado em águas brasileiras – pode ser expresso aproximadamente por
uma função linear nas primeiras 8 semanas de vida.
Suponha que o gráfico do comprimento médio da tilápia em relação à
sua idade, em semanas, seja
sendo C0 o comprimento médio da tilápia ao nascer.
Pode-se afirmar que a razão entre os comprimentos médios da
tilápia com 6 semanas de idade e ao nascer é
a) b) c) d) e) 
RESOLUÇÃO:
Sendo y o comprimento médio da tilápia com 6 semanas, temos:
Os pontos (0; C0), (6;y) e (8; 2,5C0) estão alinhados ⇔
⇔ = 0 ⇔ =
Resposta: C
2. (FUVEST) – Os pontos A = (0;0) e B = (3;0) são vértices con secu -
tivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiro quadrante. O
lado —AD é perpendicular à reta y = – 2x e o ponto D pertence à
circunferência de centro na origem e raio �	5. Então as coordenadas de
C são:
a) (6;2) b) (6;1) c) (5;3) d) (5;2) e) (5;1)
RESOLUÇÃO:
A equação da reta AD↔ , perpendicular à reta de equação y = – 2x, é
O ponto D pertence à circunferência da equação x2 + y2 = 5
Assim: ⇔ ⇒ D (2; 1)
Sendo ABCD um paralelogramo, temos:
⇔ 0 + xC = 3 + 2 ⇔ xC = 5
e portanto: C(5; 1)
Resposta: E
19
–––8
5
–––8
17
–––8
15
–––8
12
–––8
17
–––
8
y 
–––
C0
1
1
1
C0
y 
2,5 C0
0 
6 
8
xy = ––
2
x = 2
y = 1�
xy = ––
2
x2 + y2 = 5�
xA + xC = xB + xD
yC = yD = 1�
MÓDULO 1111 Geometria Analítica II
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– 17
3. (UNESP) – Considere a circunferência λ, de equação 
(x – 3)2 + y2 = 5.
a) Determine o ponto P = (x;y) pertencente a λ, tal que y = 2 e x > 3.
b) Se r é a reta que passa pelo centro (3;0) de λ e por P, dê a equação e
o coeficiente angular de r.
RESOLUÇÃO
A equação (x – 3)2 + y2 = 5 representa uma circun fe rência de centro 
C(3; 0) e raio r = �		5.
a) Para y = 2, resulta:
(x – 3)2 + 22 = 5 ⇔ (x – 3)2 = 1 ⇔ x – 3 = ± 1 ⇔
⇔ x = 4 ou x = 2
Para x > 3, o ponto procurado é P(4; 2).
b) A reta r que passa pelos pontos P(4; 2) e C(3; 0) tem equação:
= 0 ⇔ 2x – y – 6 = 0 ⇔ y = 2x – 6
O coeficiente angular de r é mr = 2.
Respostas: a) P(4;2)
b) y = 2 . x – 6 e mr = 2
4. Considere a circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0.
Tomando-se sobre essa circunferência os pontos cujas abscissas são
números inteiros, positivos e maiores que 5, pergunta-se: Qual é o
número máximo de triângulos com vértices nesses pontos?
RESOLUÇÃO:
A circunferência de equação x2 + y2 – 10x – 8y + 25 = 0 tem centro 
C(5; 4) e raio 4.
Existem 7 pontos satisfazendo as condições do problema. São eles, A, B, P,
Q, R, S, T.
Dessa forma, o número máximo de triângulos com vértices nesses 7 pontos
é C7,3 = 35.
Resposta: 35
x
4
3
y
2
0
1
1
1
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18 –
1. (FGV) – A figura ilustra as medidas que um topógrafo tomou para
calcular a distância do ponto A a um barco ancorado no mar.
sen 62° = 0,88; cos 62° = 0,47
sen 70° = 0,94; cos 70° = 0,34 
a) Use os dados obtidos pelo topógrafo e calcule a distân cia do ponto
A ao barco. É conveniente traçar a altura –––AH do triângulo ABC.
b) Use esses mesmos dados para calcular o valor de cos 48º. Se quiser,
utilize os produtos:
88 × 94 = 8272 e 47 × 34 = 1598.
RESOLUÇÃO:
a) Sendo AH a altura do ΔABC, em relação ao vértice A, temos:
1) No triângulo retângulo ABH:
sen 62° = ⇒ AH = 50 . 0,88 = 44 m
2) No triângulo retângulo ACH:
sen 70° = ⇒ AC = ≅ 47 m
Portanto, a distância do ponto A ao barco é aproxi madamente 47 m.
b) cos 48° = cos [180° – (70° + 62°)] = – cos (70° + 62°) =
= – [cos 70° . cos 62° – sen 70° . sen 62°] =
= sen 70° . sen 62° – cos 70° . cos 62° =
= 0,94 . 0,88 – 0,34 . 0,47 =
= 0,8272 – 0,1598 ≅ 0,667
Assim: cos 48° ≅ 0,67
Respostas: a) Aproxi madamente 47 m
b) cos 48° ≅ 0,67
2. (UNIFESP) – Considere a reta de equação 4x – 3y + 15 = 0, a
senoi de de equação y = sen(x) e o ponto P = ; 3 , con for me a
figura.
A soma das distâncias de P à reta e de P à senoide é:
a) b) c)
d) e)
RESOLUÇÃO:
A distância de P ; 3 à reta r é:
d1 = = =
A distância de P ; 3 à senoide é: d2 = 3 – 1 = 2
Então: d1 + d2 = + 2 = 
Resposta: E
AH
––––
50
44
––––
0,94
AH
––––
AC
�π––2�
14 + 2π
––––––––
5
13 + 2π
––––––––
5
12 + 2π
––––––––
5
16 + 2π
––––––––
5
15 + 2π
––––––––
5
�π–––2�
2π + 6
–––––––
5
� 2π + 6 �
––––––––––
5
π| 4 . ––– – 3 . 3 + 15 |2
––––––––––––––––––––––
�								 16 + 9
�π–––2�
16 + 2π 
–––––––
5
2π + 6
–––––––
5
MÓDULO 1122 Trigonometria III e Geometria Analítica III
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– 19
3. (FUVEST) – Duas retas s e t do plano cartesiano se interceptam no
ponto (2, 2). O produto de seus coeficientes angulares é 1 e a reta s
intercepta o eixo dos y no ponto (0, 3). A área do triângulo delimitado
pelo eixo dos x e pelas retas s e t é:
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6
RESOLUÇÃO:
A partir do enunciado, temos:
a) A reta s, que passa pelos pontos (2;2) e (0;3), tem equação:
= 0 ⇔ x + 2y = 6.
A reta s tem coeficiente angular ms = – 1/2 e intercepta o eixo das
abscissas no ponto A(6;0).
b) Sendo mt . ms = 1 (a partir do enunciado) e ms = – 1/2, temos mt = – 2.
c) A reta t, que passa pelo ponto P(2;2), com coeficiente angular mt = – 2,
tem equação
y – 2 = – 2 . (x – 2) ⇔ 2x + y = 6
e intercepta o eixo das abscissas no ponto B(3;0).
d) O triângulo formado pelas retas t, s e eixo das abscissas tem área igual a
A = = = 3
x
2
0
y
2
3
1
1
1
AB . yP
–––––––––
2
3 . 2
––––––
2
REV_II_MAT_E_PROF_Rose 18/10/10 19:26 Página 19
1. (UNICAMP) – Para calcular a circunferência terrestre, o sábio
Eratóstenes valeu-se da distância conhecida de 800 km entre as
localidades de Alexandria e Siena no Egito (A e S, respectivamente),
situadas no mesmo meridiano terrestre. Ele sabia que, quando em
Siena, os raios solares caíam verticalmente, em Alexandria eles faziam
um ângulo de 7,2º com a vertical. Calcule, com esses dados, a
circunferência terrestre, isto é, o comprimento de uma volta completa
em torno da Terra.
RESOLUÇÃO:
Seja x o comprimento da circunferência da Terra.
De acordo com o enunciado, tem-se:
x = . 800 km ⇔ x = 50 . 800 km ⇔ x = 40 000 km
Resposta: 40 000 km
2. (FUVEST) – Na figura abaixo AB = AC, CB = CD e  = 36º.
a) Calcule os ângulos D ˆCB e A ˆDC.
b) Prove que AD = BC.
RESOLUÇÃO:
a) AB = AC � ⇒ A ˆBC = A ˆCB = 72ºÂ = 36º
CB = CD � ⇒ B ˆDC = 72º e D ˆCB = 36ºA ˆBC = 72º
A ˆDC = 180º – B ˆDC ⇒ A ˆDC = 108º
b) A ˆCD = A ˆCB – D ˆCB ⇒ A ˆCD = 72º – 36º = 36º
A ˆCD = CÂD = 36º ⇒AD = CD (I)
AD = CD (I) � ⇒ AD = BCCD = BC (dado)
360º
––––
7,2º
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MÓDULO 1133 Geometria Plana I
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3. (UnB) – Determine o valor de x com os dados da figura abaixo, na
qual r, s e t são retas paralelas.
RESOLUÇÃO:
De acordo com o teorema linear de Tales, tem-se:
= ⇔
⇔ x2 + 2x – 360 = x2 – 6x – 160 ⇔ 8x = 200 ⇔ x = 25
Resposta: x = 25
4. (FUVEST) – No quadrilátero ABCD da figura abaixo, E é um
ponto sobre o lado AD––, tal que o ângulo A ˆBE mede 60º e os ângulos 
E ˆBC e B ˆCD são retos. Sabendo-se ainda que AB = CD = �		3 e BC = 1.
Determine a medida de AD––.
RESOLUÇÃO:
I) (BD)2 = 12 + (�
3)2 ⇔ BD = 2
II) cos α = = 
α ⇒ 60º
0º < α < 90º
III) θ = 60º + (90º – α)
θ = 60º + (90º – 60º) ⇔ θ = 90º
IV) No triângulo retângulo BAD, tem-se: (AD)2 = (AB)2 + (BD)2
Assim: (AD)2 = (�
3)2 + 22 ⇔ AD = �
7
Resposta: AD = �
7
x + 10
––––––
x – 18
x + 20
––––––
x – 16
BC
––––
BD
1
––
2
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22 –
1. (UNESP) – Um porta-canetas tem a forma de um cilindro circular
reto de 12cm de altura e 5cm de raio. Sua parte interna é um prisma
regular de base triangular, como ilustrado na figura, sendo o triângulo
equilátero e inscrito na circunferência.
A região entre o prisma e o cilindro é
fechada e não aproveitável.
Determine o volume dessa região. Para os
cálculos finais, considere as aproximações
π = 3 e �
3 = 1,7
RESOLUÇÃO:
Sejam:
I) l a medida, em centímetros, do lado do triângulo equilátero, que serve
de base para o prisma.
II) r a medida, em centímetros, do raio do círculo que serve de base para
o cilindro.
III) h a altura, em centímetros, do prisma e do cilindro.
O volume V da região entre o prisma e o cilindro é dado, em centímetros
cúbicos, por:
V = πr2h – . h, em que: r = 5, h = 12 e l = �
3
Assim:
V = 3 . 25 . 12 – . 12 = 900 – 382,5 = 517,5
Resposta: 517,5 cm3
2. (UNESP) – Um reservatório de água de uma creche tem a forma de
um paralelepípedo retângulo com área da base igual a 2 m2 e altura de
2 m. O reser vatório estava com pletamente vazio e às 0 horas (quando
a creche estava fechada) ele começou a encher-se de água. A altura do
nível de água no reservatório ao final de t horas, após começar a encher,
é dada por h(t) = com h(t) em metros.
a) Determine a capacidade totalde água do reser vatório e o volume
V(t) de água no reservatório no instante t (em m3).
b) Determine entre quais horários da madrugada o volume V(t) do
reservatório será maior que 2m3 e menor que sua capacidade total.
RESOLUÇÃO:
a) A capacidade total V de água do reservatório, em metros cúbicos, é
dada pelo produto entre a área da base e a altura do paralelepípedo
retângulo.
Assim: V = 2 . 2 ⇔ V = 4
No instante t, o volume V(t) de água no reservatório, em metros cúbicos
é dado por:
V(t) = 2 . h(t) ⇔ V(t) = 2 . ⇔ V(t) = 
b) 2 < V(t) < 4 ⇔ 2 < < 4 ⇔ 2t + 12 < 10t < 4t + 24 ⇔
⇔ < t < 4 ⇔ 1h30min < t < 4 horas
Respostas: a) V = 4 m3 e V(t) = 
b) entre 1h30min e 4 horas da manhã 
l2 . �
3
––––––
4
25 . 3 . 1,7
–––––––––
4
5t
–––––
t + 6
10t
–––––
t + 6
5t
–––––
t + 6
10t
–––––
t + 6
3
–––
2
10t
–––––
t + 6
MÓDULO 1144 Geometria Métrica 
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– 23
3. Considere um cubo cuja aresta mede 10 cm. O sólido cujos vértices
são os centros das faces do cubo é um octaedro regular, cujas faces são
triângulos equiláteros congruentes.
a) Calcule o comprimento da aresta desse octaedro regular.
b) Calcule o volume do mesmo octaedro.
RESOLUÇÃO:
Sejam
1) l o comprimento, em centímetros, de cada aresta des se octaedro regular.
2) V o volume, em centímetros cúbicos, desse octaedro.
a) l é a diagonal de um quadrado de lado 5 cm.
Assim, l = 5��2
b) V = 2 . . l2 . 5
Assim: V = (5��2)2 . 5 ⇔ V = 
Respostas: a) 5��2 cm
b)
cm3
4. (VUNESP) – Uma quitanda vende fatias de melancia embaladas
em plástico transparente. Uma melancia com forma esférica de raio de
medida R cm foi cortada em 12 fatias iguais, sendo que cada fatia tem
a forma de uma cunha esférica, como representado na figura.
Sabendo que a área de uma superfície esférica de raio R cm é 
4πR2 cm2, determine, em função de π e de R:
a) a área da casca de cada fatia da melancia (fuso esférico);
b) quantos cm2 de plástico foram necessários para embalar cada fatia
(sem nenhuma perda e sem sobrepor camadas de plástico), ou seja,
qual é a área da superfície total de cada fatia.
RESOLUÇÃO:
a) Como a melancia foi dividida em 12 fatias iguais, a área SC, em
centímetros quadrados, da casca de cada fatia, é:
SC = . 4πR2 ⇔ SC = 
b) Para embalar cada fatia, serão necessários dois semicírculos de raio R
e um fuso esférico de área SC. Assim, a área S, em centímetros
quadrados, da superfície total de cada fatia, é:
S = SC + 2 . ⇔ S = + πR2 ⇔ S = 
Respostas: a) cm2
b) cm2
1
–––3
2
–––3
500
––––3
500
––––3
1
–––
12
πR2
––––
3
πR2
––––
2
πR2
––––
3
πR2
––––
3
πR2
––––
3
4πR2
––––
3
REV_II_MAT_E_PROF_Rose 18/10/10 19:26 Página 23
1. Um vagão de metrô tem 8 bancos individuais sendo 4 de frente e 4
de costas. Entre 8 passageiros, 2 preferem sentar de frente, 2 preferem
sentar de costas e os outros 4 não têm preferência. De quantos modos
distintos essas oito pessoas poderão se acomodar nesses 8 lugares se
forem respeitadas as preferências?
RESOLUÇÃO:
Os dois que preferem sentar de frente podem acomodar-se de 
A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes.
Os dois que preferem sentar de costas podem acomodar-se de 
A4,2 = 4 . 3 = 12 maneiras diferentes.
Para esses 4 passageiros, o total de possibilidades, respeitadas as
preferências, é 12 . 12 = 144.
Os outros 4, que não têm preferência, poderão se dispor de 
P4 = 4! = 24 modos nos 4 lugares restantes.
Logo, o total de maneiras de os 8 passageiros se acomodarem, de acordo
com o que se pede, é 144 . 24 = 3 456.
Resposta: 3456
2. Entre 10 elementos químicos, apenas 2 determina dos x e y não
podem comparecer juntos numa com posição porque podem ocasionar
explosões. De quan tas maneiras diferentes se podem obter com postos
de exatamente 4 elementos, escolhidos entre os 10, de modo que x e y
não estejam juntos em ne nhum deles?
RESOLUÇÃO:
O número de maneiras, no total, de escolher 4 elementos entre os 10 é 
C10,4 = = 210.
O número de maneiras em que os dois elementos estão juntos entre os 
4 escolhidos é C8,2 = = 28.
Portanto, o número de maneiras em que x e y não estão jun tos em nenhuma
combinação de 4 elementos é 210 – 28 = 182
Resposta: 182
3. De uma reunião, participam sete homens e quatro mulheres. Dessas
onze pessoas, seis serão escolhidas para formar uma comissão.
Calcule
a) quantas comissões diferentes podem ser formadas;
b) quantas dessas comissões são possíveis tendo quatro homens e duas
mulheres;
c) escolhendo uma das possíveis comissões, ao acaso, a probabilidade
de ela possuir pelo menos três mulheres.
RESOLUÇÃO:
a) C11,6 = = 462
b) C7,4 . C4,2 = 35 . 6 = 210
c) As comissões possíveis com pelo menos 3 mulheres totalizam
C4,3 . C7,3 + C4,4 . C7,2 = 4 . 35 + 1 . 21 = 161
A probabilidade pedida é p = = 
Resposta: a) 462 b) 210 c) 
4. Em uma urna, estão depositadas 2 bolas brancas e 3 bolas pretas.
Uma segunda urna tem em seu interior 5 bolas brancas e 3 bolas pretas.
Retira-se uma bola da primeira e coloca-se essa bola na segunda sem
examinar sua cor. Em seguida, escolhe-se, ao acaso, uma bola da
segunda urna. Calcular a probabilidade de esta última bola ser branca.
RESOLUÇÃO:
A probabilidade de a última bola retirada ser branca é igual à proba -
bilidade de a primeira ser branca e a segunda, branca, mais a proba -
bilidade de a primeira ser preta e a segunda, branca.
Portanto, esse valor é:
p = . + . = = 
5. De um campeonato de xadrez, participaram duas mulheres e um
certo número de homens. Todos jogaram entre si duas vezes. O número
de jogos realizados apenas entre os homens superou em 66 o número
de partidas entre um homem e uma mulher. Calcule
a) quantos homens participaram do torneio;
b) quantos jogos foram realizados no total;
c) a probabilidade de ter sido escolhido um jogo ao acaso, desse
campeonato, e ele ser realizado entre um homem e uma mulher.
RESOLUÇÃO:
a) Sendo n o número de homens, obtêm-se:
jogos apenas entre os homens: 2 . Cn,2
jogos entre um homem e uma mulher: 2 . 2n = 4n
Então:
2Cn,2 = 4n + 66 ⇒ 2 . = 4n + 66 ⇒
⇒ n2 – n = 4n + 66 ⇒ n2 – 5n – 66 = 0 ⇒ n = 11
b) Se o número de participantes é n + 2 = 11 + 2 = 13, então a quantidade
de jogos foi 
2 . C13,2 = 2 . = 156
c) A probabilidade é p = = = 
Respostas: a) 11 b) 156 c) 
10!
––––––
4! 6!
8!
––––––
2! 6!
11!
––––––
6! 5!
23
–––
66
161
–––––
462
23
–––
66
3
––
5
27
–––
45
5
––
9
3
––
5
6
––
9
2
––
5
n(n – 1)
––––––––
2
13 . 12
–––––––
2
11
––––
39
44
–––––
156
4 . 11
––––––––
2 . C13,2
11
––––
39
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24 –
MÓDULO 1155 Análise Combinatória e Probabilidade
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1. O triângulo ABC da figura é equilátero. Os pontos M e N e os
pontos P e Q dividem os lados a que pertencem em três segmentos de
reta de mesma medida.
Nessas condições, calcule:
a) a medida do ângulo M ˆPQ;
b) a medida do ângulo B ˆMQ.
RESOLUÇÃO:
a) O triângulo BMP é equilátero pois BM––– � BP–– e ˆB = 60º.
Assim, B ˆPM = 60º e, portanto, M ˆPQ = 120º
b) O triângulo M ˆPQ é isósceles, pois MP–– � PQ–– � BP–– e, portanto, sendo α
a medida dos ângulos P ˆMQ e P ˆQM, temos:
α + α + 120º = 180º ⇔ 2α = 60º ⇔ α = 30º
Assim, B ˆMQ = B ˆMP + P ˆMQ ⇔ B ˆMQ = 60º + 30º ⇔ B ˆMQ = 90º
Respostas: a) M ˆPQ = 120º
b) B ˆMQ = 90º 
2. Todos os p lados (p ≥ 5) de um polígono regular são prolongados
para obter-se uma “estrela” regular de p pontas. A medida, em radianos,
de cada ângulo interno nas pontas desse estrela é igual a:
a) b) c) d) e) 
RESOLUÇÃO:
Sendo x a medida, em radianos, de cada ângulo interno nas pontas da
estrelae ae a medida, em radianos, de cada ângulo externo do polígono,
tem-se:
1ª.) ae = 
2ª.) x + ae + ae = π ⇔ x + 2ae = π
Assim:
x + = π ⇔ x = ⇔ x = 
Resposta: C
π
––
p
(p – 5) π
–––––––
p
(p – 4) π
–––––––
p
(p – 3) π
–––––––
p
(p – 2) π
–––––––
p
2π
–––
p
(p – 4)π
–––––––
p
pπ – 4π
–––––––
p
4π
–––
p
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MÓDULO 1166 Geometria Plana II
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26 –
3. Na figura abaixo, sendo CB = 13 m, DB = 8 m, DA = 4 m e  um
ângulo reto, calcule CD.
RESOLUÇÃO:
I. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABD, temos:
y2 + 42 = 82 ⇔ y2 = 48
II. Aplicando o Teorema de Pitágoras no ΔABC, temos:
(x + 4)2 + y2 = 132 ⇔ (x + 4)2 = 121 ⇔ x + 4 = 11 ⇔ x = 7m, pois x > 0
4. (UNICAMP) – Uma rampa de inclinação constante, como a que
dá acesso ao Palácio do Planalto em Brasília, tem 4 metros de altura na
sua parte mais alta. Uma pessoa, tendo começado a subi-la, nota que
após caminhar 12,3 metros sobre a rampa está a 1,5 metro de altura em
relação ao solo.
a) Faça uma figura ilustrativa da situação descrita.
b) Calcule quantos metros a pessoa ainda deve caminhar para atingir
o ponto mais alto da rampa.
RESOLUÇÃO:
a)
b) ΔADE ~ ΔABC pelo (AA~) pois  é comum e A ˆDE = A ˆBC = 90º
= ⇒ x = 20,5 m
12,3
–––––––
12,3 + x
1,5
––––
4
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