AFA_MATEMATICA_P_S_1999-2000

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Matemática – AFA 2000 
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1. (AFA-2000) A imagem da função real f definida por 
x2
x2
)x(f
−
+
= é: 
a) ℜ - {1} 
b) ℜ - {2} 
c) ℜ - {-1} 
d) ℜ - {2} 
 
Resolução 
Vamos admitir que a imagem de f pode admitir qualquer 
valor c ∈∈ ℜℜ. Assim: 
x2
x2
c
−
+
= ⇒⇒ x(1 + c) = 2(c – 1) 
É fácil perceber que para c = -1, ∃/ x, pois teríamos x.0 = -4 
⇒⇒ Im(f) = ℜℜ - {-1} 
 
Alternativa C 
 
2. (AFA-2000) Dadas f e g, duas funções reais definidas por 
f(x) = x3 – x e g(x) = senx, pode-se afirmar que a expressão de 
(fog)(x) é 
a) sen2x cosx 
b) –sen(x3 – x) 
c) –senx cos2x 
d) senx3 – senx 
 
Resolução 
fog(x) = f(g(x)) = f(senx) = sen3x – senx ⇒⇒ fog(x) = 
senx.(sen2x – 1) = -senx.cos2x 
 
Alternativa C 
 
3. (AFA-2000) O domínio da função real f(x) = log(-x2 + 6x 
+ 16) + log(x2 – 6x + 8) é: 
a) {x ∈ ℜ| -2 ≤ x ≤ 2 ou 4 < x ≤ 8} 
b) {x ∈ ℜ| -2 < x < 2 ou 4 < x < 8} 
c) {x ∈ ℜ| x < -2 ou 2 < x < 4 ou x > 8} 
d) {x ∈ ℜ| x < -2 ou 2 < x < 4 ou x > 4} 
 
Resolução 
-x2 + 6x + 16 > 0 ∧∧ x2 – 6x + 8 > 0 ⇒⇒ (-2 < x < 8) ∨∨ (x > 2 ∨∨ 
x > 4) ⇒⇒ -2 < x < 2 ∨∨ 4 < x < 8 
 
Alternativa B 
 
4. (AFA-2000) A soma das raízes da equação 32-x + 31+x = 28 
é 
a) 1 
b) 2 
c) 3 
d) 4 
Resolução 
283.3
3
9 x
x
=+ ; Fazendo y = 
y
9
3 x + 3y = 28 ⇒⇒ 3y2 – 28y + 
9 = 0 ⇒⇒ 
1x3
3
1
y
2x39y
2
x
1
x
−=⇒==
=⇒==
 
Assim: x1 + x2 = 2 – 1 = 1 
 
Alternativa A 
 
 
5. (AFA-2000) O sistema 



−=−
=+
abyx
ayx
 é indeterminado 
quando 
a) ab = -1 
b) ab-1 = -1 
c) a + b = -1 
d) a – b = -1 
 
Resolução 



−=−
±=+
abyx
ayx
 
Para que o sistema seja indeterminado devemos ter: 
0
a1
a1
0
b1
11
=
−
±
∧=
−
 
sempre ⇒⇒ b = -1 ∧∧ a = 0 ⇒⇒ a + b = -1 
 
Alternativa C 
 
6. (AFA-2000) Se os números reais x e y satisfazem log 
0
yx
2
=
+
−
 e 0
33
813
xy2y8
y
2
=
−
−
−
, então dado i = 
2y x,1− é 
a) 0 
b) i 
c) 2i 
d) 3i 
 
Resolução 
log y2x2yx1
yx
2
0
yx
2
−−=⇒−=+⇒=
+
−⇒=
+
−
 �� 
4y8)x2y(y
3303.330
33
813 4y8xy2y4y8xy2y
xy2y8
y 22
2
+−=+⇒
=⇒=−⇒=
−
− +−+−+
−
 �� 
Substituindo �� em �� : 
y(y – 4 – 2y) = -8y + 4 ⇒⇒ -y2 – 4y = -8y + 4 ⇒⇒ y2 - 4y + 4 = 0 
⇒⇒ y = 2 ⇒⇒ x = -4 
 
Assim: 2)4()4(x 2/12y
11
=−=−=
−−
 
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Alternativa C 
 
7. (AFA-2000) O produto das raízes da equação 
0
321
0xlogxlog
082
2
22
xx
= , com x ∈ *+ℜ , é: 
a) 1/2 
b) 3/4 
c) 4/3 
d) 3/2 
 
Resolução 
Aplicando Sarrus 
2x.2log2x.3 – log2x.8x.3 = 0 ⇒⇒ 2x +1.log2x = 23x. log2x ⇒⇒ 
2/1xx31x22
1x0xlog
x31x
2
=⇒=+⇒=
=⇒=
+ 
Produto das raízes = 1.1/2 = 1/2 
Alternativa A 
 
8. (AFA-2000) A expressão 
( ) ( ) 0
a
b
logalog
b
a
logalog
2
2
=














+










, com a, b, c ∈ *+ℜ , 
é verdadeira quando 
a) b2 = ac ou a = c 
b) c2 = ab ou a = b 
c) a = bc2 ou b = c 
d) ac-1 = b2 ou a = b 
Resolução 
Aplicando as propriedades de logaritmos: 
log2a – log a . log b2 + log c . log b2 – log2 c = 0 ⇒⇒ (log a + 
log c) (log a – log c) + 2 log b (log c – log a) = 0 
⇒⇒ log a – log c = 0 ∨∨ log a + log c – 2 log b = 0 ⇒⇒ a = c ∨∨ a . 
c = b2 
Alternativa A 
 
9. (AFA-2000) Se b = 12xx
2
2 ++− , então o número de soluções 
inteiras que satisfaz a inequação 




<





4
3
log
7
5
log bb é 
a) 4 
b) 5 
c) 6 
d) 7 
Resolução 
Como 
28
21
4
3
28
20
7
5 =<= , temos: 
4x3
012xx21b
4
3
log
7
5
log 212xxbb
2
<<−⇒
>++−>⇒>⇒



<



 ++−
 
x é inteiro ⇒⇒ x ∈∈ {-2,-1,0,1,2,3} ⇒⇒ 6 soluções 
Alternativa C 
 
10. (AFA-2000) Seja z o conjugado do número complexo 
2
i
2
1
z += . A seqüência de todos os valores de n ∈ N, tal 
que( z )-n seja um imaginário puro, é uma progressão 
a) aritmética com primeiro termo igual a 2 e razão 8. 
b) geométrica com primeiro termo igual a 2 e razão 2. 
c) aritmétrica com primeiro termo igual a 2 e razão 4. 
d) geométrica com primeiro termo igual a 2 e razão 1. 
Resolução 
2
i
2
1
z
2
i
2
1
z −=⇒+= 
( ) ( ) n
nn
n z
4
cis.
4
cis
2
2
i
2
1
2
1
z −
−−
− 




 π−












 π−=




 −= é 
imaginário puro ⇒⇒ π+
π
=
π−
⇒=




 π−
k
24
n
0
4
n
cos ⇒⇒ n = -
2 – 4k 
onde k ∈∈Z. 
Assim: 
K = -1; n = 2 K = -2; n = 6 K = -3; n = 10 …
 ⇒⇒ PA(a1 = 2; r = 4) 
 
11. (AFA-2000) Considere o polinômio P(z) = z2 – 2z + iw, w 
∈ C. Se P(3 + 2i) = 1 + 10i, onde i = 1− , então uma forma 
trigonométrica de w é: 
a) 




 π+
π
4
seni
4
cos22 
b) 




 π+
π
4
3
seni
4
3
cos22 
c) 




 π+
π
4
5
seni
4
5
cos22 
d) 




 π+
π
4
7
seni
4
7
cos22 
 
Resolução 
P(z) = z2 – 2z + iw 
P(3 + 2i) = (3 + 2i)2 – 2(3 + 2i) + i(a + bi) = 1 + 10i ⇒⇒ 9 + 
12i – 4 – 6 – 4i + ai – b = 1 + 10i ⇒⇒ (-1 – b) + + (8 + a)i = 1 + 
10i 



=⇒=+
−=⇒=−−
2a10a8
2b1b1
 


 π+
π
=−=
4
7
seni
4
7
cos22i22w 
Alternativa D 
 
12. (AFA-2000) Se a divisão do polinômio P(x) = ax20 + bx11 
– 2x9 por Q(x) = 4x2 – 4 tiver resto R(x) = -1, com a, b ∈ R, 
então 
a) 
2
1
b a = 
b) 2ab = 
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c) 
3
1
b
a = 
d) logba = 0 
 
Resolução 
P(x) = (4x2 – 4). Q’(x) – 1 
ax20 + bx11 – 2x9 ≡≡ (4x2 – 4). Q’(x) – 1 
Se x = 1 ⇒⇒ a . 120 + b . 111 – 2 . 19 = -1 ⇒⇒ a + b – 2 = -1 
Se x = 1 ⇒⇒ a . (-1)20 + b . (-1)11 – 2 . (-1)9 = -1 ⇒⇒ a - b 
+ 2 = -1 = 2a = -2 ⇒⇒ a = -1 
a + b – 2 = -1 ⇒⇒ -1 + b – 2 = -1 ⇒⇒ b = 2 ⇒⇒ ba = 2-1 = 
2
1
 
Alternativa A 
 
13. (AFA-2000) O valor de sen (arc cos 
2
1
 + arc sen 
3
1
) é 
a) 
2
122 −
 
b) 
6
162 −
 
c) 
3
132 −
 
d) 
6
162 −−
 
Resolução 
arc cos 
2
1
= αα ⇒⇒ cos αα = 
2
1
⇒⇒ sen αα = 
2
3
4
1
1 =− 
arc sen 
3
1 = ββ ⇒⇒ sen ββ = 
3
1 ⇒⇒ cos ββ = 
3
22
9
1
1 =− 
sen(αα + ββ) = sen αα cos ββ + sen ββ cos αα ⇒⇒ sen (αα + ββ) = 
6
621
6
1
6
62
2
1
.
3
1
3
22
.
2
3 +=+=+ 
Alternativa B 
 
14. (AFA-2000) Os valores de m ∈ R para os quais a equação 
2 (sen x – cos x) = m2 – 2 admite soluções, são 
a) –1 ≤ m ≤ 1 
b) –2 ≤ m ≤ 2 
c) 0 ≤ m ≤ 2 
d) - 2 ≤ m ≤ 2 
Resolução 
2 (senx – cosx) = m2 – 2 
( )
( ) 2m022m212m
2
1
1
2m
2
1
4
xsen)2m(
2
1
)xcosx(sen
2
2
:)2/1(x
222
22
≤≤⇒≤−≤−⇒≤−≤−
−=




 π−⇒−=−
 
Alternativa B 
 
 
15. (AFA-2000) A inequação 2senx
a
3
2




≤ com x ∈ [0;2π] e 
3log2log
2log
−
=α , tem como solução os valores de x 
pertencentes a: 
a) [0,π/3]∪[2π/3,2π] 
b) [0,π/2]∪[3π/2,2π] 
c) [0,π/6]∪[5π/6,2π] 
d) [0,4π/3]∪[5π/6,2π] 
 
Resolução 
π≤≤ππ≤≤⇒≤⇒
≤⇒




≤⇒=α
2x
6
5
ou 
6
x0
2
1
xsen
22
3
2
22log xsen
2log
xsen
3
2
3
2
 
Comentário: Esta questão foi a 14ª questão da prova de 
matemática do ITA 91/92. 
 
Alternativa C 
 
16. (AFA-2000) Se a + b = 
4
5π
, então (1 + tg a) (1 + tg b) é: 
a) 0 
b) 1 
c) 2 
d) 3 
 
Resolução 
tg (a + b) = tg
4
5π
= 1 ⇒=
−
+
⇒ 1
tgatgb1
tgbtga
1 – tg a . tg b ⇒⇒ tg 
a + tg b + tg a . tg b + 1 = 2 ⇒⇒ (1 + tg a).(1 + tg b) = 2 
 
Alternativa C 
 
17. (AFA-2000) Se (senx, sen2x, cosx) é uma progressão 
geométrica estritamente crescente, com 0 < x < 2π, então o 
valor de x é: 
a) π/12 
b) π/10 
c) π/8 
d) π/6 
 
Resolução 
(sen2x)2 = senx . cosx ⇒⇒ (2senxcosx)2 = senxcosx ⇒⇒ 
4(senxcosx)2 = senxcosx ⇒⇒ senxcosx [4senx.cosx – 1) = 0 







π
=
π=
π
=
⇒π<<π=⇒=
2
3
x
ou x
2
x
2x0 ;kx20x2sen 
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( )
( )






π<<
π
=
π
=⇒π+
π
=⇒π+



 π−π=
π<<
π
=
π
=⇒π+
π
=⇒π+
π
=
⇒=⇒=
2x0
12
17
ou x 
12
5
xk
12
5
xk2
6
x2
2x0
12
13
ou x 
12
xk
12
xk2
6
x2
x2sen
2
1
xcosxsen2 21
Assim, de acordo com enunciado(P.G., estritamente 
crescente), temos x = 
12
π
 
 
Alternativa A 
 
18. (AFA-2000) Se a soma dos seis primeiros termos de um 
progressão aritmética é 21 e o sétimo termo é o triplo da soma 
do terceiro com o quarto termo, então o primeiro termo dessa 
progressão é: 
a) –7 
b) –8 
c) –9 
d) –10 
 
Resolução 
9a7
9
a5
5a2
0r9a5
7r5a2
r3ar2a(3r6a
7r5aa
)aa(3a
7aa216.
2
aa
1
1
1
1
1
111
11
437
61
61
−=⇒=




 −
+



⇒
=−−
=+



⇒
+++=+
=++




⇒
+=
=+⇒=
+
 
 
Alternativa C 
 
19. (AFA-2000) Seja (x, y, z, w) uma progressão aritmética 
crescente cuja soma é 10 e (a, b, c, d) uma progressão 
geométrica com a + b = 1 e c + d = 9. Se ambas têm a mesma 
razão, então o produto yw é: 
 
Resolução 
PA(x – 3r, x – r, x + r, x + 3r); Soma 4x = 10 ⇒⇒ x = 5/2 
PG(a, aq, aq2, aq3) 
a + aq = 1 ⇒⇒ a(1 + q) = 1 
aq2 + aq3 = 9 ⇒⇒ aq2(1 + q) = 9 ⇒⇒ q = ±± 3 ⇒⇒ q = 3; daí, r = 
3/2 
Então, y.w = (x – r).(x + 3r) = x2 + 2xr – 3r2 = 7 
 
Alternativa C 
 
20. (AFA-2000) Usando-se 5 dos algarismos 1, 2, 3, 4, 5, 6 e 
7, sem repeti-los, a quantidade de números pares que se pode 
formar é: 
a) 1080 
b) 2160 
c) 2520 
d) 5040 
 
Resolução 
Como, com os algarismos dados, os números pares só podem 
terminar em 2, 4 ou 6, temos que a quantidade desejada é 
dada por 3. 
A64 = 3(6.5.4.3) = 1080 
 
Alternativa A 
 
21. (AFA-2000) Se no desenvolvimento do binômio (x + 
y)m+5, ordenado segundo as potências decrescentes de x, o 
quociente entre os termos que ocupam as posições (m + 3) e 
(m + 1) é 22 xy
3
2 − , então o valor de m é: 
a) par 
b) primo 
c) ímpar 
d) múltiplo de 3 
 
Resolução 
Usando a fórmula do tremo geral para a expansão do 
binômio, temos: 
pp5m
1p y.xp
5m
T −++ 


 +
= , logo: 
( )
( )
2m32m3
3m y.x.!2m!3
!5m
y.x.
2m
5m
T +++ +
+
=



+
+
= 
( ) m5m5
1m y.x.!m!5
!5m
y.x.
m
5m
T
+
=


 +
=+ 
Assim: Tm+3/Tm+1 = 
4m30)1m).(2m(
2)1m).(2m/(4.5.3x.y
3
2
x.y.
)!2m(!3
!m!.5 2222
=⇒=++⇒
=++⇒=
+
−−
 
 
Alternativa A 
 
22. (AFA-2000) Os coeficientes do quinto, sexto e sétimo 
termos do desenvolvimento de (1 + x)n está em progressão 
aritmética. Se n < 13, então o valor de 2n + 1 é: 
a) 7 
b) 13 
c) 15 
d) 27 
Resolução 
Aplicando a regra de Pierre de Simon Fermat aos sétimo e 
sexto termos, teremos: 



−
=






−−
=


−
=



4
n
.
5
4n
5
n
 
4
n
.
5
4n
.
6
5n
5
n
.
6
5n
6
n
 
Usando a teoria sobre o termo médio de uma PA de 3 
termos: 
7n,14n098n21n
5
4n
.
6
5n
1
5
)4n(2
4
n
4
4n
.
6
5n
4
n
4
n
.
5
4n
2
5
n
4
n
5
n
.2
2 ==∴⇒=−+−⇒−−+=
−



−−
+



=


−
⇒



+



=



 
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Como n < 13, então 2n + 1 = 15 
Alternativa C 
 
23. (AFA-2000) Uma urna contém 1 bola preta e 9 brancas. 
Uma segunda urna contém x bolas pretas e as restantes 
brancas, num total de 10 bolas. Em um primeiro experimento, 
retira-se ao acaso uma bola de cada urna. Em um segundo 
experimento, todas as bolas são reunidas em uma única urna, e 
duas são retiradas, ao acaso, uma seguida à outra, sem 
reposição. 
O menor valor de x, tal que a probabilidade de se obterem 
duas bolas pretas seja estritamente maior no segundo 
experimento, é: 
a) 1 
b) 2 
c) 3 
d) 4 
 
Resolução 
Probabilidade de retirar uma bola preta no 1º experimento: 
10
x
.
10
1 
Probabilidade de retirar uma bola preta no 2º experimento: 
19
x
.
20
1x + 
De acordo com o problema 
10
x
.
10
1 <
19
x
.
20
1x + 
Como x ∈∈ Z, e x = 0 não é solução, vem: 
19 < 5x < + 5 ⇒⇒ x > 14/5 ⇒⇒ x = 3 (pois x é inteiro) 
 
Alternativa C 
 
24. (AFA-2000) O parâmetro da parábola que passa pelo 
ponto P(6,2) e cujo vértice V(3,0) é o seu ponto de tangência 
com o eixo das abcissas, é: 
a) 9/5 
b) 9/4 
c) 3 
d) 9/2 
Resolução 
Se (3,0) é o vértice e ao mesmo tempo o ponto de tangência 
entre a parábola e o eixo das abcissas, então o eixo de 
simetria da parábola é paralelo e OY e a equação da 
parábola é da forma y = k(x – y1)(y – y2). 
Mas 3 é raiz dupla: y = k(x – 3)2 
(6,2) ∈∈ parábola ⇒⇒ k = 
9
2 ⇒⇒ Parábola: y = 
9
2 (x – 3)2 ⇒⇒ (x 
– 3)2 = 
2
y9
; 
Comparando com a forma canônica x2 = 2Py ⇒⇒ 2P = 
4
9
P
2
9
=⇒ . 
Alternativa B 
 
25. (AFA-2000) No plano cartesiano, a distância da origem à 
reta que passa pelos pontos A(0,4) e B(0,6) é: 
a) 
13
139
 
b) 
13
1310
 
c) 
13
1311
 
d) 
13
1312
 
Resolução 
Lembrando da forma da equação segmentar da reta 
obtemos: 
1
4
x
6
x =+ , pois os pontos A(0,4) e B(6,0) pertencem à reta. 
Logo a equação geral dessa reta é 2x + 3y – 12 = 0. 
A distância da origem à reta é dada por: 
13
1312
32
120.30.2
D
22
=
+
−+
= 
Alternativa D 
 
26. (AFA-2000) A área do polígono que tem como vértices os 
extremos dos eixos maior e menor da elipse 4x2 + y2 – 24x – 
6y + 41 = 0, é: 
a) 1 
b) 2 
c) 3 
d) 4 
Resolução 
A equação reduzida da elipse com centro diferente da 
origem é dada por: 
( ) ( )
1
b
xx
a
xx
2
2
0
2
2
0 =
−
+
−
que 
desenvolvendo dá: 
0bayaxbyya2xxb2yaxb 2220
22
0
2
0
2
0
22222 =−++−−+ , 
comparando esta equação dada teremos: b2 = 4, a2 = 1, x0 = 
8, y0 = 3 
Logo: 
( ) ( )
1
4
3y
1
8x 22
=
−
+
−
, o que dá como vértices do 
polígono os pontos A(8,5), B(7,3), C(8,1) e D(9,3). 
Calcular a área desse polígono é como calcular a área de 
um triângulo e multiplicar por 4. 
4'S.4S1
37
38
58
.
2
1
S ==⇒== 
É equivalente também a calcular a área do losango formado 
⇒⇒ S = 4.2/2 = 4 
 
Alternativa D 
 
27. (AFA-2000) A excentricidade da elipse que tem centro na 
origem, focos em um dos eixos coordenados e que passa pelos 
pontos A(3,2) e B(1,4) é: 
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a) 
3
2
 
b) 
3
3
 
c) 
2
2
 
d) 
2
3
 
 
Resolução 
Equação da elipse com centro na origem 1
b
y
a
x
2
2
2
2
=+ , com 
eixo maior horizontal ou 1
a
y
b
x
2
2
2
2
=+ , com eixo maior 
vertical. 
Como os pontos A(3,2) e B(1,4) pertencem a curva, então: 






=+
=+
=+
=+
1
a
16
b
1
1
a
4
b
9
ou
1
b
16
a
1
1
b
4
a
9
22
22
22
22
 
resolvendo os dois sistemas concluímos que o eixo maior é 
vertical e 
3
3
a
c = 
Alternativa B 
 
28. (AFA-2000) Se P(1,y) pertencente ao primeiro quadrante 
é o único ponto de interseção da curva 
α: x2 + y2 + 2x – 2y – 6 = 0 com a reta r, então a equação 
reduzida de r é: 
a) y = -x 
b) y = -x + 4 
c) y = -2x + 7 
d) y = -2x + 1 
 
Resolução 
Como o ponto P(1,y) pertence ao primeiro quadrante, y > 0 e 
como P pertence a curva αα: x2 + y2 + 2x – 2y – 6 = 0, então 
substituindo suas coordenadas e resolvendo a equação 
achamos y = 3 ∴∴P(1,3). 
A equação de αα representa uma circunferência de centro C(-
1,1) e raio R = 22 . 
O segmento PC é perpendicular a reta r, logo 
1m
m
1
m
CP
−=⇒= , portanto y – 1 = -1(x – 3), ou seja r:y = 
-x + 4 
 
Alternativa B 
 
29. (AFA-2000) Os pontos P(a,b) e Q(1,-1) são intersecção 
das circunferências α e β, com centros Cα (-2,y) e Cβ (b,a+1), 
respectivamente. Sendo βα CC perpendicular a PQ que, por 
sua vez, é paralelo ao eixo das ordenadas, a equação geral de 
β é: 
a) x2 + y2 – 8x + 4y + 2 
b) x2 + y2 + 4x - 4y - 10 
c) x2 + y2 – 10x - 2y + 6 
d) x2 + y2 – 10x - 4y + 4 = 0 
Resolução 
PQ é paralelo ao eixo OX, logo a = 1, isto é, P(1,b) e ainda 
Cββ (b,2). 
Como P e Q pertencem a ββ, então as distâncias de P e Q a C ββ 
são iguais: 
(b – 1)2 + (2 – b)2 = (b – 1)2 + 32 ⇒⇒ b2 – 4b – 5 = 0 ⇒⇒ b = 5 
ou b = -1 
Sendo βα CC perpendicular a PQ que é vertical, então y = 
2, assim como a ordenada de todos os pontos de βα CC . 
O ponto médio de PQ é também médio de βα CC que é 
M(1,2) logo 5b
2
1b
y M =⇒
−
= 
O raio de ββ é R = 5)21()51( 22 =−−+− Entãoa equação 
de ββ é (x – 5)2 + (y – 2)2 = 25 
 
Alternativa D 
 
30. (AFA-2000) O valor de x2, na figura abaixo é: 
a) b2 – a2/4 
b) a4/ b2 – a2/4 
c) b2/4 – b4/a2 
d) b2 – b4/ 4a2 
Resolução 
y2 + x2 = b2 ⇒⇒ b2 . x2 
(a – y)2 + x2 = a2 ⇒⇒ a2 – 2ay + y2 + x2 = a2 
a2 – 2ay + b2 – x2 + x2 = a2 ⇒⇒ b2 = 2ay ⇒⇒ b4 = 4a2y2 
Assim: b4 = 4a2(b2 – x2) ⇒⇒ b4 = 4a2b2 – 4a2x2 ⇒⇒ 4a2b2 – b4 = 
4a2x2 ⇒⇒ x2 = b2 – b4 / 4a2 
 
Alternativa D 
 
31. (AFA-2000) Seja P um ponto interior a um triângulo 
eqüilátero de lado k, qual o valor de k, sabendo-se que a soma 
das distâncias de P a cada um dos lados do triângulo é 2? 
a) 
3
32
 
b) 3 
c) 
3
34
 
d) 32 
1ª Resolução 
Sabendo que a soma das distâncias de um ponto interno de 
um triângulo eqüilátero e os seus lados é igual a sua altura 
temos: 
a 
a 
b 
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3
34
k2).2/k.3(2/3k =⇒= 
2ª Resolução 
Sabendo que a área de um triângulo eqüilátero pode ser 
calculada pelo produto de seu semi-perímetro pelo raio do 
círculo inscrito (sendo as distâncias de P aos lados do 
triângulo todas iguais a 2, P é o centro dessa circunferência 
e 2 o seu raio), temos: 
3
34
k2).2/k.3(4/3.k 2 =⇒= 
 
Alternativa C 
 
32. (AFA-2000) Uma corda de comprimento a define em uma 
circunferência de raio 2a um arco θ, 0 ≤ θ < π/2. Nessa 
mesma circunferência, o arco 2θ é definido por uma corda de 
comprimento 
a) 
4
11a
 
b) 
3
13a
 
c) 
4
15a
 
d) 
2
15a
 
Resolução 
No triângulo ABC (retângulo em A): 
sen (θθ/2) = a/4a = ¼ 
Assim cos(θθ/2) = 4/15 
senθθ = 2 sen(θθ/2).cós(θθ/2) = 8/15 
Seja x o comprimento da corda procurada. Veja que 
analogamente temos: 
sen(θθ) = x/4a ⇒⇒ x = 
2
15a
 
Alternativa D 
 
33. (AFA-2000) Na figura, O e M são centros das 
semicircunferências. O perímetro do triângulo DBC, quando 
AO = r = 2AM, é 
a) 
( )
2
523r +
 
b) 
( )
2
5323r +
 
c) 
( )
2
10323r +
 
d) 
( )
2
1023r +
 
Resolução 
Aplicando Pitágoras aos triângulos: 
- ABC: AB2 = AC2 + BC2; 
AC = BC ⇒⇒ BC = 2r 
- BDM: BD2 = BM2 + DM2 
⇒⇒ BD2 = (3r/2)2 + (r/2)2 ⇒⇒ BD = 2/10r 
- DBC: BD2 = BC2 + CD2 ⇒⇒ CD = 2r / 2 
(2p)DBC = BD + CD + BC = 
( )
2
1023r +
 
 
 
 
 
 
 
Alternativa D 
 
34. (AFA-2 000) No quadrilátero ABCD, AB = AD = 2BC = 
2CD e B ≡ D = 90º. O valor do ângulo interno A é: 
a) arc cos 1/5 
b) arc cos 2/5 
c) arc cos 3/5 
d) arc cos 4/5 
Resolução 
A = 2αα 
cos αα = 2y / [y2 + (2y)2]1/2 = 2 / 5 
sen αα = y / [y2 + (2y)2]1/2 = 1 / 5 
sen A = sen (2 αα) = 2.senαα.cosαα = 2(1 / 5 ) . (2 / 5 ) = 4/5 
⇒⇒ A = arc sen 4/5 
 
Alternativa D 
 
35. (AFA-2000) Na figura abaixo, AC = BC, h = AB = 10 e 
SP é perpendicular a AB. O ponto S percorre AB e AS = x. 
Nessas condições, a área da figura sombreada pode ser 
expressa por: 
a) 5x se x ∈ [0,5] e x2 – 10x + 50 se x ∈ [5,10] 
b) x2 se x ∈ [0,5] e x2 – 10x + 50 se x ∈ [5,10] 
c) 5x se x ∈ [0,5] e -x2 + 20x - 50 se x ∈ [5,10] 
d) x2 se x ∈ [0,5] e -x2 + 20x - 50 se x ∈ [5,10] 
 
 
 
 
Resolução 
Caso 1:x ∈∈ [0,5] 
Seja OS = y e AS = x 
APS ≈≈ ACH 
Como AH = 5 e CH = 10 
⇒⇒ y = 2x 
SAPS = x.y/2 = x2 
A 
C B 
O 
a 
2a 2a 
θ θ/2 
A M O 
B 
D 
C 
A 
α 
y 
B 
D
C 
y 
2y 
2y 
α 
A B 
S 
C 
h 
B 
C 
S 
H 
y 
h 
P 
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Caso 2:x ∈∈ [5,10] 
PBS ≈≈ CHB 
Logo: 
PS = y e BS = 10 – x 
Pela semelhança: 
2(10 – x) 
SABCD = (h.AB)/2 = 50 
SBSP = [(10-x).y]/2 = [(10-x).2(10-x)]/2 = (10-x)2 = 100-10x + 
x2 
SACPS = SABC – SBSP = 50-100 + 20x – x2 = -x2 + 20x – 50 
Alternativa D 
 
36. (AFA-2000) Se as dimensões de um paralelepípedo reto 
retangular são as raízes de 24x3 – 26x2 + 9x – 1 = 0, então sua 
diagonal é: 
a) 9/24 
b) 7/12 
c) 12/61 
d) 24/61 
 
Resolução 
Sejam as dimensões: a, b e c 
A diagonal D do paralelepípedo é dada pela raiz quadrada 
de a2 + b2 + c2 : 
Sabemos também que: a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + ac 
+ bc) 
Pelas relações de Girardi na equação do 3º grau: a + b + c = 
26/24 e ab + ac + bc = 9/24 
Logo: a2 + b2 + c2 = (26/24)2 – 2.(9/24) = 61/144 
Assim D = 12/61 
 
Alternativa A 
 
37. Seja um tronco de cone reto com altura h e bases de Raio 
R e r (R > r), retira-se desse sólido um cone reto invertido com 
base coincidente com a base menor do tronco e altura h se o 
volume do sólido resultante é igual ao volume do sólido 
retirado, então: 
a) R2 + Rr – r2 
b) R2 + Rr – 2r2 = 0 
c) 2R2 – Rr – r2 = 0 
d) 2R2 + Rr – 2r2 = 0 
 
Resolução 
Volume do tronco = 2 x Volume do cone invertido 
e) [ ]
3
hr
2rRrR.
3
h 222 π=++π Simplificando: R2 
+ Rr – r2 
Alternativa A 
 
38. (AFA-2000) A razão entre os volumes das esferas inscrita 
e circunscrita em um cone eqüilátero é: 
a) 1/16 
b) 1/8 
c) 1/4 
d) 1/2 
 
Resolução 
O cone eqüilátero é aquele em que a seção meridiana é um 
triângulo eqüilátero, ou seja g = 2R. O problema consiste 
em calcular a relação entre os raios dos círculos inscritos e 
circunscritos em um triângulo eqüilátero 
__ Esfera circunscrita: 
Seja g a geratriz do cone, o raio da esfera circunscrita é: 
 
 
 
 
 
 
 
g = 2Rsen60º ⇒⇒ R = 3/3g 
Esfera inscrita: 
Por equivalência de áreas (há 3 triângulos cujas bases são 
lados do triângulo eqüilátero, e cujas alturas são iguais ao 
raio da esfera inscrita: 
3gr = g2 2/3 r = 6/3g 
logo a relação r/R é igual 1/2 então a relação entre os 
volumes é 1/8 
Alternativa B 
 
39. (AFA-2000) A distância entre as arestas reversas em um 
tetraedro regular de aresta e apótema g é: 
a) 
2
ag4 22 −
 
b) 
4
ag4 22 −
 
c) 
2
a4g 22 −
 
d) 
4
a4g 22 −
 
 
Resolução 
A distância procurada é dada pela altura do triângulo 
isósceles formado por 2 apótemas e uma aresta do tetraedro: 
 
x2 = g2-a2/4 
x = 
2
ag4 22 −
 
Alternativa A 
 
40. Na figura a seguir, AD = 2 e CB = 5. Se tg α = 4/5, então 
cotg β é: 
a) 15/17 
b) 13/17 
c) 17/20 
d) 19/20 
A B 
P 
C 
h 
x 10 - x 
O
120º 
g 
g g 
a 
x 
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Resolução 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pelo triângulo retângulo ABC tem-se que: 
tg αα = BC / AB ⇒⇒ AB = 25/4 
Como AD = 2 tem-se que BD = 25/4-2 = 17/4 
Logo pelo triângulo retângulo DCB tem-se: 
tg ββ = 5/(17/4) = 20/17, logo ctgββ = 17/20 
Alternativa C 
α 
A B 
D
C 
β