matematica (1)

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MATEMÁTICA 1
1. Teorema de Rouché-Capelli
Seja o sistema linear:
A Matriz Incompleta associada ao sistema é
e a Matriz Completa é
.
Chamando de p a característica da M.I., de q a
característica da M.C. e sendo n o número de incógnitas,
o teorema de Rouché-Capelli afirma que:
2. Como resolver 
um sistema determinado
Se S é Possível e Determinado, a solução única
pode ser obtida usando a Regra de Cramer ou qualquer
outro método, observando que:
a) Se o número de incógnitas (n) for igual ao número
de equações (m) então o sistema S será normal.
Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL
OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,
digite MAT2M201
No Portal Objetivo
p � q ⇔ S é Impossível
p = q = n ⇔ S é Possível e Determinado
p = q < n ⇔ S é Possível e Indeterminado
a11 a12 … a1n b1
a21 a22 … a2n b2M.C. = � �.........................................
am1 am2 … amn bm
a11 a12 … a1n
a21 a22 … a2n M.I. = � �...............................
am1 am2 … amn 
a11x1 + a12x2 + ................... a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + ................... a2nxn = b2
(S) � ...................................................................
am1x1 + am2x2 + ................... amnxn = bm
Sistemas Lineares – Análise 
Combinatória – Probabilidade – Módulos
17 – Discussão de um sistema linear
18 – Discussão de um sistema linear
19 – Sistema linear homogêneo
20 – Fatorial e número binomial
21 – Propriedades 
dos números binomiais
22 – Binômio de Newton –
Desenvolvimento de (x + y)n
23 – Binômio de Newton –
Desenvolvimento de (x + y)n
24 – Análise combinatória – 
Princípio da contagem e arranjos
25 – Permutações
26 – Combinações simples
27 – Arranjos, permutações e
combinações: exercícios
28 – Arranjos completos e
combinações completas
29 – Probabilidade – definição
30 – União de eventos
31 – Intersecção de eventos
32 – Lei binomial de probabilidade
Blaise Pascal 
(19/06/1623 – 19/08/1662)
Criação da Teoria das probabilidades 
17 e 18
Discussão de
um sistema linear
• Matrizes do sistema 
• Característica • Incógnitas
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:02 Página 1
b) Se o número de incógnitas (n) for menor que o
número de equações (m), devemos resolver o sistema
normal S’ obtido de S abandonando m – n equações
convenientes.
3. Como resolver 
um sistema indeterminado
Para obter as infinitas soluções de um sistema S,
possível e indeterminado, devemos:
a) Retirar de S um novo sistema normal S’ com p
equa ções e p incógnitas, abandonando algumas
equa ções e passando para o segundo membro algu -
mas incógnitas.
b) Atribuir valores arbitrários às incógnitas que foram
para o segundo membro.
c) Resolver o sistema S’ utilizando a Regra de Cra -
mer ou qualquer outro processo.
4. Grau de indeterminação
O grau de indeterminação de um sistema possível e
indeterminado é a diferença entre o número de incóg -
nitas e a característica da matriz. É, portanto, o número
n – p e corresponde ao número de incógnitas
escolhidas arbitrariamente. 
MATEMÁTICA2
� Discutir o sistema
Resolução
a) A característica p da matriz 
MI = é 2 pois � 0
b) A característica q da matriz
MC = é 3 pois
� 0
c) p = 2, q = 3 ⇒ p � q ⇒ o sistema não tem
solução.
� Discutir e resolver o sistema 
Resolução
a) A característica p da matriz 
MI = é 2 pois � 0
b) A característica q da matriz
MI = é 2
pois = 0
c) p = q = n = 2 ⇒ sistema possível deter -
minado.
d) Abandonando a terceira equação, resolve-se
o sistema
e) Resolvendo por substituição ou por elimi -
nação ou pela Regra de Cramer obtém-se 
x = y = 1.
x + y = 1
2x – y = 1
3x + 2y = 5
�
x + 2y = 3
x – y = 0�
1
1
2
2
– 1
1
3
0
3
�11
2
2
– 1
1
3
0
3
�
1
1
2
– 1�11
2
2
– 1
1
�
x + 2y = 3
x – y = 0
2x + y = 3
�
1
2
3
1
– 1
2
1
1
5
�12
3
1
– 1
2
1
1
5
�
1
2
1
– 1�12
3
1
– 1
2
�
Exercícios Resolvidos – Módulos 17 e 18
Nas questões de � a �, discutir e resolver (se tiver solução)
cada sistema.
�
RESOLUÇÃO:
n = 2
MI = ⇒
MC = ⇒
= 5 � 0
q = 2
p = q = n ⇒ SPD
(– 2) . I + II : – 5y = 5 ⇒ y = – 1
x = 1 – 3y ⇒ x = 4
V = {(4, – 1)}
�
RESOLUÇÃO:
n = 2
MI = ⇒
= – 11 ≠ 0
p = 2
MC = ⇒
≠ 0 ⇒ q = 2
p = q = n ⇒ SPD
3 . II + I ; 11x = 11 ⇒ x = 1
y = – 1 + 3x ⇒ y = 2
V = {(1, 2)}
x + 3y = 1
2x + y = 7�
det MI = – 5 � 0
p = 2
��12
3
1
�
1
2
3
1��12 31 17�
2x + 3y = 8
3x – y = 1
5x + 2y = 9
�
2
3
3
–1��235
3
–1
2
�
det MC = 0
��235
3
–1
2
8
1
9
� 2
3
3
– 1
Exercícios Propostos – Módulo 17
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MATEMÁTICA 3
�
RESOLUÇÃO:
n = 2 
MI = ⇒ = – 11 � 0
p = 2
MC = ⇒
= 55 � 0
q = 3
p = 2, q = 3 ⇒ p ≠ q ⇒ S.I. ⇒ V = Ø
�
RESOLUÇÃO:
n = 3
MI = ⇒
= – 1 � 0
p = 2
MC = ⇒ = – 1 � 0
q = 2
p = q < n ⇒ SPI
Fazendo-se z = α, temos: 
(–1) . I + II : x = α – 1
α – 1 + y = 9 – 2α ⇒ y = 10 – 3α
V = {(α – 1, 10 – 3α, α), ∀α ∈ �}
� (ENEM) – O mapa abaixo representa um bairro de de ter -
minada cidade, no qual as flechas indicam o sentido das mãos
do tráfego. Sabe-se que esse bairro foi planejado e que cada
quadra representada na figura é um terreno quadrado, de lado
igual a 200 metros.
Desconsiderando-se a largura das ruas, qual seria o tempo, em
minutos, que um ônibus, em velocidade constante e igual a 
40 km/h, partindo do ponto X, demoraria para chegar até o
ponto Y?
a) 25 min. b) 15 min. c) 2,5 min.
d) 1,5 min. e) 0,15 min.
RESOLUÇÃO:
Considerando o menor dos percursos possíveis, par tindo de X, o
ônibus deverá seguir o percurso as sinalado no diagrama acima,
percorrendo 5 quadras de 200 metros cada uma.
O tempo t gasto nesse percurso é tal que:
t = = = . h = . 60 min ⇒
⇒ t = min = 1,5 min
Resposta: D
�
2x + 3y = 8
3x – y = 1
5x + 2y = 4
�
2
3
5
3
– 1
2
� �
2
3
3
–1
�
2
3
5
3
–1
2
8
1
4
� �
2
3
5
3
–1
2
8
1
4
� x + y + 2z = 92x + y + z = 8
� 12
1
1
2
1 � � 12 11
� 12
1
1
2
1
9
8 � � 12 11
� x + y = 9 – 2α I2x + y = 8 – α II
5 x 200m
–––––––––––
40 km/h
1 km
–––––––––
40 km/h
1
––––
40
1
––––
40
3
–––
2
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MATEMÁTICA4
� (MAUÁ) – Para que valores de k o sistema abaixo é
possível e determinado?
RESOLUÇÃO:
S.P.D. ⇒ det MI � 0 ⇔ – k – 6 � 0 ⇔ k � – 6
� (FATEC) – Para que o sistema linear 
seja possível e determinado, é necessário que
a) m = 2 ou m = – 1 b) m = – 2 ou m = 1
c) m = 2 ou m ≠ – 1 d) m ≠ 2 e m = – 1
e) m ≠ 2 e m ≠ – 1
RESOLUÇÃO:
S.P.D. ⇒ det MI � 0 ⇔ – 1 – m – 1 + m2 � 0 ⇔
⇔ m2 – m – 2 � 0 ⇔ m � 2 e m � – 1
Resposta: E
� (UNIP) – O sistema nas incógnitas x e y, 
tem infinitas soluções. O valor de a . b é:
a) 2 b) 6 c) 8 d) 12 e) 16
RESOLUÇÃO:
⇔ 
Para que o sistema tenha infinitas soluções devemos ter:
⇔ ⇒ a . b = 12
Resposta: D
� (ENEM) – O gráfico a seguir mostra a evolução, de abril de
2008 a maio de 2009, da população economicamente ativa
para seis Regiões Metropolitanas pesquisadas.
Fonte: IBGE, Diretoria de Pesquisas. Coordenação de Trabalho e Rendimento.
Pesquisa mensal de Emprego.
Disponível em: www.ibge.gov.br
Considerando que a taxa de crescimento da população
economicamente ativa, entre 05/09 e 06/09, seja de 4%, então
o número de pessoas economicamente ativas em 06/09 será
igual a
a) 23.940. b) 32.228. c) 920.800.
d) 23.940.800. e) 32.228.000.
RESOLUÇÃO:
Se a população economicamente ativa em 05/09 é 23.020.000 e a
taxa de crescimento entre 05/09 e 06/09 é 4%, então o número de
pessoas economicamente ativas em 
06/09 é 104% . 23.020.000 = 23.940.800
Resposta: D
� kx + 3y = 22x – y = 0
�
n = 2
k 3
MI = � �
2 –1
� x + my + z = 0mx + y – z = 4x – z = 2
�
n = 3
1 m 1
MI = �m 1 – 1 �
1 0 – 1
� x + ay = 32x + 4y = b
� x + ay = 32x + 4y = b �
x + ay = 3
(4 – 2a) . y = b – 6
� 4 – 2a = 0b – 6 = 0 �
a = 2
b = 6
Exercícios Propostos – Módulo 18
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MATEMÁTICA 5
19 Sistema linear homogêneo • Solução trivial
Seja S um sistema linear homogêneo com m
equações a n incógnitas e sejam p eq as características
das matrizes incompleta e completa, respectivamente.
Sendo nula a última coluna da matriz completa con -
clui-se que p = q.
Sendo nulos os segundos membros de todas as
equações conclui-se que a ênupla (0, 0, ..., 0) é solução
de qualquer sistema linear homogêneo.
É chamada solução trivial.
Assim sendo:
a) Todo sistema linear homogêneo é possível
pois p = q sempre.
b) Todo sistema linear homogêneo admite pelo
menos a solução trivial (0, 0, ...,0).
c) Se p = n o sistema é determinado e a única
solução é a trivial.
d) Se p < n o sistema é indeterminado e, admite
outras soluções, além da trivial.
a11x1 + a12x2 + ...................... + a1nxn = 0
a21x1 + a22x2 + ...................... + a2nxn = 0
..........................................................................
am1x1 + am2x2 + ...................... + amnxn = 0
�S 
� Discutir e resolver o sistema
Resolução
a) A característica p da matriz 
é 2 pois � 0 e
= 0
b) Sendo p = q = 2 < n = 3 concluímos que o
sistema é possível e indeter mina do.
c) Fazendo z = k e abandonando a última
equação temos:
d) Se x = k, y = – 3k e z = k então 
V = {(k, – 3k, k)}, k ∈ �.
e) Observe que (0; 0; 0), (1; – 3; 1), (2; – 6; 2),
são algumas das infinitas soluções do sis -
tema.
� Determinar m para que o sistema
tenha apenas a solução
trivial.
Resolução
a) Só a solução trivial ⇔ S.P.D. ⇔ p = n = 3
b) p = 3 ⇒ ≠ 0 ⇔ m ≠ 4
Resposta: m ≠ 4
2x + y + z = 0� x – y – 4z = 0
4x – y – 7z = 0
�
2
1
4
1
–1
–1
1 
– 4
–7
� 23 57
2
1
4
1
– 1
– 1
1
– 4
– 7
2x + y – k x = k� ⇔ �x – y = 4k y = – 3k
2x + y + 3z = 0
� 3x + 2y + z = 0
5x + 3y + mz = 0
2
3
5
1
2
3
3
1
m
Nas questões � a �, discutir e resolver cada sistema.
�
RESOLUÇÃO:
1o.) = – 1 ≠ 0; logo, p = q = n = 2 (S.P.D.)
2o.) A única solução possível é a nula: x = y = 0 
S = {(0; 0)}
�
RESOLUÇÃO:
1o.) = 5 + 12 + 4 – 8 – 2 – 15 = – 4 ≠ 0
p = q = n = 3 (S.P.D.)
2o.) A única solução possível é a nula: x = y = z = 0 
S = {(0; 0; 0)}
2x + 3y = 0
3x + 4y = 0�
2
3
3
4
x + y + 2z = 0
3x + y + z = 0
4x + 2y + 5z = 0
�
1
3
4
1
1
2
2
1
5
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�
RESOLUÇÃO:
1o.) = 0, pois L2 = L1 + L3
Logo, o sistema admite outras soluções além da trivial. (S.P.I.)
2o.) Abandonando a equação (2) e fazendo z = α, temos:
Logo: S = {(α, 2α, α), α ∈ �}
�
RESOLUÇÃO:
Observando que = 0 ⇔ 3a – 12 = 0 ⇔ a = 4
concluímos que:
a) Se a � 4, então o sistema será possível e determinado e a única
solução é a trivial ⇒ S = {(0, 0)}.
b) Se a = 4, então o sistema será possível e indeterminado e as
soluções são do tipo
⇒ S = k, – ; k ∈ �
� (ENEM) – A música e a matemática se encontram na
representação dos tempos das notas musicais, conforme a
figura seguinte.
Um compasso é uma unidade musical composta por deter -
minada quantidade de notas musicais em que a soma das
durações coincide com a fração indicada como fórmula do
compasso. Por exemplo, se a fórmula de compasso for , 
poderia ter um compasso ou com duas semínimas ou uma
mínima ou quatro colcheias, sendo possível a combinação de
diferentes figuras.
Um trecho musical de oito compassos, cuja fórmula é 
, poderia ser preenchido com
a) 24 fusas.
b) 3 semínimas.
c) 8 semínimas.
d) 24 colcheias e 12 semínimas.
e) 16 semínimas e 8 semicolcheias.
RESOLUÇÃO:
24 colcheias e 12 semínimas =
24 . + 12 . = 3 + 3 = 6 = 8 .
Resposta: D
� 3x + y – 5z = 04x – 3y + 2z = 0
x – 4y + 7z = 0
3
4
1
1
– 3
– 4
– 5
2
7
� 3x + y = 5αx – 4y = – 7α ⇔ �
x = α
y = 2α
�3x + 2y = 06x + ay = 0
3
6
2
a
�
x = k
3k 
y = – ––––
2
� � 3k––––2 � �
1
–––
2
3
–––
4
1
—
8
1
—
4
3
—
4
MATEMÁTICA6
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:02 Página 6
MATEMÁTICA 7
20 Fatorial e número binomial • Número natural • Fatorial
1. Fatorial
O fatorial de um número natural n, representado
pelo símbolo n! (lê-se: n fatorial ou fatorial de n), é um
número definido por:
, ∀n ∈ �*
Observe que é uma definição por recorrência, ou
seja: cada fatorial é calculado com a utilização do fatorial
anterior. Assim: 
De um modo geral, pois, temos:
Exemplos
1. Calcular 5!
Resolução
5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120
2. Calcular 
Resolução
= = 6 . 5 = 30
2. Número binomial
Sendo n e k dois número naturais, o número
binomial de ordem n e classe k, ou simplesmente o
binomial n sobre k, representado pelo símbolo , é
um novo número natural definido por:
, se n � k
, se n < k
Exemplos
a) = = = = 10
b) = = = 35
0! = 1
n! = n . (n – 1)!
0! = 1
1! = 1 . 0! = 1 . 1 = 1
2! = 2 . 1! = 2 . 1
3! = 3 . 2! = 3 . 2 . 1! = 3 . 2 . 1
4! = 4 . 3! = 4 . 3 . 2! = 4 . 3 . 2 . 1
n! = n . (n – 1)! = n . (n – 1) . (n – 2)! = ...
n! = n . (n – 1) . (n – 2) ... 3 . 2 . 1
6!
–––
4!
6!
–––
4!
6 . 5 . 4!
–––––––––
4!
n� �k
n n!� � = –––––––––––k k! (n – k)!
n� � = 0k
5� �3
5!
––––––––
3!(5 – 3)!
5!––––––
3! 2!
5 . 4 . 3!/
––––––––
3!/ 2 . 1
7� �4
7!
–––––
4!3!
7 . 6 . 5 . 4!/
––––––––––––
4!/ . 3 . 2 . 1
Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL
OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,
digite MAT2M202
No Portal Objetivo
� (ESPM – MODELO ENEM) – A expressão
equivale a
a) 4 . 13! b) 4! . 13! c) 15!
d) 16 . 13! e) 16!
Resolução
=
= =
= 2 . 1 . 2 . 2 . 2 . 7 . 6 . 5 . 13! =
= 2 . 2 . 2 . 2 . 3 . 5 . 2 . 7 . 13! = 
= 16 . 15 . 14 . 13! = 16!
Resposta: E
� Calcule o valor de cada número binomial
dado a seguir.
a) b) c) d)
Resolução:
a) = = 
= = 792
b) = = = 792
c) = = 1
d) = = 1
�125�
2 . 1 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4! . 13!
–––––––––––––––––––––––––––
4!
2! . 8! . 13!
––––––––––––––
4!
2! . 8! .13!
–––––––––––––
4!
� 127 � � 50 � � 55 �
� 125 �
12!
–––––––
5! 7!
12 . 11 . 10 . 9 . 8 . 7!
–––––––––––––––––––––
5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 7!
� 127 �
12!
–––––––
7! 5! �
12
5 �
� 50 �
5!
–––––––
0! 5!
� 55 �
5!
–––––––
5! 0!
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MATEMÁTICA8
� O valor de 6! é:
a) 120 b) 720 c) 5040
d) 2520 e) 1440
RESOLUÇÃO:
6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
Resposta: B
7!
� O valor de ––– é:
5!
a) 7 b) 210 c) 40 d) 42 e) 60
RESOLUÇÃO:
= = 42
Resposta: D
� Simplificando , com n ∈ �*, obte mos:
a) n + 1 b) n c) n – 1
d) n(n – 1) e) (n + 1) . n
RESOLUÇÃO:
(n + 1)! (n + 1) . n . (n – 1)!
–––––––––––––––– = –––––––––––––––––––– = n
(n + 1) . (n – 1)! (n + 1) . (n – 1)!
Resposta: B
Nas questões de � a �, calcular os números bino miais.
� = 
RESOLUÇÃO:
= = 6
� =
RESOLUÇÃO:
7! 7 . 6 . 5 . 4/! 7 . /6 . 5
––––––––– = –––––––––––– = –––––––––– = 35
3!(7 – 3)! 3! . 4/! 3 . 2 . 1 
� = Resposta: 1
	 = Resposta: 1
� = Resposta: 0
 (ENEM) – As figuras a seguir exibem um trecho de um
quebra-cabeças que está sendo montado. Observe que as
peças são quadradas e há 8 peças no tabuleiro da figura A e 8
peças no tabuleiro da figura B. As peças são retiradas do
tabuleiro da figura B e colocadas no tabuleiro da figura A na
posição correta, isto é, de modo a completar os desenhos.
Disponível em http://pt.eternityii.com. Acesso em: 14 jul. 2009
É possível preencher corretamente o espaço indicado pela
seta no tabuleiro da figura A colocando a peça
a) 1 após girá-la 90° no sentido horário.
b) 1 após girá-la 180° no sentido anti-horário.
c) 2 após girá-la 90° no sentido anti-horário.
d) 2 após girá-la 180° no sentido horário.
e) 2 após girá-la 270° no sentido anti-horário.
RESOLUÇÃO:
É possível preencher corretamente o espaço indicado pela seta da
figura A utilizando a peça 2, após girá-la de 90° no sentido anti-ho -
rário, conforme mostra o destaque
Resposta: C
7!
–––
5!
7 . 6 . 15/!
–––––––––
15/!
(n + 1)!
––––––––––––––
(n + 1) . (n – 1)!
4� �2
4!
–––––––––
2!(4 – 2)!
24/ . 3 . 2/!
––––––––––
12/ . 1 . 2/!
7� �3
7� �0
8� �8
3� �6
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MATEMÁTICA 9
21
Propriedades dos 
números binomiais
• Triângulo de Pascal • Linhas
• Colunas • Diagonais
1. Binomiais complementares
Os números binomiais e , chamados
complementares,são iguais.
Simbolicamente, supondo n � k:
Demonstração
⇒
Consequência da propriedade
Se os números naturais n, k e p forem tais que 
n � k e n � p então:
Exemplo
Resolva a equação
= � 0
Resolução
= � 0 ⇔
⇔ 2x + 1 = 7 – x ou 2x + 1 + 7 – x = 17 ⇔
⇔ x = 2 ou x = 9
O número 9 não é raiz pois para x = 9 o número 
7 – x não é natural.
Resposta: V = {2}
2. Relação de STIFEL
Se n ∈ �*, k ∈ �* e n � k então:
Demonstração
Observação
3. Relação de FERMAT
Se n ∈ �, k ∈ � e n ≥ k então:
Demonstração
a) . =
= . =
b) =
c) De (a) e (b), concluiu-se que: 
. =
Observação
A Relação de Fermat permite calcular, de uma
maneira muito sim ples, os coeficientes do
desen vol vimento de (x + y) n. É o que veremos
no item 2.d do módulo 22. 
n� �k + 1
n – k
–––––
k + 1
n� �k
n!
–––––––––––––––––
(k + 1)! (n – k – 1)!
n� �k + 1
n!
––––––––––––––––
(k + 1)!(n – k– 1)!
n – k
–––––
k + 1
n!
–––––––––
k!(n – k)!
n – k
––––––
k + 1
n� �k
n n – k n� � . ––––––– = � �
k k + 1 k + 1
A principal aplicação da Relação de Stifel é na
construção do Triângulo de Pascal, como vere -
mos no item 5.
n – 1 n – 1 (n – 1)! (n – 1)!� �+� � = ––––––––––––––– + ––––––––––––– = k – 1 k (k – 1)! (n – k)! k!(n – k – 1)!
k . (n – 1)! + (n – k) . (n – 1)! 
= –––––––––––––––––––––––––– = 
k!(n – k)!
[k + (n – k)] . (n – 1)!
= –––––––––––––––––––– =
k!(n – k)!
n . (n – 1)! n! n
= ––––––––––– = ––––––––– = � �k!(n – k)! k!(n – k)! k
n – 1 n – 1 n� � + � � = � �k – 1 k k
17 � �7 – x
17 � �2x + 1
17 � �7 – x
17 � �2x + 1
n n� � = � � ⇔ k = p ou k + p = nk p
n n
⇒ � � = � �k n – k
n n!� � = ––––––––––––k k!(n – k)!
n n! n!� � = ––––––––––––––––––– = –––––––––n – k (n – k)![n – (n – k)]! (n – k)!k
n n� � = � �k n – k
n( )n – kn� �k
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4. Binomiais do tipo e
e , ∀n ∈ �
Demonstração
a) = = = 1
b) = = = 1
5. Triângulo de Pascal
Definição
É uma tabela formada por números binomiais, do
tipo , dispostos de tal forma que os binomiais de
mes mo n, situam-se na mesma linha e os de mesmo k
na mesma coluna.
	 	
…
Construção do Triângulo de Pascal
Uma maneira de construir o Triângulo de Pascal é
calcular os números pela definição. Pode-se, en -
tretanto, construir sem calcular cada um dos bino miais. 
Basta notar que:
a) O primeiro e o último elemento de cada linha são
sempre iguais a 1 pois
b) Os demais elementos de cada linha são obtidos
usando a Relação de Stifel.
Observe que os binomiais da relação 
+ = , dispostos no Triângulo de
Pascal, sugerem que
somando-se dois números binomiais consecutivos de
uma mesma linha, o resultado encontra-se abaixo do
binomial da direita.
Observe a sequência da cons tru ção do triângulo
etc.
n� �k
1
1
1
1
1
1
2
3
+
=
1
1
3
d)
1
1
1
1
1
1
1
2
3
+
=
1
1
c)
1
1
1
1
1
1
1
2
+
=
1
b)
1
1
1
1
1
1
1
.
.
.
1
1
1
1
a)
n – 1
k – 1
n – 1
k
n
k
+ = ⇔
n – 1
k – 1
+ n – 1
k
=
n
k
n – 1
0
n – 1
1
n – 1
2
. . . n – 1
k – 1
0
0
1
0
1
1
2
0
2
1
2
2
.
.
.
+
n – 1
k
=
. . . 
. . .
n
k – 1
n
0
n
1
n
2
n
k
. . . .
n� �k
n – 1� �k
n – 1� �k – 1
0 1 2 n� � = � � = � � = ... = � � = 1, ∀n ∈ �0 0 0 0
0 1 2 n� � = � � = � � = ... = � � = 1, ∀n ∈ �0 1 2 n
n� �k
�nn��
n
4��
n
3��
n
2��
n
1��
n
0�
�44��
4
3��
4
2��
4
1��
4
0�
�33��
3
2��
3
1��
3
0�
�22��
2
1��
2
0�
�11��
1
0�
�00�
n!
–––––
n! . 1
n!
––––
n!0!
n� �n
n!
–––––
1 . n!
n!
––––
0!n!
n� �0
n� � = 1
n
n� � = 1
0
n� �n
n� �0
1
1
1
1
1
1
2
3
4
+
=
1
1
3
1
e)
MATEMÁTICA10
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:02 Página 10
a) Em qualquer linha, a partir da segunda, dois bi -
no miais equidistantes dos extremos são iguais, pois
são binomiais complementares.
Exemplo
A linha do triângulo correspondente a n = 5 é:
b) A soma de todos os binomiais da linha n é 2n.
Exemplo
+ + + + + = 25 = 32
c) A soma dos binomiais da coluna k, a partir do
primeiro, é igual ao binomial localizado na próxima linha
e na próxima coluna do último binomial somado.
Exemplos
Generalizando:
d) A soma dos binomiais de uma diagonal (“para -
lela” ao lado oblíquo do triângulo), a partir do primeiro, é
igual ao binomial abaixo do último binomial somado.
Exemplos
Generalizando:
k k + 1 k + 2 n n + 1 � �+ � �+ � � +…+ � �= � �0 1 2 n – k n – k
2 3 4 5� � + � � + � � = � �0 1 2 2
0 1 2 3 4 5� � + � � + � � + � � + � � =� �0 1 2 3 4 4
1
0
2
0
3
0
4
0
1
1
2
1
3
1
4
1
4
4
5
4
5
5
5
0
5
1
5
3
3
3
4
3
2
2
3
2
4
2
5
2
0
0
+
+
+ +
+ +
= =
k k + 1 k + 2 n n + 1 � �+ � �+ � � +…+ � �= � �k k k k k + 1
2 3 4 5� � + � � + � � = � �2 2 2 3
0 1 2 3 4 5� � + � � + � � + � � + � � =� �0 0 0 0 0 1
0
0
1
0
2
0
3
0
4
0
5
0
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
2
2
3
2
4
2
5
2
3
3
4
3
5
3
4
4
5
4
+
+
+
+
+
+
==
�55��
5
4��
5
3��
5
2��
5
1��
5
0�
n n n n� � + � � + � � + … + � � = 2n0 1 2 n
1 5 10 10 5 1
MATEMÁTICA 11
6. Propriedades do triângulo de Pascal
� Calcular
Resolução
Observando, pela Relação de Stifel, que
, temos:
Resposta: 969
19! 19.18.17
= ––––––– = ––––––––– = 969
16!.3! 3.2.1
18 18 19 
= � � + � � = � � = 15 16 16 
17 17 18 � � + � � + � � = 14 15 16 
17 17 18 � � + � � = � �14 15 15 17 17 18 � � + � � + � �14 15 16
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MATEMÁTICA12
� Resolver, em �, a equação = � 0.
RESOLUÇÃO:
x = 2x – 10 ⇔ x = 10
ou
x + 2x – 10 = 11 ⇔ x = 7
S = {7; 10} 
� O triângulo de Pascal é uma tabela de números binomiais,
dispostos como segue:
	 	 	 	 	 
Reescreva o triângulo substituíndo cada número binominal pe -
lo seu valor e em seguida verifique as seguintes proprie dades:
dos binomiais equidistantes dos extremos, das linhas, das
colunas e das diagonais.
RESOLUÇÃO:
Nas questões de � a �, completar:
� + =
RESOLUÇÃO:
+ = = = = 56
� + + + + + + =
RESOLUÇÃO:
+ + + + + + = 26 = 64
4� �44� �34� �24� �14� �0
3� �33� �23� �13� �0
2� �22� �12� �0
1� �11� �0
0� �0
11� �2x – 10
11� �x
7� �37� �2
8 . 7 . 6 . /5!
––––––––––––
3 . 2 . 1 . /5!
8!
–––––––––
3! (8 – 3)!
8� �37� �37� �2
6� �66� �56� �46� �36� �26� �16� �0
6� �6
6� �5
6� �4
6� �36� �26� �1
6� �0
� Calculando obtém-se
a) 120 b) 464 c) 495
d) 792 e) 912
Resolução
=
= + + + + =
(soma na diagonal do triângulo de Pascal)
=
Resposta: C
= 495
12 . 11 . 10 . 9
–––––––––––––
4 . 3 . 2 . 1
=
12� �4
12� �4
11� �4
9� �2
8� �1
7� �0
12� �4
11� �4
9� �2
8� �1
7� �0
n + 7� �n
4
∑
n = 0
n + 7� �n
4
∑
n = 0
10� �3
10� �3
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:02 Página 12
� + + + + =
RESOLUÇÃO:
+ + + + = =
= = = 70
� + + + + =
RESOLUÇÃO:
+ + + + = = 70
	 O valor é:
a) 256 b) 255 c) 128 d) 127 e) 142
RESOLUÇÃO:
= + + + + + +
+ + = 28 – =
= 28 – 1 = 256 – 1 = 255
Resposta: B
� (ENEM) – Em Florença, Itália, na Igreja de Santa Croce, é
possível encontrar um portão em que aparecem os anéis de
Borromeo. Alguns historiadores acreditavam que os círculos
representavam as três artes: escultura, pintura e arquitetura,
pois elas eram tão próximas quanto insepa ráveis.
Scientific American. ago. 2008.
Qual dos esboços a seguir melhor representa os anéis de
Borromeo?
RESOLUÇÃO:
Acompanhando a figura, nota-se que o anel esquerdo está na
frente do anel superior e atrás do anel direito. Nota-se também
que o anel direito está atrás do anel superior. Desta forma, o
melhor esboço para os anéis de Borromeo é
Resposta: E
8� �08� �88� �7
8� �68� �58� �48� �38� �28� �18� �p8
Σ
p = 1
8� �p
8
Σ
p = 1
8� �4
7� �4
6� �35� �24� �1
3� �0
7� �46� �35� �24� �13� �0
8 . 7 . 6 . 5 . 4! 
––––––––––––––
4! . 4 . 3 . 2 . 1
8!
–––––––––
4!(8 – 4)!
8� �47� �3
6� �35� �34� �3
3� �3
7� �36� �35� �34� �33� �3
MATEMÁTICA 13
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MATEMÁTICA14
1. Desenvolvimento de (x + y)n
Observando as identidades
(x + y)0 = 1
(x + y)1 = 1 . x + 1 . y
(x + y)2 = 1 . x2 + 2 . xy + 1 . y2
(x + y)3 = 1 . x3 + 3 . x2y + 3 . xy2 + 1 . y3
nota-se que, nas parcelas de cada desenvolvimento:
a) as potências de x aparecem com expoentes em ordem decrescente;
b) as potências de y aparecem com expoentes em ordem crescente.
c) os coeficientes numéricos coincidem com os elementos das linhas do Triângulo de Pascal.
A partir destas considerações induz-se uma maneira genérica de desenvolver (x + y)n. É o Teorema do Binômio de
Newton.
2. Teorema do Binômio de Newton
a) Sendo x e y dois números reais e n um número natural, demonstra-se que:
b) Utilizando o símbolo de somatória pode-se também escrever:
c) Número de parcelas: o desenvolvimeto de (x + y)n tem n + 1 parcelas.
d) Cálculo dos coeficientes
Os coeficientes numéricos , , , ..., podem ser calculados pela definição de Número Binomial
ou então podem ser obtidos diretamente de cada linha do Triângulo de Pascal. A maneira mais prática de calcular os
coeficientes, porém, é lembrar que o primeiro é sempre igual a 1 e que os demais são obtidos a partir do anterior
pela Relação de Fermat que é . = . Observe:
e) Observando que (x – y)n = [x + (– y)n] e que (– y)0 = y0, (– y)1 = – y1, (– y)2 = y2, (– y)3 = – y3, etc., temos:
n� �n
n� �2
n� �1
n� �0
n� �k + 1
n – k�–––––�k + 1
n� �k
n
n
(x + y)n = ∑ � � . xn – k . ykk
k = 0
n n n n n 
(x + y)n = � � . xn . y0 + � � . xn – 1 . y1 + � � . xn – 2 . y2 + … + � � . xn – k . yk + … � � . x0 . yn0 1 2 k n
T1 T2 T3 Tk + 1 Tn + 1
n n� � . (n – k) ÷ (k + 1) = � �k k + 1
. ÷ = cada coeficiente expoente de x expoente de y aumentado de 1 coeficiente seguinte
n n n n
(x – y)n = � � . xny0 – � � . xn – 1y1 + � � . xn – 2y2 – � � xn – 3y3 + ...0 1 2 3
22 e 23
Binômio de Newton –
Desenvolvimento de (x + y)n
• Termo geral 
• Coeficientes • Expoentes
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3. Termo geral
Como
podemos concluir que o termo de ordem k + 1 do desen volvimento de (x + y)n, feito segundo os expoen tes
decrescentes de x é:
É importante observar que, no desenvolvimento de (x + y)n feito segundo expoentes crescentes de x, o ter mo de
ordem k + 1 é: 
4. Soma dos coeficientes
A soma dos coeficientes numéricos do desenvol vi men to de (ax + by)n, com a e b constantes, se obtém fazendo
x = y = 1. A soma vale, portanto, (a . 1 + b . 1)n ou seja (a + b)n.
n
Tk + 1 = � � . xn – k . ykk
n
Tk + 1 = � � . xk . yn – kk
n n n n n 
(x + y)n = � � . xn . y0 + � � . xn – 1 . y1 + � � . xn – 2 . y2 + … + � � . xn – k . yk + … � � . x0 . yn0 1 2 k n
T1 T2 T3 Tk + 1 Tn + 1
MATEMÁTICA 15
� O quarto termo do desenvolvimento de
(2x + y)8, feito segundo os expoentes decres -
centes de x é igual a: 
a) 56x5y3 b) 36x3y5 c) 1792x5y3
d) 1792x3y5 e) 2240x4y4
Resolução
Como Tk + 1 = � �xn – kyk para (x + y)n temos:
T4 = � � (2x)5 . y3 = 56 . 32x5y3 = 1792x5y3
Resposta: C
� Considerando o desenvolvimento do binô -
mio x2 –
10
, calcule
a) o termo médio.
b) o termo independente de x.
Resolução
a) Como o desenvolvimento tem 10 + 1 = 11
termos, o termo médio é o sexto.
Tk+1 = x
n – k . yk
T6 = (x
2)10 – 5 . (– x– 3)5 =
= – 252 . x – 5 = – 
b) Tk + 1 = (x
2)10 – k . (– x– 3)k =
= . x20 – 2k . (– 1)k . x– 3k =
= (– 1)k . x20 – 5k
20 – 5k = 0 ⇒ k = 4
O termo independente de x é 
(– 1)4 . x0 = 210.
Respostas: a) – b) 210
252
–––––
x5
8
3
10� �4
10� �k
10� �k
10� �k
252
–––––
x5
10� �5
n� �k
�1––––x3�
n
k
Exercícios Resolvidos – Módulos 22 e 23
Exercícios Propostos – Módulo 22
Nas questões de � a �, desenvolver:
� (x + y)0 = 1
� (x + y)1 = x + y
� (x + y)2 = x2 + 2xy + y2
� (x + y)3 = x3 + 3x2y + 3xy2 + y3
� (x + y)4 = x4 + 4x3y + 6x2y2 + 4xy3 + y4
� (x + y)6 = x6 + 6x5y + 15x4y2 + 20x3y3 + 15x2y4 + 6xy5 + y6
	 (x – y)6 = x6 – 6x5y + 15x4y2 – 20x3y3 + 5x2y4 – 6xy5 + y6
� (2x + 3y)5 = 1 . (2x)5 . (3y)0 + 5 . (2x)4 . (3y)1 + 10 . (2x)3 . (3y)2
+ + 10 . (2x)2 . (3y)3 + 5 . (2x)1 . (3y)4 + 
+ 1 . (2x)0 . (3y)5 = 32x5 + 240x4y + 
+ 720x3y2 + 1080x2y3 + 810xy4 + 243y5
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MATEMÁTICA16
 (ENEM) – Rotas aéreas são como pontes que ligam
cidades, estados ou países. O mapa a seguir mostra os
estados brasileiros e a localização de algumas capitais
identificadas pelos números. Considere que a direção seguida
por um avião AI que partiu de Brasília – DF, sem escalas, para
Belém, no Pará, seja um segmento de reta com extremidades
em DF e em 4.
SIQUEIRA. S. Brasil Regiões. Disponível em
www.santiagosiqueira.pro.br
Acesso em 28 jul 2009 (adaptado).
Suponha que um passageiro de nome Carlos pegou um avião
AII, que seguiu a direção que forma um ângulo de 135 graus no
sentido horário com a rota Brasília – Belém e pousou em
alguma das capitais brasileiras. Ao desembarcar, Carlos fez
uma conexão e embarcou em um avião AIII, que seguiu a
direção que forma um ângulo reto, no sentido anti-horário, com
a direção seguida pelo avião AII ao partir de Brasília-DF.
Considerando que a direção seguida por um avião é sempre
dada pela semirreta com origem na cidade de partida e que
passa pela cidade destino do avião, pela descrição dada, o
passageiro Carlos fez uma conexão em
a) Belo Horizonte, e em seguida embarcou para Curitiba.
b) Belo Horizonte, e em seguida embarcou para Salvador.
c) Boa Vista, e em seguida embarcou para Porto Velho.
d) Goiânia, e em seguida embarcou para o Rio de Janeiro.
e) Goiânia, e em seguida embarcou para Manaus.
RESOLUÇÃO:
Conforme o trajeto apresentado no mapa acima, Carlos fez
conexão em Belo Horizonte (13) e, em seguida, embarcou para
Salvador (9).
Resposta: B
Exercícios Propostos – Módulo 23
� Calcular o quarto termo do desenvolvimento de 
(x + 2y)10 feito segundo os expoentes decrescentes de x.
RESOLUÇÃO:
Tk + 1 = . x
10 – k . (2y)k
T4 = Tk + 1 → k = 3
T4 = . x
10 – 3 . (2y)3 = . x7 . 23 . y3 =
= . x7 . 8y3 = 960x7y3
� Calcular o terceiro termo do desenvolvimento de (2x + y)7
feito segundo os expoentes crescentes de x.
RESOLUÇÃO:
Tk + 1 = . (2x)
k . (y)7 – k
T3 = Tk + 1 → k = 2
T3 = . (2x)
2 . (y)7 – 2 = . 22 . x2 . y5 =
= . 4x2 . y5 = 84x2 . y5
7 . 6 . 5!
–––––––––
2 . 1 . 5!
7!
––––––
2! . 5!
7( )2
7( )k
10 . 9 . 8 . 7!
––––––––––––
3 . 2 . 1 . 7!
10!
––––––
3! . 7!
10( )3
10( )k
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MATEMÁTICA 17
� Calcular o termo de grau 9 no desenvolvimento de
RESOLUÇÃO:
1o. ) Tk + 1 = . (x
2)12 – k . 
k
Tk + 1 = . x
24 – 2k . x– 3k = . x24 – 5k
Logo, 24 – 5k = 9 → 5k = 15 → k = 3
2o. ) T4 = . x
9 = . x9 = . x9 = 220x9
� Calcular o termo independente de x no desenvol vimento
de
RESOLUÇÃO:
1o. ) Tk + 1 = . (x
4)10 – k . 
k
Tk + 1 = . x
40 – 4k . x– k = . x40 – 5k
Logo, 40 – 5k = 0 → 5k = 40 → k = 8
5
2o. ) T9 = . x
0 = = = 45
1
� A soma dos coeficientes dos termos do desen vol vimento
de (2x + y)6 é:
a) 81 b) 7776 c) 729 d) 2048 e) 243
RESOLUÇÃO:
Fazendo x = y = 1, temos: (2 + 1)6 = (3)6 = 729
Resposta: C
� (ENEM) – Para cada indivíduo, a sua inscrição no Cadastro
de Pessoas Físicas (CPF) é composto por um número de 9
algarismos e outro número de 2 algarismos, na forma d1d2, em
que os dígitos d1 e d2 são denominados dígitos verificadores.
Os dígitos verificadores são calculados, a partir da esquerda, da
seguinte maneira: os 9 primeiros algarismos são multiplicados
pela sequência10, 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2 (o primeiro por 10, o se -
gundo por 9, e assim sucessivamente); em seguida, calcula-se
o resto r da divisão da soma dos resultados das multipli cações
por 11, e se esse resto r for 0 ou 1, d1 é zero, caso contrário 
d1 = (11 – r). O dígito d2 é calculado pela mesma regra, na qual
os números a serem multiplicados pela sequên cia dada são
contados a partir do segundo algarismo, sendo d1 o último
algarismo, isto é, d2 é zero se o resto s da divisão por 11 das
somas das multiplicações for 0 ou 1, caso contrário, 
d2 = (11 – s). Suponha que João tenha perdido seus documen -
tos, inclusive o cartão de CPF e, ao dar queixa da perda na
delegacia, não conseguisse lembrar quais eram os dígitos ve -
rifi cadores, recordando-se apenas que os nove primei ros al -
garismos eram 123.456.789. Neste caso, os dígitos verifi ca -
dores d1 e d2 esquecidos são, respectivamente,
a) 0 e 9. b) 1 e 4. c) 1 e 7.
d) 9 e 1. e) 0 e 1.
RESOLUÇÃO:
Os dígitos verificadores de 123.456.789 são 0 e 9.
1) Dígito d1
1 x 10 + 2 x 9 + 3 x 8 + 4 x 7 + 5 x 6 + 6 x 5 + 
+ 7 x 4 + 8 x 3 + 9 x 2 = 210
210 11
100 19
1
Como o resto na divisão de 210 por 11 é 1, então d1 = 0.
2) Dígito d2
2 x 10 + 3 x 9 + 4 x 8 + 5 x 7 + 6 x 6 + 7 x 5 + 
+ 8 x 4 + 9 x 3 + 0 x 2 = 244
244 11
24 22
2
Como o resto na divisão de 244 por 11 é 2, então d2 = 9
Resposta: A
10 . 9
–––––––
2. 1
10( )210( )8
10( )k10( )k
)1–––x(
10( )k
1 10�x4 + ––�x
12 . 11 . 10 . 9!
–––––––––––––
3 . 2 . 1 . 9!
12!
––––––
3! . 9!
12( )3
12( )k12( )k
)1–––x3(12( )k
1 12�x2 + –––�x3
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 17
MATEMÁTICA18
1. Príncipio 
fundamental da contagem
Os problemas de Análise Combinatória são, basica -
mente, problemas de contagem. A abordagem destes
proble mas é baseada num fato, de fácil com prova ção,
denominado Príncipio Fundamental da Contagem ou,
simples mente, Regra do Produto, que enunciaremos e
exemplificaremos a seguir.
Enunciado
Um acontecimento é composto de dois estágios su -
ces sivos e independentes. O primeiro estágio pode ocor -
rer de m modos distintos; em seguida, o segundo es tá gio
pode ocorrer de n modos distintos. Nestas condições,
dizemos que “o número de maneiras dis tin tas de ocor -
rer este acontecimento é igual ao produto m . n”.
Exemplo
Um estudante, ao se inscrever no Concurso para
Vestibular, deve escolher o Curso e a Faculdade que
deseja cursar. Sabe-se que existem cinco cursos pos -
síveis: Engenharia, Medicina, Odontologia, Arquite tura e
Direito. Cada curso pode ser feito em três faculdades
possíveis: Estadual, Federal e Particular. Qual é o
número total de opções que o estudante pode fazer?
Resolução
De acordo com o Príncipio Fundamental da Conta -
gem, o número total de opções que o estudante pode
fazer é 5x3, ou seja, 15. Podemos ilustrar estas 15 op -
ções com o auxílio da árvore de possibilidades, obser -
vando que para cada um dos cinco cursos pos síveis (E,
M, O, A, D) existem três faculdades possíveis (E, F, P).
Generalizações
Quando um acontecimento for composto por k está -
gios sucessivos e in depen dentes, com, respectiva mente,
n1, n2, n3, ..., nk possibilidades cada, o número total de
ma neiras distintas de ocorrer este acontecimento é 
n1 . n2 . n3 . ... . nk.
2. Técnicas de contagem
Seja A = {a; b; c; d; ...; j} um conjunto formado por 10
elementos distintos, e consideremos os “agrupa men tos
ab, ac e ca”.
Os agrupamentos ab e ac são considerados sempre
distintos, pois diferem pela natureza de um elemento.
Os agrupamentos ac e ca, que diferem apenas pela
ordem de seus elementos, podem ser considerados
distintos ou não.
Se, por exemplo, os elementos do conjunto A fo -
rem pontos, A = {A1, A2, A3, ..., A10}, e ligando estes
pontos desejarmos obter retas, então os agrupamentos
A1A2 e A2A1 são iguais, pois representam a mesma
reta.
Se, por outro lado, os elementos do conjunto A
forem algarismos, A = {0, 1, 2, 3, ..., 9}, e com estes
algarismos desejarmos obter números, então os agru -
pamentos 12 e 21 são distintos, pois representam
núme ros diferentes.
Do que foi exposto, podemos concluir que:
a) Existem problemas de contagem em que os agru -
pa mentos, a serem contados, são considerados distin -
tos, apenas quando diferem pela natureza de pelo
Escolha
do Curso
Escolha
da Faculdade Resultado
E
F
P
E
F
P
E
F
P
E
F
P
E
F
P
D
A
O
M
E
E E
E F
E P
M E
M F
M P
O E
O F
O P
A E
A F
A P
D E
D F
D P
24
Análise combinatória –
Princípio da contagem e arranjos • Contagem • Sequências
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 18
MATEMÁTICA 19
menos um de seus elementos. É o caso em que ac = ca.
Neste caso, os agrupamentos são chamados
combinações.
Caso típico
O conjunto A é formado por pontos e o problema é
saber quantas retas esses pontos determinam.
b) Existem problemas de contagem em que os
agrupamentos, a serem contados, são considerados
distintos, quando diferem tanto pela natureza como
também pela ordem de seus elementos. É o caso em
que ac � ca.
Neste caso, os agrupamentos são chamados 
arran jos.
Caso típico
O conjunto A é formado por algarismos e o pro ble -
ma é contar os números por eles determinados.
3. Arranjos simples
Definição
Seja A um conjunto com n elementos e k um
natural menor ou igual a n.
Chamam-se arranjos simples k a k, dos n
elementos de A, aos agrupamentos, de k elementos
distintos cada, que diferem entre si ou pela natureza
ou pela ordem de seus elementos.
Cálculo do número de arranjos simples
Na formação de todos os arranjos simples dos n
elementos de A, tomados k a k, temos:
n possibilidades na escolha do 1o. elemento.
n – 1 possibilidades na escolha do 2o. elemento,
pois um deles já foi usado.
n – 2 possibilidades na escolha do 3o. elemento,
pois dois deles já foram usados.
	
n – (k – 1) possibilidades na escolha do ko. ele -
mento, pois k – 1 deles já foram usados.
Pelo Princípio Fundamental da Contagem, represen -
tando com o símbolo An, k o número total de arranjos
simples dos n elementos de A (tomados k a k), temos:
(é o produto de k fatores)
Multiplicando e dividindo por (n – k)!.
n(n – 1) (n – 2) . ... . (n – k + 1) . (n – k)!
An,k = –––––––––––––––––––––––––––––––––––––,
(n – k)!
e notando que n(n – 1)(n – 2) . ... . (n – k + 1) . (n – k)! = n!
podemos também escrever
Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL
OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,
digite MAT2M203
No Portal Objetivo
n!
An,k = ––––––––
(n – k)!
An,k = n . (n – 1) . (n – 2) . ... . (n – k + 1)
� (UNESP – MODELO ENEM) – Uma rede
de supermercados fornece a seus clientes um
cartão de crédito cuja identificação é formada
por 3 letras distintas (dentre 26), seguidas de 
4 algarismos distintos. Uma determinada
cidade receberá os cartões que têm L como
terceira letra, o último algarismo é zero e o pe -
núltimo é 1. A quantidade total de cartões dis -
tintos oferecidos por tal rede de supermer -
cados para essa cidade é 
a) 33 600. b) 37 800. c) 43 200. 
d) 58 500. e) 67 600. 
Resolução
A numeração dos cartões dessa cidade é do
tipo
A primeira letra pode ser escolhida entre as 25
res tan tes e a segunda letra entre as 24 res -
tantes. O primeiro algarismo pode ser
escolhido entre os 8 res tantes e o segundo
entre os sete restantes. Desta forma, o
número de cartões é 25 . 24 . 8 . 7 = 33 600
Resposta: A
� (UNESP) – Dispomos de 4 cores distintas
e temos de colorir o mapa mostrado na figura
com os países P, Q, R e S, de modo que paí ses
cuja fronteira é uma linha não podem ser
coloridos com a mesma cor.
Responda, justificando sua resposta, de quan -
tas manei ras é possível colorir o mapa, se
a) os países P e S forem coloridos com cores
dis tin tas?
b) os países P e S forem coloridos com a mes -
ma cor?
Resolução
a) Se P e S forem coloridos com cores dis -
tintas, existem
4 maneiras de escolher a cor de P,
3 maneiras de escolher a cor de S,
2 maneiras de escolher a cor de Q e
2 maneiras de escolher a cor de R,
portanto, 4 . 3 . 2 . 2 =48 maneiras de
colorir o mapa.
b) Se P e S forem coloridos com a mesma cor,
existem
4 maneiras de escolher a cor de P e de S,
3 maneiras de escolher a cor de Q e
3 maneiras de escolher a cor de R, 
portanto, 4 . 3 . 3 = 36 maneiras de colorir o
mapa.
Respostas: a) 48 maneiras
b) 36 maneiras
P Q
R S
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 19
MATEMÁTICA20
� Quantos elementos tem o conjunto 
A = {1936, 1937, 1938,…, 1949}?
RESOLUÇÃO:
1949 – 1935 = 14
1, 2, 3, …, 1935, 1936, 1937, …, 1949
1935
1949
� Num avião, uma fila tem 7 poltronas dispostas como na
figura abaixo.
corredor corredor 
Os modos de João e Maria ocuparem duas poltronas
dessa fila, de modo que não haja um corredor entre eles,
são em número de:
a) 6 b) 7 c) 8 d) 10 e) 12
RESOLUÇÃO:
10 modos
Resposta: D
� (FUVEST) – Uma caixa automática de banco só trabalha
com notas de 5 reais e 10 reais. Um usuário deseja fazer um
saque de 100 reais. De quantas maneiras diferentes a caixa
eletrônica poderá fazer esse pagamento?
a) 5 b) 6 c) 11 d) 15 e) 20
RESOLUÇÃO:
Resposta: C
� Quantos números, diferentes e de três algarismos
dis tintos, podem ser formados com os algarismos 1, 2,
3, 5, 7 e 8?
RESOLUÇÃO:
Algarismos ⇒
↓ ↓ ↓Total de
possibilidades ⇒ 6 . 5 . 4 = 120 = A6,3
� Quantos números diferentes e de três algarismos
distintos, existem no sistema decimal de numeração?
RESOLUÇÃO:
Condição: O algarismo das centenas deve ser diferente de zero.
Algarismos ⇒
↓ ↓ ↓Total de
possibilidades ⇒ 9 . 9 . 8 = 648
ou
A10,3 – A9,2 = 10 . 9 . 8 – 9 . 8 = 9 . 8(10 – 1) = 648
C D U
UDC
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
5 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20
10 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0
J M
M J
J M
M J
J M
M J
J M
M J
M J
J M
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 20
� (ENEM) – O código de barras, contido na maior parte dos
produtos industrializados, consiste num conjunto de várias
barras que podem estar preenchidas com cor escura ou não.
Quando um leitor óptico passa sobre essas barras, a leitura de
uma barra clara é convertida no número 0 e a de uma barra
escura, no número 1. Observe a seguir um exemplo simplifi -
cado de um código em um sistema de código com 20 barras. 
Se o leitor óptico for passado da esquerda para a direita
irá ler: 01011010111010110001 
Se o leitor óptico for passado da direita para a esquer da
irá ler: 10001101011101011010 
No sistema de código de barras, para se organizar o
processo de leitura óptica de cada código, deve-se levar
em consideração que alguns códigos podem ter leitura
da esquerda para a direita igual à da direita para a esquer -
da, como o código 00000000111100000000, no sistema
descrito acima.
Em um sistema de códigos que utilize apenas cinco bar -
ras, a quantidade de códigos com leitura da esquer da para
a direita igual à da direita para a esquerda, descon -
siderando-se todas as barras claras ou todas as escuras, é
a) 14 b) 12 c) 8 d) 6 e) 4
RESOLUÇÃO:
Se um sistema de códigos utiliza apenas cinco barras, a quan -
tidade de códigos com leitura da esquerda para a direita igual à da
direita para a esquerda, desconsi derando-se todas as barras claras
ou todas as escuras é 6, pois:
1) As barras A,B,C,D,E podem estar preenchidas com cor escura
ou não, ou seja, 2 possibilidades cada.
2) – A e E devem estar preenchidas com a mesma cor: 2 possibili -
dades.
– B e D devem estar preenchidas com a mesma cor: 2 possibi -
lidades.
– C tem 2 possibilidades de preenchimento.
3) Assim, existem 2.2.2 = 8 códigos com leitura da esquerda para
a direita igual à da direita para a esquerda, das quais 2 têm
todas as barras claras ou todas escuras.
Logo, a resposta é 8 – 2 = 6.
Resposta: D
MATEMÁTICA 21
1. Definição
Seja A um conjunto com n elementos. Os arranjos
simples n a n, dos n elementos de A, são chamados
permutações simples de n elementos.
Observe que, de acordo com a definição, todas as
permutações têm os mesmos elementos: são os n ele -
mentos de A. Assim sendo: duas permutações dife -
rem entre si apenas pela ordem de seus elementos.
2. Cálculo do número 
de permutações simples
Representando com o símbolo Pn o número total de
permutações simples de n elementos e fazendo k = n na
fórmula An,k = n(n – 1).(n – 2) . ... . (n – k + 1), temos: 
Pn = An,n = n(n – 1).(n – 2) . ... . (n – n + 1) =
= n.(n – 1).(n – 2) . ... . 1 = n!
Logo:
3. Permutações com 
elementos repetidos
Sejam α elementos iguais a a, β elementos iguais
a b, γ elementos iguais a c, ..., λ elementos iguais a �,
num total de α + β + γ + ... + λ = n elementos.
Representando com o símbolo Pn
α, β, γ, ..., λ o número
de permutações distintas que podemos formar com os n
elementos, temos:
n!
Pn
�, β, γ, ..., λ = –––––––––––––––––
�! . β! . γ! . ... . λ!
Pn = n!
25 Permutações • Permutar • Trocar
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 21
MATEMÁTICA22
� Quantos são os anagramas da palavra BONITA?
RESOLUÇÃO:
P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
� Quantos são os anagramas da palavra REPITO que pos -
suem a letra R em terceiro lugar?
RESOLUÇÃO:
1 . P5 = 5! = 120
� Quantos anagramas da palavra BONITA come çam com
vogal e terminam com consoante?
RESOLUÇÃO:
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
3 . 4 . 3 . 2 . 1 . 3 = 
P4
= 3 . P4 . 3 = 9 . 4! = 216
� Quantos anagramas da palavra BONITA têm as letras B, I
e O juntas?
RESOLUÇÃO:
P3
P4
P4 . P3 = 4! . 3!= 144
� Quantos são os anagramas da palavra POROROCA?
RESOLUÇÃO:
P
2;3
8 
= = = 3 360
8!
–––––
2!3!
8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3!
––––––––––––––––––
2 . 1 . 3!
R
B I O
O
I
A
B
N
T
� Quantos anagramas tem a palavra PAI?
Resolução
P3 = 3! = 3 . 2 . 1 = 6
� Quais os anagramas da palavra PAI?
Resolução
Os 6 anagramas da palavra PAI são:
PAI, PIA, AIP, API, IAP, IPA
� Quantos anagramas tem a palavra
PALMITO?
Resolução
P7 = 7! = 7 . 6 . 5. 4 . 3 . 2 . 1 = 5040
� Quantos são os anagramas da pala vra
PALMITO começados com a letra P?
Resolução
P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
� Quantos são os anagramas da palavra
MACACA?
Resolução
Das 6 letras da palavra MACACA, 3 são iguais
a A, 2 são iguais a C. Logo:
6!
P6
3,2 = –––––– = 60
3! 2!
P
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 22
MATEMÁTICA 23
�
a) Qual o número total de anagramas da palavra CIDADE?
b) Quantos são os anagramas da palavra CIDADE em que as
vo gais aparecem juntas?
c) Quantos são os anagramas da palavra CIDADE que
começam com vogal?
RESOLUÇÃO:
a) P
2
6 = = 360 b) C D D
P
2
4 . P3 = . 3! = 72
c) 3 . P
2
5 = 3 . = 180
	 (UFABC – MODELO ENEM) 
A América em busca de ouro
No mês de julho, a cidade do Rio de Janeiro sediou a 15a.
edi ção dos Jogos Panamericanos, a maior com petição espor -
tiva das Américas. Numa participação recorde na história do
evento, mais de 5500 atletas de 42 países disputaram as
medalhas de ouro, prata e bronze.
A figura mostra a medalha
utili zada na premiação dos
atletas. Nela estão estam -
pados 5 pás saros distintos.
Suponha que ca da pássaro
pudesse ser co lo rido com
uma cor diferen te (verde,
amarelo, azul, bran co e ver -
melho). O número de com -
po si ções distintas que po -
dem ser formadas na dis -
tribui ção das cores entre os
cinco pássaros é
a) 25. b) 40. c) 60. d) 120. e) 240.
RESOLUÇÃO:
O número de composições distintas que podem ser formadas na
distribuição das cinco cores entre os cinco pássaros é dado por:
P5 = 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120
Resposta: D
6!
––––
2!
IAE
4!
––––
2!
5!
––––
2!
26 Combinações simples • Escolher • Conjuntos
1. Definição
Seja A um conjunto com n elementos e k um natural
menor ou igual a n. Chamam-se combinações simples
k a k, dos n elementos de A, aos agrupamentos, de k
elementos distintos cada, que diferem entre si apenas
pela natureza de seus elementos.
2. Cálculo do número de
combinações simples
Representando com o símbolo Cn,k o número total
de combinações simples dos n elementos de A, toma -
dos k a k, temos:
a) permutando os k elementos de uma com bi na -
ção k a k obtemos Pk arranjos distintos.
b) permutandoos k elementos das Cn,k com bina -
 ções k a k obtemos Cn,k . Pk arranjos distintos.
Assim sendo:
Lembrando que An,k = , Pk = k! e 
= , podemos também escrever:
An,k n! n
Cn,k = ––––– = ––––––––– = � �
Pk k!(n – k)!
k
n� �k
n!
–––––––––
k!(n – k)!
n!
––––––––
(n – k)!
An,k
Cn,k . Pk = An,k ⇔ Cn,k = –––––
Pk
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 23
MATEMÁTICA24
� (ESPCEX) – A equipe de professores de
uma escola possui um banco de questões de
matemática composto de 5 questões sobre
parábolas, 4 sobre circunferências e 4 sobre
retas. De quantas ma neiras distintas a equipe
pode montar uma prova com 8 questões,
sendo 3 de parábolas, 2 de circunferências e 3
de retas?
a) 80 b) 96 c) 240 d) 640 e) 1280
Resolução
C5,3 . C4,2 . C4,3 = 10 . 6 . 4 = 240
Resposta: C
� (FUVEST) – Participam de um torneio de
voleibol 20 times distri buídos em 4 chaves, de
5 times cada uma. Na 1a. fase do torneio, os
times jogam entre si uma única vez (um único
turno), todos contra todos em cada chave,
sendo que os 2 melhores de cada chave pas -
sam para a 2a. fase. Na 2a. fase, os jogos são
eliminatórios; depois de cada partida, apenas o
vencedor permanece no torneio. Logo, o
número de jogos necessários até que se apure
o campeão do torneio é:
a) 39 b) 41 c) 43 d) 45 e) 47
Resolução
Na primeira fase, foram realizados 
4 . C5,2 = 4 . 10 = 40 jogos; na segunda fase, 
4 jo gos; na terceira fase, 2 jogos e na final, 
1 jogo. Total de jogos = 40 + 4 + 2 + 1 = 47
Resposta: E
Seja A = {a, b, c, d} um conjunto com 4 elementos
distintos. Com os ele men tos de A podemos formar 
4 com bina ções de três elementos cada:
Permutando os 3 elementos de uma delas, por
exemplo abc, obtemos P3 = 6 arranjos distintos:
Permutando os 3 elementos das 4 com bi na ções ob te -
 mos todos os ar ran jos 3 a 3:
Assim sendo, 
(4 combinações) x (6 permuta ções) = 24 arranjos e,
portanto, C4,3 . P3 = A4,3
abc abd acd bcd
abc abd acd bcd
acb adb adc bdc
bac bad cad cbd
bca bda cda cdb
cab dab dac dbc
cba dba dca dcb
abc abd acd bcd
acb
bac
bca
cab
cba
Saiba mais??
� Calcular: 
C9,2 = = = = 36
� Num plano são dados dez pontos, três a três não colinea -
res. Pergunta-se:
a) qual o número total de retas determinadas por esses pon -
tos?
b) qual o número total de triângulos com vértices nestes pon -
tos?
RESOLUÇÃO:
a) C10;2 = = 45
b) C10;3 = = 120
10� �3
10� �2
9.8.7!
–––––––
2!.7!
9!
–––––
2!7!
9� �2
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 24
� (UFU – MODELO ENEM) – Cada seleção participante da
copa do mundo de futebol inscreve 23 jogadores, sendo
necessariamente três goleiros. Em cada partida, dois jogadores
de cada seleção são escolhidos entre os 23 inscritos para o
exame anti-doping, mas são descartadas as possibilidades de
que os dois jogadores esco lhidos sejam goleiros. De quantas
maneiras diferentes estes dois jogadores podem ser
escolhidos?
RESOLUÇÃO:
C23,2 – C3,2 = 253 – 3 = 250 
� Num plano são dados dez pontos distintos, contidos em
duas retas para lelas, conforme a figura ao lado. Qual o número
total de triângulos com vértices nestes pontos?
RESOLUÇÃO:
Devemos escolher 1 ponto da reta r e 2 da reta s ou 1 ponto da
reta s e 2 pontos da reta r.
C4;1 . C6;2 + C6;1 . C4;2 = 4 . 15 + 6 . 6 = 96
ou
C10,3 – C4,3 – C6,3 = 120 – 4 – 20 = 96
� (MODELO ENEM) – Doze times se inscreveram em um
torneio de futebol amador. O jogo de abertura do torneio foi
escolhido da seguinte forma: primeiro foram sorteados 4 times
para compor o Grupo A. Em seguida, entre os times do Grupo
A, foram sorteados 2 times para realizar o jogo de abertura do
torneio, sendo que o primeiro deles jogaria em seu próprio
campo, e o segundo seria o time visitante.
A quantidade total de escolhas possíveis para o Grupo A e a
quantidade total de escolhas dos times do jogo de abertura
podem ser calculadas através de
a) uma combinação e um arranjo, respectivamente.
b) um arranjo e uma combinação, respectivamente.
c) um arranjo e uma permutação, respectivamente.
e) duas combinações.
e) dois arranjos.
RESOLUÇÃO:
Na escolha dos 4 times para compor o Grupo A, a ordem de
escolha desses times não influencia no grupo formado; portanto,
trata-se de um caso de combi nação simples.
Na escolha dos 2 times que fariam o primeiro jogo, a ordem
influencia, pois o primeiro time a ser escolhido terá o “mando de
jogo”. Neste caso, temos um arranjo simples.
Resposta: A
MATEMÁTICA 25
27
Arranjos, permutações e
combinações: exercícios
� (MODELO ENEM) – Uma família com 5 pessoas possui
um automóvel de 5 lugares. Se apenas uma pessoa dirige, de
quantas maneiras diferentes os passageiros podem se
acomodar no carro para uma viagem?
a) 6 b) 12 c) 24 d) 36 e) 120
RESOLUÇÃO:
P4 = 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24
Resposta: C
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 25
� (UEPA – MODELO ENEM) – Para a formação de uma
equipe de trabalho, uma empresa realizou um concurso para
preenchimento de vagas em seu setor de informática, sendo 2
vagas para Analista de Sistemas e 3 para Técnico. O primeiro
colocado no cargo de analista de sistemas terá função de
coordenador da equipe e os aprovados no cargo de técnico
terão funções idênticas. Todos os aprovados no concurso serão
chamados juntos, independente da classificação de cada um.
Inscreveram-se 5 pessoas para concorrer ao cargo de analista
de sistemas e 6 ao cargo de técnico. Então o número máximo
de maneiras dis tintas que essas 5 vagas podem ser
preenchidas, para a formação da equipe de trabalho, pelos
candidatos é:
a) 200 b) 400 c) 800 d) 1200 e) 2400
RESOLUÇÃO:
A5,2 . C6,3 = 20 . 20 = 400 
Resposta: B
� (MODELO ENEM) – Quantas comissões, de apenas 5
pessoas cada, podemos formar com um grupo de 10 rapazes,
de modo que em cada uma existam um presidente, um
secretário e três conse lhei ros?
RESOLUÇÃO: 
A10,2 . C8,3 = 90 . 56 = 5040
� (UNIFESP – MODELO ENEM) – O corpo clínico da
pediatria de um certo hos pital é composto por 12 profissionais,
dos quais 3 são capa citados para atuação junto a crianças que
apresentam neces sidades educacionais especiais. Para fins de
assessoria, deverá ser criada uma comis são de 3 profissionais,
de tal ma neira que 1 deles, pelo menos, tenha a capacitação
referida. Quan tas comis sões distintas podem ser formadas
nestas condições?
a) 792. b) 494. c) 369. d) 136. e) 108.
RESOLUÇÃO:
Existem 3 possibilidades:
I) A comissão é formada por 1 especialista e 2 outros profis sio -
nais. Assim, tem-se: C3,1 . C9,2 = 3 . 36 = 108
II) A comissão é formada por 2 especialistas e 1 outro profissional.
Assim, tem-se: C3,2 . C9,1 = 3 . 9 = 27
III)A comissão é formada por 3 especialistas. Assim, tem-se:
C3,3 = 1
O total de comissões possíveis de se formar é: 108 + 27 + 1 = 136
Outra maneira: 
C12,3 – C9,3 = – = 220 – 84 = 136
Resposta: D
12� �3
9� �3
P S C C C
MATEMÁTICA26
28
Arranjos completos e
combinações completas • Elementos repetidos
1. Arranjos completos
Arranjos completos de n elementos, tomados k a
k, são os arranjos de k elementos NÃO NECES SARIA -
MEN TE DISTINTOS.
Ao calcular os arranjos completos, portanto, deve -
mos considerar tanto os arranjos com elementos dis -
tintos (que são os arranjos simples) como também
aqueles com elementos repetidos.
O número total de arranjos completos de n elemen -
tos, tomados k a k, e representado pelo símbolo A*n,k, é
dado por: 
2. Combinações completas
Combinações completas de n elementos, tomados
k a k, são combinações de k elementos NÃO NECES SA -
RIA MENTE DISTINTOS.
Ao calcular as combinações completas, portanto, de -
ve mos considerar tanto as combinações com elemen -
tos distintos (que são as combinações simples) como
também aquelas com elementos repetidos.
O número total de combinações completas de n
elementos, tomados k a k, e representado pelo símbolo
C*n,k, é dado por:
n + k – 1
C*n,k = Cn + k – 1, k = � �kA*n,k = nk
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 26
MATEMÁTICA 27
� Numa cesta existem peras, maçãs, laran -
jas e bananas. Existem pelo menostrês de
cada tipo e as frutas de mesmo tipo são todas
iguais. 
De quantas maneiras diferentes é possível
escolher:
a) três frutas de tipos diferentes?
b) três frutas?
Resolucão
4 . 3 . 2
a) C4,3 = ––––––––– = 43 . 2 . 1
Observe quais são as 4 maneiras possíveis:
6 . 5 . 4
b) C*4,3 = C4 + 3 – 1,3 = C6,3 = ––––––––– = 203 . 2 . 1
Observe quais são as 20 manei ras possíveis:
� (FUVEST) – Quantos são os números
inteiros positi vos de 5 algarismos que não têm
algarismos adja cen tes iguais?
a) 59 b) 9 x 84 c) 8 x 94
d) 85 e) 95
Resolução
O número de possibilidades para cada “po -
sição” dos algarismos no número é 
dezena de milhar: 9 (não pode ser o 0)
milhar: 9 (não pode ser o anterior)
centena: 9 (não pode ser o anterior)
dezena: 9 (não pode ser o anterior)
unidade: 9 (não pode ser o anterior)
Assim sendo, pelo Princípio Fundamental de
Contagem, resulta 
9 . 9 . 9 . 9 . 9 = 95.
Resposta: E
PPP PLL MMM MLB
PPM PBB MML LLL
PPL PLB MMB LLB
PPB PLM MLL LBB
PMM PMB MBB BBB
PML PMB PLB MLB
� Quantos números de três algarismos distintos podemos
formar com os algarismos do conjunto {1, 2, 3, 4, 7}?
RESOLUÇÃO:
↓ ↓ ↓
5 . 4 . 3 = 60
� Quantos números de três algarismos podemos formar
com os algarismos do conjunto {1, 2, 3, 4, 7}
RESOLUÇÃO:
↓ ↓ ↓
5 . 5 . 5 = 53 = 125
� (MODELO ENEM) – A “onda” de desvios de valores de
correntistas de bancos via Internet é grande no Brasil. Durante
o mês de outubro, várias pessoas foram presas no Pará,
acusadas desse tipo de crime. Os bancos tentam evitar que
seus clientes sofram com esse tipo de furto, alertando sobre
cuidados na manipulação de de informações de suas contas
bancárias. Atualmente, para maior segurança, alguns bancos
estão adotando senhas em que o correntista tem de digitar
quatro algarismos seguidos de três letras. Dessa forma, um
cliente de um desses bancos, ao criar sua senha, resolveu
utilizar uma das permutações dos algarismos do ano do
nascimento de sua filha e, também, o nome dela. Sabendo que
sua filha nasceu em 1998 e seu nome é Isabel, então o número
de opções distintas para criação de sua senha será:
a) 240 b) 480 c) 920 d) 1440 e) 2592
RESOLUÇÃO:
P
4
2
. A
*
6,3
= . 63 = 2592
Resposta: E
4!
––––
2!
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 27
MATEMÁTICA28
� De quantas maneiras diferentes uma oficina pode pintar 3
automóveis iguais, recebendo cada um tinta de uma única cor,
sabendo que a oficina dispõe de apenas 5 cores diferentes e
não quer misturá-las?
RESOLUÇÃO:
C*5;3 = C5 + 3 – 1;3 = C7;3 = 35 
Outra maneira:
I) Se os 3 automóveis receberem cores distintas, existem 
C5,3 = 10 maneiras.
II) Se 2 automóveis receberem a mesma cor e o outro uma cor
diferente desta, existem 2 . C5,2 = 2 . 10 = 20 maneiras.
III) Se os 3 automóveis receberem a mesma cor, existem C5,1 = 5
maneiras. 
Assim, o total de possibilidades é 10 + 20 + 5 = 35
� (FGV – MODELO ENEM) – Uma senha de acesso a uma
rede de compu tado res é formada por 5 letras escolhidas entre
as 26 do alfabeto (a ordem é levada em consideração).
a) Quantas senhas existem com todas as letras distintas, e que
comecem pela letra S?
b) Quantas senhas são possíveis, de modo que haja pelo me -
nos duas letras iguais?
Observação: o resultado pode ser deixado indicado, não sendo
necessário fazer as contas.
RESOLUÇÃO:
a)
A25,4 = 25 . 24 . 23 . 22 = 303 600
b) É o número total de senhas (podendo repetir letras) menos
aquelas formadas por 5 letras distintas.
Assim: A*26,5 – A26,5 = 26
5 – 26 . 25 . 24 . 23 . 22 =
= 11 881 376 – 7 893 600 = 3 987 776
Respostas: a) 303 600 b) 3 987 776
S
29 Probabilidade – definição • Espaço amostral • Evento • Possibilidade
Numa experiência com vários resultados possíveis,
todos com a “mesma chance”, dizemos que:
a) Ponto Amostral é qualquer um dos resultados
possíveis.
b) Espaço Amostral (representado por S) é o con -
junto de todos os resultados possíveis.
c) Evento (representado por A) é qualquer subcon -
junto do espaço amostral.
d) n(S) é o número de elementos de S e n(A) é o
número de elementos de A.
A probabilidade de ocorrer o evento A, represen tada
por P(A), de um espaço amostral S � Ø, é o quociente
entre o número de elementos de A e o número de
elementos de S.
Simbolicamente:
Na prática costuma-se dizer que a probabilidade é o
quociente entre o número de casos favoráveis que é
n(A) e o número de casos possíveis que é n(S).
Exemplo 1
Na experiência de jogar um dado ho nes to de seis
faces, numera das de 1 a 6 temos:
a) O ponto amostral é a face nu me rada ou apenas o
número.
b) O espaço amostral é S = {1, 2, 3, 4, 5, 6} e n(S) = 6.
c) O evento “número ímpar” é A = {1,3,5} e n(A) = 3.
n(A)
P(A) = ––––––
n(S)
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 28
MATEMÁTICA 29
d) A probabilidade de obter um “nú mero ímpar” é
e) O evento “número menor que 3” é A = {1, 2} e 
n(A) = 2.
f) A probabilidade de obter um “nú me ro menor que
3” é:
Exemplo 2
Na experiência de retirar uma carta de um baralho
co mum de 52 cartas, te mos:
a) O ponto amostral é a carta.
b) O espaço amostral é o con jun to S de todas as
cartas do baralho e, portanto, n(S) = 52.
c) O evento “dama” é formado por 4 cartas e, por -
tan to, n(A) = 4.
d) A probabilidade de obter uma dama é
e) O evento “carta de copas” é forma do por 13 car -
tas e portanto n(A) = 13.
f) A probabilidade de obter uma carta de copas é
n(A) 3 1
P(A) = –––––– = ––– = –––
n(S) 6 2
n(A) 2 1
P(A) = –––––– = ––– = –––
n(S) 6 3
n(A) 13 1
P(A) = –––––– = –––– = –––
n(S) 52 4
n(A) 4 1
P(A) = –––––– = –––– = ––––
n(S) 52 13
Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL
OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,
digite MAT2M204
No Portal Objetivo
� (UNESP) – Numa pesquisa feita com 200
homens, observou-se que 80 eram casados, 
20 sepa rados, 10 eram viúvos e 90 eram
solteiros. Escolhido um homem ao acaso, a
pro ba bi lidade de ele não ser solteiro é 
a) 0,65. b) 0,6. c) 0,55. 
d) 0,5. e) 0,35. 
Resolução
Dos 200 homens, 110 não são solteiros e a
probabi lidade pedida é, portanto
= 0,55 = 55%
Resposta: C
� (FGV) – As seis faces do dado A estão
marcadas com 1, 2, 3, 3, 5, 6; e as seis faces
do dado B estão marcadas com 1, 2, 4, 4, 5 e
6. 
Considere que os dados A e B são honestos no
sentido de que a chance de ocorrência de cada
uma de suas faces é a mesma. Se os dados A
e B forem lançados simultaneamente, a
probabilidade de que a soma dos números
obtidos seja ímpar é igual a
a) . b) . c) .
d) . e) .
Resolução
A partir do enunciado, as possibilidades das
somas dos números obtidos, está represen -
tada na tabela a seguir
Notando que dentre as 36 possibilidades, a so -
ma ob tida é ímpar em 20 possibilidades,
conclui-se que, a probabilidade de que a soma
dos números obtidos seja ímpar é:
P = = .
Resposta: A
20
—––
36
5
—–
9
1 2 3 3 5 6
1 2 3 4 4 6 7
2 3 4 5 5 7 8
4 5 6 7 7 9 10
4 5 6 7 7 9 10
5 6 7 8 8 10 11
6 7 8 9 9 11 12
2
–––
9
1
–––
3
4
–––
9
1
–––
2
5
–––
9
110
–––––
200
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 29
MATEMÁTICA30
� Joga-se, ao acaso, um dado “honesto” de seis faces
numeradas de 1 a 6 e lê-se o número da face voltada para cima.
Calcular a probabilidade de obter:
a) o número 1 b) um número par
c) um número maior que 4 d) um número menor que 7
e) um número maior que 6
RESOLUÇÃO:
O espaço amostral é S = {1, 2, 3, 4, 5, 6}
a) P{(1)} = 
b) P{(2, 4, 6)} = = 
c) P{(5,6)} = = 
d) P{(1, 2, 3, 4, 5, 6)} = = 1 (evento certo)
e) P(Ø) = 0 (evento impossível)
� Numa urna existem 4 bolas numeradas de 1 a 4 que
diferem apenas pela numeração. Retiram-se duas bolas ao
acaso e simultaneamente. Qual a probabi lidade de obter bolas
com números que têm soma par?
RESOLUÇÃO:
O espaço amostral é S = {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)}
O evento “soma par” é A = {(1, 3), (2, 4)}
Então, n(S) = 6 e n(A) = 2, logo: P(A) = = = 
� Lançam-se dois dados “honestos” com faces numeradas
de 1 a 6. Pede-se :
a) Oespaço amostral desta experiência.
b) A probabilidade de que a soma obtida seja 10.
RESOLUÇÃO:
O evento “soma 10” é A = {(4; 6), (6; 4), (5; 5)}
P(soma 10) = = 
c) A probabilidade de obter dois números iguais.
RESOLUÇÃO:
O evento “números iguais” é
A = {(1; 1), (2; 2), (3; 3), (4; 4), (5; 5), (6; 6)}
P(IGUAIS) = = 
� (ENEM) – Um time de futebol amador ganhou uma taça ao
vencer um campeonato. Os jogadores decidiram que o prêmio
seria guardado na casa de um deles. Todos quiseram guardar a
taça em suas casas. Na discussão para se decidir com quem
ficaria o troféu, travou-se o seguinte diálogo:
Pedro, camisa 6: – Tive uma idéia. Nós somos 11 jogadores e
nossas camisas estão numeradas de 2 a 12. Tenho dois dados
com as faces numeradas de 1 a 6. Se eu jogar os dois dados,
a soma dos números das faces que ficarem para cima pode
variar de 2 (1 + 1) até 12 (6 + 6). Vamos jogar os dados, e quem
tiver a camisa com o número do resultado vai guardar a taça.
Tadeu, camisa 2: – Não sei não… Pedro sempre foi muito
esperto… Acho que ele está levando alguma vantagem nessa
proposta…
Ricardo, camisa 12: – Pensando bem… Você pode estar certo,
pois, conhecendo o Pedro, é capaz que ele tenha mais chances
de ganhar que nós dois juntos…
Desse diálogo conclui-se que
a) Tadeu e Ricardo estavam equivocados, pois a pro babilidade
de ganhar a guarda da taça era a mesma para todos.
b) Tadeu tinha razão e Ricardo estava equivocado, pois, juntos,
tinham mais chances de ganhar a guarda da taça do que
Pedro.
c) Tadeu tinha razão e Ricardo estava equivocado, pois, juntos,
tinham a mesma chance que Pedro de ganhar a guarda da
taça.
1
–––
3
2
–––
6
n(A)
–––––
n(S)
6
––
6
1
––
3
2
––
6
1
––
2
3
––
6
1
––
6
1
–––
6
6
–––
36
1
–––
12
3
–––
36
1 2 3 4 5 6
1 (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (1,6)
2 (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (2,6)
3 (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (3,6)
4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (4,6)
5 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5) (5,6)
6 (6,1) (6,2) (6,3) (6,4) (6,5) (6,6) 
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 30
d) Tadeu e Ricardo tinham razão, pois os dois juntos tinham
menos chances de ganhar a guarda da taça do que Pedro.
e) Não é possível saber qual dos jogadores tinha razão, por se
tratar de um resultado probabilístico, que depende
exclusivamente da sorte.
RESOLUÇÃO:
A tabela a seguir mostra a soma dos números das faces que
ficaram para cima no lançamento de dois dados.
A probabilidade da soma ser 6 (Pedro ficar com a taça) é .
A probabilidade da soma ser 2 ou 12 (Tadeu e Ricardo juntos 
ficarem com a taça) é .
Assim, Pedro tinha mais chance de ficar com a taça do que Tadeu
e Ricardo juntos e ambos tinham razão em seus comentários.
Resposta: D
� (ENEM) – As 23 ex-alunas de uma turma que completou o
Ensino Médio há 10 anos se encontraram em uma reunião
comemorativa. Várias delas haviam se casado e tido filhos. A
distribuição das mulheres, de acordo com a quantidade de
filhos, é mostrada no gráfico abaixo. 
Um prêmio foi sorteado entre todos os filhos dessas ex-alunas.
A probabilidade de que a criança premiada tenha sido um(a)
filho(a) único(a) é
a) 1/3. b) 1/4. c) 7/15. 
d) 7/23. e) 7/25.
RESOLUÇÃO
A partir da distribuição apresentada no gráfico, temos:
8 mulheres sem filhos, 7 mulheres com 1 filho,
6 mulheres com 2 filhos e 2 mulheres com 3 filhos.
Como as 23 mulheres têm um total de 25 filhos, a probabilidade
de que a criança premiada tenha sido um(a) filho(a) único(a) é 
igual a P = .
Resposta: E
2
––––
36
5
––––
36
7
–––
25
Dado I
Dado II
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6 7
2 3 4 5 6 7 8
3 4 5 6 7 8 9
4 5 6 7 8 9 10
5 6 7 8 9 10 11
6 7 8 9 10 11 12
MATEMÁTICA 31
a) Dados dois eventos A e B de um espaço amostral
S � Ø, a probabilidade de ocorrer A ou B é:
Demonstração
Se A e B forem dois eventos de um espaço amos tral
S, então n(A � B) = n(A) + n(B) – n(A � B)
Dividindo ambos os membros por n(S) temos:
= + – ⇔
⇔ P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B)
P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B)
n(A � B)
–––––––––
n(S)
n(B)
–––––
n(S)
n(A)
–––––
n(S)
n(A � B)
––––––––––
n(S)
30 União de eventos • Eventos exclusivos• Eventos exaustivos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 31
b) Se A � B = Ø então A e B são cha mados eventos
mutuamente exclu sivos. 
Neste caso P(A � B) = 0 e por tanto
c) Se A � B = Ø e A � B = S então A e B são cha -
ma dos eventos exaus ti vos. 
Neste caso além de P(A � B) = 0 temos também 
P(A � B) = P(S) = 1. Logo:
P(A � B) = P(A) + P(B) P(A � B) = P(A) + P(B) = 1
MATEMÁTICA32
� Retirando uma carta de um baralho
comum de 52 cartas, qual é a proba bilidade de
ocorrer uma dama ou uma carta de ouros?
Resolução
Se A for o evento “dama” e B o evento “carta
de ouros” temos:
n(A) = 4, n(B) = 13, n(A � B) = 1 e n(S) = 52.
Assim sendo: 
P(A � B) = P(A) + P(B) – P(A � B) =
4 13 1 16 4
= –––– + –––– – –––– = –––– = ––––
52 52 52 52 13
� Dois dados perfeitos e distinguíveis são
lançados ao acaso. A proba bilidade de os dois
números obtidos serem ímpares ou terem
soma maior que 7 é:
a) b) c)
d) e)
Resolução
I) P(números ímpares) = 
II) P(soma maior que 7) = 
III) P(ímpares e soma maior que 7) = 
IV) P(ímpares ou soma maior que 7) = 
= + – = =
Resposta: E
7
–––
12
4
–––
9
17
–––
36
1
–––
2 7
–––
12
21
–––
36
3
–––
36
15
–––
36
9
–––
36
3
–––
36
15
–––
36
9
–––
36
7
–––
18
� Retirando ao acaso uma carta de um baralho comum de 52
cartas, qual a probabilidade de obter:
a) uma dama b) um rei
c) uma carta de copas d) um rei ou uma dama
e) um rei ou uma carta de copas
RESOLUÇÃO:
a) P{(D0, Dp, Dc, De)} = =
b) P{(R0, Rp, Rc, Re)} = =
c) P(copas) = =
d) P{(D, R)} = P(D) + P(R) = + =
e) P{(R, C)} = P(R) + P(C) – P(R � C) = 
= + – = =
� Um grupo de 100 pessoas apresenta a seguinte com po -
sição:
Marcando-se um encontro com uma delas, escolhen do seu
nome ao acaso, qual a probabilidade de sair:
a) Uma loira?
b) Uma loira de olhos castanhos ou uma morena de olhos
azuis?
RESOLUÇÃO:
a) P(L) = = 
b) P(LC � MA) = P(LC) + P(MA) = + = = 
Respostas: a) b) 
4
–––
13
16
–––
52
1
–––
52
13
–––
52
4
–––
52
2
–––
13
1
–––
13
1
–––
13
1
–––
4
13
–––
52
1
–––
13
4
–––
52
1
–––
13
4
–––
52
Loiras Morenas Total
Olhos azuis 10 20 30
Olhos castanhos 30 40 70
Total 40 60 100
2
––
5
40
––––
100
1
––
2
50
–––
100
20
–––
100
30
–––
100
1
–––
2
2
–––
5
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 32
� (FUVEST) – Ao lançar um dado muitas vezes, uma pessoa
percebeu que a face “6” saía com o dobro da frequência da
face “1” e que as outras faces saíam com a frequência espe -
rada em um dado não viciado. Qual a frequência da face “1”?
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
I) P(1) = x, P(2) = P(3) = P(4) = P(5) = e P(6) = 2x
II) P(1) + P(2) + P(3) + P(4) + P(5) + P(6) = 1 ⇒
⇒ x + + + + + 2x = 1 ⇔
⇔ 3x + = 1 ⇔ 3x = 1 – ⇔ 3x = ⇔ x = 
Resposta: C
� (ENEM) 
A vida na rua como ela é
O Ministério do Desenvolvimento Social e Combate à
Fome (MDS) realizou, em parceria com a ONU, uma pesquisa
nacional sobre a população que vive na rua, tendo sido ouvidas
31.922 pessoas em 71 cidades brasileiras. Nesse levan -
tamento, constatou-se que a maioria dessa população sabe ler
e escrever (74%), que apenas 15,1% vivem de esmolas e que,
entre os moradores de rua que ingressaram no ensino superior,
0,7% se diplomou. 
Outros dados da pesquisa são apresentados nos quadros
abaixo.
Isto é, 7/5/2008, p. 21 (com adaptações).
No universo pesquisado, considere que P seja o con junto das
pessoas que vivem na rua por motivos de alcoolismo/drogas e
Q seja o conjunto daquelas cujo motivo para viverem na rua é
a decepção amorosa. 
Escolhendo-se ao acaso uma pessoa no grupo pesqui sado e
supondo-se que seja igual a 40% a probabilidade de que essa
pessoa faça parte do conjunto P ou do conjunto Q, então a
probabilidade de que ela faça parte do conjunto interseção de
P e Q é igual a
a) 12%. b) 16%. c) 20%. d) 36%. e) 52%.
RESOLUÇÃO:
Sendo P(P), P(Q), P(P � Q) e P(P � Q) as probabilidades de uma
pessoa pertencer aos conjuntosP, Q, P � Q e P � Q, respectiva -
mente, temos:
1) Pela tabela, P(P) = 36%, P(Q) = 16%
2) Pelo enunciado, P(P � Q) = 40%
3) P(P � Q) = P(P) + P(Q) – P(P � Q) ⇒
⇒ 40% = 36% + 16% – P(P � Q) ⇔
⇔ P(P � Q) = 36% + 16% – 40% = 12%
Resposta: A
4
––
6
2
––
3
1
––
3
1
––
9
1
––
6
1
––
6
1
––
6
1
––
6
1
––
6
1
––
3
2
––
3
1
––
9
2
––
9
1
–––
12
MATEMÁTICA 33
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 33
MATEMÁTICA34
31 Intersecção de eventos • Eventos dependentes• Eventos independentes
1. Probabilidade condicionada
Dados dois eventos A e B de um espaço amostral S,
finito e não vazio, chama-se probabilidade de B con -
dicionada a A, a probabilidade de ocorrer B sa bendo
que já ocorreu A. 
Representa-se por P(B/A). 
Assim:
2. Intersecção de eventos
Dados dois eventos A e B de um espaço amostral 
S � Ø, sabemos que P(B/A) = . Divindo nu -
me rador e denominador do 2º membro por n(S) temos:
Assim sendo:
Analogamente, demonstra-se que:
3. Eventos independentes
a) Definição
Dois eventos A e B de um espaço amostral S, finito
e não vazio, são independentes se, e somente se:
b) Propriedade
Dados dois eventos A e B de um espaço amostral
S � Ø, dizemos que:
A e B são independentes ⇔ P(A � B) = P(A) . P(B)
A e B são dependentes ⇔ P(A � B) ≠ P(A) . P(B)
P(A/B) = P(A) P(B/A) = P(B)
P(A � B) = P(B) . P(A/B)
P(A � B) = P(A) . P(B/A)
n(A � B)
–––––––––
n(A � B) n(S) P(A � B)
P(B/A) = ––––––––– = ––––––––––– = ––––––––––
n(A) n(A) P(A)
–––––
n(S)
n(A � B)
–––––––––
n(A)
n(A � B)
P(B/A) = –––––––––
n(A)
� (VUNESP) – Para uma partida de futebol,
a proba bilidade de o jogador R não ser escalado
é 0,2 e a probabilidade de o jogador S ser es -
calado é 0,7. Sabendo que a escalação de um
deles é independente da escalação do ou tro, a
probabilidade de os dois jogadores serem
escalados é:
a) 0,06 b) 0,14 c) 0,24
d) 0,56 e) 0,72
Resolução
A probabilidade de os dois jogadores serem
escalados é 0,8 . 0,7 = 0,56.
Resposta: D
� (FEI) – Numa competição, há três equipes
formadas por homens (h) e mulheres (m), co -
mo segue: Equipe A: 4h e 6m; Equipe B: 5h e
5m e Equipe C: 7h e 3m. De cada equipe, es -
colhe-se aleatoriamente um atleta. 
A proba bilidade de que os três sejam do mesmo
sexo é:
a) 0,09 b) 0,23 c) 0,14
d) 0,023 e) 0,005
Resolução
a) A probabilidade de serem 3 homens é
p1 = . . = = 0,14.
b) A probabilidade de serem 3 mulheres é 
p2 = . . = = 0,09.
A probabilidade pedida é 
p = p1 + p2 = 0,14 + 0,09 = 0,23.
Resposta: B
90
–––––
1000
3
–––
10
5
–––
10
6
–––
10
140
–––––
1000
7
–––
10
5
–––
10
4
–––
10
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 34
MATEMÁTICA 35
� Retirando uma carta de um baralho comum, de 52 cartas,
e sabendo-se que saiu uma carta de ouros, qual é a proba bili -
dade de ser uma dama?
RESOLUÇÃO:
Das 13 cartas de ouros, apenas uma é dama. Logo:
P(dama/ouros) = 
� Joga-se um dado “honesto” de seis faces numeradas de
1 a 6. Qual é a probabilidade de obter:
a) o número 1 sabendo que saiu um número ímpar?
b) um número par sabendo que saiu um número maior que 3?
RESOLUÇÃO:
a) no. ímpar: n(A) = 3; n(B) = 1
n(A � B) = 1 ⇒ P(B/A) = 
b) no. > 3: n(A) = 3; n(B) = 2
n(A � B) = 2 ⇒ P(B/A) = 
� Numa urna existem 6 bolas laranjas e 4 bolas verdes que
dife rem pela cor ou pela nu meração. As laranjas es tão nume -
radas de 1 a 6, e as verdes de 1 a 4. 
Reti rando uma bola ao acaso, os even tos “bola laranja” e
“número par”, são de pen dentes ou in depen dentes?
RESOLUÇÃO:
Bola laranja: n(A) = 6; n(S) = 10
no. par: n(B) = 5; n(A � B) = 3
I) P(A) = = = 
II) P(A/B) = = 
III) P(B) = = = 
IV) P(B/A) = = = 
V) P(A/B) = P(A) e P(B/A) = P(B)
Logo, os eventos são independentes.
� Uma urna tem apenas 10 bolas, sendo 7 pretas e 3 bran -
cas. Retirando duas bolas, ao acaso e com reposição da pri mei -
ra antes de retirar a segunda, qual é a proba bilidade de obter
duas bolas brancas.
RESOLUÇÃO:
P(B) = . = = 9%
� (UFSCar – MODELO ENEM) – Gustavo e sua irmã
Caroline via jaram de férias para cidades distintas. Os pais reco -
men dam que ambos tele fonem quando chegar ao destino. A
experiência em férias an teriores mostra que nem sem pre
Gustavo e Caroline cumprem esse desejo dos pais. A
probabilidade de Gustavo telefonar é 0,6 e a probabilidade de
Caroline telefonar é 0,8. A proba bilidade de pelo menos um dos
filhos contactar os pais é:
a) 0,20 b) 0,48 c) 0,64 d) 0,86 e) 0,92
RESOLUÇÃO:
p = 1 – 0,4 . 0,2 = 1 – 0, 08 = 0,92 ou
p = 0,6 . 0,8 + 0,6 . 0,2 + 0,4 . 0,8 = 0,48 + 0,12 + 0,32 = 0,92
Resposta: E
� (UNICAMP – MODELO ENEM) – Ao se tentar abrir uma
porta com um chaveiro contendo várias chaves parecidas, das
quais apenas uma destranca a referida porta, muitas pessoas
acreditam que é mínima a chance de se encontrar a chave
certa na 1a. ten tativa, e chegam mesmo a dizer que essa chave
só vai aparecer na última tentativa. Para esclarecer essa
questão, calcule, no caso de um chaveiro contendo 5 chaves,
a) a probabilidade de se encontrar a chave certa depois da 
1a. tentativa;
b) a probabilidade de se acertar na 1a. tentativa;
c) a probabilidade de se acertar somente na última tentativa.
RESOLUÇÃO:
a) 1 – = = 0,8 = 80%
b) = 0,2 = 20%
c) . . . . 1 = = 0,2 = 20%
4
–––
5
3
–––
4
2
–––
3
1
–––
2
1
–––
5
1
–––
5
1
–––
5
4
–––
5
3
––––
10
3
––––
10
9
––––
100
n(A � B)
–––––––––
n(A)
3
–––
6
1
–––
2
n(B)
–––––
n(S)
5
–––
10
1
–––
2
n(A � B)
–––––––––
n(B)
3
–––
5
n(A)
–––––
n(S)
6
––––
10
3
–––
5
2
–––
3
1
–––
3
1
–––
13
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 35
MATEMÁTICA36
32 Lei binomial de probabilidade • Combinações • Binômio de Newton
Considere uma experiência que é realizada várias
vezes, sempre nas mesmas condições, de modo que o
resultado de cada uma seja independente das demais.
Considere, ainda, que cada vez que a experiência é
realizada ocorre, obrigatoriamente, um evento A cuja
probabilidade é p ou o complemento A
–
cuja proba -
bilidade é 1 – p.
Nestas condições, propõe-se o seguinte problema:
Realizando-se a experiência descrita exatamente
n vezes, qual é a probabilidade de ocorrer o evento A
só k vezes?
Resolução do problema
a) Se ocorrer apenas k vezes o evento A, deverá
ocorrer n – k vezes o evento A
–
, pois a experiência
é realizada exatamente n vezes.
b) A probabilidade de ocorrer k vezes o evento A e 
n – k vezes o evento A
–
, numa certa ordem, é 
p . p . ... . p . (1 – p) . (1 – p) . ... . (1 – p)
k fatores (n – k) fatores
ou seja:
c) As k vezes em que ocorrem o evento A são
quaisquer entre as n vezes possíveis. O número
de maneiras de escolher k vezes o evento A é,
pois, Cn,k.
d) Existem, portanto, Cn,k eventos diferentes, todos
com a mesma probabilidade pk . (1 – p)n – k, e
assim sendo a probabilidade procurada é:
Observações
a) Fala-se em lei binomial de probabilidade por -
que a fórmula representa o termo Tk + 1 do desen vol -
vimento de [p + (1 – p)]n.
b) O número Cn, k pode ser substituído por Cn, n – k
ou P
n
k, n – k
já que Cn, k = Cn, n – k = Pn
k, n – k
Cn,k . p
k . (1 – p)n – k
pk . (1 – p)n – k
� (AFA) – Uma urna contém 12 peças boas
e 5 defei tuosas. Se 3 peças forem retiradas
aleatoriamente, sem reposição, qual a proba -
bilidade de serem 2 (duas) boas e 1 (uma)
defeituosa?
a) b) c) d) 
Resolução
1) boa na 1a. retirada: 
2) boa na 2a. retirada: 
3) defeituosa na 3a. retirada: 
Como as duas boas podem ocorrer nas
retiradas 1 e 2 ou 1 e 3 ou 2 e 3, num total de
3 = C3,2 hipóteses diferentes, con cluímos que
a probabilidade a ser calculada é
P = . . . C3,2 =
= . . . 3 = 
Resposta: C
� (FGV) – Um carteiro leva três cartas para
três destinatários diferentes. Cada destinatário
tem sua caixa de corres pon dência, e o carteiro
coloca, ao acaso, uma carta em cada uma das
três caixas de correspondência.
a) Qual é a probabilidade de o carteiro não
acertar nenhuma caixa de correspondência?
b) Qual é a probabilidade de o carteiro acertar
exata mente uma caixa de correspondência?Resolução
a) A probabilidade de o carteiro não acertar
nenhu ma caixa de correspondência é
. . =
b) A probabilidade de o carteiro acertar exata -
mente uma caixa é 
. . . 3 =
Respostas: a) b) 
1
–––
2
1
–––
3
1
–––
2
1
–––
1
1
–––
2
1
–––
3
1
–––
3
1
–––
1
1
–––
2
2
–––
3
33
–––
68
5
–––
15
11
–––
16
12
–––
17
5
–––
15
11
–––
16
12
–––
17
5
–––
15
11
–––
16
12
–––
17
33
–––
34
33
–––
68
3
–––
17
1
–––
12
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 36
MATEMÁTICA 37
� Joga-se, 5 vezes consecutivas, um dado “honesto” de
seis fases, numeradas de 1 a 6. Calcular a probabilidade de:
a) obter 5 vezes o número 4.
b) obter 5 vezes um número diferente de 4.
c) obter o número 4 só nas duas primeiras jogadas.
d) obter o número 4 só nas duas últimas jogadas.
e) obter o número 4 só duas vezes.
RESOLUÇÃO:
a) P(4) = . . . . = 
5
b) P = 
5
c) P = . . . . = 
d) P = . . . . = 
e) P = C5;2
2
.
3
=
Nas questões � a � considere um casal “normal” que tem
4 filhos. Calcule a probabilidade de serem:
� Quatro meninos.
RESOLUÇÃO:
P = . . . = 
4 
= 
� Meninos só os dois primeiros.
RESOLUÇÃO:
P = . . . = 
� Só dois meninos.
RESOLUÇÃO:
P = C4;2 . 
2
. 
2 
= 6 . = 
� Só uma menina.
RESOLUÇÃO:
P = C4;1 . . 
3
= 4 . = 
� (UFF) – Búzios são pequenas conchas marinhas que em outras
épo cas foram usadas como dinheiro e hoje são empregadas como
enfeites, inclusive em pulseiras, colares e braceletes ou como amule -
tos ou em jogos de búzios.
No jogo de búzios se con sidera a hipó tese de que cada búzio
admite apenas dois resultados possíveis (abertura para baixo –
bú zio fechado – ou aber tura para cima – búzio aberto).
Suponha que 6 búzios idênticos sejam lançados simultanea -
mente e que a probabilidade de um búzio ficar fechado ao cair,
ou ficar aberto, é igual a 1/2. Pode-se afirmar que a proba -
bilidade de que fiquem 3 búzios abertos e 3 búzios fechados ao
cair, sem se levar em consideração a ordem em que eles
tenham caído, é igual a:
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
A probabilidade é p = C6,3 . 
3 
. 
3 
= 20 . . = 
Resposta: A
3
–––
32
9
–––
64
15
–––
64
9
–––
32
5
–––
16
5
–––
16
1
–––
8
1
–––
8
1�–––�2
1�–––�2
1
–––
4
1
–––
16
�1–––
2
��1–––
2
�
3
–––
8
1
–––
16
�1–––
2
��1–––
2
�
1
–––
16
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
16
�1–––2�
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
1
–––
2
2 . 54
––––––
65
�5–––6��
1
–––
6�
53
–––
65
1
–––
6
1
–––
6
5
–––
6
5
–––
6
5
–––
6
53
–––
65
5
–––
6
5
–––
6
5
–––
6
1
–––
6
1
–––
6
�5–––6�
�1–––6�
1
–––
6
1
–––
6
1
–––
6
1
–––
6
1
–––
6
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 37
MATEMÁTICA38
No triângulo retângulo ABC da figura, sen do BC = a,
AC = b; AB = c; AH = h; BH = m e CH = n, valem as se -
guin tes relações:
• O quadrado de um “cateto” é igual ao produto da
“hipotenusa” pela “projeção” (ortogonal) desse cateto
na hipotenusa.
• O quadrado da “hipotenusa” é igual à soma dos
quadrados dos catetos.
• O quadrado da “altura” (relativa à hipotenusa) é
igual ao produto das “projeções” (ortogonais) dos cate -
tos na hipotenusa.
• O produto da “hipotenusa” pela “altura” (relativa
à hipotenusa) é igual ao produto dos “catetos”.
Assim,
� Relações de Euclides
(Teorema de Pitágoras)
a . h = b . c
h2 = m . n
a2 = b2 + c2
b2 = a . n
c 2 = a . m
hipotenusa x altura = cateto x cateto
(altura)2 = projeção x projeção
(hipotenusa)2 = (cateto)2 + (cateto)2
(cateto)2 = hipotenusa x projeção
Geometria Plana e Métrica – Módulos
17 – Relações métricas 
no triângulo retângulo
18 – Relações métricas 
no triângulo retângulo
19 – Natureza dos triângulos
20 – Lugares geométricos
21 – Pontos notáveis do triângulo
22 – Pontos notáveis do triângulo
23 – Ângulos na circunferência
24 – Potência de ponto
25 – Ângulos na circunferência e
potência de ponto
26 – Área dos quadriláteros
27 – Área dos triângulos
28 – Área das figuras circulares
29 – Área dos polígonos
30 – Área de figuras semelhantes
31 – Prismas 
32 – Prismas 
Pitágoras de Samos – Matemático
Grego (nasceu c. 580 a. C.-572 a. C.) 
(morreu c. 500 a. C.-490 a. C.)
17 e 18
Relações métricas 
no triângulo retângulo 
• Hipotenusa • Cateto
• Altura • Projeção
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 38
MATEMÁTICA 39
� Calcular a medida de uma das diagonais de um quadrado
de lado “�”.
RESOLUÇÃO:
Aplicando Pitágoras, temos;
D2 = �2 + �2 ⇔ D = �
��2
� Observe a figura:
Depois de tirar medidas de uma atleta, o fotó -
grafo resolveu fazer uma brincadeira:
1o.) esticou uma linha AB
___
, cujo comprimento é
metade da altura dela;
2o.) ligou B ao seu pé no ponto C;
3o.) fez uma rotação de BA
___
com centro B,
obtendo o ponto D sobre BC
___
;
4o.) fez uma rotação de CD
___
com centro C,
determinando E sobre AC
___
.
Para surpresa da modelo, CE é a altura do seu
umbigo.
Tomando AB como unidade de comprimento
e considerando 
��5 = 2,2, a medida CE da al -
tu ra do umbigo da modelo é: 
a) 0,9 b) 1,0 c) 1,1
d) 1,2 e) 1,3
Resolução
(CB)2 = (AB)2 + (AC)2 ⇒ (1+ x)2 = 12 + 22 ⇒
⇒ x2 + 2x – 4 = 0 ⇒ x = ⇒
⇒ x = – 1 + 
��5 ⇒ x = 1,2 
Resposta: D
� (FUVEST) – Um lateral L faz um lan ça -
mento para um atacante A, situado 32 m à sua
frente em uma linha paralela à lateral do campo
de futebol. A bola, entretanto, segue uma
trajetória retilínea, mas não paralela à lateral e
quando passa pela linha de meio do campo
está a uma distância de 12 m da linha que une
o lateral ao atacante. Sabendo-se que a linha de
meio do campo está à mesma distância dos
dois jogadores, a distância mínima que o
atacante terá que percorrer para encontrar a
trajetória da bola será de:
a) 18,8 m
b) 19,2 m
c) 19,6 m
d) 20 m
e) 20,4 m
Resolução
A menor distância do atacante à trajetória da
bola está na perpendicular à trajetória e essa
perpendicular contém a posição do atacante.
Na figura seguinte, é a medida do segmento
—
AP. Assim, considerando os dados da figura em
metros, temos:
1) No triângulo LMB, retângulo em M, 
(LM)2 + (MB)2 = (LB)2 ⇒
⇒ 162 + 122 = (LB)2 ⇒ LB = 20
2) Da semelhança dos triângulos LPA e LMB, 
= ⇒ = ⇔
⇔ AP = ⇔ AP = 19,2
Resposta: B
96
––––
5
32
––––
20
AP
––––
12
AL
––––
BL
AP
––––
BM
– 2 + 
����20
–––––––––––
2
Exercícios Resolvidos – Módulos 17 e 18
Exercícios Propostos – Módulo 17
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 39
� Calcular a altura de um triângulo equilátero de lado “�”.
RESOLUÇÃO:
Aplicando Pitágoras no ΔMAC, temos:
h2 +
2 
= �2 ⇔ h =
� No triângulo retângulo da figura ao la do, calcule a, h,
m e n.
RESOLUÇÃO:
I. Aplicando Pitágoras no ΔABC, temos: a2 = 32 + 42 ⇔ a = 5
II. 42 = 5 . n ⇔ n = 3,2
III. 32 = 5 . m ⇔ m = 1,8
IV.h2 = 3,2 . 1,8 ⇔ h = 2,4
a = 5; m = 1,8; n = 3,2; h = 2,4
� Dado o triângulo abaixo, onde AB = 5 e AH = 2
��5, calcule AC.
RESOLUÇÃO:
I. Pitágoras no Δ ABH: m2 + (2
��5 )2 = 52 ⇔ m = 
��5
II. 52 = a . m ⇔ 52 = a . 
��5 ⇔ a = 5
��5
III. a . h = b . c ⇔ 5
��5 . 2
��5 = 5 . b ⇔ b = 10
AC = 10
( �––2 ) �
��3–––––2
MATEMÁTICA40
Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”, digite
MAT2M205
No Portal Objetivo
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 40
� (PUC-SP – MODELO ENEM) – Uma estação de
tratamento de água (ETA) localiza-se a 600m de uma estrada
reta. Uma estação de rádio localiza-se nessa mesma estrada, a
1000m da ETA. Pretende-se construir um restau rante, na
estrada, que fique à mesma dis tância das duas estações. A
distância do restau rante a cada uma das estações deverá ser
de:
a) 575 m b) 600 m c) 625 m
d) 700 m e) 750 m
RESOLUÇÃO:
x2 = (800 – x)2 + 6002
x2 = 640 000 – 1600x + x2 + 360 000
1600x = 1 000 000
x = = 625
Resposta: C
1 000000
––––––––––
1 600
MATEMÁTICA 41
Exercícios Propostos – Módulo 18
� Na figura, o triângulo ABC é equilátero e cada um de seus
lados mede 8 cm. Se AD
––
é uma altura do triângulo ABC e M é
o ponto médio de AD
––
, então a medida CM
–––
é:
a) cm b) cm c) 
��7 cm
d) 2
��7 cm e) cm
RESOLUÇÃO:
I. hΔ =⇔ hΔ = ⇔ hΔ = 4
��3 cm
II. MD = ⇒ MD = 2
��3 cm
III. Pitágoras no Δ MDC:
(CM)2 = (DC)2 + (MD)2 ⇔ (CM)2 = 42 + (2
��3 )2 ⇒ CM = 2
��7 cm
Resposta: D
hΔ
––––
2
��2
–––
2
��3
–––
2
1
–––
2
8
��3
–––––
2
�
��3
–––––
2
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 41
� Considere três circunferências de centros A, B e C, de
mesmo raio R, duas a duas tangentes exterior mente e as retas
paralelas r e s tangentes às circun ferên cias conforme a figura
a seguir. Calcule a distância entre as retas r e s em função de
R.
RESOLUÇÃO:
I. O Δ ABC é equilátero de lado 2R. Sua altura é dada por:
h = ⇔ h = ⇔ h = R
��3
II. d = h + 2R ⇔ d = R
��3 + 2R ⇔ d = R(2 + 
��3)
� (PUC-SP) – No esquema abaixo, a reta AB representa a
trajetória de um navio e ponto I localiza-se uma ilha. Quando o
navio se encontra no ponto A, AI = 60 km e quando o navio
está em B, BI = 48 km. Se BI é a menor das distâncias do navio
à ilha, quando o navio estiver C, a distância dele à ilha será, em
quilômetros:
a) 40
b) 60
c) 80
d) 100
e) 120
RESOLUÇÃO:
Como 
—
BI é a menor das dis tâncias do navio a ilha, pode mos
concluir que 
—
BI é perpen dicular a
—
AC e, por tanto, 
—
BI é altura rela -
tiva à hipotenusa do triângulo retân gulo IAC.
I) No ΔABI temos:
(AI)2 = (AB)2 + (BI)2 ⇔ 602 = (AB)2 + 482 ⇒ AB = 36 km⇔
II) No ΔAIC temos:
(AI)2 = (AC) . (AB) ⇔ 602 = (AC) . 36 ⇒ AC = 100 km⇔
III)No ΔAIC temos:
(AC)2 = (AI)2 + (CI)2 ⇔ 1002 = 602 + (CI)2 ⇒ CI = 80 km⇔
Assim, quando o navio estiver em C, a distância dele à ilha será 
80 km.
Resposta: C 
�
��3
––––––
2
2R
��3
–––––––
2
MATEMÁTICA42
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 42
MATEMÁTICA 43
� Calcular o comprimento da tangente exterior, co mum a
duas circunferências tangentes externas de raios 4 cm e 9 cm. 
RESOLUÇÃO:
Aplicando Pitágoras, temos: 
x2 + 52 = 132 ⇒ x = 12 cm
19 Natureza dos triângulos • Retângulo • Acutângulo • Obtusângulo
Sejam a, b, e c respectivamente as medidas dos
lados 
––
BC, AC
––
e AB
––
do triângulo ABC da figura.
Lembrando que, num triângulo, ao maior lado se
opõe o maior ângulo e sen do BC
––
o maior lado do triân -
gulo, temos:
• a2 = b2 + c2 ⇔ A
^
= 90° ⇔ ΔABC é retângulo
(Teorema de Pitágoras).
• a2 < b2 + c2 ⇔ A
^
< 90° ⇔ ΔABC é acutângulo,
pois o maior ângulo é agudo.
• a2 > b2 + c2 ⇔ A
^
> 90° ⇔ ΔABC é obtusângulo,
pois o maior ângulo é obtuso.
� (FUVEST) – Uma folha de papel ABCD de
formato retangular é dobrada em torno do
segmento 
—
EF de maneira que o ponto A ocupe
a posição de G, como mostra a figura. Se 
AE = 3 e BG = 1, então a medida do segmento
—
AF é
a) b) c)
d) e)
Resolução
Como os triângulo AEF e GEF são con gruen tes,
temos: AF = GF = x e EA = EG = 3.
Sendo 
–
EH ⊥ –BC, temos HB = 3 e HG = 3 – 1 = 2
Assim, no triângulo EHG, temos:
(EH)2 + 22 = 32 ⇔ EH = 
��5
Logo, FB = 
��5 – x e portanto, no triângulo FBG,
temos:
(GF)2 = (FB)2 + (BG)2 ⇔
⇔ x2 = (
��5 – x)2 + 12 ⇔
⇔ x2 = 5 – 2
��5x + x2 + 1 ⇔
⇔ 2
��5x = 6 ⇔
⇔ x = 
Resposta: D
3
��5
–––––
5
��5
–––
3
3
��5
–––––
5
3
��5
–––––
4
7
��5
–––––
8
3
��5
–––––
2
Exercícios Resolvidos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 43
MATEMÁTICA44
� Classificar os triângulos das figuras, quanto aos ângulos.
a) 
RESOLUÇÃO:
(
���85)2 = 85
72 + 62 = 85
(
���85)2 = 72 + 62 (retângulo)
b) 
RESOLUÇÃO:
102 = 100
52 + 82 = 89
102 > 52 + 82 (obtusângulo)
Exercícios Propostos
� (FUVEST) – Um banco de altura regulável,
cujo assento tem forma retangular, de
comprimento 40cm, apóia-se sobre duas
barras iguais, de comprimento 60 cm (ver
figura 1). Cada barra tem três furos, e o ajuste
da altura do banco é feito colo cando-se o
parafuso nos primeiros, ou nos segundos, ou
nos terceiros furos das barras (visão lateral do
banco, na figura 2).
A menor altura que pode ser obtida é:
a) 36 cm b) 38 cm
c) 40 cm d) 42 cm
e) 44 cm
Resolução
1) A altura mínima é obtida com a confi gu ra -
ção esbo çada na figura.
2) Considerando-se o triângulo retângulo de ca -
 te tos de medidas 20 e h1 e hipotenusa de
medida 25, obtém-se 
h21 + 20
2 = 252 ⇒ h1 = 15
3) Por semelhança de triângulos: = 
Para h1 = 15 ⇒ h2 = 21
Portanto, a altura mínima será 
h1 + h2 = 15 + 21 = 36
Resposta: A
25
–––
35
h1
–––
h2
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 44
MATEMÁTICA 45
c) 
RESOLUÇÃO:
(
�����115)2 = 115
42 + 102 = 116
(
�����115)2 < 42 + 102 (acutângulo)
� Determinar para que valores inteiros de x, o ângulo A
^
do
triângulo ABC é obtuso.
RESOLUÇÃO:
⇒ ⇒ ⇒ 9,4 < x < 13
Logo, x ∈ {10, 11, 12}
� (USF-Modificado) – A figura seguinte representa como 5
sabonetes cilíndricos, tangentes uns aos outros e às paredes
da caixa de secção quadrada, poderiam ser dispostos. Sendo
16 cm o comprimento do lado do quadrado, então o raio do
sabonete cilíndrico central, em centímetros, mede:
a) 
��2 – 1 b) 2
��2 – 2 c) 4
��2 – 2
d) 4
��2 – 4 e) 
��2
RESOLUÇÃO:
Seja r, a medida em centímetros, do raio do sabonete cilíndrico
central.
4 + r + r + 4 = 8
��2 (diagonal do qua dra do ABCD)
Assim:
8 + 2r = 8
��2 ⇔ 2r = 8
��2 – 8 ⇔ r = ⇔ r = 4
��2 – 4
Resposta: D
8
��2 – 8
–––––––––
2
� x
2 > 52 + 82
x < 5 + 8
� x
2 > 89
x < 13
� x > 9,4
x < 13
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 45
� Calcular a altura AH–– do triângulo ABC da figura 
RESOLUÇÃO:
I. ⇒ (8 – x)2 + 49 – x2 = 65 ⇒
⇒ 64 – 16x + x2 + 49 – x2 = 65 ⇒ – 16x = – 48 ⇒ x = 3
II. ⇒ h = 
�������� 49 – 9 ⇒ h = 
���40 ⇒ h = 2
���10 �x
2 + h2 = 49
x = 3
x2 + h2 = 49
(8 – x)2 + h2 = 65�
MATEMÁTICA46
20 Lugares geométricos • Circunferência• Mediatriz • Bissetriz
1. Distância entre duas figuras
Dadas duas figuras pla -
nas F1 e F2, a dis tân cia d entre
elas é a medida do menor
seg mento de reta que se
pode obter, tomando um
ponto em cada figura.
Exemplos
1) Ponto e reta
2) Retas paralelas
3) Retas concorrentes
4) Ponto e circunferência
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 46
5) Reta e circunferência
2. Definição de lugar geométrico
Uma figura é um lugar geométrico se, e somente se,
todos os seus pontos e apenas eles possuem uma
certa propriedade. Apresentaremos, a seguir, os prin -
cipais lugares geométricos.
3. Circunferência
A circunferência é o lugar geométrico dos pontos de
um plano, cujas distâncias a um ponto fixo O deste plano
é uma constante r dada.
O ponto O é o centro da circun fe rência e a constante
r é a medida do raio.
Observe que, qualquer pon to da circunferência está
a uma distância r do ponto O e que qualquer ponto do
plano que está a uma distância r do ponto O pertence à
circunferência.
4. Par de paralelas
O lugar geométrico dos pontos de um plano, que
distam uma constante k dada de uma reta r desse plano,
é o par de retas paralelas à reta r e a uma distância k da
mesma.
Observe que qualquer ponto de uma das retas do
par de paralelas está a uma distância k da reta r, e que
qualquer ponto do plano que está a uma distância k da
reta r, é elemento de uma das retas do par de paralelas.
5. Mediatriz
A mediatriz é o lugar geométrico dos pontos de um
plano que equidistam dos extremos de um segmento
deste plano.
Assim, qualquer ponto da me dia triz mAB do seg -
mento de reta AB
–– 
da figura equidista de A e B, e
qualquer ponto do plano que equidista de A e B per tence
a mAB.
6. Par de retas perpendiculares
O lugar geométrico dos pon tos de um plano, que
equidis tam de duas retas con cor rentes des te plano, é um
par de retas per pen diculares entre si e que contém as
bissetrizes dos ân gulos for mados pelas con cor rentes.
MATEMÁTICA 47
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 47
MATEMÁTICA48
� (FGV-SP – MODELO ENEM) – Usando
régua e compasso, procedemos à se guin te
cons trução:
I. segmento de reta AB de comprimento 
5 cm (com a régua);
II. circunferência λ1 de centro A e raio 4 cm
(com o compasso);
III. circunferência λ2 de centro B e raio 3 cm
(com o compasso);
IV. reta r ligando os pontos C e D de inter sec -
ção de λ1 e λ2, e intersectando o segmento
AB em E (com arégua).
Na construção realizada, a medida do segmen -
to CE, em cm, é igual a
a) 2,4. b) 2,5. c) 2,6.
d) 2,8. e) 3,2.
Resolução
O triângulo ABC, retângulo em A, tem hipo -
tenusa AB = 5 cm e catetos AC = 4 cm e 
BC = 3 cm.
Como 
—
CE é a altura relativa à hipotenusa, te -
mos:
AB . CE = AC . BC ⇒ 5 . CE = 4 . 3 ⇒
⇒ CE = 2,4 cm
Resposta: A
� (FGV – MODELO ENEM) – A cidade D
localiza-se à mesma distância das cidades A e
B, e dista 10 km da cidade C. Em um mapa
rodoviário de escala 1:100 000, a localização
das cidades A, B, C e D mostra que A, B e C
não estão alinhadas. Nesse mapa, a cidade D
está localizada na intersecção entre 
a) a mediatriz de AB e a circun ferência de
centro C e raio 10 cm.
b) a mediatriz de AB e a circunferência de
centro C e raio 1 cm.
c) as circunferências de raio 10 cm e centros
A, B e C.
d) as bissetrizes de C
^
AB e C
^
BA e a circun -
ferência de centro C e raio 10 cm.
e) as bissetrizes de C
^
AB e C
^
BA e a circun -
ferência de centro C e raio 1 cm.
Resolução
A figura a seguir ilustra uma possível distribui -
ção das cidades A, B, C e D, de acordo com os
dados do enunciado.
I. A cidade D equidista das cidades A e B e,
portanto, está na mediatriz do segmento
AB.
II. A cidade D dista 10km = 1.000.000 cm da
cidade C. Assim, em um mapa de escala 
1 : 100 000, a cidade D está na circunfe -
rência de centro C e raio 10 cm.
III. De I e II, conclui-se que a cidade D está
localizada na intersecção entre a media triz
de AB e a circunferência de centro C e raio
10 cm.
Resposta: A
Exercícios Resolvidos
� Defina Lugar Geométrico.
RESOLUÇÃO:
Definição de lugar geométrico: uma figura é um lugar geométrico
se, e somente se, todos os seus pontos e apenas eles possuem
uma certa propriedade.
� Dê exemplos de quatro lugares geométricos planos.
RESOLUÇÃO:
Circunferência, par de paralelas, mediatriz e par de retas
perpendiculares.
� O lugar geométrico dos pontos de um plano equi distantes
de duas retas concorrentes desse plano é:
a) uma circunferência;
b) uma mediatriz;
c) duas retas concorrentes e não perpendiculares;
d) duas retas concorrentes e perpendiculares;
e) uma semirreta (bissetriz).
RESOLUÇÃO:
Resposta: D
Exercícios Propostos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 48
� Considere duas retas r e s paralelas distintas e uma reta t
transversal às duas. O número de pontos do plano das parale -
las equidistantes das retas r, s e t é:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
RESOLUÇÃO:
Resposta: B
� Na figura sguinte, o ponto A representa uma árvore e a reta
r representa um riacho. Um tesouro está escondido a 
10 m da árvore e a 2 m do riacho. Se a distância do riacho até
a árvore é 8 m, a quantidade de pontos onde pode estar es con -
dido o tesouro, é:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5
RESOLUÇÃO:
O tesouro está escondido num ponto que pertence à intersecção
da circunferência de centro em A e raio 10 m com o par de retas
r1 e r2 paraleas à reta r e distantes 2 m da mesma.
A reta r1 intercepta a circunferência nos pontos P e Q e r2
tangência a circunferência em R.
Resposta: C
MATEMÁTICA 49
1. Incentro
Incentro é o ponto de intersecção das bissetrizes
inter nas do triângulo.
O incentro equi dis ta dos lados do triân gulo e é o
cen tro da cir cun fe rên cia ins crita (cir cun ferência tan -
gen te aos lados) no triângulo.
21 e 22 Pontos notáveis do triângulo • Baricentro • Incentro• Circuncentro • Ortocentro
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 49
2. Circuncentro
Circuncentro é o ponto de in tersecção das media -
trizes dos lados do triângulo.
O circuncentro equidista dos vértices do triângulo e
é o centro da circun fe rên cia cir cuns crita (que contém
os vértices) ao triân gulo.
É importante saber que:
a) O circuncentro do triângulo
acu tângulo é sempre um ponto da re -
gião interior do triângulo.
b) O circuncentro do triângulo ob-
 tu sân gulo é sempre um ponto da
região exterior do triângulo.
c) O circuncentro do triângulo re-
tân gulo é o ponto médio da hipo te -
nusa.
3. Baricentro
Baricentro é o ponto de intersecção das medianas
do triângulo.
O baricentro é o centro de gravidade do triângulo e
divide cada mediana na razão 2 : 1.
Assim, 
4. Ortocentro
Ortocentro é o ponto de intersecção das retas su -
por tes das alturas do triângulo.
É importante saber que:
a) O ortocentro do triân gulo acu-
 tângulo é sempre um ponto da região
interior do triângulo.
b) O ortocentro do triângulo obtu -
sân gulo é sempre um ponto da região
ex terior do triângulo.
c) O ortocentro do triângulo re-
tân gulo é o vértice do ângulo reto.
5. Particularidades
a) No triângulo isósceles, os quatro pontos no tá -
veis são alinhados.
b) No triângulo equilátero, os quatro pontos notá -
veis são coincidentes.
PB QB RB 2
–––––– = –––––– = –––––– = ––– 
BMP BMQ BMR 1
MATEMÁTICA50
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 50
MATEMÁTICA 51
� (VUNESP) – Sejam A, B, C pontos distin -
tos no interior de um círculo, sendo C o centro
do mesmo. Se construirmos um triângulo ins -
crito no círculo com um lado passando por A,
outro por B e outro por C, podemos afirmar que
este triângulo:
a) é acutângulo;
b) é retângulo;
c) é obtusângulo;
d) não é isósceles;
e) pode ser equilátero.
Resolução
Um dos lados do triângulo inscrito no círculo
con tém o circuncentro C e, portanto, esse triân -
 gulo é necessariamente retân gulo.
Resposta: B
� Três canos de forma cilíndrica e de mesmo
raio r, dispostos como indica a figura adiante,
devem ser colocados dentro de outro cano
cilíndrico de raio R, de modo a ficarem presos
sem folga. Expresse o valor de R em termos de
r para que isso seja possível.
Resolução
R = OC + r ⇔
⇔ R = . + r ⇔
⇔ R = ⇔ R = 
Resposta: R = 
r(3 + 2 
��3 )
–––––––––––
2
r(3 + 2 
��3 )
–––––––––––
2
2
��3 r + 3r
–––––––––––
3
2r
��3
––––––
2
2
–––
3
Exercícios Resolvidos – Módulos 21 e 22
� Defina Baricentro, Incentro, Circuncentro e Ortocentro de
um triângulo.
RESOLUÇÃO:
I) Baricentro é o ponto de intersecção das medianas do triân gulo.
O baricentro é o centro de gravidade do triângulo e divide cada
mediana na razão 2 : 1.
II) Incentro é o ponto de intersecção das bissetrizes internas do
triângulo.
O incentro equidista dos lados do triângulo e é o centro da cir -
cun ferência inscrita.
III)Circuncentro é o ponto de intersecção das mediatrizes dos
lados do triângulo.
O circuncentro equidista dos vértices do triângulo e é o centro
da circunferência circunscrita.
IV)Ortocentro é o ponto de intersecção das retas suportes das
alturas do triângulo.
� Sendo I o incentro do triângulo, determine o valor do
ângulo BA
^
C.
RESOLUÇÃO:
Exercícios Propostos – Módulo 21
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 51
I. α + β + 100° = 180° ⇔ α + β = 80°
II. x + 2α + 2β = 180° ⇔ x + 2(α + β) = 180° ⇔
⇔ x + 2 . 80° = 180° ⇔ x = 20°
� Na figura seguinte, o centro O da circunferência inscrita no
triângulo ABC pertence ao segmento 
—
DE, que é paralelo ao
lado AB. Se 
—
AB, 
—
BC e 
—
CA medem, respectivamente, 8 cm, 
10 cm e 12 cm, então o perímetro do triângulo CDE é igual a:
a) 15 cm b) 18 cm c) 20 cm
d) 22 cm e) 24 cm
RESOLUÇÃO:
O é incentro do ΔABC ⇒
assim: DA = DO e OE = BE
O perímetro do triângulo CDE é dado por:
CD + DO + OE + EC = CD + DA + BE + EC = CA + BC = 12 + 10 = 22
Resposta: D
� Na figura, sendo B o baricentro, determine AB.
RESOLUÇÃO:
I) B é baricentro do triân gulo, então, 
—
AM é me dia na (seg men to
que liga o vértice ao ponto médio do lado oposto).
II) (AM)2 = 32 + 22 ⇔ (AM)2 = 13 ⇒ AM = 
���13 cm
III)AB = . AM (propriedade do baricentro)
AB = cm
→
AO é bissetriz de C
^
AB
→
BO é bissetriz de A
^
BC�
2
���13
––––––
3
2
–––
3
MATEMÁTICA52
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 52
MATEMÁTICA 53
� Assinale a afirmação falsa.
a) Os pontos notáveis de um triângulo equilátero são coin -
ciden tes.
b) O incentro de qualquer triângulo é sempre um ponto in -
terno.
c) O ortocentro de um triângulo retângulo é o vértice do ângulo
reto.
d) O circuncentrode um triângulo retângulo é o ponto médio
da hipotenusa.
e) O baricentro de qualquer triângulo é o ponto médio de cada
mediana.
RESOLUÇÃO:
O baricentro de qualquer triângulo não é o ponto médio de cada
me diana, pois o baricentro, invariavel mente, divide cada mediana
na razão 2:1.
Resposta: E
� Considere um triângulo equilátero de lado 2
��3 cm. Deter -
mine:
a) o raio da circunferência inscrita nesse triângulo.
b) o raio da circunferência circunscrita a esse triân gulo.
RESOLUÇÃO:
I) h = = = 3 cm
II) O centro da circunferência ins crita (incentro), o centro da cir -
cun ferência circunscrita (circun cen tro) e o baricentro de um triân -
gulo equilátero são coincidentes, assim:
a) r = . h = . 3 = 1 cm 
b) R = . h = . 3 = 2 cm 
� (PUC-MG) – Na figura, o triângulo ABC é eqüilátero e está
circunscrito ao círculo de centro O e raio 2 cm. AD é altura do
triângulo. Sendo E ponto de tangência, a medida de
—
AE, em
centímetros, é
a) 2
��3 b) 2
��5 c) 3 d) 5 e) 
����26
RESOLUÇÃO:
1o.) OD = OE = 2
2o.) OA = 2 . OD ⇔ OA = 4
3o.) (AE)2 = (OA)2 – (OE)2
Assim: (AE)2 = 42 – 22 ⇔ (AE)2 = 12 ⇔ AE = 
���12 ⇔ AE = 2
��3
Resposta: A
� Com os dados da figura, determine o valor de x.
RESOLUÇÃO:
I. htriâng.equil. = 3 . r ⇔ h = 3 . 6 ⇔ h = 18
II. x + 10 = 18 ⇔ x = 8
2
––
3
2
––
3
1
––
3
1
––
3
2.
��3.
��3
–––––––––
2
�.
��3
––––––
2
Exercícios Propostos – Módulo 22
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 53
� Na figura a seguir, B é o baricentro do triângulo PQR, cujo
perímetro é 21 cm. Sabendo-se que 
—
ST é para lelo a 
—
QR,
determine o perímetro do triângulo PST.
RESOLUÇÃO:
I) Sendo M o ponto médio do lado 
—
QR e B o baricentro do 
triângulo PQR, então PB = . PM
II) Como 
—
ST // 
—
QR, os triângulos PQR e PST são seme lhantes pelo
critério AA~, assim:
PS = . PQ
ST = . QR
PT = . PR
III)O perímetro do triângulo PST é:
2p = PS + ST + PT
2p = . PQ + . QR + . PR
2p = . (PQ + QR + PR)
2p = . 21 = 14 cm
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3
2
–––
3�
2
–––
3
MATEMÁTICA54
23 Ângulos na circunferência • Central • Inscrito • Excêntrico
1. Elementos da circunferência
Numa circunferência de centro O e raio r, define-se:
a) Corda
Corda de uma circunferência é qualquer seg mento
de reta cujas extremidades são pontos distintos da cir -
cun ferência.
b) Diâmetro
Diâmetro de uma circunferência é qualquer corda
que passa pelo centro da circunferência.
A medida do diâmetro da circunferência é o dobro do
raio.
c)Arco
Arco de circunferência é cada uma das partes em
que fica dividida uma circunferência quando tomamos
dois pontos distintos na mesma.
d) Semicircunferência
Semicircunferência é todo arco cujas extremi -
dades são também extremidades de um diâmetro da cir -
cun ferência.
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 54
2. Posições relativas 
de reta e circunferência
Tangente
Toda reta com um único ponto em comum com uma
circunferência é chamada reta tangente ou simples -
mente tangente à circunferência.
Se a reta t é tangente à circunferência de centro O e
raio r no ponto T então t é perpendicular a OT
––
e a distân -
cia do ponto O à reta t é igual a r.
Secante
Toda reta que possui dois pontos em comum com
uma circunferência é chamada reta secante ou simples -
mente secante à circunferência.
A distância do centro da circunferência a uma reta
secante é menor que o raio.
Externa
Toda reta que não possui ponto em comum com
uma circunferência é chamada reta externa ou sim -
plesmente externa à circunferência.
A distância do centro da circunferência a uma reta
externa é maior que o raio.
3. Ângulos na circunferência
Ângulo central
Ângulo central de uma circunferência é todo ângulo
que tem o vértice no centro da circunferência.
Na figura, AB
�
é o arco cor res pondente ao ângulo
central AO
^
B.
Se tomarmos para unidade de arco (arco unitário), o
arco de fini do na circunferência por um ân gulo central
uni tário, teremos a medida do ângulo AO
^
B igual à me -
dida do arco AB
�
. 
Assim,
Ângulo inscrito
Ângulo inscrito numa circunferência é todo ângulo
que tem o vértice na circunferência e os lados secantes
a ela.
A medida do ângulo inscrito é a metade da medida
do arco que ele determina na circun ferência. Assim,
AB
�
α = ––––
2
α = AB
�
u é secante à circunferência; 
dist (O; u) < r
v é externa à circunferência; 
dist (O; v) > r
t ⊥ OT
––
e dist (T; O) = r
MATEMÁTICA 55
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 55
Ângulo de segmento
Ângulo de segmento é todo ângulo que tem como
vértice um ponto da circunferência, sendo um dos lados
secante e o outro tangente à circunferência.
Na figura, α é um ângulo de segmento e ele deter -
mina na circunferência o arco AB
�
.
A medida do ângulo de seg mento é a metade da
medida do arco por ele determinado.
Ângulo excêntrico interior
Ângulo excêntrico interior é todo ângulo que tem
como vértice um ponto (distinto do centro) da região
interior de uma circunferência.
Na figura, o ângulo AP
^
B é ex cêntrico interior e deter -
mi na na circunferência o arco AB
�
. As retas PA
↔
e PB
↔
in ter -
cep tam a circunferência nos pontos C e D, respec tiva -
mente, deter mi nando o arco CD
�
.
A medida do ângulo AP
^
B é a metade da soma dos
arcos AB
�
e CD
�
. 
Assim,
Ângulo excêntrico exterior
Ângulo excêntrico exterior é todo ângulo que tem
como vértice um ponto da região exterior de uma circun -
fe rência e lados secantes ou tangentes à circunferência.
Na figura, o ângulo AP
^
B é excên trico exterior e deter -
mina na circun ferência os arcos AB
�
e CD
�
. 
A medida do ângulo A
^
PB é a metade da diferença
entre os arcos 
�
AB e 
�
CD, por ele deter minados. 
Assim,
AB
�
α = ––––
2
AB
�
+ CD
�
α = ––––––––––––
2
AB
�
– CD
�
α = ––––––––––––
2
MATEMÁTICA56
Exercícios Resolvidos
� (MACKENZIE) – Percorrendo uma estrada
de 20 m de largura, um veículo inicia um
retorno em um ponto A, utilizando a trajetória
circular da figura, cujo raio é 20 m. Se nessa
rotatória a velocidade máxima permitida é de
20 km/h, o menor tempo necessário para que
esse veículo percorra o arco AB é: (adote π = 3)
a) 12 seg b) 18 seg c) 15 seg
d) 25 seg e) 22 seg
Resolução
Admitindo que a trajetória do veículo seja a
represen tada na figura, concluímos que o
comprimento do arco 
�
AB, em metros, é
d = . 2π . r ⇒ d = . 2π . 20 ⇒
⇒ d = 100 m, (para π = 3)
Então, 100 m = . t ⇔ t = 18 s
Resposta: B
20 000 m
–––––––––
3600 s
5
–––
6
300°
––––––
360°
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 56
MATEMÁTICA 57
� Na figura ao lado, o ponto O é o centro da circunferência.
Demonstrar que α = .
RESOLUÇÃO:
⇒ β = 2α ⇒ α = 
Como 
�
AB = β, temos: α =
� Determine x na figura a seguir:
RESOLUÇÃO:
x = ⇔ x = 56°
� Com os dados da figura, provar que α = .
RESOLUÇÃO:
⇒ α =
�
CD
x = ––––
2
�
AB
y = ––––
2
α = x + y
�
AB + 
�
CD
––––––––––
2
�
AB + 
�
CD
––––––––––
2
112°
–––––
2
�
AB
––––
2
β
–––
2
}α = x + yβ = 2x + 2y
�
AB
––––
2
Exercícios Propostos
� (FUVEST) – Na figura abaixo, ABCDE é
um petágono regular. A medida, em graus, do
ângulo α é:
a) 32° b) 34° c) 36°
d) 38° e) 40°
Resolução
Como α é um ângulo inscrito, que determina na
circunferência de centro O, circunscrita ao pen -
tágono regular, o arco 
�
CD, temos:
�
CD = = 72°
Assim: α = = = 36°
Resposta: C
72°
–––––
2
�
CD
–––––
2
360°
–––––
5
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 57
MATEMÁTICA58
� Com os dados da figura, provar que α = .
RESOLUÇÃO:
� Determine x na figura a seguir:
RESOLUÇÃO:
x = ⇔ x = ⇔ x = 35°
� (FUVEST) – A, B, C e D são vértices consecutivos de um
hexágono regular. A medida, em graus, de um dos ângulos
formados pelas diagonais 
—
AC e 
—
BD é:
a) 90 b) 100 c) 110 d) 120 e) 150
RESOLUÇÃO:
θ = ⇔ θ = ⇔ θ = 120°
Resposta: D
�
AB – 
�
CD
––––––––––
2
70°
––––
2
110° – 40°
––––––––––
2
�
AB – 
�
CD 
⇒ α = –––––––––
2�
�
AB 
x = –––––
2
�
CD 
y = –––––
2
α + y = x ⇔ α = x –y
�
AD + 
�
BC
–––––––––––
2
180° + 60°
–––––––––––
2
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 58
MATEMÁTICA 59
24 Potência de ponto • Secante • Tangente
1. Potência de um ponto em relação a uma circunferência
Dados um ponto P e uma circunferência λ, consi deremos uma reta r que passa por P e intercepta λ nos pontos 
A e B.
Chama-se potência do ponto P em relação a λ, o pro duto das medidas dos segmentos PA
–– 
e PB
––
.
É importante observar que:
a) Se P é um ponto de λ, temos PA = 0 ou PB = 0 e portanto a potência é nula.
b) Se P ∉ λ e r é tangente a λ, temos A = B = T e portanto a potência do ponto, em relação à circunferência, é 
PA . PB = PT . PT = (PT)2.
2. Propriedade da potência de ponto
A potência é uma característica do ponto em relação à circunferência, e portanto não depende da reta escolhida,
desde que intercepte a circunferência.
É importante destacar, pois:
Potência de P em relação a λ = PA . PB
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 59
MATEMÁTICA60
� As estradas representadas pelas retas r, s
e t da figura seguinte, tangenciam o lago λ nos
pontos P, Q e R. Se AB = 14 km, BC = 16 km
e AC = 18 km, então, a distância do ponto A até
o ponto P mede:
a) 6 km b) 7 km c) 8 km
d) 9 km e) 10 km
Resolução
Sendo x a medida de 
—
AP, temos:
Como BC = 16 km, temos:
18 – x + 14 – x = 16 ⇒ – 2x = – 16 ⇒ x = 8 km
Resposta: C
� (UNIFESP) – Na figura, o segmento AC é
per pendicular à reta r. Sabe-se que o ângulo
AÔB, com O sendo um ponto da reta r, será
máximo quando O for o ponto onde r tangencia
uma cir cun ferência que passa por A e B. Se AB
re pre senta uma estátua de 3,6 m sobre um
pedestal BC de 6,4 m, a distância OC, para que
o ângulo AÔB de visão da estátua seja máximo,
é 
a) 10 m. 
b) 8,2 m.
c) 8 m.
d) 7,8 m.
e) 4,6 m.
Resolução:
Calculando a potência
do ponto C em relação
à circun fe rência da figu -
ra, tem-se: 
(CO)2 = CB . CA
Assim, (OC)2 = 6,4 . 10 ⇔
⇔ (OC)2 = 64 ⇔ OC = 8
Resposta: C
Exercícios Resolvidos
� Com os dados da figura abaixo, provar que: 
PA . PB = PM . PN
RESOLUÇÃO:
Como M
^
AP = B
^
NP = , temos:
ΔPAM ~ ΔPNB ⇔ = ⇔ PA . PB = PM . PN
De acordo com os dados das figuras, calcular x nos exercícios
� a �, associando com:
a) 4 b) 12 c) 5
��7 d) 15 e) 20
�
RESOLUÇÃO:
x . 9 = 12 . 3 ⇔ x = 4
Resposta: A
�
RESOLUÇÃO: 
2x . x = 32 . 25 ⇔ x2 = 16 . 25 ⇔ x = 20
Resposta: E
PM
––––
PB
PA
––––
PN
�
BM
––––
2
Exercícios Propostos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 60
MATEMÁTICA 61
�
RESOLUÇÃO:
x . x = 25 . 9 ⇔ x = 15
Resposta: D
� (UNESP – MODELO ENEM) – Em uma residência, há uma
área de lazer com uma piscina redonda de 5 m de diâmetro.
Nessa área há um coqueiro, representado na figura por um
ponto Q.
Se a distância de Q (coqueiro) ao ponto de tangência T (da
piscina) é 6 m, a distância d = 
—
QP, do coqueiro à piscina, é:
a) 4 m. b) 4,5 m. c) 5 m. d) 5,5 m. e) 6 m.
RESOLUÇÃO:
QP . QR = (QT)2 ⇒ d . (d + 5) = 36 ⇒
⇒ d2 + 5d – 36 = 0 ⇒ d = 4 m, pois d > 0
Resposta: A
25
Ângulos na circunferência 
e potência de ponto
� (FUVEST – MODELO ENEM) – Os pontos A, B e C perten -
cem a uma cir cun ferência γ e AC é lado de um polígono regular
inscrito em γ. Sabendo que o ângulo A
^
BC mede 18°, podemos
concluir que o número de lados do polígono é igual a: 
a) 5 b) 6 c) 7 d) 10 e) 12
RESOLUÇÃO:
Se o ângulo A
^
BC mede 18°, então o ângulo central A
^
OC desse
polígono regular mede 36°. Assim, sendo n o número de lados
desse polígono regular, tem-se: n = ⇔ n = 10
Resposta: D
360°
––––––
36°
Exercícios Propostos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 61
MATEMÁTICA62
� Determine x na figura a seguir:
RESOLUÇÃO:
x = ⇔ x = 80°
� (PUC) – O ângulo x, da figura a seguir, mede
a) 60°
b) 80°
c) 90°
d) 100°
e) 120°
RESOLUÇÃO:
x = ⇔ x = 80°
Resposta: B
� Na circunferência da figura abaixo os comprimentos das
cordas AB
––
e CD
––
são, respectivamente,
a) 5 e 4
b) 5 e 5
c) 4 e 5
d) 4 e 3
e) 3 e 6
RESOLUÇÃO:
I. AM . MB = CM . MD ⇔ (x – 1) . 2x = (3x – 4) . x ⇔
⇔ 2x2 – 2x = 3x2 – 4x ⇔ x2 – 2x = 0 ⇒ x = 2
II. AB = 3x – 1 ⇔ AB = 5
CD = 4x – 4 ⇔ CD = 4
Resposta: A
� (UFMA – MODELO ENEM) – De um ponto exterior a uma
circun ferên cia, são traçadas uma tangente e uma secante, con -
for me a figura seguinte. A tangente
—
AB mede 10 m e as
medidas de 
—
AC e 
—
CD são iguais. Assim, o compri men to da
secante 
—
AD é igual a
a) 10 m
b) 5
��2 m
c) 10
��2 m
d) 15
��2 m
e) 15 m
RESOLUÇÃO:
(AB)2 = AC . AD
102 = . x ⇔ x2 = 200 ⇔ x = 
����200 ⇔ x = 10
��2
Resposta: C
� Na figura abaixo, t1, t2 e t3 são retas tangentes à circun -
ferência nos pontos A, B e C, respectivamente:
Se AP = 12 cm, o perímetro do triângulo PQR:
a) é 24 cm b) é 30 cm c) é 32 cm d) é 36 cm
e) não pode ser determinado por falta de dados.
RESOLUÇÃO:
I. PA = 12 cm � ⇒ PQ + QC = PA
QA = QC
II. PB = PA = 12 cm � ⇒ PR + RC = PB
RB = RC
III. 2p = PR + RC + PQ + QC = PA + PB = 24 cm
Resposta: A
x
––
2
70° + 90°
––––––––
2
360° – 200°
––––––––––––
2
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 62
MATEMÁTICA 63
26 Área dos quadriláteros • Base • Altura
1. Definição
Área de uma figura é um número, associado à sua
superfície, que exprime a relação existente entre esta
su per fície e a superfície de um quadrado de lado unitário.
Dizemos que duas superfícies são equivalentes
quando possuem a mesma área.
2. Área do retângulo
A área S de um retângulo é o produto das medidas
a e b de dois de seus lados consecutivos.
Assim,
3. Área do quadrado
Sendo o quadrado um caso particular do retângulo, a
área S de um quadrado de lado � é S = � . �.
Assim,
4. Área do paralelogramo
Os triângulos RST e QPU são congruentes pelo
critério LAAo e, portanto, são equivalentes.
O paralelogramo PQRS e o retângulo UQRT ambos
de base b e altura h possuem, portanto, a mesma área
S.
Assim, 
5. Área do losango
O retângulo ABCD está dividido em oito triângulos
retângulos congruentes. O losango PQRS cujas diago -
nais medem D e d é composto por quatro desses triân -
gulos. A área S do losango é, portanto, a metade da área
do retângulo.
Assim,
6. Área do trapézio
O trapézio PQRS, cujas bases medem B e b e cuja
altura mede h, é equivalente ao trapézio P’Q’SR.
A união dos dois trapézios é o paralelogramo
PQP’Q’, cuja base mede B + b e a altura mede h.
A área S do trapézio PQRS é, portanto, a metade da
área do paralelogramo.
Assim, 
(B + b) . h
S = –––––––––––
2
D . d
S = –––––––
2
S = b . h
S = �2
S = a . b
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 63
MATEMÁTICA64
� (ENEM) – Em uma empresa, exis te um
galpão que precisa ser dividido em três depó -
sitos e um hall de entrada de 20 m2, conforme
a figura abaixo. Os de pósitos I, II e III serão
construídos para o armazenamento de, res pec -
tivamente, 90, 60 e 120 fardos de igual volume,
e suas áreas devem ser proporcionais a essas
capacidades.
A largura do depósito III dever ser, em metros,
igual a: 
a) 1. 
b) 2. 
c) 3. 
d) 4. 
e) 5.
Resolução
Sendo S1, S2 e S3 as áreas, em metros qua -
drados, dos depósitos I, II e III, respectiva -
mente e b a largura, em metros, do depósito
III, tem-se:
1o. ) S1 + S2 + S3 + 20 = 11 . 10 ⇔
⇔ S1 + S2 + S3 = 90
2o. ) = = =
= = =
3o. ) = ⇔ S3 = 40
4o. ) S3 = b . 10
Assim: b . 10 = 40 ⇔ b = 4
Resposta: D
� (UNISINOS) – Um homem deixou como
heran ça para seus dois filhos um terreno que
tem a forma de um trapézio retângulo (con -
forme figura a seguir). Para que a parte de cada
um tivesse a mesma área, os dois filhos re -
sol veram dividir o terreno, traçando uma para -
lela ao lado 
—
AD. A que distância do ponto D, em
metros, deve ser traçada esta paralela?
a) 15,80 b) 18,75 c) 20,84
d) 23,15 e) 26,03
Resolução
(45 – x + 30 – x)20
SAEFD = SEBCF x . 20 = ––––––––––––––––– ⇔2
⇔ 2x = 75 – 2x ⇔ 4x = 75 ⇔
75
⇔ x = –––– ⇔ x = 18,75
4
Resposta: B
S3
–––––
120
S3
––––
120
1
–––
3
90
––––
270
1
–––
3
S1 + S2 + S3
––––––––––––––
90 + 60 + 120
S1
––––
90S2
––––
60
Exercícios Resolvidos
� Calcular a área de um quadrado cuja diagonal mede 
2
��7 cm.
RESOLUÇÃO:
I. �2 + �2 = (2
��7 )2
2�2 = 4 . 7
�2 = 14
II. A = �2 = 14 cm2
� Num trapézio isósceles, as bases medem 8 cm e 18 cm e
os lados transversos medem 13 cm cada um. Deter minar a
área do trapézio.
RESOLUÇÃO:
I. h2 + 52 = 132 ⇒ h = 12 cm
II. A = . h ⇔ A = . 12 ⇔ A = 156 cm2
(18 + 8)
––––––––
2
(B + b)
–––––––
2
Exercícios Propostos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 64
MATEMÁTICA 65
� A medida de uma das diagonais de um losango é 6 cm.
Calcular a área do losango, sabendo-se que ele tem 20 cm de
perímetro.
RESOLUÇÃO:
I. 4� = 20
� = 5
II.
52 = x2 + 32 ⇒ x = 4 cm 
III. A = ⇒ A = = 24 cm2
� (MODELO ENEM) – Uma escola de educação artística
tem seus canteiros de forma geométrica. Um deles é o tra -
pézio retângulo com as medidas indicadas na figura. A área do
can teiro representado pela figura é:
a) 26 m2
b) 13 m2
c) 6,5 m2
d) 52 m2
e) 22 m2
RESOLUÇÃO:
I. h = 4 m
II. A = ⇔ A = ⇔ A = 26 m2
Resposta: A
� Determinar a área do paralelogramo da figura abaixo.
RESOLUÇÃO:
I. sen 60° = ⇔ = ⇔ h = 2
��3 cm
II. A = b . h ⇒ A = 10 . 
��3 . 2 . 
��3 ⇔ A = 60 cm2
h
–––
4
��3 
––––
2
h
–––
4
(8 + 5) . 4
––––––––––
2
(B + b) . h
––––––––––
2
8 . 6
––––––
2
D . d
––––––
2
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 65
MATEMÁTICA66
27 Área dos triângulos • Equilátero • Semiperímetro
1. Em função da base e da altura
O triângulo PQR, cuja base mede b e a altura h, é
equivalente ao triângulo RQ’P.
A área S do triângulo PQR é, portanto, a metade da
área do paralelogramo PQRQ’, cuja base mede b e a
altura mede h. 
Assim, 
2. Triângulo equilátero
Seja ABC um triângulo equilátero cujo lado mede �,
a altura h e a área S.
Lembrando que 
h = e S = ,
temos:
3. Em função do raio da
circunferência inscrita
Seja S a área do triângulo ABC, cujo raio da circun -
ferência inscrita mede r.
Sendo a, b e c as medidas dos lados do triângulo
ABC, po de mos calcular sua área somando as áreas dos
triângulos BOC, COA e AOB. 
Assim,
S = SBOC + SCOA + SAOB = + + =
= . r = p . r, onde p = é o semi -
perímetro. Assim, 
4. Em função de dois 
lados e do ângulo entre eles
Sejam a e b as medidas de dois lados de um triân -
gulo ABC e α a medida do ângulo entre eles. 
A altura h relativa ao lado a é dada por h = b . sen α
Assim, a área S do triângulo ABC é:
5. Em função do raio da
circunferência circunscrita
Sendo S a área do triângulo ABC, cujos lados
medem a, b e c e cujo raio da circunferência circunscrita
mede R, temos:
a . b . c
S = –––––––––
4R
a . b . sen α
S = –––––––––––––
2
S = p . r
a + b + c
–––––––––
2�
a + b + c
–––––––
2�
c . r
––––
2
b . r
––––
2
a . r
––––
2
�2 . 
��3
S = ––––––––
4
� . h
–––––
2
�
��3
–––––
2
b . h
S = ––––––
2
Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL
OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,
digite MAT2M206
No Portal Objetivo
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 66
MATEMÁTICA 67
6. Em função dos lados Sendo a, b e c as medidas dos lados do triângulo
ABC de área S, temos:
(Fórmula de Hierão)
onde p = é o semiperímetro.a + b + c––––––––
2
S = 
������������������������������������������p . (p – a) . (p – b) . (p – c)
� (ENEM) – Um terreno com o formato
mos trado na figura foi herdado por quatro
irmãos e deverá ser dividido em quatro lotes de
mesma área.
Um dos irmãos fez algumas propostas de divi -
são para que fossem analisadas pelos demais
herdeiros. Dos esquemas apresentados, onde lados de
mes ma medida têm símbolos iguais, o único
em que os quatro lotes não possuem, neces -
saria mente, a mesma área é:
Resolução
Nos esquemas (A), (B), (C) e (D) cada um dos 
quatro lotes desenhados tem exatamente 
da área do terreno original.
No esquema (E) os quatro lotes desenhados só
terão a mesma área se os lados indicados pelo
símbolo –––/ tiverem exatamente do com -
pri mento da base do paralelogramo configu -
rado pelo terreno original.
Assim sendo, os quatro lotes do esquema (E)
não pos suem, necessariamente, a mesma
área.
Resposta: E
� (ENEM) – Um engenheiro, para calcular a
área de uma cidade, copiou sua planta numa
folha de papel de boa qualida de, recortou e
pesou numa balança de precisão, obten do 40g.
Em seguida, recortou, do mesmo desenho,
uma praça de dimensões reais 100m x 100m,
pesou o recorte na mesma balança e obteve
0,08g. Com esses dados foi possível dizer que
a área da cidade, em me tros quadrados, é de,
aproximadamente,
a) 800. b) 10000. c) 320000.
d) 400000. e) 5000000.
Resolução
A planta da área da cidade pesou 40g. A praça
tem di mensões 100 m por 100 m. A área é de 
10 000 m2 e o recorte da planta pesou 0,08g.
Logo, a área da cidade é de 5 000 000 m2, pois
A 10 000
—– = ———— ⇒ A = 5 000 000
40 0,08
Resposta: E
1
––
4
1
––
4
Exercícios Resolvidos
� (FGV-SP) – Na figura plana abaixo, os triângulos ABC e
CDE são equiláteros.
Os lados medem 4 cm e 6 cm res pec tivamente.
Calcule a área do quadrilátero ABDE.
RESOLUÇÃO:
Sendo S a área do qua dri lá -
tero ABDE, em cen tímetros
quadra dos e su pondo A, C
e E alinha dos, temos:
S = SABC + SCDE + SBCD =
= + + = 4
��3 + 9
��3 + 6
��3 = 19
��3
Resposta: A área do quadrilátero ABDE é 19
��3 cm2
42 
��3
––––––––
4
62 
��3
––––––––
4
4 . 6 . sen60°
–––––––––––––
2
Exercícios Propostos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 67
MATEMÁTICA68
� Calcular a área de um triângulo cujos lados medem 
5 cm, 6 cm e 7 cm.
RESOLUÇÃO:
I. p = ⇒ p = 9 cm
II. A = 
�������������������������� p(p – a)(p – b)(p – c) ⇔ A = 
�������������� 9 . 4 . 3 . 2 ⇒ A = 6
��6 cm2
� O raio da circunferência inscrita no triângulo da questão
anterior mede:
a) 3
��2 cm b) 2
��3 cm c) cm
d) cm e) cm
RESOLUÇÃO:
A = p . r ⇔ 6
��6 = 9 . r ⇒ r = cm
Resposta: E
� O raio da circunferência circunscrita ao triângulo descrito
na questão � mede, em centímetros:
a) 4 b) c) d) e) 6
RESOLUÇÃO:
A = ⇔ R = ⇔ R = ⇒ R = cm
Resposta: D
� (ENEM) – O tangram é um jogo oriental antigo, uma es -
pécie de quebra-cabeça, constituído de sete peças: 5 triân -
gulos retângulos e isósceles, 1 paralelogramo e 1 qua drado.
Essas peças são obtidas recortando-se um quadrado de acordo
com o esquema da figura 1. Utilizando-se todas as sete peças,
é possível representar uma grande diver sidade de formas,
como as exemplificadas nas figuras 2 e 3.
Se o lado AB do hexágono mostrado na figura 2 mede 
2 cm, então a área da figura 3, que representa uma “casinha”,
é igual a
a) 4 cm2. b) 8 cm2. c) 12 cm2.
d) 14 cm2. e) 16 cm2.
RESOLUÇÃO:
Se o lado AB do hexágono mostrado na figura 2 mede 
2 cm, então, na figura 1, teremos as seguintes medidas:
A área das três figuras é a mesma e todas são iguais à área de um
quadrado de lado 2
��2 cm, que é (2
��2 cm)2 = 8 cm2.
Resposta: B
35
��6
–––––––
24
6 . 5 . 7
––––––––
4 . 6
��6
a . b . c
–––––––
4A
a . b . c
––––––––
4R
35
��6
–––––
24
25
��6
––––––
18
5
��6
–––––
4
2
��6
––––––
3
2
��6–––––
3
��6
––––
3
��6
––––
2
5 + 6 + 7
––––––––
2
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 68
MATEMÁTICA 69
28 Área das figuras circulares • Círculo • Coroa circular• Setor circular • Segmento circular
1. Área do círculo
Sendo S a área do círculo de raio R, temos:
Observação
O comprimento da circunferência de raio R é dado
por , onde π ≅ 3,1416.
2. Área da coroa circular
Sendo S a área da coroa circular de raios R e r, te -
mos: S = π R2 – π r2.
Assim,
3. Área do setor circular
Sendo S a área do setor circular de raio R limitado
por um arco de comprimento �, temos:
⇒
4. Área do segmento circular
A área S do segmento circular limitado pela corda 
AB
––
e pelo arco AB
�
é obtida da diferença entre a área do
setor circular AOB e a área do triângulo AOB.
Assim,
S = – ⇔ 
R
S = ––– . (� – h)
2
R . h
–––––
2
� . R
–––––
2
� . R
S = ––––––
2
�
S = –––––– . π R2
2π R
S = π . (R2 – r 2)
C = 2π R
S = π . R2
� (FGV – MODELOENEM) – Em uma cida -
de do interior, a praça principal, em forma de
um setor circular de 180 metros de raio e 200
me tros de comprimento do arco, ficou lotada
no co mício político de um candidato a prefeito.
Admitindo uma ocupação média de 4 pessoas
por metro quadrado, a melhor estimativa do
número de pessoas presentes ao comício é:
a) 70 mil b) 30 mil
c) 100 mil d) 90 mil
e) 40 mil
Resolução
Sendo α = = a medida, em ra -
dia nos, do ângulo cen tral A
^
OB e S a área do
setor circular corres pondente, temos
rad –––––––– S m2
2π rad –––––––––––– π . 1802 m2
= ⇔S= =18000 m2
O número estimado de pessoas no comício é:
4 . 18 000 = 72 000 pessoas
Resposta: A
20
––––
18
200
–––––
180
20
––––
18
10 . 1802
–––––––––
18
S 
––––––––
π . 1802
20
–––
18
–––––
2π
Exercícios Resolvidos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 69
MATEMÁTICA70
� Calcular a área da superfície assinalada:
RESOLUÇÃO:
S = Aquad. – ⇔
⇔ S = 42 – ⇒
⇒ S = 4(4 – π) cm2
� (FUVEST) – Na figura seguinte, estão re pre sen tados um
quadrado de lado 4, uma de suas diagonais e uma semicir -
cunferência de raio 2. Então a área da região hachurada é
a) + 2
b) π + 2
c) π + 3
d) π + 4
e) 2π + 1
RESOLUÇÃO:
A semicircunferência e a dia go nal
AC
__
passam pelo centro O do
quadrado ABCD de lado 4.
Assim, a área S da região ha chu -
 rada é igual à soma das áreas do
triângulo retângulo MOA e do
setor circular MOB, ou seja,
S = + . π . 22 ⇔
⇔ S = π + 2
Resposta: B
1
––
4
2 . 2
–––––
2
π
––
2
π42
––––
4
Acirc.
–––––
4
Exercícios Propostos
� (ENEM) – Uma empresa produz tampas
circulares de alumínio para tanques cilíndricos a
partir de chapas quadradas de 2 metros de la -
do, con for me a figura. Para 1 tampa grande, a
em presa produz 4 tampas médias e 16 tam pas
pequenas.
As sobras de material da produção diária das
tampas grandes, médias e pequenas dessa
em presa são doa das, respectivamente, a três
entida des: I, II e III, para efe tuarem recicla gem
do material. A partir dessas in for mações, pode-
se concluir que
a) a entidade I recebe mais material do que a
entidade II.
b) a entidade I recebe metade de material do
que a entidade III.
c) a entidade II recebe o dobro de material do
que a entidade III.
d) as entidade I e II recebem, juntas, menos
material do que a entidade III.
e) as três entidades recebem iguais quanti -
dades de material.
Resolução
Os raios das tampas grandes, médias e pe que -
nas são, respectivamente, 1 m, m e m.
Em metros quadrados, as sobras SI, SII e SIII
das tam pas grandes, médias e pequenas são,
respectivamen-te, tais que:
SI = 4 – π . 1
2 = 4 – π
SII = 4 – 4 . π .
2
= 4 – π
SIII = 4 – 16 . π . 
2
= 4 – π
Supondo que as quantidades de chapas
quadradas usadas diariamente para produzir as
tampas grandes seja a mesma para as tampas
médias e para as tampas pequenas, as sobras
serão iguais, pois SI = SII = SIII.
Resposta: E
1
––
2
1
––
4
1�––�2
1�––�4
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 70
MATEMÁTICA 71
� (UELON) – Na figura a seguir, têm-se a reta r tan gente à
circunferência de centro C e o triângulo equi látero ABC, cujo
lado mede 8
��3 cm.
A área da região sombreada é, em centímetros qua drados,
a) 52π b) 48π c) 36π d) 30π e) 24π
RESOLUÇÃO:
A região sombreada é um setor circular de 60° e raio
R = = 12
Assim, S = . π . 122 ⇔ S = 24π
Resposta: E
� (UNAERP – MODELO ENEM) – Uma pista de atletismo
tem a forma de coroa circular, e a maior distância que pode ser
percorrida em linha reta nessa pista é 40 m. A área da pista, em
metros quadrados, é:
a) 200π b) 300π c) 400π
d) 1600π e) 2000π
RESOLUÇÃO:
R2 = r2 + 202 ⇔ R2 – r2 = 400
Scoroa = π(R
2 – r2) = π . 400
Scoroa = 400π cm
2
Resposta: C
60°
–––––
360°
8
��3 . 
��3
––––––––––
2
29 Área dos polígonos • Apótema • Polígono regular
1. Polígonos circunscritos
Dizemos que um polígono é circunscritível quando
ele admite uma circunferência inscrita.
A área S de um polígono circunscrito a uma circun -
ferência de raio r é:
onde p é semiperímetro do polígono. 
De fato:
S = SO A1 A2 + SO A2 A3 + … + SO An–1 An + SO An A1 ⇒
⇒ S = + + … + =
= . r ⇒ S = p . r
Se o polígono for regular então o raio da circun fe rên -
cia inscrita recebe o nome de apótema e é re pre sentado
por a.
2. Área dos polígonos regulares
A área S de um polígono regular de perímetro 2p e
apótema a é, portanto:
S = p . a
a1 + a2 + … + an
––––––––––––––––
2
an . r–––––
2
a2 . r–––––
2
a1 . r–––––
2
S = p . r
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 71
MATEMÁTICA72
3. Triângulo equilátero
Sendo � a medida do lado do triângulo equilátero da
figura, temos:
a) Altura:
b) Apótema: a = h ⇒
c) Raio da circunferência circunscrita: 
R = h ⇒
d) Área:
e) O raio da circunscrita é o dobro do raio da inscrita:
4. Quadrado
Sendo � a medida do lado do quadrado da figura,
temos:
a) Diagonal:
b) Apótema: 
c) Raio da circunferência circunscrita:
R = ⇒
d) Área:
 5. Hexágono regular
Sendo � a medida do lado do hexágono regular da
figura, temos:
a) Apótema: (altura do triângulo 
equi látero AOB)
b) Raio da circunferência circunscrita:
(lado do triângulo equilátero AOB).
c) Área: S = 6 . SΔAOB ⇒
3�2
��3
S = –––––––
2
R = �
�
��3
a = –––––
2
S = �2
�
��2
R = –––––
2
d––
2
�
a = –––
2
d = �
��2
R = 2r
� 2
��3
S = ––––––
4
� 
��3
R = –––––
3
2––
3
� 
��3
a = –––––
6
1––
3
�
��3
h = –––––
2
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 72
MATEMÁTICA 73
� (FUVEST) – A figura representa sete
hexágonos regulares de lado 1 e um hexágono
maior, cujos vértices coincidem com os centros
de seis dos hexágonos menores. Então a área
do pentágono hachurado é igual a
a) 3
��3 b) 2
��3 c)
d) 
��3 e)
Resolução:
A área S do pentágono hachurado é igual à
soma das áreas de dois triângulos equiláteros
congruentes de lado 1.
Assim:
S = 2 . ⇔ S = 
Resposta: E
� (UNIFESP) – O hexágono cujo interior
aparece destacado em cinza na figura é regular
e origina-se da sobreposição de dois triângulos
equiláteros.
Se k é a área do hexágono, a soma das áreas
desses dois triângulos é igual a:
a) k. b) 2k. c) 3k. d) 4k. e) 5k.
Resolução
Na figura, o triângulo ABC e o triân gulo DEF
estão divididos em 9 triângulos equiláteros
menores, dos quais o hexágono ocupa seis
deles. Desta forma, se SABC, SDEF e k, são as
áreas, respectivamente, dos triân gulos ABC,
DEF e do hexágono regular então:
= = ⇒
⇒ SABC = SDEF = k 
e SABC + SDEF = k + k = 3k
Resposta: C
3
–––
2
3
–––
2
3
–––
2
SABC
––––––
k
SDEF
––––––
k
9
–––
6
12 . 
��3
–––––––
4
��3
––––
2
��3
––––
2
3
��3
–––––
2
Exercícios Resolvidos
� O apótema de um hexágono regular inscrito numa
circunferência de raio 8 cm, vale em cm:
a) 4 b) 4
��3 c) 8 d) 8
��2 e) 12
RESOLUÇÃO:
a = hΔ eq ⇔ a = ⇔ a = ⇔ a = 4
��3 cm
Resposta: B
� (UNESP – MODELO ENEM) – Um salão de festas na
forma de um hexágono regular, com 10 m de lado, tem ao
centro uma pista de dança na forma de um círculo, com 5 m de
raio.
A área, em metros quadrados, da região do salão de festas que
não é ocupada pela pista de dança é:
a) 25 (30
��3 – π) b) 25 (12
��3 – π) c) 25 (6
��3 – π) 
d) 10 (30
��3 – π) e) 10 (15
��3 – π) 
RESOLUÇÃO:
A área do salão não ocupada pela pista de dança é de
– π . 52 m2 = (150
��3 – 25π) m2 =
= 25 . (6
��3 – π) m2
Resposta: C
� 6 . 102 . 
��3––––––––––––
4
�
�
��3
–––––
2
8
��3
–––––
2
Exercícios Propostos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 73
MATEMÁTICA74
� (MACKENZIE – MODELO ENEM) – Na figura, ABCDEF é
um hexágono regular de lado 1 cm. A área do triângulo BCE,
em cm2, é
a)
b)
c) 3
�2
d) 2
�3
e) 
�3
RESOLUÇÃO:
Sendo SOBC, SOCD e SODE, respectivamente, as áreas dos triân -
gulos OBC, OCD e ODE, equiláteros de lado medindo 1cm, a área
S do triângulo BCE é tal que
S = SOBC + . SOCD + SODE =
= = . + . ⇔ S = cm2
Resposta: B
� (MACKENZIE) – Na figura, um octógono regular e um qua -
drado estão inscritos na circunferência de raio r = 
�2. A área
da região sombreada é: 
a) 4 . (�2 – 1) b) + 1
c) d)
e)
RESOLUÇÃO:
1) Soctógono = 8.SΔOCD = 8 . = 4
��2
2) Squadrado = 4.SΔAOB = 4 . = 4
Assim, a área S da região sombreada é:
S = Soctógono – Squadrado = 4
��2 – 4 = 4(
��2 – 1)
Resposta: A
��2 . 
��2
–––––––––
2
��2 . 
��2 . sen 45°
–––––––––––––––––
2
�2 + 11
–––––––––
8
8
�2
––––
7
4 . (
�2 + 1)
–––––––––––––
5
�2
––––
2
��3
–––––
2
12 
��3
–––––––
4
1
–––
2
12 
��3
–––––––
4
1
–––
2
12 
��3
–––––––
4
1
–––
2
1
–––
2
�3
––––
2
�2
––––
3
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 74
MATEMÁTICA 75
30 Área de figuras semelhantes • Razão de semelhança
A razão entre as áreas de duas figuras semelhantes
é igual ao quadrado da razão de semelhança.
Exemplo
Os polígonos ABCDE e PQRST são semelhantes e a
razão de semelhança é k.
Sendo S
1
e S
2
as áreas dos polígonos ABCDE e
PQRST, respectivamente, temos:
e
S1
–––– = k2
S2
a b c d e
–– – = ––– = ––– = ––– = ––– = k
a’ b’ c’ d’ e’
� (MODELO ENEM) – O terreno plano ABC
da figura seguinte tem 760 metros quadrados
de área e o mu ro da divisa BC tem 38 metros
de com primento. Seu proprietário resolveu
dividi-lo em dois terrenos menores de mesma
área, construindo o muro DE paralelo ao muro
BC. Considerando 
�2 = 1,4, pode-se afir mar
que a distância entre os muros para lelos DE e
BC, em metros, é apro xi mada mente igual a:
a) 12 b) 16 c) 18 d) 20 e) 28
Resolução
= � �
2
=
Assim: 
= ⇔
⇔ x = 40 – 20
�2 ⇔ x ≅ 40 – 28 = 12
Resposta: A
� (MODELO ENEM) – No terreno ABC da
figura, uma pessoa pretende construir uma
resi dên cia, preservando a área verde da região
assinalada.
Se BC = 80 m, AC = 120 m e MN = 40 m, a
área livre para a construção, em metros quadra -
dos, é de:
a) 1400 b) 1600 c) 1800
d) 2000 e) 2200
Resolução
Sendo SAMN, SABC e SL, respectivamente,
as áreas, em m2, dos triângulos AMN,
ABC e a área livre, tem-se:
1) SABC = = 2400
2) ΔAMN ~ ΔABC ⇔
⇔ = � �
2
⇔
⇔ = � �
2
⇔
⇔ SAMN = 600
3) SL = SABC – SAMN = 2400 – 600 = 1800
Resposta: C
40
––––
80
SAMN
–––––––
2400
MN
–––––
BC
SAMN
–––––––
SABC
80 . 120 . sen 30°
–––––––––––––––––
2
40 – x
–––––––
40
�2
––––––
2
SΔADE
–––––––
SΔABC
40 – x
–––––––
40
1
–––
2
Exercícios Resolvidos
C2_2oA_MAT_Rose_2013 24/09/12 10:03 Página 75
MATEMÁTICA76
� (UNIFESP – MODELO ENEM) – Você tem dois pedaços
de arame de mesmo comprimento e pequena espessura. Um
deles você usa para formar o círculo da figura I, e o outro você
corta em 3 partes iguais para formar os três círculos da 
figura II.
Se S é a área do círculo maior e s é a área de um dos cír cu los
menores, a relação entre S e s é da da por
a) S = 3s. b) S = 4s. c) S = 6s.
d) S = 8s. e) S = 9s.
RESOLUÇÃO:
Sendo R o raio do círculo de área S e r o raio de cada círculo menor
de área s, de acordo com o enunciado, tem-se:
1) 2πR = 2πr + 2πr + 2πr ⇔ R = 3r ⇔ = 3
2) = 
2
Assim: = 32 ⇔ S = 9.s
Resposta: E
� (FUVEST) – No papel quadriculado da figura abaixo, ado -
ta-se como unidade de comprimento o lado do quadrado ha -
churado. 
—
DE é paralelo a 
—
BC. Para que a área do triângulo ADE
seja a metade da área do triângulo ABC, a medida de 
—
AD, na
unidade adotada, é
a) 4
��2 b) 4 c) 3
��3
d) e)
RESOLUÇÃO:
Os triângulos ADE e ABC são semelhantes pelo critério (AA~).
Assim,
=
2
⇔ = ⇔
⇔ (AD)2 = 32 ⇔ AD = 
���32 ⇔ AD = 4
��2
Resposta: A
� (MACKENZIE) – O triângulo ABC da figura foi dividido em
duas partes de mesma área pelo seg mento
—
DE, que é paralelo
a
—
BC. A razão va le
a) 2
b)
c)
d) 
��2
e)
RESOLUÇÃO:
Os triângulos ABC e ADE são semelhantes e como a área do
triângulo ADE é igual à área do trapézio DECB, pode-se concluir
que a área do triângulo ABC é igual ao dobro da área do triângulo
ADE.
Assim: 
2
= 2 ⇔ = 
��2
Resposta: D
( BC––––DE )
BC
––––
DE
3 
��2
––––––
2
5
–––
2
3
–––
2
—
BC
––––
—
DE
SΔADE
––––––––
SΔABC
( AD–––––AB ) 1–––2
(AD)2
–––––
82
8
��3
–––––
3
7
��3
–––––
2
S
–––
s
S
–––
s
R�–––�r
R
–––
r
Exercícios Propostos
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MATEMÁTICA 77
� A razão entre a área do círculo inscrito e a área do círculo
circunscrito a um mesmo hexágono regular é igual a:
a) b) c) d) e)
RESOLUÇÃO:
Consideremos o hexágono regular do lado “�”.
I. r = hΔeq ⇔ r = 
⇒
Resposta: C
3π �2
–––––– 
A1 4 3
–––– = –––––––– = –––
A2 π �
2 4
�2 . 3
II. A1 = π r
2 ⇔ A1 = π . ––––––
4
III. R = �
IV. A2 = π R
2 ⇔ A2 = π �
2
�
��3
–––––
2
4
–––
5
2
–––
3
3
–––
4
1
–––
2
1
–––
4
1. Definição de prisma
Sejam α e β dois planos paralelos distintos.
Consideremos uma região poligonal com n lados contida
em α e uma reta r que intercepta os planos α e β nos
pontos A e B respectivamente. Chama-se prisma a
união de todos os segmentos paralelos ao segmento de
reta AB
––
, com uma extremidade na região poligonal e a
outra extremidade em β.
2. Elementos
A1A2A3 … An e B1B2B3 … Bn são polígonos
côngruos e paralelos chamados de bases.
A1B1
–––– 
, A2B2
––––
, … AnBn
––––
são segmentos côngruos e
paralelos chamados arestas laterais.
Os segmentos A1A2, A2A3, … An – 1An, AnA1, B1B2,
B2B3,…Bn – 1Bn, BnB1 são chamados arestas das bases.
A1A2B2B1, A2A3B3B2, … são paralelogramos cha ma -
dos faces laterais.
A distância h, entre os planos que contêm as bases
do prisma, é chamada altura do prisma.
3. Classificação
Prisma reto é todo prisma cujas arestas laterais são
perpendiculares aos planos que contêm as bases.
Prisma oblíquo é todo prisma cujas arestas laterais
são oblíquas aos planos que contêm as bases.
Prisma regular é todo prisma reto cuja base é um
polígono regular.
31 e 32 Prismas • Base • Face • Aresta
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MATEMÁTICA78
4. Nomenclatura
Os prismas são chamados triangulares, quadran -
gulares, pentagonais etc., conforme as bases sejam
triângulos, quadriláteros, pentágonos, etc.
5. Áreas
Área de uma face lateral é a área de um dos
polígonos que constitui uma face lateral do prisma.
Se o prisma for regular, todas as faces laterais terão
mesma área.
Área lateral é a soma das áreas de todas as faces
laterais de um prisma.
Área total é a soma das áreas de todas as faces do
prisma.
Assim, sendo A
�
a área lateral de um prisma, A
b
a
área de uma das bases e A
t
a área total, temos: 
6. Volume
Definição
Volume de um sólido é um número, associado a ele,
que exprime a razão exis tente entre o espaço por ele
ocupado e o espaço ocupado por um cubo de aresta
unitária.
Volume dos prismas
O volume V de um prisma com área da base Ab e
altura h é dado por:
V = Ab . h
At = 2 . Ab + A�
� (MODELO ENEM) – Uma piscina de forma retangular tem 15 m
de comprimento, 8 m de largura, 1 m de profundidade num de seus
extremos e 2 m de profundidade no outro extremo, sendo seu fundo
um plano inclinado. Quantos litros de água são necessários para encher
completamente essa piscina?
a) 60 000 b) 90 000 c) 120 000
d) 150 000 e) 180 000
Resolução
V = Ab . h
V = . 80 dm3
V = 180 000 litros
Resposta: E
� (PUC) – Suponha que o bolo mostrado na tira a seguir apóie-se
sobre um suporte circular feito de chocolate que, por sua vez,
encontra-se sobre uma mesa de madeira de tampo retangular, cujas
dimensões são 0,90 m de comprimento, 0,80 m de largura e 0,02 m de
espessura. Assim, a parte dura que o Cebolinha mordeu diz respeito
apenas a um pedaço do tampo da mesa.
Fonte: Jornal O Estado de S. Paulo – 13/10/01
Se o pedaço de madeira na fatia tem a forma de um prisma regular
triangular, cuja aresta da base mede 6 cm, o volume de madeira do
pedaço equivale a que por centagem do volume do tampo da mesa?
(Use 
��3 =1,7)
a) 0,2125% b) 0,425% c) 2,125% d) 4,25% e) 21,25%
Resolução
Sejam VT e VP, respectivamente, os volumes do tampo da mesa e do
pedaço de madeira, em centímetros cúbicos. Supondo que o tampo da
mesa tem a forma de um paralelepípedo reto retângulo, temos:
a) VT = 90 . 80 . 2 = 14400
b) VP = . 2 = 9 . 1,7 . 2 = 30,6
Assim, o volume de madeira do pedaço equivale a= 0,002125 = 0,2125% do volume do tampo da mesa.
Resposta: A
30,6
–––––––
14400
62
��3
––––––
4
(20 + 10) . 150
––––––––––––––
2
Exercícios Resolvidos – Módulos 31 e 32
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MATEMÁTICA 79
� (VUNESP – MODELO ENEM) – Se dobrarmos convenien -
temente as linhas tracejadas da figura abaixo, obteremos uma
figura espacial cujo nome é:
a) pirâmide de base pentagonal 
b) paralelogramo 
c) octaedro
d) tetraedro
e) prisma
RESOLUÇÃO:
Resposta: E
� Calcular a área lateral e a área total de um prisma triangular
regular cujas 9 arestas medem 2 cm cada.
RESOLUÇÃO:
I) A� = 3 . A
A� = 3 . 2 . 2
A� = 12 cm
2
II) At = A� + 2AB
At = 12 + 2AΔ
At = 12 + 2 .
At = 12 + 2
��3
At = 2(6 + 
��3)cm2
� (UFRN) – Um triângulo isósceles cujos
lados medem 10 cm, 10 cm e 12 cm é a
base do prisma reto de volume igual a 
528 cm3, conforme a figura ao lado.
Pode-se afirmar que a altura h do prisma é
igual a:
a) 8 cm b) 11 cm 
c) 12 cm d) 13 cm
RESOLUÇÃO:
1o.) 
Ab = cm
2 = 48 cm2
2o. ) Cálculo da altura h do prisma
V = Ab . h ⇔ 48 . h = 528 ⇔ h = 11
Resposta: B
� Calcular a área lateral e a área total de um prisma hexa -
gonal regular cujas arestas da base medem 2 cm e cuja altura
mede 5 cm.
RESOLUÇÃO:
I) A� = 6 . Aretângulo
A� = 6 . 2 . 5
A� = 60 cm
2
II) At = A� + 2AB
At = 60 + 2 Ahexágono
At = 60 + 2 . 6 . 
At = 60 + 12
��3
At = 12(5 + 
��3) cm2
� O volume, em cm3, do prisma da questão anterior é igual
a:
a) 60 b) 120 c) 120
��3 d) 30
��3 e) 40
��3
RESOLUÇÃO:
V = AB . h
V = Ahexágono . h
V = 6 . . 5
V = 30
��3 cm3
Resposta: D
22
��3
––––––
4
22
��3
–––––
4
12 . 8
––––––
2
22
��3
–––––
4
Exercícios Propostos – Módulo 31
Para saber mais sobre o assunto, acesse o PORTAL
OBJETIVO (www.portal.objetivo.br) e, em “localizar”,
digite MAT2M207
No Portal Objetivo
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MATEMÁTICA80
� (VUNESP – MODELO ENEM) – O volume do ar contido
em um galpão com a forma e dimensões dadas pela figura
abaixo é:
a) 288
b) 384
c) 480
d) 360
e) 768
RESOLUÇÃO:
V = AB . h ⇒ V= AB . 12 ⇒ V = 2 . Atrapézio . 12
V = 2 . . 12 
V = 2 . 16 . 12
V = 384
Resposta: B
� A área lateral de um prisma regular hexagonal é o triplo da
área da base desse prisma. Calcular o seu volume, sabendo
que a base do prisma tem 12 cm de perímetro.
RESOLUÇÃO:
I) AB = 6 . AΔ
AB = 6 .
AB = 6
��3 cm2
II) A� = 3 . AB
A� = 3 . 6 . AΔ
A� = 18 .
A� = 18
��3 cm2
III) A� = 6 . A ⇒ A� = 6 . 2 . h ⇒ 18 
��3 = 12h ⇒ h = cm
IV) V = AB . h
V = 6 . 
��3 .
V = 27 cm3
� Calcular a altura e o volume de um prisma oblíquo cuja
base é um quadrado de lado 3 m e cuja aresta lateral de 4 m
forma ângulo de 60° com o plano da base.
RESOLUÇÃO:
I) sen 60° = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ h = 2
��3 m
II) V = AB . h
V = 32 . 2
��3
V = 18 . 
��3 m3
� (MACKENZIE) – A base de um prisma reto é um triângulo
que possui um ângulo de 60° formado por dois lados de
medidas 5 cm e 10 cm. Se a altura desse prisma é o dobro da
altura relativa ao maior lado da base, então seu volume, em
cm3, vale
a) 750 b) 187,5 c) 500 
��3
d) 250 
��3 e) 750 
��3 
RESOLUÇÃO:
1) sen 60° = ⇒ h = cm
2) Ab = ⇒ Ab = cm
2
3) V = Ab . 2h = . 2 .
Assim V = 187,5 cm3
Resposta: B
5 
��3
––––––
2
25 
��3
––––––
2
25 
��3
–––––––
2
10 . 5 . sen 60°
––––––––––––––
2
5 
��3
––––––
2
h
–––
5
h
–––
4
��3
–––
2
h
–––
4
3
��3
–––––
2
3
��3
–––––
2
22
��3
–––––
4
22
��3
–––––
4
(5 + 3) . 4
––––––––––
2
Exercícios Propostos – Módulo 32
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