Prova CN 1983-1984 (Resolução M)

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X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira 
 
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Sumário 
INTRODUÇÃO ..................................................................................................................................... 2 
CAPÍTULO 1 - ENUNCIADOS ........................................................................................................... 3 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 1984/1985 .................................................. 3 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 1983/1984 ................................................ 10 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – FAIXA BÔNUS ...................................... 16 
CAPÍTULO 2 ....................................................................................................................................... 25 
RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES ..................................................................... 25 
QUADRO RESUMO DAS QUESTÕES DE 1984 A 2016 ........................................................ 28 
CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES POR ASSUNTO ........................................................... 29 
CAPÍTULO 3 ....................................................................................................................................... 33 
ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES ..................................................................................................... 33 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 1984/1985 ................................................ 33 
NOTA 1: PRODUTOS NOTÁVEIS E FATORAÇÃO .............................................................. 50 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 1983/1984 ................................................ 64 
NOTA 2: ÁREAS DE REGIÕES CIRCULARES ...................................................................... 80 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – FAIXA BÔNUS ...................................... 90 
NOTA 3: RELAÇÕES MÉTRICAS EM UM TRIÂNGULO QUALQUER .............................. 91 
NOTA 4: PROBLEMAS TIPO TORNEIRA ............................................................................ 118 
 
 
 
 
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INTRODUÇÃO 
 
Esse livro é uma coletânea com as questões das Provas de Matemática do Concurso de Admissão ao 
Colégio Naval (CN) dos anos de 1984 a 2016, mais uma “faixa bônus” com 40 questões anteriores a 
1984, detalhadamente resolvidas e classificadas por assunto. Na parte G serão apresentadas as provas 
de 1984, 1985 e a Faixa Bônus, totalizando 90 questões. 
No capítulo 1 encontram-se os enunciados das provas, para que o estudante tente resolvê-las de 
maneira independente. 
No capítulo 2 encontram-se as respostas às questões e a sua classificação por assunto. É apresentada 
também uma análise da incidência dos assuntos nesses 35 anos de prova. 
No capítulo 3 encontram-se as resoluções das questões. É desejável que o estudante tente resolver as 
questões com afinco antes de recorrer à sua resolução. 
Espero que este livro seja útil para aqueles que estejam se preparando para o concurso da Colégio 
Naval ou concursos afins e também para aqueles que apreciam Matemática. 
 
Renato de Oliveira Caldas Madeira é engenheiro aeronáutico pelo Instituto Tecnológico de 
Aeronáutica (ITA) da turma de 1997 e Mestre em Matemática Aplicada pelo Fundação Getúlio Vargas 
(FGV-RJ); participou de olimpíadas de Matemática no início da década de 90, tendo sido medalhista 
em competições nacionais e internacionais; trabalha com preparação em Matemática para concursos 
militares há 20 anos e é autor do blog “Mademática”. 
 
AGRADECIMENTOS 
 
Gostaria de agradecer aos professores que me inspiraram a trilhar esse caminho e à minha família pelo 
apoio, especialmente, aos meus pais, Cézar e Sueli, pela dedicação e amor. 
Gostaria ainda de dedicar esse livro à minha esposa Poliana pela ajuda, compreensão e amor durante 
toda a vida e, em particular, durante toda a elaboração dessa obra e a meus filhos Daniel e Davi que 
eu espero sejam futuros leitores deste livro. 
 
Renato Madeira 
 
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volumes da coleção X-MAT! 
Volumes já lançados: 
Livro X-MAT Volume 1 EPCAr 2011-2015 
Livro X-MAT Volume 2 AFA 2010-2015 
Livro X-MAT Volume 3 EFOMM 2009-2015 
Livro X-MAT Volume 4 ESCOLA NAVAL 2010-2015 
Livro X-MAT Volume 6 EsPCEx 2011-2016 
 
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ENUNCIADOS CN 1984-1985 
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CAPÍTULO 1 - ENUNCIADOS 
 
 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 1984/1985 
 
 
1) Dado dois conjuntos A e B tais que: 
- O número de subconjuntos de A está compreendido entre 120 e 250 . 
- B tem 15 subconjuntos não vazios. 
O produto cartesiano de A por B tem 
(A) 8 elementos 
(B) 12 elementos 
(C) 16 elementos 
(D) 28 elementos 
(E) 32elementos 
 
2) O valor da expressão 
1
23 0
1 2 1
0,666
6 3 1,333

 
         
     
 é: 
(A) 
2
5
 
(B) 
2
5
 
(C) 
5
2
 
(D) 
5 2
2
 
(E) 
2 5
5
 
 
3) Antônio constrói 20 cadeiras em 3 dias de 4 horas de trabalho por dia. Severino constrói 15 
cadeiras do mesmo tipo em 8 dias de 2 horas de trabalho por dia. Trabalhando juntos, no ritmo de 6 
horas por dia, produzirão 250 cadeiras em: 
(A) 15dias 
(B) 16 dias 
(C) 18 dias 
(D) 20 dias 
(E) 24 dias 
 
4) A soma de todas as raízes da equação       3x 12 x 2 x 2 3x 12 x 6       é: 
(A) 3 
(B) 1 
(C) 0 
(D) 1 
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(E) 3 
 
5) Um polígono regular possui 70 diagonais que não passam pelo seu centro. O valor da medida do 
ângulo interno do referido polígono está, em graus, compreendido entre 
(A) 70 e 80 . 
(B) 100 e 120 . 
(C) 120 e 130 . 
(D) 140 e 150 . 
(E) 150 e 160 . 
 
6) Uma empresa possui uma matriz M e duas filiais A e B. 45% dos empregados da empresa trabalham 
na matriz M e 25% dos empregados trabalham na filial A. De todos os empregados dessa empresa, 
40% optaram por associarem-se a um clube classista, sendo que 25% dos empregados da matriz M e 
45% dos empregados da filial A se associaram ao clube. O percentual dos empregados da filial B que 
se associaram ao clube é de: 
(A) 17,5% 
(B) 18,5% 
(C) 30% 
(D) 
1
58 %
3
 
(E) 
2
61 %
3
 
 
7) Dois lados de um triângulo são iguais a 4 cm e 6 cm . O terceiro lado é um número expresso por 
2x 1 , onde x  . O seu perímetro é: 
(A) 13 cm . 
(B) 14 cm . 
(C) 15 cm . 
(D) 16 cm . 
(E) 20 cm . 
 
8) Se 
2
1
x 3
x
 
  
 
, então 3
3
1
x
x
 é igual a: 
(A) 0 
(B) 1 
(C) 2 
(D) 3 
(E) 4 
 
9) O sistema 
mx 5y 3
3x ky 4
 

 
 é equivalente ao sistema 
2x y 4
3x y 1
 

 
. Logo, pode-se afirmar que: 
(A) m k 8   
(B) mk 1  
(C) k
1
m
7
 
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(D) 
7
m k
2
  
(E) m k 8  
 
10) Considere a soma de n parcelas 
15 15 15S n n n   . Sobre as raízes da equação 
24 S 13n 36  podemos afirmar que 
(A) seu produto é 36 . 
(B) sua soma é nula. 
(C) sua soma é 5 . 
(D) seu produto é 18 . 
(E) seu produto é 36 . 
 
11) José e Pedro constituíram uma sociedade, onde José entrou com Cr$ 2.000.000,00 e Pedro com 
Cr$ 2.500.000,00 . Após 8 meses, Joséaumentou seu capital para Cr$ 3.500.000,00 e Pedro diminuiu 
seu capital para Cr$1.500.000,00 . No fim de 1 ano e 6 meses houve um lucro de Cr$ 344.000,00 . 
A parte do lucro que coube a José foi de: 
(A) Cr$140.000,00 
(B) Cr$144.000,00 
(C) Cr$186.000,00 
(D) Cr$ 204.000,00 
(E) Cr$ 240.000,00 
 
12) Num triângulo equilátero de altura h , seu perímetro é dado por 
(A) 
2h 3
3
 
(B) h 3 
(C) 2h 3 
(D) 6h 
(E) 6h 3 
 
13) O menor valor inteiro da expressão 25n 195n 1  ocorre para n igual a: 
(A) 10 
(B) 15 
(C) 20 
(D) 25 
(E) 30 
 
 
 
 
 
 
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14) O círculo de centro O da figura abaixo tem 6 cm de raio. Sabendo que PA é tangente à 
circunferência e que a medida do segmento PC é igual a 6 cm , a área hachurada é, em 2cm , 
aproximadamente, igual a 
 
(A) 10 
(B) 10,5 
(C) 11 
(D) 11,5 
(E) 12 
 
15) Sendo 2x 343 , 3 2y 49 e 6 5z 7 , o algarismo das unidades simples do resultado de 
24
xy
z
 
 
 
 é: 
(A) 1 
(B) 3 
(C) 5 
(D) 7 
(E) 9 
 
16) O pentágono ABCDE da figura abaixo é regular e de lado . Sabendo que o segmento AF tem 
medida igual a , pode-se afirmar que o ângulo BFE mede: 
 
(A) 36 
(B) 45 
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(C) 54 
(D) 60 
(E) 72 
 
17) Sejam r e s as raízes da equação 
2x 3 3x 7 0   . O valor numérico da expressão 
  r s 1 r s 1    é 
(A) 
2
7
 
(B) 
3
7
 
(C) 
9
7
 
(D) 
4
3
 
(E) 2 
 
18) Considere os conjuntos   A 1, 1 ,2 e   B 1,2, 2 e as cinco afirmações: 
I)  A B 1  
II)    2 B A  
III)  1 A 
IV)   A B 1, 2, 1, 2  
V)   B A 2  
Logo, 
(A) todas as afirmações estão erradas. 
(B) só existe uma afirmação correta. 
(C) as afirmações ímpares estão corretas. 
(D) as afirmações III e V estão corretas. 
(E) as afirmações I e IV são as únicas incorretas. 
 
19) O coeficiente do termo de 2 grau do produto entre o quociente e o resto, resultantes da divisão de 
3 4x 3x x 7   por 22 x é: 
(A) 22 
(B) 11 
(C) 10 
(D) 1 
(E) 1 
 
20) Dois lados de um triângulo medem 4 cm e 6 cm e a altura relativa ao terceiro lado mede 3 cm . 
O perímetro do círculo circunscrito ao triângulo mede: 
(A) 4 cm 
(B) 6 cm 
(C) 8 cm 
(D) 12 cm 
(E) 16 cm 
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21) Unindo-se os pontos médios dos quatro lados de um quadrilátero L , obtém-se um losango. Pode-
se afirmar que L 
(A) é um retângulo. 
(B) tem diagonais perpendiculares. 
(C) é um trapézio isósceles. 
(D) é um losango. 
(E) tem diagonais congruentes. 
 
22) Considere os conjuntos M dos pares ordenados  x, y que satisfazem à equação 
   1 1 1 2 2 2a x b y c a x b y c 0      e N dos pares ordenados  x, y que satisfazem o sistema 
1 1 1
2 2 2
a x b y c 0
a x b y c 0
  

  
. Sendo 1 1 1 2 2 2a b c a b c 0      , pode-se afirmar que : 
(A) M N 
(B) M N M  
(C) M N  
(D) M N N  
(E) M N  
 
23) A figura abaixo representa a planta de uma sala e foi desenhada na escala 1:100 . A área real da 
sala é: 
 
(A) 
220 cm 
(B) 228,5 cm 
(C) 
22850 cm 
(D) 228,5 m 
(E) 280, 4 m 
 
 
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24) Os hexágonos regulares da figura são congruentes e os segmentos CD e GH são colineares. A 
razão entre a área de um deles e a área do triângulo EMN é igual a: 
 
 
(A) 6 
(B) 9 
(C) 12 
(D) 16 
(E) 18 
 
25) Sabendo-se que a média aritmética e a harmônica entre dois números naturais valem, 
respectivamente, 10 e 
32
5
, pode-se dizer que a média geométrica entre esses números será igual a: 
(A) 3, 6 
(B) 6 
(C) 6, 4 
(D) 8 
(E) 9 
 
 
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1) Num colégio verificou-se que 120 alunos não têm pai professor; 130 alunos não têm mãe professora 
e 5 têm pai e mãe professores. Qual o número de alunos do colégio, sabendo-se que 55 alunos 
possuem pelo menos um dos pais professor e que não existem alunos irmãos? 
(A) 125 
(B) 135 
(C) 145 
(D) 155 
(E) 165 
 
2) O resto da divisão por 11 do resultado da expressão 20 32 261211 9119 343  é: 
(A) 9 
(B) 1 
(C) 10 
(D) 6 
(E) 7 
 
3) Associando-se os conceitos da coluna da esquerda com as fórmulas da coluna da direita, sendo a e 
b números inteiros positivos quaisquer, tem-se: 
 
I – média harmônica dos números a e b a) a b 
II – média ponderada dos números a e b 
b) 
a
b
 
III – média proporcional entre os números a e b 
c) 
a b
2

 
IV – o produto do máximo divisor comum pelo 
mínimo múltiplo comum de a e b 
 
d) 
2ab
a b
 
V – a média aritmética simples entre a e b e) a b 
 
(A) (I; b); (II; c); (IV; e) 
(B) (II; c); (III; a); (IV; e) 
(C) (I; d); (II; c); (V; c) 
(D) (III; a); (IV; e); (V; b) 
(E) (I; d); (III; a); (IV; e) 
 
4) Uma grandeza X é diretamente proporcional às grandezas P e T e inversamente proporcional ao 
quadrado da grandeza W . Se aumentarmos P de 60% do seu valor e diminuirmos T de 10% do seu 
valor, para que a grandeza X não se altere, devemos: 
(A) diminuir W de 35% do seu valor; 
(B) aumentar W de 35% do seu valor; 
(C) diminuir W de 20% do seu valor; 
(D) aumentar W de 20% do seu valor; 
(E) aumentar W de 25% do seu valor. 
 
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5) Seja o número  
 
 2
2
N 10.000


 , o número de divisores positivos de N é: 
(A) 6 
(B) 13 
(C) 15 
(D) 4 
(E) 2 
 
6) Calcule a diferença y x , de forma que o número: 
x 4 y2 3 26  possa ser expresso como uma 
potência de base 39 . 
(A) 8 
(B) 0 
(C) 4 
(D) 2 
(E) 3 
 
7) A , B e C são respectivamente os conjuntos dos múltiplos de 8 , 6 e 12 , podemos afirmar que o 
conjunto  A B C  é o conjunto dos múltiplos de: 
(A) 12 
(B) 18 
(C) 24 
(D) 48 
(E) 36 
 
8) Sendo P 3 , podemos afirmar que o trinômio 2y 2x 6x P   : 
(A) se anula para dois valores positivos de x ; 
(B) se anula para dois valores de x de sinais contrários; 
(C) se anula para dois valores negativos de x ; 
(D) não se anula para valores de x reais; 
(E) tem extremo positivo. 
 
9) No sistema 
   
3 2 2 3
2 2 2 2
x 3x y 3xy y 8
x y . x 2xy y 12
    

   
 a soma dos valores de x e y é: 
(A) 1 
(B) 
3
4
 
(C) 
2
3
 
(D) 
4
3
 
(E) 
3
2
 
 
 
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10) O valor de a , para que a soma dos quadrados das raízes da equação  2x 2 a x a 3 0     seja 
mínima, é: 
(A) 1 
(B) 9 
(C) 2 
(D) 1 
(E) 9 
 
11) A soma das raízes da equação 
2 2x 6x 9 4 x 6x 6     , é: 
(A) 6 
(B) 12 
(C) 12 
(D) 0 
(E) 6 
 
12) Efetuando o produto   100 99 98 97 2x 1 x x x x x x 1        , encontramos: 
(A) 100x 1 
(B) 200x 1 
(C) 101 50x x 1  
(D) 1002x 2 
(E) 101x 1 
 
13) Seja  4 2P x 2x 5x 3x 2    e   2Q x x 3x 1   ; se    P x Q x determina um quociente 
 Q x e um resto  R x , o valor de    Q 0 R 1  é: 
(A) 0 
(B) 28 
(C) 25 
(D) 17 
(E) 18 
 
14) Sabendo que 3x y 10z 0   e que x 2y z 0   , o valor de 
3 2
2 3
x x y
xy z


 sendo z 0 , é: 
(A) 18 
(B) 9 
(C) 6 
(D) 1 
(E) 0 
 
15) Simplificando a expressão n
n 2 2n 2
600
25 5 
 para  n 0,1  , temos: 
(A) 5 
(B) 15 
(C) 
25 
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(D) 25 
(E) 05 
 
16) A equação 2 2k x kx k 2k 8 12x     é impossível para: 
(A) um valor positivo de k ; 
(B) um valor negativo de k ; 
(C) três valores distintos de k ; 
(D) dois valores distintos de k ; 
(E) nenhum valor de k . 
 
17) A soma dos valores inteiros de x , no intervalo 10 x 10   , e que satisfazem a inequação 
  2 2x 4x 4 x 1 x 4     é: 
(A) 42 
(B) 54 
(C) 54 
(D) 42 
(E) 44 
 
18) A secante  r a uma circunferência de 6 cm de raio determina uma corda AB de 8 2 cm de 
comprimento. A reta  s é paralela à  r e tangencia a circunferência no menor arco AB . A distância 
entre  r e  s é de: 
(A) 6 cm 
(B) 10 cm 
(C) 5 cm 
(D) 4 cm 
(E) 7 cm 
 
19) Um trapézio é obtido cortando-se um triângulo escaleno de área S por uma paralela a um dos lados 
do triângulo que passa pelo baricentro do mesmo. A área do trapézio é: 
(A) 
5
S
9
 
(B) 
4
S
9
 
(C) 
2
S
3
 
(D) 
1
S
3
 
(E) 
1
S
2
 
 
 
 
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20) Um triângulo ABC está inscrito em um círculo e o arco BC mede 100º . Calcular a medida do 
ângulo ˆBEC , sendo E o ponto de interseção da bissetriz externa relativa a B̂ com o prolongamento 
do segmento CM , onde M é o ponto médio do arco menor AB 
(A) 15º 
(B) 25º 
(C) 20º 
(D) 40º 
(E) 50º 
 
21) A roda de um veículo tem 50 cm de diâmetro. Este móvel, em velocidade constante, completa 10 
voltas em cada segundo, com um gasto de um litro de combustível por 10 km rodados. Sabendo-se 
que o veículo fez uma viagem de 6 h , o número que mais se aproxima da quantidade de litros gastos 
na viagem é: 
(A) 52 
(B) 40 
(C) 30 
(D) 34 
(E) 20 
 
22) Num triângulo ABC de lado AC de medida 6 cm , traça-se a ceviana AD que divide internamente 
o lado BC nos segmentos BD de medida 5 cm e DC de medida 4 cm . Se o ângulo B̂ mede 20 e 
o ângulo Ĉ mede 130 , então o ângulo ˆBAD mede: 
(A) 30 
(B) 25 
(C) 20 
(D) 15 
(E) 10 
 
23) As retas PA e PB são tangentes à circunferência de raio R nos pontos A e B, respectivamente. Se 
PA 3x e x é a distância do ponto A à reta PB , então R é 
A)  3 3 2 2 x  
(B)  3 3 2 2 x  
(C) 3x 
(D)  2 2 3 3 x  
(E) x 
 
 
 
 
 
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24) Num triângulo ABC , a medida do lado 
___
AB é o dobro da medida do lado 
___
AC . Traça-se a mediana 
___
AM e a bissetriz 
___
AD ( M e D pertencentes a 
___
BC ). Se a área do triângulo ABC é S , então a área do 
triângulo AMD é: 
(A) 
S
3
 
(B) 
S
4
 
(C) 
S
6
 
(D) 
3S
8
 
(E) 
S
12
 
 
25) Na figura, o diâmetro AB mede 8 3 cm e a corda CD forma um ângulo de 30° com AB. Se E é o 
ponto médio de AO, onde O é o centro do círculo, calcule a área da região sombreada, em 2cm . 
 
(A) 8 3 3 
(B) 8 2 3 
(C) 4 3 3 
(D) 4 2 3 
(E)  4 3  
 
 
 
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PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – FAIXA BÔNUS 
 
 
1) (1983-3) Na figura: AC 3AF e BC 3CE , sendoS a área do triângulo ABC , a área do triângulo 
AGF é: 
 
(A) 
S
3
 
(B) 
S
7
 
(C) 
S
9
 
(D) 
S
21
 
(E) 
S
18
 
 
2) (1983-7) O total de diagonais de dois polígonos regulares é 41 . Um desses polígonos tem dois lados 
a mais que o outro. O ângulo interno do polígono que tem o ângulo central menor mede: 
(A) 120º 
(B) 135º 
(C) 140º 
(D) 144º 
(E) 150º 
 
3) (1983-8) O valor de 
   
2
51 5
3 12 32 2
2 10 3
3
1 2 0,333... 5
2 3 5
5


  
    
             
 é: 
(A) 139 
(B) 120 
(C) 92 
(D) 121 
(E) 100 
 
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4) (1983-9) Em um triângulo ABC , o ângulo  é o dobro do ângulo B̂ , AB 9 cm e AC 4 cm . O 
lado BC mede: 
(A) 9 13 cm 
(B) 3 13 cm 
(C) 4 13 cm 
(D) 6 13 cm 
(E) 2 13 cm 
 
5) (1983-11) Um triângulo ABC circunscreve um círculo de raio R . O segmento de tangente ao 
círculo tirado do vértice A mede 4cm . Se o lado oposto a esse vértice mede 5cm , a área do triângulo 
ABC , é: 
(A) 220R cm 
(B) 210R cm 
(C) 25R cm 
(D) 29R cm 
(E) 24R cm 
 
6) (1983-14) A soma dos valores inteiros que satisfazem a inequação: 
3
2 11 10
( x 3)
0
(x x 2) (5 x) (2x 8)
 

     
 é: 
(A) 11 
(B) 4 
(C) 6 
(D) 8 
(E) 2 
 
7) (1983-15) O número de divisores naturais de N , sendo N igual ao produto de K números primos 
distintos, é: 
a) 2K 
b) 2K 
c) K 
d) K2 
e) K 2 
 
8) (1983-17) Se 
2 2 2 x y z 8
x y z yz xz xy 3
      e x y z 16   , o produto x y z  é: 
(A) 192 
(B) 48 
(C) 32 
(D) 108 
(E) 96 
 
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9) (1983-20) Duas estradas de iguais dimensões começam simultaneamente a ser construídas por 15 
operários cada uma delas. Mas, exclusivamente devido a dificuldades no terreno, percebe-se que 
enquanto uma turma avançou 
2
3
 na sua obra, a outra avançou 
4
5
 da sua. Quantos operários deve-se 
retirar de uma e pôr na outra, para que as duas obras fiquem prontas ao mesmo tempo? 
(A) 3 
(B) 4 
(C) 5 
(D) 8 
(E) 10 
 
10) (1983-23) 3 33 2 2 2 3 2 2 2   , é igual a: 
(A) 1 
(B) 2 
(C) 3 
(D) 4 
(E) 5 
 
11) (1983-25) A soma dos cubos das raízes da equação 2x x 3 0   é: 
(A) 10 
(B) 8 
(C) 12 
(D) 6 
(E) 18 
 
12) (1982-3) Um número natural N é formado por dois algarismos. Colocando-se um zero entre esses 
dois algarismos, N aumenta de 270 unidades. O inverso de N dá uma dízima periódica com 2 
algarismos na parte não periódica. A soma dos algarismos de N é: 
(A) 5 
(B) 7 
(C) 8 
(D) 9 
(E) 11 
 
13) (1982-4) Seja 4 5 6N 2 3 5   . O número de divisores naturais de N que são múltiplos de 10 é: 
(A) 24 
(B) 35 
(C) 120 
(D) 144 
(E) 210 
 
14) (1982-5) Efetuando 
2 3 2 3
2 3 2 3
 

 
, obtém-se: 
(A) 4 
(B) 3 
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(C) 2 
(D) 
2
3
 
(E) 1 
 
15) (1982-8) Um terreno deve ser dividido em lotes iguais por certo número de herdeiros. Se houvesse 
três herdeiros a mais, cada lote diminuiria de 220 m e se houvesse quatro herdeiros a menos, cada lote 
aumentaria de 250 m . O número de metros quadrados da área do terreno todo é: 
(A) 1600 
(B) 1400 
(C) 1200 
(D) 1100 
(E) 900 
 
16) (1982-10) Ao extrairmos a raiz cúbica do número natural N , verificamos que o resto era o maiorpossível e igual a 126 . A soma dos algarismos de N é: 
(A) 11 
(B) 9 
(C) 8 
(D) 7 
(E) 6 
 
17) (1982-14) O valor de m que torna mínima a soma dos quadrados das raízes da equação 
2x mx m 1 0    , é: 
(A) 2 
(B) 1 
(C) 0 
(D) 1 
(E) 2 
 
18) (1982-20) Um polígono ABCD é regular. As bissetrizes internas dos ângulos dos vértices A e 
C formam um ângulo de 72º . O número de lados desse polígono é: 
(A) 7 
(B) 10 
(C) 12 
(D) 15 
(E) 20 
 
19) (1982-21) O segmento da bissetriz do ângulo reto de um triângulo vale 4 2 cm . Um dos catetos 
vale 5 cm . A hipotenusa vale, em cm : 
(A) 17 
(B) 4 17 
(C) 5 17 
(D) 6 17 
(E) 7 17 
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20) (1982-25) A diagonal de um pentágono regular convexo de lado igual a 2 cm , mede, em cm : 
(A) 5 2 
(B) 5 2 
(C) 5 
(D) 5 1 
(E) 5 1 
 
21) (1981-2) Do ponto P exterior a uma circunferência tiramos uma secante que corta a circunferência 
nos pontos M e N de maneira que PM x 1  e PN 3x . Do mesmo ponto P tiramos outra secante 
que corta a mesma circunferência em R e S de maneira que PR 2x e PS x 1  . O comprimento 
do segmento da tangente à circunferência tirada do mesmo ponto P , se todos os segmentos estão 
medidos em cm é: 
a) 40 cm 
b) 60 cm 
c) 34 cm 
d) 10 cm 
e) 8 cm 
 
22) (1981-9) Duas circunferências são tangentes exteriores em P . Uma reta tangencia essas 
circunferências nos pontos M e N respectivamente. Se PM 4 cm e PN 2 cm , o produto dos raios 
dessas circunferências dá: 
(A) 28 cm 
(B) 24 cm 
(C) 25 cm 
(D) 210 cm 
(E) 29 cm 
 
23) (1981-13) Um número natural de 6 algarismos começa, à esquerda, pelo algarismo 1 . Levando-
se este algarismo 1, para o último lugar, à direita, conservando a sequência dos demais algarismos, o 
novo número é o triplo do número primitivo. O número primitivo é: 
(A) 100.006 . 
(B) múltiplo de 11. 
(C) múltiplo de 4 . 
(D) múltiplo de 180.000 . 
(E) divisível por 5 . 
 
24) (CN 1980-16) A soma das soluções da equação 3 62x 1 4 2x 1 3 2x 1 0      dá um número: 
(A) nulo. 
(B) par entre 42 e 310 . 
(C) ímpar maior que 160. 
(D) irracional. 
(E) racional. 
 
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25) (1980-21) Em um problema de regra de três composta, entre as variáveis X , Y e Z , sabe-se que, 
quando o valor de Y aumenta, o de X também aumenta; mas, quando Z aumenta, o valor de X 
diminui, e que para X 1 e Y 2 , o valor de Z 4 . O valor de X , para Y 18 e Z 3 é: 
(A) 6,75 
(B) 0,333... 
(C) 15 
(D) 12 
(E) 18 
 
26) (CN 1979-6) Se a distância do ponto P ao centro de um círculo aumentar de 
2
5
 de sua medida 
 x a potência do ponto P em relação ao círculo aumentará de: 
a) 220% de x 
b) 242% de x 
c) 296% de x 
d) 286% de x 
e) 292% de x 
 
27) (CN 1979-10) Em um círculo as cordas 
___
AB e 
___
CD são perpendiculares e se cortam no ponto I . 
Sabendo que
___
AI 6 cm , 
___
IB 4 cm e 
___
CI 2 cm , podemos dizer que a área do círculo é de: 
a) 2144 cm 
b) 2100 cm 
c) 
2120 cm 
d) 260 cm 
e) 250 cm 
 
28) (CN 1978-8) Se na equação 2ax bx c 0   , a média harmônica das raízes é igual ao dobro da 
média aritmética destas raízes, podemos afirmar que: 
a) 22b ac 
b) 2b ac 
c) 2b 2ac 
d) 2b 4ac 
e) 2b 8ac 
 
29) (CN 1978-9) A soma dos cubos das raízes da equação 2 3 3x 3x 9 0   é: 
(A) 3 
(B) 12 
(C) 9 
(D) 12 
(E) 6 
 
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30) (1978-16) Se 30 operários gastaram 18 dias, trabalhando 10 horas por dia, para abrir um canal de 
25 metros, quantos dias de 12 horas de trabalho 10 operários, que têm o triplo da eficiência dos 
primeiros, gastarão para abrir um canal de 20 metros, sabendo-se que a dificuldade do primeiro está 
para a do segundo como 3 está para 5? 
(A) 20 dias 
(B) 24 dias 
(C) 60 dias 
(D) 25 dias 
(E) 13 dias 
 
31) (1978-22) Na solução do sistema 
3 2 2 3 2 2
2 2 2 2
x 3x y 3xy y 2x 4xy 2y
2x 4xy 2y x y
      

   
, encontramos, para 
x e y , valores tais que x y é igual a: 
(A) 4 
(B) 2 
(C) 1 
(D) 5 
(E) 3 
 
32) (1977-16) A soma da média aritmética com a média geométrica das raízes da equação: 
2 3ax 8x a 0   , onde a é um número real positivo, dá: 
a) 
24 a
a

 
b) 
24 a
a
 
 
c) 
28 a
a

 
d) 
24 a
a

 
e) 5 
 
33) (1977-20) Simplificando 
  
4 4
2 22 2 2 2
a b 2ab
a ba b 2ab a b 2ab


   
 para b a  obtém-se: 
a) 1 
b) 
a b
a b


 
c) 
b
a
 
d) 
a b
a b


 
e) 
a
b
 
 
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34) (1977-22) Uma das raízes da equação 2 x 2 x 2    
(A) 3 
(B) 5 
(C) 3 
(D) 2 
(E) 6 
 
35) (1976-13) Sobre os lados de um hexágono regular de 4 cm de lado, e exteriormente a ele, 
constroem-se quadrados, de modo que cada quadrado tenha um lado em comum com o hexágono. 
Calcular a área do dodecágono cujos vértices são os vértices dos quadrados que não são vértices do 
hexágono: 
(A)   248 3 2 cm 
(B)   250 3 2 cm 
(C)   224 3 4 cm 
(D) 2192 cm 
(E) 236 cm 
 
36) (1976-21) O valor mínimo do trinômio 2y 2x bx p   ocorre para x 3 . Sabendo que um dos 
valores de x que anulam esse trinômio é o dobro do outro, dar o valor de p . 
a) 32 
b) 64 
c) 16 
d) 128 
e) 8 
 
37) (1976-24) Um recipiente é dotado de duas torneiras. A primeira torneira esvazia-o em um tempo 
inferior a outra em 30 minutos. Sabendo que as duas torneiras juntas esvaziam o recipiente em 20 
minutos, determine em quanto tempo a primeira torneira esvazia 60% do recipiente. 
(A) 18 minutos 
(B) 30 minutos 
(C) 15 minutos 
(D) 20 minutos 
(E) 12 minutos 
 
38) (1975-6) Dois números inteiros positivos têm soma 96 e o máximo divisor comum igual a 12. Dar 
o maior dos dois números sabendo que o produto deles deve ser o maior possível. 
(A) 48 
(B) 84 
(C) 60 
(D) 72 
(E) 36 
 
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39) (1975-8) Um composto A leva 20% de álcool e 80% de gasolina e um composto B leva 30% de 
álcool e 70% de gasolina. Quantos litros devemos tomar do composto A para, complementando com 
o composto B, preparar 5 litros de um composto com 22% álcool e 78% de gasolina? 
(A) 2 litros 
(B) 3 litros 
(C) 2,5 litros 
(D) 3,5 litros 
(E) 4 litros 
 
40) (1975-24) Calcular o menor valor positivo de K, para que a raiz real da equação 
3 34 x K 1   
seja um número racional inteiro 
(A) 1 
(B) 60 
(C) 27 
(D) 37 
(E) 40 
 
 
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RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 
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CAPÍTULO 2 
RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 
 
 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL 1984/1985 
 
1) d (Conjuntos) 
2) a (Potências e raízes) 
3) b (Problemas tipo torneira) 
4) e (Equação do 2° grau) 
5) e (Polígonos – angular) 
6) d (Porcentagem) 
7) c (Desigualdade triangular) 
8) a (Produtos notáveis e fatoração) 
9) d (Sistemas lineares) 
10) c (Equação biquadrada) 
11) d (Regra de sociedade) 
12) c (Relações métricas no triângulo) 
13) c (Função quadrática)14) d (Áreas de regiões circulares) 
15) a (Potências e raízes) 
16) c (Polígonos – angular) 
17) e (Equação do 2° grau) 
18) d (Conjuntos) 
19) c (Polinômios) 
20) c (Áreas) 
21) e (Quadriláteros) 
22) b (Sistemas lineares) 
23) d (Sistema métrico) 
24) e (Áreas) 
25) d (Médias) 
 
 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL 1983/1984 
 
1) d (Conjuntos) 
2) b (Divisibilidade e congruência) 
3) e (Médias) 
4) d (Razões e proporções) 
5) d (Potências e raízes) 
6) a (Potências e raízes) 
7) c (Múltiplos e divisores) 
8) b (Função quadrática) 
9) e (Sistemas não lineares) 
10) a (Equação do 2° grau) 
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RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 
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11) c (Equações irracionais) 
12) e (Produtos notáveis e fatoração) 
13) b (Polinômios) 
14) b (Sistemas lineares) 
15) c (Potências e raízes) 
16) b (Equação do 1° grau) 
17) e (Inequação produto-quociente) 
18) d (Relações métricas na circunferência) 
19) a (Áreas) 
20) b (Ângulos na circunferência) 
21) d (Razões e proporções) 
22) e (Semelhança de triângulos) 
23) a (Relações métricas na circunferência) 
24) c (Áreas) 
25) a (Áreas de regiões circulares) 
 
 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – FAIXA BÔNUS 
 
1) d (Áreas) 
2) c (Polígonos – ângulos e diagonais) 
3) a (Potências e raízes) 
4) e (Triângulos – semelhança e relações métricas) 
5) d (Áreas) 
6) e (Inequações produto quociente) 
7) d (Múltiplos e divisores) 
8) e (Produtos notáveis e fatoração) 
9) c (Regra de três) 
10) b (Racionalização e radical duplo) 
11) a (Equação do 2° grau) 
12) c (Números racionais) 
13) d (Múltiplos e divisores) 
14) a (Racionalização e radical duplo) 
15) c (Equação do 1° grau e problemas do 1º grau) 
16) b (Operações com números naturais e inteiros) 
17) d (Equação do 2° grau) 
18) b (Polígonos – ângulos e diagonais) 
19) c (Triângulos – semelhança e relações métricas) 
20) e (Quadriláteros) 
21) b (Circunferência – relações métricas e potência de ponto) 
22) c (Circunferência – posições relativas e segmentos tangentes) 
23) b (Sistemas de numeração) 
24) e (Equações e inequações irracionais) 
25) d (Regra de três) 
26) c (Circunferência – relações métricas e potência de ponto) 
27) e (Circunferência – relações métricas e potência de ponto) 
28) c (Equação do 2° grau) 
29) e (Equação do 2° grau) 
30) a (Regra de três) 
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RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 
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31) b (Sistemas não lineares e problemas relacionados) 
32) d (Equação do 2° grau) 
33) d (Produtos notáveis e fatoração) 
34) a (Equações e inequações irracionais) 
35) a (Áreas) 
36) c (Função quadrática) 
37) a (Problemas tipo torneira) 
38) c (MDC e MMC) 
39) e (Misturas) 
40) d (Equações e inequações irracionais) 
 
 
 
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RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 
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QUADRO RESUMO DAS QUESTÕES DE 1984 A 2016 
 
 
 
 
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CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES POR ASSUNTO 
 
 
ARITMÉTICA 
 
RACIOCÍNIO LÓGICO: 2016-10; 2002-14; 2001-1; 2001-6; 1994-20; 1991-2; 
 
CONJUNTOS: 2016-19; 2014-4; 2012-10; 2011-11; 2008-15; 2007-6; 2006-3; 2001-15; 1999-4; 
1998-9; 1998-17; 1995-18; 1992-4; 1991-3; 1989-14; 1988-5; 1987-6; 1986-1; 1986-2; 1985-1; 1985-
18; 1984-1 
 
OPERAÇÕES COM NÚMEROS NATURAIS E INTEIROS: 2013-12; 2013-15; 2010-14; 2009-13; 
2005-2; 1996-14; 1992-1; 1991-1; FB-16 
 
NÚMEROS RACIONAIS: 2015-7; 2015-9; 2014-1; 2013-2; 2013-18; 2004-8; 2000-4; 1998-20; 
1997-11; 1996-19; 1996-20; 1995-16; 1992-13; 1987-7; FB-12 
 
CONJUNTOS NUMÉRICOS E NÚMEROS REAIS: 2012-11; 2008-20; 1999-10; 1999-15; 1994-11; 
1988-1; 1988-2 
 
SISTEMAS DE NUMERAÇÃO: 2016-3; 2016-12; 2013-4; 2010-3; 2010-13; 2008-5; 2003-18; 2000-
3; 1997-3; 1992-6; 1990-9; 1988-3; FB-23 
 
MÚLTIPLOS E DIVISORES: 2016-17; 2016-18; 2014-10; 2014-17; 2014-19; 2013-6; 2013-8; 2012-
14; 2011-4; 2010-8; 2009-18; 2007-11; 2007-17; 2005-10; 2004-4; 2002-6; 2002-11; 1996-11; 1992-
14; 1991-4; 1990-11; 1986-4; 1984-7; FB-7; FB-13 
 
DIVISIBILIDADE E CONGRUÊNCIA: 2015-14; 2013-11; 2012-1; 2012-15; 2012-20; 2011-5; 2010-
5; 2010-15; 2005-13; 2005-16; 2004-9; 2001-19; 1996-18; 1994-9; 1987-2; 1984-2 
 
FUNÇÃO PARTE INTEIRA: 2011-8; 
 
MDC E MMC: 2015-8; 2013-7; 2009-4; 2009-14; 2008-11; 2006-2; 2006-9; 2004-5; 2003-4; 2002-2; 
2002-4; 2001-3; 1994-5; 1990-8; 1987-4; FB-38 
 
RAZÕES E PROPORÇÕES: 2015-2; 2010-19; 2008-12; 2008-18; 2006-12; 2004-16; 2003-13; 2001-
5; 2000-5; 1998-7; 1998-15; 1996-6; 1996-17; 1991-6; 1989-9; 1987-1; 1984-4; 1984-21 
 
REGRA DE TRÊS: 2016-4; 1996-16; FB-9; FB-25; FB-30 
 
PORCENTAGEM: 2009-10; 2009-15; 2007-4; 2004-6; 2001-16; 2000-19; 1997-2; 1995-3; 1992-20; 
1985-6 
 
DIVISÃO EM PARTES PROPORCIONAIS E REGRA DE SOCIEDADE: 2008-14; 2007-10; 2005-
14; 1986-11; 1985-11 
 
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OPERAÇÕES COM MERCADORIAS: 2011-10; 2006-19; 2003-15; 2001-11; 1998-6; 1997-4; 1996-
12; 1994-16; 1990-16; 1989-8; 1986-6 
 
JUROS SIMPLES E COMPOSTOS: 2008-4; 2006-15; 1999-8; 1995-8; 1994-3; 1991-7; 1990-6; 
1988-4 
 
MISTURAS: 2013-13; 2010-7; 2002-7; 1999-3; 1987-3; FB-39 
 
MÉDIAS: 2016-5; 2007-19; 2002-9; 2001-9; 1995-14; 1990-10; 1985-25; 1984-3 
 
CONTAGEM E CALENDÁRIO: 2014-3; 2014-11; 2008-9; 2003-1; 2003-9; 1997-5; 1992-5; 1987-9 
 
PROBLEMAS TIPO TORNEIRA: 2008-16; 2007-3; 2006-14; 1994-10; 1985-3; FB-37 
 
SISTEMA MÉTRICO: 1997-10; 1996-10; 1994-13; 1989-13; 1986-13; 1985-23 
 
 
ÁLGEBRA 
 
POTÊNCIAS E RAÍZES: 2016-11; 2015-10; 2014-7; 2013-1; 2013-19; 2012-7; 2012-16; 2010-18; 
2009-8; 2007-7; 2005-9; 2004-11; 2004-14; 2001-4; 2001-13; 2001-14; 2000-6; 2000-9; 2000-11; 
1999-5; 1998-16; 1997-15; 1995-12; 1991-5; 1990-2; 1989-5; 1988-7; 1987-16; 1987-24; 1986-7; 
1985-2; 1985-15; 1984-5; 1984-6; 1984-15; FB-3 
 
PRODUTOS NOTÁVEIS E FATORAÇÃO: 2015-1; 2015-18; 2013-16; 2012-3; 2012-4; 2009-12; 
2008-1; 2008-3; 2007-8; 2007-9; 2007-12; 2006-16; 2005-12; 2005-15; 2001-7; 1999-12; 1998-10; 
1998-14; 1996-3; 1996-15; 1994-19; 1992-8; 1991-13; 1989-10; 1988-14; 1987-17; 1986-16; 1985-8; 
1984-12; FB-8; FB-33 
 
RACIONALIZAÇÃO E RADICAL DUPLO: 2013-17; 2012-13; 2009-19; 2005-11; 2003-3; 2002-5; 
1999-2; 1997-18; 1994-8; 1991-10; 1990-14; 1989-11; 1988-6; 1987-5; 1986-9; FB-10; FB-14 
 
EQUAÇÃO DO 2° GRAU: 2015-11; 2014-12; 2010-6; 2009-20; 2008-8; 2005-3; 2005-19; 2004-12; 
2002-15; 2000-15; 1999-20; 1996-4; 1995-2; 1995-15; 1991-12; 1990-4; 1989-7; 1988-8; 1988-11; 
1987-20; 1986-3; 1985-4; 1985-17; 1984-10; FB-11; FB-17; FB-28; FB-29; FB-32 
 
FUNÇÃO QUADRÁTICA: 2010-12; 2009-16; 2007-14; 2006-6; 2005-17; 2003-10; 2003-14; 1999-
18; 1998-19; 1994-2; 1990-18; 1989-17; 1988-13; 1987-21; 1985-13; 1984-8; FB-36 
 
EQUAÇÕES FRACIONÁRIAS: 2013-10; 2012-2; 2011-20; 2009-3; 2002-17; 1992-12; 
 
EQUAÇÕES BIQUADRADAS E REDUTÍVEIS AO 2° GRAU: 2014-5; 2008-10; 2006-20; 2004-15; 
2002-19; 2000-17; 1998-3; 1998-8; 1997-14; 1995-17; 1995-20; 1994-15; 1992-10; 1992-11; 1992-
16; 1992-18; 1986-15; 1985-10 
 
EQUAÇÕES E INEQUAÇÕES IRRACIONAIS: 2015-3; 2014-9; 2012-5; 2011-12; 2009-7; 2007-13; 
2004-2; 2003-16; 1997-7; 1995-7; 1991-8; 1989-12; 1984-11; FB-24; FB-34; FB-40 
 
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POLINÔMIOS E EQUAÇÕES POLINOMIAIS: 2016-9; 2015-16; 2013-14; 2011-2; 2011-13; 2005-
4; 2004-19; 1995-4; 1990-20; 1988-12; 1987-14; 1987-25; 1986-8; 1986-10; 1986-14; 1985-19; 1984-
13 
 
SEQUÊNCIAS: 2012-12; 
 
FUNÇÃO DO 1° GRAU: 2012-17; 2003-19; 1986-12 
 
EQUAÇÃO DO 1° GRAU E PROBLEMAS DO 1º GRAU: 2015-15; 2002-18; 2000-7; 2000-10; 
1998-4; 1997-1; 1994-14; 1990-7; 1984-16; FB-15 
 
SISTEMAS LINEARES E PROBLEMAS RELACIONADOS: 2016-2; 2015-12; 2010-4; 2009-1; 
2007-1; 2006-11; 2004-1; 2004-17; 2003-8; 2002-3; 2001-18; 2000-16; 1999-11; 1999-17; 1997-17; 
1995-11; 1994-12; 1992-17; 1989-4; 1989-15; 1988-10; 1985-9; 1985-22; 1984-14 
 
SISTEMAS NÃO LINEARES E PROBLEMAS RELACIONADOS: 2014-18; 2011-15; 2011-16; 
2011-18; 2009-2; 2007-16; 2003-5; 1991-9; 1990-19; 1989-6; 1988-9; 1986-5; 1984-9; FB-31 
 
INEQUAÇÕES: 2011-17; 2003-2; 1997-12; 1995-9; 1994-18; 
 
INEQUAÇÕES PRODUTO QUOCIENTE: 2016-1; 2014-20; 2010-9; 2006-8; 2005-6; 1998-18; 
1991-11; 1990-3; 1989-20; 1987-8; 1987-13; 1986-21; 1984-17; FB-6 
 
DESIGUALDADES: 2011-19; 
 
 
GEOMETRIA PLANA 
 
FUNDAMENTOS E ÂNGULOS: 2008-2 
 
TRIÂNGULOS – ÂNGULOS, CONGRUÊNCIA, DESIGUALDADES: 2013-20; 2006-1; 2002-12; 
2001-17; 2001-20; 2000-12; 2000-20; 1999-19; 1998-12; 1997-19; 1996-1; 1995-19; 1991-16; 1986-
18; 1985-7 
 
TRIÂNGULOS – PONTOS NOTÁVEIS: 2016-13; 2014-13; 2014-14; 2011-14; 2010-11; 2004-3; 
1999-1; 1997-13; 1996-7; 1995-5; 
 
TRIÂNGULOS RETÂNGULOS: 2016-6; 2014-8; 2009-17; 2006-17; 2005-18; 1999-16; 1996-9; 
1994-4; 1992-7; 1989-1; 
 
TRIÂNGULOS – SEMELHANÇA E RELAÇÕES MÉTRICAS: 2015-6; 2015-17; 2010-10; 2008-7; 
2006-18; 2004-10; 2004-20; 1999-9; 1999-14; 1998-2; 1992-19; 1990-1; 1989-16; 1988-15; 1987-12; 
1987-22; 1986-22; 1986-25; 1985-12; 1984-22; FB-4; FB-19 
 
QUADRILÁTEROS: 2013-3; 2013-5; 2012-8; 2011-9; 2010-17; 2009-6; 2007-5; 2005-5; 2004-13; 
2001-2; 1997-20; 1995-1; 1992-9; 1989-3; 1988-20; 1986-19; 1986-20; 1985-21; FB-20 
 
POLÍGONOS – ÂNGULOS E DIAGONAIS: 2012-18; 2006-7; 2006-13; 2001-10; 1998-11; 1997-6; 
1995-10; 1994-7; 1991-14; 1990-5; 1988-18; 1987-11; 1985-5; 1985-16; FB-2; FB-18 
X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira 
RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES 
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POLÍGONOS – RELAÇÕES MÉTRICAS: 2007-2; 2006-4; 2006-10; 2004-18; 2000-13; 1999-6; 
1996-5; 1994-1; 1991-18; 1990-12; 1986-23 
 
CIRCUNFERÊNCIA – POSIÇÕES RELATIVAS E SEGMENTOS TANGENTES: 2011-6; 2010-1; 
2009-9; 2008-17; 2007-18; 2004-7; 2003-7; 1999-13; 1996-13; 1994-17; 1991-15; 1986-17; FB-22 
 
ARCO CAPAZ, ÂNGULOS E COMPRIMENTOS NA CIRCUNFERÊNCIA: 2016-7; 2014-6; 2014-
15; 2012-9; 2010-16; 2009-5; 2008-6; 2003-6; 2003-17; 2001-12; 2000-18; 1997-8; 1992-3; 1991-19; 
1988-17; 1987-18; 1984-20 
 
CIRCUNFERÊNCIA – RELAÇÕES MÉTRICAS E POTÊNCIA DE PONTO: 2005-20; 2003-11; 
2002-20; 1998-1; 1998-5; 1996-8; 1995-13; 1990-15; 1989-19; 1984-18; 1984-23; FB-21; FB-26; FB-
27 
 
ÁREAS: 2016-8; 2016-14; 2016-15; 2016-16; 2016-20; 2015-4; 2015-5; 2015-13; 2015-19; 2015-20; 
2014-2; 2014-16; 2013-9; 2012-6; 2012-19; 2011-1; 2011-3; 2011-7; 2010-2; 2010-20; 2009-11; 
2008-13; 2008-19; 2007-15; 2007-20; 2006-5; 2005-1; 2005-7; 2005-8; 2003-12; 2003-20; 2002-1; 
2002-8; 2002-10; 2002-13; 2002-16; 2001-8; 2000-1; 2000-2; 2000-8; 2000-14; 1999-7; 1998-13; 
1997-9; 1997-16; 1996-2; 1995-6; 1994-6; 1992-2; 1992-5; 1991-17; 1991-20; 1990-13; 1990-17; 
1989-2; 1989-18; 1988-16; 1988-19; 1987-10; 1987-15; 1987-19; 1987-23; 1986-24; 1985-14; 1985-
20; 1985-24; 1984-19; 1984-24; 1984-25; FB-1; FB-5; FB-35 
 
 
 
X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira 
RESOLUÇÃO CN 1984-1985 
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CAPÍTULO 3 
ENUNCIADOS E RESOLUÇÕES 
 
 
PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 1984/1985 
 
 
1) Dado dois conjuntos A e B tais que: 
- O número de subconjuntos de A está compreendido entre 120 e 250 . 
- B tem 15 subconjuntos não vazios. 
O produto cartesiano de A por B tem 
(A) 8 elementos 
(B) 12 elementos 
(C) 16 elementos 
(D) 28 elementos 
(E) 32elementos 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam  n A e  n B as quantidades de elementos dos conjuntos A e B , respectivamente. 
O número de subconjuntos do conjunto A é 
 n A2 . A única potência de 2 compreendida entre 120 e 
250 é 72 128 . Logo, 
   n A 72 128 2 n A 7    . 
O número de subconjuntos do conjunto B é 
 n B2 . Se B tem 15 subconjuntos não vazios, então B 
tem no total 15 1 16  subconjuntos. Logo, 
   n B 42 16 2 n B 4    . 
O produto cartesiano de A por B tem    n A n B 7 4 28    elementos. 
 
 
2) O valor da expressão 
1
23 0
1 2 1
0,666
6 3 1,333

 
         
     
 é: 
(A) 
2
5
 
(B) 
2
5
 
(C) 
5
2
 
(D) 
5 2
2
 
(E) 
2 5
5
 
 
X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira 
RESOLUÇÃO CN 1984-1985 
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RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
6 2
0,666
9 3
  
13 1 12 4
1,333
9 9 3

   
 
1
1 1
23 0 2 2
3 3 3
1 1 1
2 2 24 2 2
1 2 1 2 3 2 1
0,666 6 1 2 3
6 3 1,333 3 4 3 4
1 1 25 2 2
2 3 2 3
2 2 2 25 5

 
  
                           
         
     
                 
 
 
 
3) Antônio constrói 20 cadeiras em 3 dias de 4 horas de trabalho por dia. Severino constrói 15 
cadeiras do mesmo tipo em 8 dias de 2 horas de trabalho por dia. Trabalhando juntos, no ritmo de 6 
horas por dia, produzirão 250 cadeiras em: 
(A) 15dias 
(B) 16 dias 
(C) 18 dias 
(D) 20 dias 
(E) 24 dias 
 
RESPOSTA: B 
 
RESOLUÇÃO: 
Como Antônio constrói 20 cadeiras em 3 dias de 4 horas de trabalho por dia, então em 1 hora ele 
constrói 
20 5
3 4 3


 cadeiras. 
Como Severino constrói 15 cadeiras do mesmo tipo em 8 dias de 2 horas de trabalho por dia, então 
em 1 hora ele constrói 
15 15
8 2 16


 cadeiras. 
Trabalhando juntos, eles constroem 
5 15 125
3 16 48
 
  
 
 cadeiras em 1 hora. Para produzir 250 cadeiras, 
são necessárias 
250
96
125
48
 horas. Como eles trabalham no ritmo de 6 horas por dia, então devem 
trabalhar 
96
16
6
 dias. 
 
 
 
 
 
 
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4) A soma de todas as raízes da equação       3x 12 x 2 x 2 3x 12 x 6       é: 
(A) 3 
(B) 1 
(C) 0 
(D) 1 
(E) 3 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
             
          2
2
3x 12 x 2 x 2 3x 12 x 6 3x 12 x 2 x 2 3x 12 x 6 0
3x 12 x 2 x 2 x 6 0 3 x 4 x x 10 0
x 4 0 x x 10 0
               
            
      
 
A soma das raízes da equação 2x x 10 0   é 1
1
1
1

    . Assim, a soma de todas as raízes da 
equação original é  4 1 3   . 
Observe ainda que a equação do 2 grau 2x x 10 0   tem discriminante 
 21 4 1 10 41 0,        o que implica que ela possui duas raízes reais distintas. 
 
 
5) Um polígono regular possui 70 diagonais que não passam pelo seu centro. O valor da medida do 
ângulo interno do referido polígono está, em graus, compreendido entre 
(A) 70 e 80 . 
(B) 100 e 120 . 
(C) 120 e 130 . 
(D) 140 e 150 . 
(E) 150 e 160 . 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
Se o gênero do polígono regular é par, o número de diagonais que não passam pelo centro é 
   
NC
n n 3 n n n 4
D
2 2 2
 
   . Já se o polígono regular tem gênero ímpar, nenhuma diagonal passa 
pelo centro e NCD0 . 
Dessa forma, o polígono em questão deve ter gênero par e teremos: 
 
2
NC
n n 4
D 70 n 4n 140 0 n 10 n 14
2

           . 
Como o gênero do polígono n deve ser um número inteiro maior ou igual a 3 , então n 14 . 
Portanto, o ângulo interno desse polígono é 
   
i
180 n 2 180 14 2 1080 2
A 154
n 14 7 7
   
    que 
está compreendido entre 150 e 160 . 
 
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6) Uma empresa possui uma matriz M e duas filiais A e B. 45% dos empregados da empresa trabalham 
na matriz M e 25% dos empregados trabalham na filial A. De todos os empregados dessa empresa, 
40% optaram por associarem-se a um clube classista, sendo que 25% dos empregados da matriz M e 
45% dos empregados da filial A se associaram ao clube. O percentual dos empregados da filial B que 
se associaram ao clube é de: 
(A) 17,5% 
(B) 18,5% 
(C) 30% 
(D) 
1
58 %
3
 
(E) 
2
61 %
3
 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Dispondo as informações do enunciado em uma tabela, temos: 
 
 associados não-associados total 
matriz M 25% 45% 11,25%  45% 11,25% 33,75%  45% 
filial A 45% 25% 11,25%  25% 11,25% 13,75%  25% 
filial B 40% 11, 25% 11, 25%
17,5%
 

 
60% 33,75% 13,75%
12,5%
 

 
100% 45% 25%
30%
 

 
total 40% 100% 40% 60%  100% 
 
O percentual de empregados da filial B associados ao clube é 
17,5% 1
58 %
30% 3
 . 
 
 
7) Dois lados de um triângulo são iguais a 4 cm e 6 cm . O terceiro lado é um número expresso por 
2x 1 , onde x  . O seu perímetro é: 
(A) 13 cm . 
(B) 14 cm . 
(C) 15 cm . 
(D) 16 cm . 
(E) 20 cm . 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Pela desigualdade triangular, temos: 
2 2x 1 4 6 x 9     
2 2x 1 6 4 x 1     
Assim, temos: 2 2 21 x 9 1 x 3 x 2 x 1 2 1 5 cm            . 
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Portanto, o perímetro do triângulo é 2p 4 6 5 15 cm    . 
 
 
8) Se 
2
1
x 3
x
 
  
 
, então 3
3
1
x
x
 é igual a: 
(A) 0 
(B) 1 
(C) 2 
(D) 3 
(E) 4 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
Lembrando da fatoração “soma de cubos” dada por   3 3 2 2a b a b a ab b     , temos: 
3 2
3 2
1 1 1
x x x 1
xx x
  
      
  
. 
Vamos desenvolver a expressão 
2
1
x 3
x
 
  
 
: 
2
2 2
2 2
1 1 1 1
x 3 x 2 x 3 x 1
x x x x
 
           
 
 
Portanto,  3 2
3 2
1 1 1 1
x x x 1 x 1 1 0
x xx x
    
            
    
. 
 
 
9) O sistema 
mx 5y 3
3x ky 4
 

 
 é equivalente ao sistema 
2x y 4
3x y 1
 

 
. Logo, pode-se afirmar que: 
(A) m k 8   
(B) mk 1  
(C) k
1
m
7
 
(D) 
7
m k
2
  
(E) m k 8  
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Inicialmente, deve-se resolver o sistema 
2x y 4
3x y 1
 

 
. 
   2x y 3x y 4 1 5x 5 x 1         
3x y 1 3 1 y 1 y 2         
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Portanto, a solução do sistema 
2x y 4
3x y 1
 

 
 é    x, y 1, 2  . 
Se os dois sistemas apresentados no enunciado são equivalentes, então eles possuem a mesma solução, 
ou seja,    x, y 1, 2  também é solução do sistema 
mx 5y 3
3x ky 4
 

 
. Assim, temos: 
 
 
m 1 5 2 3 1
m 7 k
23 1 k 2 4
     
     
    
, que satisfaz  
1 7
m k 7
2 2
 
      
 
. 
 
 
10) Considere a soma de n parcelas 
15 15 15S n n n   . Sobre as raízes da equação 
24 S 13n 36  podemos afirmar que 
(A) seu produto é 36 . 
(B) sua soma é nula. 
(C) sua soma é 5 . 
(D) seu produto é 18 . 
(E) seu produto é 36 . 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
415 15 15 15 16 16 44
n parcelas
S n n n n n n S n n          
2 4 2 4 24
2 2
S 13n 36 n 13n 36 n 13n 36 0
n 4 n 9 n 2 n 3
        
         
 
Como n é a quantidade de parcelas da soma S , então n deve ser um número natural positivo. 
Portanto, o conjunto solução da equação é  2,3 e a soma das raízes é 5 . 
 
 
11) José e Pedro constituíram uma sociedade, onde José entrou com Cr$ 2.000.000,00 e Pedro com 
Cr$ 2.500.000,00 . Após 8 meses, José aumentou seu capital para Cr$ 3.500.000,00 e Pedro diminuiu 
seu capital para Cr$1.500.000,00 . No fim de 1 ano e 6 meses houve um lucro de Cr$ 344.000,00 . 
A parte do lucro que coube a José foi de: 
(A) Cr$140.000,00 
(B) Cr$144.000,00 
(C) Cr$186.000,00 
(D) Cr$ 204.000,00 
(E) Cr$ 240.000,00 
 
RESPOSTA: D 
 
 
 
RESOLUÇÃO: 
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José investiu Cr$ 2.000.000,00 durante 8 meses e Cr$ 3.500.000,00 durante 10 meses. 
Pedro investiu Cr$ 2.500.000,00 durante 8 meses e Cr$1.500.000,00 durante 10 meses. 
A parcela do lucro recebida por cada um deles é proporcional ao produto do capital pelo tempo. Sejam 
x e y as parcelas do lucro que cabe a José e a Pedro, respectivamente, então, temos: 
x y x y x y 344000
4000
2000 8 3500 10 2500 8 1500 10 51 35 51 35 86

     
      
 
x 204000 y 140000    
Logo, a parte do lucro que coube a José foi R$ 204.000,00 . 
 
 
12) Num triângulo equilátero de altura h , seu perímetro é dado por 
(A) 
2h 3
3
 
(B) h 3 
(C) 2h 3 
(D) 6h 
(E) 6h 3 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
A altura de um triângulo equilátero de lado é 
3 2h
h
2 3
   . 
Logo, o perímetro do triângulo equilátero é 
2h
2p 3 3 2h 3
3
     . 
 
 
13) O menor valor inteiro da expressão 25n 195n 1  ocorre para n igual a: 
(A) 10 
(B) 15 
(C) 20 
(D) 25 
(E) 30 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
O trinômio do 2º grau 2y 5n 195n 1   apresenta valor mínimo 
  2
min
195 4 5 1 20 38025
y 1900,25
4 5 4 5
     
   
 
 quando 
 195
n 19,5
2 5
 
 

. 
Assim, o menor valor inteiro ocorre para n 19 ou n 20 (os inteiros mais próximos e equidistantes 
do vértice) quando y 1899  . 
 
 
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14) O círculo de centro O da figura abaixo tem 6 cm de raio. Sabendo que PA é tangente à 
circunferência e que a medida do segmento PC é igual a 6 cm , a área hachurada é, em 2cm , 
aproximadamente, igual a 
 
(A) 10 
(B) 10,5 
(C) 11 
(D) 11,5 
(E) 12 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
 
No triângulo retângulo AOP , temos: 
AO AO 6 1ˆ ˆsen P P 30
OP OC PC 26 6
     
 
. 
O ângulo ˆAOB é ângulo externo do AOP , então ˆAOB 90 30 120   . 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AOP , temos: 
   
2 2
2 2 2 2AP OA OP AP 2 6 6 18 AP 3 2        . 
Portanto, a área sombreada é igual à área de um setor circular de 120 e raio 6 mais a área do 
triângulo retângulo AOP . Assim, temos: 
 
 
2
2 26 6 3 2S 2 3 3 cm 11,5 cm
3 2
 
     . 
 
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15) Sendo 2x 343 , 3 2y 49 e 6 5z 7 , o algarismo das unidades simples do resultado de 
24
xy
z
 
 
 
 é: 
(A) 1 
(B) 3 
(C) 5 
(D) 7 
(E) 9 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
2 3x 343 7  
 
2
3 2 2 4y 49 7 7   
   
 
   
 
128 12 824 2 324 24 3 4 36 32
48
24 4 4 20
6 5
x yxy x y 7 7 7 7
7
z z 7z 7
   
     
 
 
Vamos analisar as potências de 7 módulo 10 : 
 
 
 
 
 
0
1
2
3
4
7 1 mod10
7 7 mod10
7 9 mod10
7 3 mod10
7 1 mod10





 
Assim, conclui-se que os restos das potências de 7 módulo 10 repetem-se em períodos de tamanho 4. 
Como 48 4 12  , então  48 07 7 1 mod10  , ou seja, o algarismo das unidades simples de 
24
48xy 7
z
 
 
 
 é 1. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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16) O pentágono ABCDE da figura abaixo é regular e de lado . Sabendo que o segmento AF tem 
medida igual a , pode-se afirmar que o ângulo BFE mede: 
 
(A) 36 
(B) 45 
(C) 54 
(D) 60 
(E) 72 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
 
O ângulo ˆBAE é um ângulo interno do pentágono regular, então 
 180 5 2ˆBAE 108
5
 
  . 
O ângulo ˆAEF é um ângulo externo do pentágono regular, então ˆAEF 180 108 72   . 
Como AF AE  , então o AEF é isósceles, ˆ ˆAFE AEF 72  e ˆEAF 180 2 72 36    . 
Como AF AB  , então ABF é isósceles e 
180 144ˆ ˆABF AFB 18
2

   . 
Portanto, ˆ ˆ ˆBFE AFE AFB 72 18 54     . 
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17) Sejam r e s as raízes da equação 
2x 3 3x 7 0   . O valor numérico da expressão 
  r s 1 r s 1    é 
(A) 
2
7
 
(B) 
3
7
 
(C) 
9
7
 
(D) 
4
3
 
(E) 2 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
Na equação do 2 grau 2x 3 3x 7 0   , a soma das raízes é 1
3
r s 3
3

      e o produto 
das raízes é 2
7 21
r s
33
 
     . 
Assim, o valor numérico da expressão é dado por 
      
22 2r s 1 r s 1 r s 1 3 1 3 1 2             . 
Observe que utilizamos o produto notável “diferença de quadrados”:    2 2x y x y x y    , onde 
adotamos x r s  e y 1 . 
 
 
18) Considere os conjuntos   A 1, 1 ,2 e   B 1,2, 2 e as cinco afirmações: 
I)  A B 1  
II)    2 B A  
III)  1 A 
IV)   A B 1, 2, 1, 2  
V)   B A 2  
Logo, 
(A) todas as afirmações estão erradas. 
(B) só existe uma afirmação correta. 
(C) as afirmações ímpares estão corretas. 
(D) as afirmações III e V estão corretas. 
(E) as afirmações I e IV são as únicas incorretas. 
 
RESPOSTA: D 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
I) FALSA, pois   A B 1  
II) FALSA, pois           B A 2 2 B A 2 B A        
III) VERDADEIRA, pois  1 é um subconjunto de A . Note que  1 também é um elemento de A . 
Assim, também é verdade que  1 A e   1 A . 
IV) FALSA, pois     A B 1,2, 1 , 2  . 
V) VERDADEIRA, pois B A é um conjunto formado pelos elementos de B que não são elementos 
de A , ou seja,   B A 2  . 
 
 
19) O coeficiente do termo de 2 grau do produto entre o quociente e o resto, resultantes da divisão de 
3 4x 3x x 7   por 22 x é: 
(A) 22 
(B) 11 
(C) 10 
(D) 1 
(E) 1 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Vamos efetuar a divisão dos polinômios pelo “método dos coeficientes a determinar”. 
O dividendo   4 3D x x x 3x 7    é do 4 grau, o divisor   2d x 2 x  é do 2 grau, então o 
quociente é do 2 grau e o resto no máximo do 1 grau (um grau a menos do que o divisor). 
Observe que D d q     e maxr d 1    , onde o símbolo  indica o grau do polinômio. 
Assim, podemos escrever o quociente da forma   2q x ax bx c   e o resto da forma  r x mx n.  
Pelo algoritmo da divisão de Euclides, temos: 
            
     
4 3 2 2
4 3 4 3 2
D x d x q x r x x x 3x 7 2 x ax bx c mx n
x x 3x 7 ax bx 2a c x 2b m x 2c n
            
            
 
Como se trata de uma identidade, os polinômios de ambos os lados devem possuir os mesmos 
coeficientes. Assim, temos: 
 
 
 
a 1 a 1
b 1 b 1
2a c 0 c 2a 2 1 2
2b m 3 2 1 m 3 m 1
2c n 7 2 2 n 7 n 11
    

    


        
            

         
 
Assim, o quociente da divisão é   2q x x x 2    e o resto é  r x x 11   . 
Portanto, o produto entre o quociente e o resto é 
       2 3 2q x r x x x 2 x 11 x 10x 9x 22            cujo coeficiente do termo do 2 grau é 
10 . 
 
 
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20) Dois lados de um triângulo medem 4 cm e 6 cm e a altura relativa ao terceiro lado mede 3 cm . 
O perímetro do círculo circunscrito ao triângulo mede: 
(A) 4 cm 
(B) 6 cm 
(C) 8 cm 
(D) 12 cm 
(E) 16 cm 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Calculando a área do triângulo ABC de duas formas diferentes, temos: 
ABC
BC AH AB AC BC AB AC 4 6
S R 4 cm
2 4R 2 AH 2 3
    
     
 
. 
Portanto, o perímetro do círculo circunscrito ao triângulo ABC é 2p 2 R 2 4 8 cm      . 
 
 
21) Unindo-se os pontos médios dos quatro lados de um quadrilátero L , obtém-se um losango. Pode-
se afirmar que L 
(A) é um retângulo. 
(B) tem diagonais perpendiculares. 
(C) é um trapézio isósceles. 
(D) é um losango. 
(E) tem diagonais congruentes. 
 
RESPOSTA: E 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Seja ABCD um quadrilátero qualquer e M , N , P e Q os pontos médios de seus lados. 
 
Os segmentos MN , NP , PQ e MQ são bases médias dos triângulos ABC , BCD , ACD e ABD , 
respectivamente. Dessa forma, temos: 
MQ BD NP e 
BD
MQ NP
2
  
MN AC PQ e 
AC
MN PQ
2
  
Note que para qualquer quadrilátero ABCD , o quadrilátero MNPQ possui lados opostos paralelos e 
iguais e, portanto, é um paralelogramo. 
No caso do enunciado, o quadrilátero MNPQ é um losango, então todos os lados são iguais, ou seja, 
BD AC
MQ NP MN PQ BD AC
2 2
       . 
Assim, isso ocorre quando o quadrilátero ABCD tem diagonais congruentes. 
 
 
22) Considere os conjuntos M dos pares ordenados  x, y que satisfazem à equação 
   1 1 1 2 2 2a x b y c a x b y c 0      e N dos pares ordenados  x, y que satisfazem o sistema 
1 1 1
2 2 2
a x b y c 0
a x b y c 0
  

  
. Sendo 1 1 1 2 2 2a b c a b c 0      , pode-se afirmar que : 
(A) M N 
(B) M N M  
(C) M N  
(D) M N N  
(E) M N  
 
RESPOSTA: B 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
As soluções da equação    1 1 1 2 2 2a x b c a x b y c 0      são os valores de  x, y tais que 
1 1 1a x b y c 0   ou 2 2 2a x b y c 0   . 
As soluções do sistema de equações 
1 1 1
2 2 2
a x b y c 0
a x b y c 0
  

  
 são os valores de  x, y tais que 
1 1 1a x b y c 0   e 2 2 2a x b y c 0   . 
Sejam A o conjunto solução da equação 1 1 1a x b y c 0   e B o conjunto solução de 
2 2 2a x b y c 0   , então o conjunto solução da equação    1 1 1 2 2 2a x b c a x b y c 0      é 
M A B  e o conjunto solução do sistema de equações 
1 1 1
2 2 2
a x b y c 0
a x b y c 0
  

  
 é N A B  . 
Como A B A B   , então N M , o que implicaM N M  . 
 
 
23) A figura abaixo representa a planta de uma sala e foi desenhada na escala 1:100 . A área real da 
sala é: 
 
(A) 220 cm 
(B) 228,5 cm 
(C) 22850 cm 
(D) 228,5 m 
(E) 280, 4 m 
 
RESPOSTA: D 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
Na figura acima, todas as medidas de comprimento foram convertidas para centímetros. 
A área da figura pode ser calculada somando-se a área do retângulo ABGF com o trapézio retângulo 
CDEG . Assim, temos: 
 
2
ABGF CDEG
1 2 3
S S S 6 4 24 4,5 28,5 cm
2
 
        . 
A escala da planta é 1:100 o que significa que os comprimentos reais são 100 vezes os apresentados 
na planta. No caso da área devemos multiplicar o valor obtido na planta por 2100 . Logo, a área total 
da sala é dada por: 
2 2 2 2S 28,5 cm 100 285.000 cm 28,5 m    . 
Note que 1 m 100 cm e 2 2 21 m 100 cm . 
 
 
24) Os hexágonos regulares da figura são congruentes e os segmentos CD e GH são colineares. A 
razão entre a área de um deles e a área do triângulo EMN é igual a: 
 
 
(A) 6 
(B) 9 
(C) 12 
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(D) 16 
(E) 18 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Seja x a medida dos lados dos dois hexágonos regulares congruentes, então: 
FN AF FN x x
FN JI AFN AJI FN
JI AJ x 3x 3
        
KM AK KM 2x x
KM LI AKM ALI KM
LI AL x 4x 2
        
Comparando a área dos triângulos EMN e AKF , temos: EMN
EKF
x 2x
S EM EN 12 3
S EK EF x x 3


  
 
. 
Mas a área do triângulo equilátero EKF é um sexto da área de cada um dos hexágonos, então 
EMN EMN hex.
hex.EKF EMN
S S S1 1
18
SS 3 3 S
6
     . 
 
 
25) Sabendo-se que a média aritmética e a harmônica entre dois números naturais valem, 
respectivamente, 10 e 
32
5
, pode-se dizer que a média geométrica entre esses números será igual a: 
(A) 3, 6 
(B) 6 
(C) 6, 4 
(D) 8 
(E) 9 
 
RESPOSTA: D 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Sejam x, y os números do enunciado, então temos: 
x y
MA 10 x y 20
2

     
2xy 32 2xy 32
MH xy 64
x y 5 20 5
     

 
MG xy 64 8   
 
NOTA 1: PRODUTOS NOTÁVEIS E FATORAÇÃO 
 
Essa nota é referente à questão 8. 
 
Fatorar uma expressão é transformála num produto de fatores de menor grau que a expressão 
original. 
 
Produtos notáveis são expressões de forma conhecida que são memorizadas para facilitar o 
desenvolvimento de expressões algébricas e o processo de fatoração. 
 
Para se realizar uma fatoração, duas técnicas são importantíssimas, a saber: 
 
Evidenciação: consiste em aplicar a propriedade distributiva da multiplicação em expressões cujos 
termos tenham fatores comuns: 
 
 a b a c a b c      
 
Exemplo:  2 23a b 6ab 3ab a 2b   
 
Agrupamento: consiste em realizar seguidas evidenciações. 
 
       a b a c b d c d a b c d b c b c a d                 
 
Exemplos:       3 2 2 2x x x 1 x x 1 1 x 1 x 1 x 1           
 
Vamos agora apresentar alguns produtos notáveis e fatorações úteis na resolução de problemas. 
 
Produto de Stevin: 
 
       2x y x z x y z x yz        
 
Diferença de quadrados: 
 
   2 2a b a b a b     
 
 
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Quadrado da soma e da diferença: 
 
 2 2 2a b a 2ab b    
 
 2 2 2a b a 2ab b    
 
 2 2 2 2a b c a b c 2ab 2ac 2bc        
 
   
2 2 2 2 2
1 2 k 1 2 k 1 2 1 3 1 k i i jk 1 ka a a a a a 2a a 2a a 2a a 2a a 2 a a                
 
Esses produtos notáveis são obtidos com auxílio da distributividade da multiplicação em relação à 
adição. 
 
         2 2 2 2 2a b a b a b a a b b a b a ab ba b a 2ab b                  
 
A fórmula do quadrado da diferença pode ser obtida facilmente a partir da fórmula do quadrado da 
soma da seguinte forma:         
22 22 2 2a b a b a 2 a b b a 2ab b              . 
 
A mesma ideia é útil para calcular o quadrado da soma de três números quando há sinais negativos. 
 
                 22 2 22
2 2 2
a b c a b c a b c 2a b 2a c 2 b c
a b c 2ab 2ac 2bc
                   
     
 
 
Identidades de Legendre: 
 
     2 2 2 2a b a b 2 a b     
 
   2 2a b a b 4ab    
 
     4 4 2 2a b a b 8ab a b     
 
Teorema: O trinômio da forma 2ax bx c  é o quadrado de um binômio do primeiro grau se, e 
somente se, 2b 4ac . 
 
Cubo da soma e da diferença: 
 
   3 3 2 2 3 3 3a b a 3a b 3ab b a b 3ab a b         
 
   3 3 2 2 3 3 3a b a 3a b 3ab b a b 3ab a b         
 
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 
   
  
     
3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 2
3 3 3
3 3 3
3 3 3 2 2 2
a b c a b c 3a b 3a c 3b a 3b c 3c a 3c b 6abc a 3 a b 6abc
a b c 3 a b b c c a
a b c a b c ab bc ca 3abc
a b c 3a b c 3b a b 3c a b 6abc
               
      
        
         
 
 
Soma de cubos:   3 3 2 2a b a b a ab b     
 
Diferença de cubos:   3 3 2 2a b a b a ab b     
 
 
Identidade trinômica ou identidade de Argand: 
 
   2 2 4 2x x 1 x x 1 x x 1        
 
  2 2 2 2 4 2 2 4x xy y x xy y x x y y       
 
  2m m n 2n 2m m n 2n 4m 2m 2n 4nx x y y x x y y x x y y       
 
Binômio de Newton: 
 
 
nn n n 1 1 n 2 2 1 n 1 n p n p
p 0
n n n n
a b a a b a b a b b b a
1 2 n 1 p
   

       
               
       
 
 
Os coeficientes do desenvolvimento são chamados números binomiais e calculados da seguinte 
maneira: 
 
 
n n!
p p! n p !
 
 
 
 
 
onde    k! k k 1 k 2 3 2 1         , com k . 
 
Esses coeficientes podem ser obtidos no diagrama abaixo chamado de “Triângulo de Pascal”, no qual 
o valor de 
n
p
 
 
 
 é o  p 1 -ésimo elemento da linha correspondente a n. 
 
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Dessa forma, podemos escrever os seguintes desenvolvimentos. 
 
 4 4 3 2 2 3 4a b a 4a b 6a b 4ab b      
 
 5 5 4 3 2 2 3 4 5a b a 5a b 10a b 10a b 5ab b       
 
 6 6 5 4 2 3 3 2 4 5 6a b a 6a b 15a b 20a b 15a b 6ab b        
 
 
A seguir vamos apresentar algumas outras fatorações úteis. 
 
  n n n 1 n 2 n 3 2 2 n 3 n 2 n 1n : a b a b a a b a b a b ab b                
 
  n n n 1 n 2 n 3 2 2 n 3 n 2 n 1n e n ímpar : a b a b a a b a b a b ab b               
 
Essa última fatoração é obtida a partir da anterior, substituindo b por  b . 
 
Identidades de Gauss: 
 
          2 2 23 3 3 2 2 2 1a b c 3abc a b c a b c ab ac ab a b c a b a c b c
2
                      
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Demonstração: 
   
       
  
  
       
3 3 3
3 2 2 3 3 2 2
3 3
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b c 3abc
a 3a b 3ab b c 3a b 3ab 3abc
a b c 3ab a b c
a b c a b a b c c 3ab a b c
a b c a 2ab b ac bc c 3ab
a b c a b c ab ac ab
1
a b c a b a c b c
2
   
        
      
            
         
        
          
 
 
      a b b c c a abc a b c ab bc ca         
 
Identidade de Sophie - Germain:   4 4 2 2 2 2a 4b a 2b 2ab a 2b 2ab      
 
Identidade de Lagrange:       22 2 2 2 2ac bd ad bc a b c d     
 
Teorema de D’Alembert: 
Outro teorema muito útil para efetuar fatorações é o Teorema de D’Alembert: “O resto de um 
polinômio  P x por  x a é  P a . 
 
Um corolário desse teorema é: “Se um polinômio  P x se anula para x a , então ele contém o fator 
 x a .” 
 
Exercícios relacionados 
 
1) (CMRJ 2011) Dados os números reais a , b , c diferentes de zero e a b c 0   , para que a 
igualdade 
1 1 1 1
a b c a b c
  
 
 sempre se verifique, devemos ter, necessariamente 
a) a b 2c  
b) a b 2c   
c) a b ou b c ou a c 
d) 
a c
b
2

 
e) a b  ou b c  ou a c  
 
RESPOSTA: e 
 
RESOLUÇÃO: 
     
1 1 1 1
bc a b c ac a b c ab a b c abc
a b c a b c
            
 
 
2 2 2 2 2 22abc b c bc a c ac a b ab 0        
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           22 2 2 2b a c ac a c b a 2ac c 0 b a c ac a c b a c 0               
        2a c b ac b a c 0 a c b a b c 0           
a c a b b c         
 
 
2) (CMRJ 2000) Simplificando a fração algébrica 
3 2
4 3 2
2x 3x 27
2x 3x 9x 27x 81
 
   
, encontramos 
a) x + 3 
b) 
1
x 3
 
c) x – 3 
d) 
1
x 3
 
e) 
x 3
x 3


 
 
RESPOSTA: b 
 
RESOLUÇÃO: 
      
3 2 3 2
4 3 2 4 3 3 2
3 2 3 2
3 2 3 2 3 2
2x 3x 27 2x 3x 27
2x 3x 9x 27x 81 2x 3x 27x 6x 9x 81
2x 3x 27 2x 3x 27 1
x 3x 2x 3x 27 3 2x 3x 27 x 3 2x 3x 27
   
 
        
   
  
       
 
 
 
3) (CMRJ 2001) Se 
3 2
2
x 3x 3x 1
M
5x 10x 5
  

 
 e 
3x 1
N
5x 10



, o valor de 
N
M
 para x 2 é: 
a) 
4 2
5

 
b) 
1 2
7

 
c) 4 2 
d) 
4 2
5

 
e) 
4 2
7

 
 
RESPOSTA: e 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
 
33 2
2 2
x 3x 3x 1 x 1 x 1
M
55x 10x 5 5 x 1
    
  
  
 
  
 
3 2x 1 x 1 x x 1
N
5x 10 5 x 2
   
 
 
 
  
 
 
   22 2
x 1
M x 1 5 x 2 x 25
N 5 x x 1x 1 x x 1 x 1 x x 1
5 x 2

  
   
      

 
  
  2
M x 2 2 2 2 2 2 2 3 2 4 2
x 2
N 72 2 1 3 2x x 1 3 2 3 2
     
      
     
 
 
 
4) (EPCAR 2010) Considere os números a , b e x tais que a b x  , 1a b x  e a b 0  . O valor 
da expressão 
  
  
2 2 3 3
2 2 2 2
2
a 2ab b a b
a b a ab b
y
a ab
2a
  
  

 
 
 
 é 
a) 2 
b) 22x 
c) 2x 
d) 
2x
2
 
 
RESPOSTA: b 
 
RESOLUÇÃO: 
  
       
     
 
 
2 2 3 3
2 2 22 2 2 2
2
12 2 2
a 2ab b a b
a b a b a ab b 2a 2 a b 2xa b a ab b
y . 2x
a a b a b xa ab a b a b a ab b
2a

  
      
    
      
 
 
 
 
 
5) (IME 2008) Seja x um número real ou complexo para o qual 
1
x 1
x
 
  
 
. O valor de 6
6
1
x
x
 
 
 
 é: 
a) 1 
b) 2 
c) 3 
d) 4 
e) 5 
 
RESPOSTA: b 
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RESOLUÇÃO: 
  2 2 2
3 3
1
x 1 x 1 x x x 1 0 x 1 x x 1 0
x
x 1 0 x 1
 
               
 
     
 
 
 
 
 
2 26 3
6 2 2
3
1 1 1
x x 1 2
x 1x
 
       
  
 
 
 
6) Fatorando 5 4x x 1  em dois fatores de menor grau, um dos fatores obtidos é: 
a) 2x x 1  
b) 2x x 1  
c) 2x x 1  
d) 3x x 1  
e) 3x x 1  
 
RESPOSTA: d 
 
RESOLUÇÃO: 
     
  
3 2 35 4 5 4 3 2 2 2
2 3
2x x 1 x x 1 x x x 1 1 x x 1 x x x 1
x x 1
x x
x x
x
1
x x x                
 
    


 
 
 
 
7) Sabendo que 2 3x y 1  e 
4 6x y 2  , o valor de  
2
2 3 4 2 3 6x y x 2x y y    é 
a) 0 
b) 1 
c) 1 
d) 2 
e) 2 
 
RESPOSTA: d 
 
RESOLUÇÃO: 
Identidade de Legendre:    
2 2
a b a b 4ab    
     
2 2 2
2 3 4 2 3 6 2 3 2 3 2 3x y x 2x y y x y x y 4x y           
 
2
2 3 2 3 2 4 2 3 6x y 1 x y 1 x 2x y y 1         (*) 
Substituindo 4 6x y 2  em (*), temos 2 3 2 32 2x y 1 2x y 1     
     
2
2 3 4 2 3 6 2 3 2 3x y x 2x y y 4x y 2 2x y 2 1 2               
 
 
 
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8) Considere as afirmativas: 
1.          2 2 2 2 2 2a b b c c a 2 a b c 2 ab bc ac           
2.        3 3 3 3a b c a b c 3 a b b c c a         
3.        
2 2 2 3 3 31 a b c a b b c c a a b c 3abc
2
           
 
 
Assinale: 
a) Se somente as afirmativas (1) e (2) forem verdadeiras. 
b) Se somente as afirmativas (1) e (3) forem verdadeiras. 
c) Se somente as afirmativas (2) e (3) forem verdadeiras. 
d) Se todas as afirmativas forem verdadeiras. 
e) Se todas as afirmativas forem falsas. 
 
RESPOSTA: d 
 
RESOLUÇÃO: 
1. V 
     
   
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b b c c a a 2ab b b 2bc c c 2ac a
2 a b c 2 ab bc ac
              
     
 
2. V 
   
     
 
3 3 3 3
2 2 2 2 2 2 2
2 2
a b c a b c
b c a b c 2ab 2ac 2bc a ab ac a b c b bc c
b c 3a b
     
               
   2c 23ab 3ac 2bc b    2bc c  
      23 b c a ab ac bc 3 a b b c c a

        
 
3. V 
       
2 2 21 1
a b c a b b c c a
2 2
        
 
 a b c 2    2 2 2
3 2
a b c ab ac bc
a ab
     
  2ac 2a b 2a c 2abc a b  3 2b bc  2ab 2abc b c  2a c 2b c
3 2c abc ac

   2bc 3 3 3a b c 3abc   
 
 
 
9) Analise as igualdades a seguir: 
I) 
a b c
0
(a b).(a c) (b c).(b a) (c a).(c b)
  
     
 
II) 
2 2 2 2 2 2
2
(x+y) (y+z) (z+x) (x y z )
1
(x+y+z)
    
 
III) 
2 b c 2 c a 2 a b
1
b c (c a).(a b) c a (a b).(b c) a b (b c).(c a)
  
     
        
 
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IV) 
2 2 2 3
3 3 3 3 2 2
a ab a ab+b 2a 2ab b
1 1
a+b a ba b a b a ab+b
    
              
 
A quantidade de igualdades verdadeiras é: 
a) 4 
b) 3 
c) 2 
d) 1 
e) 0 
 
RESPOSTA: b 
 
RESOLUÇÃO: 
I) VERDADEIRA 
     
     
a b c a b c b a c c a b
(a b) (a c) (b c) (b a) (c a) (c b) a b a c b c
ab
    
   
             

ac ab bc ac bc
     
0
a b a c b c

    
 
II) VERDADEIRA 
        
 
2 2 2 2 2 2
2
2
(x+y) (y+z) (z+x) (x y z )
(x+y+z)
x y z x y z x y z x y z x y z x y z
(x+y+z)
x y z x y z
    

              
    

x y z x y  2
2 2
z (x+y+z)
1
(x+y+z) (x+y+z)

 
 
III) FALSA 
              
     
             
     
   
     
2 2 2
2 2 2
2 b c 2 c a 2 a b
b c (c a) (a b) c a (a b) (b c) a b (b c) (c a)
2 c a a b b c 2 b c a b c a 2 b c c a a b
a b b c c a
c a a b b c b c 2 a b 2 c a b c b c
0
a b b c c a a b b c c a
  
     
           
             
 
    
            
  
         
 
IV) VERDADEIRA 
 
  
  
  
2 2 2 3
3 3 3 3 2 2
2 2 2 2 2 2
2 22 2 2 2
a ab a ab+b 2a 2ab
1 1
a+ba b a b a ab+b
a a b a ab+b a b a ab b a ab+b
a+b a ab+ba b a ab b a b a ab b
a a b b
a b a b a b
    
             
     
    
     

  
  
 
 
 
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10) Escrevendo o número 
5 64 53 4 como o produto de dois inteiros, ambos maiores que 200910 , um 
dos fatores obtidos é: 
a) 256 15625 256 78139 2 3 2   
b) 256 15624 256 78139 2 3 2   
c) 256 15625 256 78129 2 3 2   
d) 256 15624 256 78139 2 3 2   
e) 256 15625 256 78129 2 3 2   
 
RESPOSTA: a 
 
RESOLUÇÃO: 
Inicialmente, observe que:    
5 6 4 44 5 1024 15625 256 30963 4 3 4 3 4 4      . 
Sejam 256a 3 e 3906b 4 , então 
     
  
5 6 2 24 5 4 4 4 4 2 2
2 2 2
2 2 2
2
24a b 43 4 a 4 b a 4b a 2b 2ab
a 2b 2ab a 2b 2ab
a b         
    
 
 
Agora, note que: 
     
780 780
2 2 2 2 2 7812 10 3 2340a 2b 2ab a 2b 2ab 2b 2ab 2b b a b 2 2 10 10              
o que mostra que ambos os fatores são maiores que 200910 . 
               
   
5 6 2 2 2 24 5 4 4 256 3906 256 3906 256 3906 256 3906
256 15625 7813 256 256 15625 7813 256
3 4 a 4 b 3 2 4 2 3 4 3 2 4 2 3 4
9 2 2 3 9 2 2 3
         
       
 
 
REFERÊNCIA: Mathematical Excalibur  vol. 14  n° 3. 
 
 
11) Sabendo que x, y e z são reais satisfazendo xyz 1 , calcule o valor da expressão: 
1 1 1
A .
1 x xy 1 y yz 1 z xz
  
     
 
a) 0 
b) 1 
c) 1 
d) 2 
e) 2 
 
RESPOSTA: b 
 
RESOLUÇÃO: 
Como x y z 1   , então x 0, y 0 e z 0. Assim, 
z x 1 z x 1
A
z(1 x xy) x(1 y yz) 1 z xz z xz xyz x xy xyz 1 z xz
     
           
 
z x 1 z xz 1 1 z xz
1
1 z xz 1 x xy 1 z xz 1 z xz 1 z xz 1 z xz 1 z xz
 
       
             
 
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12) Se 
a b
x
a b



, 
b c
y
b c



 e 
c a
z
c a



, então o valor de 
   
   
1 x 1 y 1 z
1 x 1 y 1 z
  
  
 é 
a) 0 
b) 1 
c) 1 
d) a b c  
e) 
   
   
a b b c c a
a b b c c a
  
  
 
 
RESPOSTA: c 
 
RESOLUÇÃO: 
   
   
a b a b 2a a b 2b 1 x a
x 1 x 1 e 1 x 1
a b a b a b a b a b 1 x b
b c b c 2b b c 2c 1 y b
y 1 y 1 e 1 y 1
b c b c b c b c b c 1 y c
c a c a 2c c a 2a 1 z c
z 1 z 1 e 1 z 1
c a c a c a c a c a 1 z a
1 x 1 y 1 z a b c
1
1 x 1 y 1 z b c a
   
           
     
   
           
     
   
           
     
  
    
  
 
 
REFERÊNCIA: Krechmar, V. A.  A Problem Book in Algebra  pg. 16. 
 
 
13) O número 
     
     
4 4 4 4 4
4 4 4 4 4
10 324 22 324 34 324 46 324 58 324
4 324 16 324 28 324 40 324 52 324
    
    
 é igual a: 
a) 371 
b) 372 
c) 373 
d) 374 
e) 375 
 
RESPOSTA: c 
 
SOLUÇÃO: 
 
 
4 2
4
4 2
k 0
10 12k 18
N
4 12k 18
 
 
 
 
Usando a identidade 
 de Sophie Germain 
      4 2 4 4 2 2 2 2a 18 a 4 3 a 2 3 2 3a a 2 3 2 3a a a 6 18 a a 6 18                        
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     10 12k 16 12k 18 10 12k 4 12k 18
N
           

  4 12k 10 12k 18       
4
k 0 4 12k 2 12k 18

     
 
  
  
4
k 0
10 12k 16 12k 18 10 16 18
N
4 12k 2 12k 18
    
 
     
22 28 18
4 2 18
 

   16 10 18 
34 40 18 

28 22 18 
46 52 18 

40 34 18 
58 64 18
52 46 18
 

 
 
 
58 64 18
N 373
4 2 18
 
 
  
 
 
REFERÊNCIA: From Erdös do Kiev - Ross Honsberger - p.22 (AIME 1987). 
 
 
14) Se 
x y z
0
y z z x x y
  
  
, então o valor de 
2 2 2
x y z
(y z) (z x) (x y)
 
  
 é: 
a) 0 
b) x y 
c) 1 
d) x y z  
e) 3 
 
RESPOSTA: a 
 
RESOLUÇÃO: 
                
       
               
     
       
2 2
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 x y z
0
y z z x x y y z z x x y
x y z x y z
y z z x y z x y z x y z z x x yy z z x
x y z
0
x y y z x y z x x y
x y z x y x z y z
0
y z z x y z x y z x x yy z z x x y
x y x y x z z x y z yx y z
y z z x x y
   
        
        
      
        
   
    
  
      
       
       
   
  
 
    
     
2
2 2 2
z
0
x y y z z x
xx y z
y z z x x y

  
   
  
2y 2z 2x 2y 2z
   
     
2 2 2
0
x y y z z x
x y z
0
y z z x x y

  
   
  
 
 
 
 
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15) Sejam a, b, c números reais não nulos tais que a b c 0   e 3 3 3 5 5 5a b c a b c     . O valor 
de 2 2 2a b c  é 
a) 1 
b) 
3
4
 
c) 
4
5
 
d) 
5
4
 
e) 
6
5
 
 
RESPOSTA: e 
 
RESOLUÇÃO: 
3 3 3a b c 0 a b c 3abc       
   2 2 2 2 2 2 21a b c a b c 2ab 2ac 2bc 0 ab ac bc a b c
2
                
        
 
   
3 3 3 2 2 2 5 5 5 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a b c a b c a b c a b a b a c a c b c b c
3abc a b c 3abc a b c a bc ab c
ab ac bc
3abc a b c abc 3 ab ac bc a b c 1
3
            
     
 
          
 
   2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b c 1 a b c 1 a b c 1
3 2 6
6
a b c
5
   
               
   
   
 
 
 
 
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PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – 1983/1984 
 
 
1) Num colégio verificou-se que 120 alunos não têm pai professor; 130 alunos não têm mãe professora 
e 5 têm pai e mãe professores. Qual o número de alunos do colégio, sabendo-se que 55 alunos 
possuem pelo menos um dos pais professor e que não existem alunos irmãos? 
(A) 125 
(B) 135 
(C) 145 
(D) 155 
(E) 165 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Na figura abaixo, P é o conjunto dos alunos que possuem pai professor e M é o conjunto dos alunos 
que possuem mãe professora. A interseção de P e M que é o conjunto dos alunos que têm pai e mãe 
professores. 
 
Os números ou variáveis representados em cada região do diagrama representam a quantidade de 
elementos da região. 
Como 120 alunos não têm pai professor, então y z 120  . 
Como 130 alunos não têm mãe professora, então x z 130  . 
Como 55 alunos possuem pelo menos um dos pais professor, então x y 5 55 x y 50      . 
Somando as três igualdades obtidas, temos:  2 xy z 300 x y z 150        . 
Assim, o número de alunos do colégio é  n U x y z 5 150 5 155       . 
 
 
2) O resto da divisão por 11 do resultado da expressão 
20 32 261211 9119 343  é: 
(A) 9 
(B) 1 
(C) 10 
(D) 6 
(E) 7 
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RESPOSTA: B 
 
RESOLUÇÃO: 
 1211 1 mod11 
 9119 0 mod11 
 20 32 26 20 32 261211 9119 343 1 0 343 1 mod11      
Portanto, o resto da divisão de 20 32 261211 9119 343  por 11 é 1 . 
 
 
3) Associando-se os conceitos da coluna da esquerda com as fórmulas da coluna da direita, sendo a e 
b números inteiros positivos quaisquer, tem-se: 
 
I – média harmônica dos números a e b a) a b 
II – média ponderada dos números a e b 
b) 
a
b
 
III – média proporcional entre os números a e b 
c) 
a b
2

 
IV – o produto do máximo divisor comum pelo 
mínimo múltiplo comum de a e b 
 
d) 
2ab
a b
 
V – a média aritmética simples entre a e b e) a b 
 
(A) (I; b); (II; c); (IV; e) 
(B) (II; c); (III; a); (IV; e) 
(C) (I; d); (II; c); (V; c) 
(D) (III; a); (IV; e); (V; b) 
(E) (I; d); (III; a); (IV; e) 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
(I-d) 
1 2ab
MH
1 1 a b
a b
2
 


 
(II- ) não faz sentido sem a apresentação dos pesos 
(III – a) Observe que média proporcional é o mesmo que média geométrica. 
(IV – e) O produto do MDC pelo MMC de dois números inteiros positivos é igual ao produto dos 
números. 
(V − ) A média aritmética simples entre a e b é 
a b
MA
2

 que não aparece na a2 coluna. 
 
 
 
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4) Uma grandeza X é diretamente proporcional às grandezas P e T e inversamente proporcional ao 
quadrado da grandeza W . Se aumentarmos P de 60% do seu valor e diminuirmos T de 10% do seu 
valor, para que a grandeza X não se altere, devemos: 
(A) diminuir W de 35% do seu valor; 
(B) aumentar W de 35% do seu valor; 
(C) diminuir W de 20% do seu valor; 
(D) aumentar W de 20% do seu valor; 
(E) aumentar W de 25% do seu valor. 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Como a grandeza X é diretamente proporcional às grandezas P e T e inversamente proporcional ao 
quadrado da natureza W , então podemos escrever 
2
P T
X k
W

  , onde k é a constante de 
proporcionalidade. 
Se aumentarmos P de 60% do seu valor e diminuirmos T de 10% do seu valor, teremos para novos 
valores dessas grandezas  P ' 1 60% P 1,6 P     e  T ' 1 10% T 0,9 T     . 
Supondo ainda que nessa segunda situação a grandeza W assuma o valor W' , então, para que a 
grandeza X não se altere, devemos ter: 
2 2
2 2 2 2
P T P' T ' P T 1,6P 0,9T
k k k k W' 1,44 W W' 1,2 W
W W' W W'
   
             . 
Logo, devemos aumentar W de 20% . 
 
 
5) Seja o número  
 
 2
2
N 10.000


 , o número de divisores positivos de N é: 
(A) 6 
(B) 13 
(C) 15 
(D) 4 
(E) 2 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
 
 
 
 
1
1
22 2 42 4 44N 10000 N 10000 10000 10000 10 10
 
       
Assim, o número de divisores positivos de N 10 2 5   é      d N 1 1 1 1 4     . 
 
 
6) Calcule a diferença y x , de forma que o número: 
x 4 y2 3 26  possa ser expresso como uma 
potência de base 39 . 
(A) 8 
(B) 0 
(C) 4 
(D) 2 
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(E) 3 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
Para que um número seja uma potência de base 39 , ou seja,  
nn n n39 3 13 3 13    , a sua 
decomposição canônica deve possuir apenas fatores 3 e 13 e com o mesmo expoente. 
 yx 4 y x 4 x y 4 y2 3 26 2 3 2 13 2 3 13         
Dessa forma, devemos ter x y 0  e y 4 , o que implica x 4  . Portanto,  y x 4 4 8     . 
 
 
7) A , B e C são respectivamente os conjuntos dos múltiplos de 8 , 6 e 12 , podemos afirmar que o 
conjunto  A B C  é o conjunto dos múltiplos de: 
(A) 12 
(B) 18 
(C) 24 
(D) 48 
(E) 36 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
 A M 8 ,  B M 6 ,  C M 12 
Como todo múltiplo de 12 também é múltiplo de 6 , então C B o que implica B C B  . 
Assim, temos  A B C A B    . 
O conjunto A B é o conjunto dos números que são múltiplos de 8 e 6 que é igual ao conjunto dos 
múltiplos do  MMC 8,6 24 . 
Portanto,    A B C M 24   . 
 
 
8) Sendo P 3 , podemos afirmar que o trinômio 2y 2x 6x P   : 
(A) se anula para dois valores positivos de x ; 
(B) se anula para dois valores de x de sinais contrários; 
(C) se anula para dois valores negativos de x ; 
(D) não se anula para valores de x reais; 
(E) tem extremo positivo. 
 
RESPOSTA: B 
 
RESOLUÇÃO: 
O discriminante do trinômio 2y 2x 6x P   é    
2
6 4 2 P 36 8P 0          , a soma das raízes 
é 
 
1
6
3 0
2
 
    e o produto 2
P
0
2

   . Portanto, o trinômio se anula para dois valores de x 
de sinais contrários. 
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O trinômio tem ponto de mínimo 
 
V
36 8P 9
y P 0
4 2 8 2
    
      
  
 para 
 
V
6 3
x 0
2 2 2
 
  

, 
ou seja, tem extremo negativo. 
 
 
9) No sistema 
   
3 2 2 3
2 2 2 2
x 3x y 3xy y 8
x y . x 2xy y 12
    

   
 a soma dos valores de x e y é: 
(A) 1 
(B) 
3
4
 
(C) 
2
3
 
(D) 
4
3
 
(E) 
3
2
 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
 
        
    
33 2 2 3
22 2 2 2
3 3
x 3x y 3xy y 8 x y 8 x y 2
x y . x 2xy y 12 x y x y x y 12
3
x y x y 12 x y 2 12 x y
2
          

         
          
 
 
 
10) O valor de a , para que a soma dos quadrados das raízes da equação  2x 2 a x a 3 0     seja 
mínima, é: 
(A) 1 
(B) 9 
(C) 2 
(D) 1 
(E) 9 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam  e  as raízes da equação  2x 2 a x a 3 0     , então 
 2 a
S a 2
1
 
     e 
a 3
P a 3
1
 
       . 
A soma dos quadrados das raízes é 
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     
2 22 2 2
2S 2 a 2 2 a 3 a 2a 10                
que é mínima no seu vértice: 
 2
1
2 1
 


. 
 
 
11) A soma das raízes da equação 
2 2x 6x 9 4 x 6x 6     , é: 
(A) 6 
(B) 12 
(C) 12 
(D) 0 
(E) 6 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Seja 2y x 6x 6 0    , então 2 2 2 2y x 6x 6 y 3 x 6x 9        . Substituindo essas relações 
na equação original, temos: 
2 2y 3 4y y 4y 3 0 y 1 y 3          
Retornando a substituição, temos: 
2 2 2x 6x 6 1 x 6x 5 0 x 1 x 5           
   22 2 2x 6x 6 3 x 6x 3 0 6 4 1 3 48 0                
Como a segunda equação tem discriminante positivo, ela possui duas raízes reais de soma 
 6
6.
1
 
 
Portanto, a soma das raízes da equação original é 6 6 12  . 
 
 
12) Efetuando o produto   100 99 98 97 2x 1 x x x x x x 1        , encontramos: 
(A) 100x 1 
(B) 200x 1 
(C) 101 50x x 1  
(D) 1002x 2 
(E) 101x 1 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
Sendo n um número ímpar, temos o seguinte produto notável 
  n n n 1 n 2 n 3 2 2 n 3 n 2 n 1a b a b a a b a b a b ab b              . 
No caso do enunciado, basta tomarmos a x , b 1 e n 101 .Assim, temos: 
  100 99 98 97 2 101x 1 x x x x x x 1 x 1          . 
 
 
 
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Alternativamente, poderíamos efetuar a multiplicação utilizando a distributividade. 
  
   
   
100 99 98 97 2
100 99 98 97 2 100 99 98 97 2
101 100 99 98 3 2 100 99 98 97 2
101
x 1 x x x x x x 1
x x x x x x x 1 1 x x x x x x 1
x x x x x x x x x x x x x 1
x 1
        
                 
              
 
 
 
 
13) Seja   4 2P x 2x 5x 3x 2    e   2Q x x 3x 1   ; se    P x Q x determina um quociente 
 Q x e um resto  R x , o valor de    Q 0 R 1  é: 
(A) 0 
(B) 28 
(C) 25 
(D) 17 
(E) 18 
 
RESPOSTA: B 
 
RESOLUÇÃO: 
Vamos efetuar a divisão de polinômios pelo “Método das chaves”. 
4 3 2 2
4 3 2 2
3 2
3 2
2
2
2x 0x 5x 3x 2 x 3x 1
2x 6x 2x 2x 6x 11
/ 6x 7x 3x 2
6x 18x 6x
/ 11x 3x 2
11x 33x 11
/ 30x 13
     
    
  
  
 
  

 
Assim, o quociente é   2Q x 2x 6x 11    e o resto é  R x 30x 13  . 
Portanto,      Q 0 R 1 11 30 13 11 17 28        . 
 
 
14) Sabendo que 3x y 10z 0   e que x 2y z 0   , o valor de 
3 2
2 3
x x y
xy z


 sendo z 0 , é: 
(A) 18 
(B) 9 
(C) 6 
(D) 1 
(E) 0 
 
RESPOSTA: B 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
3x y 10z 0 3x y 10z
x 2y z 0 x 2y z
     
 
     
 
   2 3x y x 2y 2 10z z 7x 21z x 3z           
x 2y z 3z 2y z y z        
     
   
3 23 2 3 3
2 3 2 3 33
x x y 3z 3z z 27z 9z
9
xy z 3z z3z z z
    
   
   
 
 
 
15) Simplificando a expressão n
n 2 2n 2
600
25 5 
 para  n 0,1  , temos: 
(A) 5 
(B) 15 
(C) 25 
(D) 25 
(E) 05 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
   
n n nnnn 2 2n 2 n 2 2n 4 2n 2 2n 22n 2 22 2n 2
2
n
2n 2
600 600 600 600 600
25 5 5 5 5 5 245 5 15 5
1 1
5
5 5
     

    
    
  
 
 
 
16) A equação 2 2k x kx k 2k 8 12x     é impossível para: 
(A) um valor positivo de k ; 
(B) um valor negativo de k ; 
(C) três valores distintos de k ; 
(D) dois valores distintos de k ; 
(E) nenhum valor de k . 
 
RESPOSTA: B 
 
RESOLUÇÃO: 
 2 2 2 2k x kx k 2k 8 12x k k 12 x k 2k 8           
A equação do 1 grau será impossível quando 2k k 12 0 k 3 k 4       e 
2k 2k 8 0 k 2 k 4        . 
O único valor que satisfaz as duas condições é k 3  , que torna a equação impossível. 
Portanto, a equação é impossível para um valor negativo de k . 
 
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17) A soma dos valores inteiros de x , no intervalo 10 x 10   , e que satisfazem a inequação 
  2 2x 4x 4 x 1 x 4     é: 
(A) 42 
(B) 54 
(C) 54 
(D) 42 
(E) 44 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
         
          
 
22 2
*
2
x 4x 4 x 1 x 4 x 2 x 1 x 2 x 2 0
x 2 x 2 x 1 x 2 0 x 2 x 2x 4 0
x 2 0 x 2
             
             
     
 
(*) Como o discriminante do trinômio do 2 grau 2x 2x 4  é 22 4 1 4 12 0        , então o 
trinômio é sempre positivo. 
Portanto, os valores inteiros de x no intervalor 10 x 10   que satisfazem a equação dada são os 
elementos do conjunto    S x | 10 x 2 9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2               cuja soma é 44 . 
 
 
18) A secante  r a uma circunferência de 6 cm de raio determina uma corda AB de 8 2 cm de 
comprimento. A reta  s é paralela à  r e tangencia a circunferência no menor arco AB . A distância 
entre  r e  s é de: 
(A) 6 cm 
(B) 10 cm 
(C) 5 cm 
(D) 4 cm 
(E) 7 cm 
 
RESPOSTA: D 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
A figura a seguir representa a situação descrita no enunciado. 
 
 
Seja T o ponto de tangência da reta  s e da circunferência, então OT s . 
Como r s , então OT r . 
Seja M a interseção de OT e r , então M é ponto médio de AB , o que implica AM MB 4 2  . 
No triângulo retângulo OMB , temos: 
 
2
2 2 2 2 2 2OM MB OB OM 4 2 6 OM 36 32 4 OM 2           . 
A distância entre  r e  s é MT OT OM 6 2 4 cm     . 
 
 
19) Um trapézio é obtido cortando-se um triângulo escaleno de área S por uma paralela a um dos lados 
do triângulo que passa pelo baricentro do mesmo. A área do trapézio é: 
(A) 
5
S
9
 
(B) 
4
S
9
 
(C) 
2
S
3
 
(D) 
1
S
3
 
(E) 
1
S
2
 
 
RESPOSTA: A 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
Seja G o baricentro do triângulo escaleno ABC e seja DE BC passando por G . 
Sabemos que 
AG 2 AG 2
GM 1 AM 3
   . 
Como DE BC , então 
2 2
ADE
ADE
ABC
S AG 2 4 4
ADE ABC S S
S AM 3 9 9
   
          
   
. 
Portanto, a área do trapézio é dada por BCED ABC ADE
4 5
S S S S S S
9 9
     . 
Note que utilizamos que a razão de semelhança é a razão entre quaisquer linhas homólogas nos dois 
triângulos (no caso a razão entre medianas correspondentes) e que a razão entre as áreas de dois 
triângulos semelhantes é igual ao quadrado da razão de semelhança. 
 
 
20) Um triângulo ABC está inscrito em um círculo e o arco BC mede 100º . Calcular a medida do 
ângulo ˆBEC , sendo E o ponto de interseção da bissetriz externa relativa a B̂ com o prolongamento 
do segmento CM , onde M é o ponto médio do arco menor AB 
(A) 15º 
(B) 25º 
(C) 20º 
(D) 40º 
(E) 50º 
 
RESPOSTA: B 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
O ângulo  do ABC é um ângulo inscrito, então 
BC 100
 50
2 2
   . 
Se M é o ponto médio do arco menor AB , então CM é bissetriz do ângulo Ĉ e 
Ĉˆ ˆACE BCE
2
  . 
Como BE é bissetriz externa do ABC , então 
ˆ ˆA CˆABE
2

 . 
No BCE , temos 
ˆ ˆ ˆ ˆC A C Aˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆBCE CBE BEC 180 B 180 180 B C
2 2 2
 
               
 
. 
Mas, do ABC , sabemos que ˆ ˆˆA B C 180   , então 
Â
25
2
   . 
 
 
21) A roda de um veículo tem 50 cm de diâmetro. Este móvel, em velocidade constante, completa 10 
voltas em cada segundo, com um gasto de um litro de combustível por 10 km rodados. Sabendo-se 
que o veículo fez uma viagem de 6 h , o número que mais se aproxima da quantidade de litros gastos 
na viagem é: 
(A) 52 
(B) 40 
(C) 30 
(D) 34 
(E) 20 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
A cada volta, a distância percorrida pelo veículo é igual ao comprimento da roda, ou seja, 
D 50 cm   . 
Como o veículo completa 10 voltas por segundo, então ele percorre 50 10 500 cm   por segundo. 
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Em uma viagem de 6 h 6 3600 s 21600 s   , o veículo percorre 
500 21600 10800000 cm 108 km     . 
A quantidade de litros de combustível gastos na viagem é 
108
10,8 34
10

  . 
 
 
22) Num triângulo ABC de lado AC de medida 6 cm , traça-se a ceviana AD que divide internamente 
o lado BC nos segmentos BD de medida 5 cm e DC de medida 4 cm . Se o ângulo B̂ mede 20 e 
o ângulo Ĉ mede 130 , então o ângulo ˆBAD mede: 
(A) 30 
(B) 25 
(C) 20 
(D) 15 
(E) 10 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Observando que 
CD AC 2
3AC BC
  , então  p pDCA ACB L AL  , o que implica ˆ ˆCAD CBA 20  e 
ˆˆCDA CAB 180 130 20 30     . 
Portanto, ˆ ˆ ˆBAD CAB CAD 30 20 10       . 
 
Observação: O enunciado dessa questão foi alterado, pois a mesma estava incorreta da maneira 
como foi proposta originalmente. O valor adotado para o ângulo Ĉ é um valor aproximado. 
 
 
23) As retas PA e PB são tangentes à circunferência de raio R nos pontos A e B, respectivamente. Se 
PA 3x e x é a distância do ponto A à reta PB , então R é 
A)  3 3 2 2 x  
(B)  3 3 2 2 x  
(C) 3x 
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(D)  2 2 3 3 x  
(E) x 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
 
PA PB 3x  
Teorema de Pitágoras no APC :  
2 2 2 2 2 2 2PC AC AP PC 3x x 8x PC 2 2x        
 BC PB PC 3x 2 2x 3 2 2 x      
Teorema de Pitágoras no ABC : 
   
22 2 2 2 2 2AB BC AC 3 2 2 x x 18 12 2 x AB 18 12 2x          . 
AB 18 12 2
BH x
2 2

  
Usando a relação métrica: 
2 2 2
1 1 1
h b c
  no BOP , temos: 
 
2
2 2 2 2 2 2 2
2
1 1 1 1 1 1 1 3 2 2
18 12 2 9x R R 9xBH BP BO x
4

      

 
 3R x 3 3 2 2 x
3 2 2
   

 
 
 
24) Num triângulo ABC , a medida do lado 
___
AB é o dobro da medida do lado 
___
AC . Traça-se a mediana 
___
AM e a bissetriz 
___
AD ( M e D pertencentes a 
___
BC ). Se a área do triângulo ABC é S , então a área do 
triângulo AMD é: 
(A) 
S
3
 
(B) 
S
4
 
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(C) 
S
6
 
(D) 
3S
8
 
(E) 
S
12
 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Como os triângulos AMD e ABC têm vértice comum e base sobre a mesma reta suporte, então 
AMD
ABC
S MD
S BC
 . 
Pelo teorema das bissetrizes internas, 
BD AB BD DC
2 2k BD 4k DC 2k
DC AC 2 1
         . 
O ponto M é ponto médio de BC , então 
BC 6k
BM MC 3k
2 2
    . 
Assim, temos MD MC DC 3k 2k k     . 
Portanto, a área do AMD é dada por AMD AMD AMD
ABC
S SMD k 1 S
S
S BC S 6k 6 6
      . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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25) Na figura, o diâmetro AB mede 8 3 cm e a corda CD forma um ângulo de 30° com AB. Se E é o 
ponto médio de AO, onde O é o centro do círculo, calcule a área da região sombreada, em 2cm . 
 
(A) 8 3 3 
(B) 8 2 3 
(C) 4 3 3 
(D) 4 2 3 
(E)  4 3  
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
O problema será resolvido em situação geral sendo dados R, raio do círculo, d EO e  a medida, 
em radianos, do menor ângulo formado por AB e CD. 
Sejam  e  as medidas em radianos dos arcos BD e AC, respectivamente. Seja F um ponto de ED 
tal que OF d . Como EF e CD possuem o mesmo ponto médio, concluímos que FD CE e, 
portanto, os triângulos OFD e OEC são congruentes. Assim, a área procurada é a soma das áreas dos 
setores OBD e OAC com a do triângulo isósceles OEF . Temos, então 
 
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 
2 2 2 2 2
2 2R R d d dS sen 2 R sen 2 R sen 2
2 2 2 2 2 2
   
            
Observe que esta fórmula também vale para os casos degenerados d 0 e d R . 
Quando R 4 3 , 30 rad
6

   e 
R
d EO 2 3
2
   , temos: 
 
 
 
2
2
22 3 3S 4 3 sen 2 8 6 8 3 3 cm
6 2 6 2
  
         
 
 
 
NOTA 2: ÁREAS DE REGIÕES CIRCULARES 
 
Círculo 
 
A área do círculo é o produto do quadrado do seu raio pelo número irracional  . 
 
 
 
Seja um círculo de raio R , então sua área é 2S R  . 
 
Demonstração: 
Observe que a área do círculo pode ser calculada considerando-o um polígono regular cujo número de 
lado tende ao infinito. Assim, sua área é p produto do seu semiperímetro 
2 R
R
2

  pelo seu apótema 
R , ou seja, 2S R R R     . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Setor circular 
 
Um setor circular é a região da circunferência delimitada por dois raios e um arco e é caracterizado 
pelo ângulo central por ele determinado. 
A área do setor circular é igual à metade do produto do quadrado do raio pelo ângulo central em 
radianos. 
 
 
 
Seja um setor circular de ângulo central  em radianos e de raio R , então sua área é 
2R
S .
2

 
 
Observe que se o ângulo central estiver expresso em graus, a expressão resultante é 
2R
S .
360
 
 
 
Demonstração: 
A área do setor circular é proporcional ao ângulo central. Assim, um setor circular de  radianos 
representa 
2


 da área total do círculo, ou seja, 
2
2 RR
2 2
 
 

. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Segmento circular 
 
Um segmento circular é uma região da circunferência delimitada por uma corda e um arco e também 
é caracterizado pelo ângulo central associado à corda. 
 
 
 
Seja um segmento circular de  em radianos e de raio R , então sua área é 
 
2
segmento setor triângulo
R
S S S sen
2
        
 
Exercícios relacionados 
 
1) (AFA 1998) Na figura abaixo, o lado do quadrado é 1 cm. Então, a área da região hachurada, em 
2cm , é 
 
a) 
1
4 2

 . 
b) 
1
2 2

 . 
c) 
1
4 4

 . 
d) 
1
2 4

 . 
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RESOLUÇÃO: A 
A região hachurada é formada por quatro segmentos circulares de 90 e raio 
1
2
, que pode ser calculado 
como a diferença entre o setor circular de 90 e o triângulo retângulo com ambos os catetos iguais a 
1
2
. 
2
1 1 1 1 1 1 1
S 4 4
4 2 2 2 2 16 8 4 2
      
               
    
 
 
 
2) A borda da sombra na Lua é sempre um arco de círculo. Em um certo dia, a Lua é vista com a 
sombra passando por pontos diametralmente opostos. Se o centro do arco de círculo que forma a 
sombra está sobre a circunferência da Lua, determine a proporção da Lua que não está na sombra. 
 
a) 
1
4
 
b) 
1
3
 
c) 
1

 
d) 
1
1 
 
e) 
1

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: E 
 
Na figura acima, o segmento AB 2r é um diâmetro da circunferência e o ponto O' é o centro o arco 
de círculo que forma a sombra. 
Os segmentos OA OB OO'  são raios da circunferência da lua e os segmentos O'A O'B são 
raios do arco de círculo que forma a sombra. Portanto,  OBO' OAO' L.L.L.   , o que implica 
ˆ ˆBOO' AOO' 90  e ˆ ˆ ˆˆOBO' OO'B OAO' OO'A 45    . 
Note ainda que O'A O'B r 2  e ˆAO'B 45 45 90   . 
Portanto,a área da Lua que não está na sombra S é igual à semicircunferência da Lua mais um 
segmento circular de 90 com raio r 2 . Assim, temos 
 
 
 
2 2 222 2 21 1 r 2 r rS r r 2 r r 1
2 4 2 2 2
 
            
 
. 
Logo, a proporção da Lua que não está na sombra é 
 2
2
r 1 1
r
 


. 
 
REFERÊNCIA: Revista Crux Mathematicorum Volume 36 n° 3. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
X-MAT: Superpoderes Matemáticos para Concursos Militares Renato Madeira 
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85 
 
 
3) (EFOMM 2010) João construiu um círculo de papel com centro O e raio 4cm (Figura 1). Traçou 
dois diâmetros AC e BD perpendiculares e, em seguida, dobrou o papel fazendo coincidir A, O e C, 
conforme sugere Figura 2. 
 
A área da parte do círculo não encoberta pelas dobras, sombreada na figura 2, é igual a 
a)   2
1
96 16 cm
3
  
b)   2
1
16 48 cm
3
 
c)   2
1
16 12 3 cm
3
 
d)   2
1
16 12 3 cm
3
 
e)   2
1
48 3 16 cm
3
  
 
RESOLUÇÃO: E 
A corda formada na Figura 2 divide o raio da circunferência ao meio, logo essa corda é igual ao raio 
do triângulo equilátero inscrito na circunferência. 
Dessa foram, a área pedida pode ser obtida retirando-se da área da circunferência, a área de 4 
segmentos circulares de 120 . 
2 2
2 2 2
CIRC SEG120
r r 4 3
S S 4 S r 4 sen120 r 2 r 3
3 2 3 2 3
      
                        
 
Como o raio do círculo é r = 4 cm, temos: 
 2 21S 4 3 48 3 16 cm
3 3
 
     
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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4) (IME 1988) Dado um círculo de raio R e centro O, constroem-se três círculos iguais de raios r, 
tangentes dois a dois, nos pontos E, F, G e tangentes interiores ao círculo dado. Determine, em função 
de R, a área da superfície EFG, compreendida entre os três círculos e limitada pelos arcos EG, GF e 
FE. 
a) 
  
2
22 3 2 3 3 R
2
  
 
b) 
  
2
22 3 2 3 3 R
4
  
 
c) 
   
2
23 3 3 3 3 R
2
  
 
d) 
   
2
23 3 3 3 3 R
4
  
 
e) 
   
2
23 3 3 R
2
 
 
 
RESOLUÇÃO: A 
 
Ligando-se os centros dos três círculos de raio r , obtém-se um triângulo equilátero ABCde lado 2r . 
O centro O da circunferência de raio R é baricentro do triângulo equilátero ABC . Assim, temos: 
 2 2r 3 2 3 3 3OD OC CR R r R r r R 2 3 3 R
3 2 3 2 3 3
  
            
  
 
A área pedida S é a área sombreada na figura e pode ser calculada subtraindo-se da área do triângulo 
equilátero ABC a área de três setores circulares de 60 e raio r . 
     
2
22 2 22r 3 1 2 3S 3 r 3 r 2 3 3 R
4 6 2 2
   
          
   
 
 
 
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87 
 
 
5) (IME 2011) Seja o triângulo retângulo ABC com os catetos medindo 3 cm e 4 cm. Os diâmetros 
dos três semicírculos, traçados na figura abaixo, coincidem com os lados do triângulo ABC. A soma 
das áreas hachuradas, em 2cm , é: 
 
a) 6 
b) 8 
c) 10 
d) 12 
e) 14 
 
RESOLUÇÃO: A 
Aplicando o teorema de Pitágoras ao ABC , conclui-se que a hipotenusa BC 5 cm . 
A área hachurada é igual a área do semicírculo de diâmetro AC 3 cm somada à área do semicírculo 
de diâmetro AB 4 cm , subtraída da área do semicírculo de diâmetro AB 5 cm e somada à área do 
ABC . Assim, 
2 2 2
23 4 5 3 4S 6 cm
2 2 2 2 2 2 2
        
            
     
 
 
 
6) (CMRJ 2011) Na figura abaixo, temos o semicírculo de diâmetro AB 4 cm e centro O. Sejam M 
o ponto médio de AO e N o ponto médio de OB. Com centros em M, O e N, traçam-se 3 semicírculos 
de raios iguais a 1 cm e contidos no interior do semicírculo de diâmetro 4 cm e centro O. A área da 
região sombreada, em 
2cm , a qual está situada no interior do semicírculo maior e exterior aos três 
semicírculos menores, vale 
 
a) 3  
b) 2 
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c) 
2
2
 
 
d) 
3
2
 
 
e) 
7 3
6 2

 
 
RESOLUÇÃO: E 
 
A área da região sombreada é igual à área do semicírculo de diâmetro AB menos a área dos 
semicírculos de diâmetros AO e OB, menos a área do setor circular OCD de 60 mais a área de dois 
segmentos circulares de 60 . 
2 2 2 2 2
22 1 1 1 1 3 3 7 3S 2 2 2 2 cm
2 2 6 6 4 6 6 4 6 2
         
               
   
 
 
 
7) A circunferência abaixo tem raio 1, o arco AB mede 70 e o arco BC mede 40 . A área da região 
limitada pelas cordas AB e AC e pelo arco BC mede: 
 
a) /8 
b) /9 
c) /10 
d) /12 
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e) /14 
 
RESOLUÇÃO: B 
Sendo O o centro da circunferência 
     
       
   
     
2
S reg.ABC S seg.AC S seg.AB
S setor110 S AOC S setor70 S AOB
1 1 1 1
S setor110 S setor70 sen110 sen 70
2 2
1
S setor110 S setor70 S setor40
9 9
  
        
 
    
 
    
 
 
 
 
 
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PROVA DE MATEMÁTICA – COLÉGIO NAVAL – FAIXA BÔNUS 
 
 
1) (1983-3) Na figura: AC 3AF e BC 3CE , sendoS a área do triângulo ABC , a área do triângulo 
AGF é: 
 
(A) 
S
3
 
(B) 
S
7
 
(C) 
S
9
 
(D) 
S
21
 
(E) 
S
18
 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Aplicando o teorema de Menelaus no ACE , com a secante BGF , temos: 
AF EG CB 1 EG 3 EG 4
1 1
CF AG EB 2 AG 2 AG 3
         
Vamos usar o fato de que triângulos de mesmo vértice e que tem bases sobre a mesma base possuem 
áreas proporcionais às suas bases. 
AEC
AEC
ABC
S EC 1 S
S
S BC 3 3
    
AEF
AEF AEC
AEC
S AF 1 1 1 S S
S S
S AC 3 3 3 3 9
        
AFG
AFG AFE
AFE
S AG 3 3 3 S S
S S
S AE 7 7 7 9 21
        
 
 
 
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NOTA 3: RELAÇÕES MÉTRICAS EM UM TRIÂNGULO QUALQUER 
 
Teorema de Menelaus 
Se uma reta determina sobre os lados de um triângulo ABC os pontos L, M e N, conforme a figura, 
então 
LA MB NC
1
LB MC NA
   . 
 
Demonstração: 
 
Seja AD a paralela a LN passando por A. Pelo teorema de Tales, temos: 
LB LA LA MB
LN AD 1
MB MD LB MD
     
MD MC NC MD
LN AD 1
NA NC NA MC
     
Multiplicando as duas expressões, temos: 
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LA MB
LB MD

NC MD
NA
 
LA MB NC
1 1
MC LB MC NA
     . 
 
Teorema recíproco de Menelaus: 
Se L, M e N são pontos sobre as retas suportes dos lados AB , BC e AC , respectivamente, e 
LA MB NC
1
LB MC NA
   , então L, M e N estão alinhados. 
 
Demonstração: 
Suponha que a reta NM corta o lado AB no ponto L ' . Pelo teorema de Menelaus, 
L 'A MB NC
1.
L 'B MC NA
   Como é dado que 
LA MB NC
1
LB MC NA
   , então 
LA L 'A
LB L 'B
 , ou seja, os pontos L e 
L ' dividem o segmento AB na mesma razão e, portanto, são coincidentes. Logo, L , M e N estão 
alinhados. 
 
Teorema deCeva 
Seja um triângulo ABC e três cevianas AD , BE e CF concorrentes, então 
DB EC FA
1 EC DB FA EA DC FB
DC EA FB
         . 
 
Demonstração: 
Aplicando o teorema de Menelaus no ABD com a secante CPF , temos: 
FA PD CB
1
FB PA CD
   
Aplicando o teorema de Menelaus no ACD com a secante BPE , temos: 
BD PA EC
1
BC PD EA
   
Multiplicando as duas expressões, temos: 
FA PD
FB

PA
CB

BD
CD BC

PA

PD
EC DB EC FA
1 1
EA DC EA FB
      
 
 
 
 
 
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Teorema recíproco de Ceva 
Seja um triângulo ABC e três cevianas AD , BE e CF tais que 
DB EC FA
1
DC EA FB
   , então as três 
cevianas concorrem em um único ponto. 
 
Demonstração: 
 
Seja P a interseção de AD e BE , seja F’ a interseção de CP com o lado AB e suponha que 
DB EC FA
1
DC EA FB
   . 
Pelo teorema de Ceva, temos: 
DB EC F'A
1
DC EA F'B
   . 
Comparando as duas igualdades, conclui-se que 
FA F'A
FB F'B
 . 
Logo, os pontos F e F’ dividem o lado AB internamente na mesma razão, o que implica F F' e, 
consequentemente, a ceviana CF passa pelo ponto P. 
 
Lei dos cossenos 
Seja um triângulo ABC de lados BC a , AC b e AB c , então 
2 2 2 ˆa b c 2bc cos A    
2 2 2 ˆb a c 2ac cos B    
2 2 2 ˆc a b 2ab cosC    
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Demonstração: 
 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo ABD, temos: 2 2 2m h c  . 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo BCD, temos:  
2 2 2b m h a   . 
 
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
c
b m h a b 2bm m h a b 2bm c a            
No triângulo retângulo ABD, temos: 
m
cos A m c cos A
c
    . 
 
2 2 2 2 2 2
C.Q.D.b 2bm c a a b c 2bccos A        
 
Lei dos senos 
Seja um triângulo ABC de lados BC a , AC b e AB c e raio do círculo circunscrito R, então 
a b c
2R
ˆ ˆ ˆsen Bsen A sen C
   
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Demonstração: 
 
a a
A 'BC sen A 2R
2R sen A
     . 
Adotando procedimento análogo para os outros vértices, temos  C.Q.D.
a b c
2R
ˆ ˆ ˆsen Bsen A sen C
   . 
 
 
 
 
 
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Síntese de Clairaut 
 
Seja um triângulo ABC, onde a, b e c representam as medidas dos lados e a é o maior lado, então 
ABC é acutângulo 2 2 2a b c   
ABC é retângulo 2 2 2a b c   
ABC é obtusângulo 2 2 2a b c   
 
Demonstração: 
Se a é o maior lado do triângulo, então o ângulo  é o maior ângulo. 
Pela lei dos cossenos, temos:  2 2 2 2 2 2ˆ ˆa b c 2bc cosA 2bc cosA b c a         . 
2 2 2 ˆ ˆa b c cos A 0 A     é obtuso e o ABC é obtusângulo 
2 2 2 ˆ ˆa b c cos A 0 A 90       e o ABC é retângulo 
2 2 2 ˆ ˆa b c cos A 0 A     é agudo e o ABC é acutângulo 
 
Relação de Stewart 
Seja um triângulo ABC de lados BC a , AC b e AB c , e a ceviana AP x que divide o lado 
BC em dois segmentos BP n e CP m , então 
2 2 2b x c
1
am mn an
   . 
 
 
Demonstração: 
Seja ˆAPB   , então ˆAPC 180  . Aplicando a lei dos cossenos aos triângulos APB e APC , 
temos: 
2 2 2
2 2 2 x n cc n x 2nx cos cos
2nx
 
      
 
2 2 2
2 2 2 2 2 b m xb m x 2mx cos 180 m x 2mx cos cos
2mx
 
          
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   
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x n c b m x
mx mn mc nb nm nx
2nx 2mx
nb x m n mc mn m n
b x c
nb ax mc amn 1
am mn an
   
      
     
       
 
********************************************************************************* 
 
 
2) (1983-7) O total de diagonais de dois polígonos regulares é 41 . Um desses polígonos tem dois lados 
a mais que o outro. O ângulo interno do polígono que tem o ângulo central menor mede: 
(A) 120º 
(B) 135º 
(C) 140º 
(D) 144º 
(E) 150º 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam n e  n 2 as quantidades de lados dos dois polígonos, então o total de diagonais de ambos é: 
    
2 2 2n n 3 n 2 n 2 3 41 n 3n n n 2 82 n n 42 0 n 6 n 7
2 2
   
                 
Como o gênero de um polígono deve ser um número natural maior ou igual a 3 , então n 7 
(heptágono regular) e n 2 9  (eneágono regular). 
O polígono de menor ângulo central é o de maior número de lados, portanto é o eneágono regular cujo 
ângulo interno é 
 
i
180 9 2
 140
9
 
  . 
 
 
3) (1983-8) O valor de 
   
2
51 5
3 12 32 2
2 10 3
3
1 2 0,333... 5
2 3 5
5


  
    
             
 é: 
(A) 139 
(B) 120 
(C) 92 
(D) 121 
(E) 100 
 
RESPOSTA: A 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
         
   
2
5 101 55 3
23 112 13 32 22 23 2
2 10 1 13
3 2 3
5
2
2 3 2
1
2
1 2 0,333 5 3 5
5 2
2 3 5
35 5
3
5 2 5 23 3 125 139
3
 

                                        
 
 
        
  
 
 
 
4) (1983-9) Em um triângulo ABC , o ângulo  é o dobro do ângulo B̂ , AB 9 cm e AC 4 cm . O 
lado BC mede: 
(A) 9 13 cm 
(B) 3 13 cm 
(C) 4 13 cm 
(D) 6 13 cm 
(E) 2 13 cm 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Seja BD a bissetriz de ˆBAC , então ˆ ˆ ˆBAD DAC B  . 
Pelo teorema das bissetrizes no ABC : 
BD CD BD CD
k BD 9k CD 4k
AB AC 9 4
        
ˆ ˆ ˆDAC DCA B ADC   é isósceles AD BD 9k   
Aplicando o teorema de Stewart: 
 22 2 2 2 2 2AB AD AC 9 9k 4 52 2 131 1 k k
BD BC BD CD BC CD 9k 13k 9k 4k 13k 4k 169 13
          
     
 
2 13
BC 13k 13 2 13 cm
13
    
 
 
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5) (1983-11) Um triângulo ABC circunscreve um círculo de raio R . O segmento de tangente ao 
círculo tirado do vértice A mede 4cm . Se o lado oposto a esse vértice mede 5cm , a área do triângulo 
ABC , é: 
(A) 220R cm 
(B) 210R cm 
(C) 25R cm 
(D) 29R cm 
(E) 24R cm 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Na figura acima, temos AE AF p BC   , onde p é o semiperímetro do triângulo ABC . Assim, 
4 p 5 p 9    . 
A área do triângulo ABC é dada por 2S p R 9R cm   . 
 
 
6) (1983-14) A soma dos valores inteiros que satisfazem a inequação: 
3
2 11 10
( x 3)
0
(x x 2) (5 x) (2x 8)
 

     
 é: 
(A) 11 
(B) 4 
(C) 6 
(D) 8 
(E) 2 
 
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100 
 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
  
3 3
2 11 10 11 10 10
( x 3) ( x 3)
0 0
(x x 2) (5 x) (2x 8) x 2 x 1 (5 x) 2 (x 4)
   
  
            
 
Vamos representar as raízes (bolas cheias) e os pontos de descontinuidade (bolas vazadas) sobre a reta 
real, e marcar os de multiplicidade par (sublinhado). 
Para x 5 , a expressão é positiva.Vamos marcar 
 
 
 
     S 2,1 3,4 4,5     
A soma dos valores inteiros do conjunto solução é 1 0 3 2    . 
 
 
7) (1983-15) O número de divisores naturais de N , sendo N igual ao produto de K números primos 
distintos, é: 
a) 2K 
b) 2K 
c) K 
d) K2 
e) K 2 
 
RESPOSTA: d 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam 1 2 Kp ,p , ,p números primos distintos e 1 2 KN p p p    , então a quantidade de divisores 
naturais de N é         K 1
K fatores
d N 1 1 1 1 1 1 2         . 
 
 
8) (1983-17) Se 
2 2 2 x y z 8
x y z yz xz xy 3
      e x y z 16   , o produto x y z  é: 
(A) 192 
(B) 48 
(C) 32 
(D) 108 
(E) 96 
 
RESPOSTA: E 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
22 2 22 2 2 x y z 8 8 82yz 2xz 2xy x y z xyz x y z xyz
x y z yz xz xy 3 3 3
                 
2 8x y z 16 16 xyz xyz 96
3
       
 
 
9) (1983-20) Duas estradas de iguais dimensões começam simultaneamente a ser construídas por 15 
operários cada uma delas. Mas, exclusivamente devido a dificuldades no terreno, percebe-se que 
enquanto uma turma avançou 
2
3
 na sua obra, a outra avançou 
4
5
 da sua. Quantos operários deve-se 
retirar de uma e pôr na outra, para que as duas obras fiquem prontas ao mesmo tempo? 
(A) 3 
(B) 4 
(C) 5 
(D) 8 
(E) 10 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Sendo 1V e 2V as velocidades da primeira e segunda obras, respectivamente, então, como a primeira 
obra avança 
2
3
, enquanto a segunda avança 
4
5
, podemos dizer que 1
2
V 2 3 5
V 4 5 6
  . 
Assim, devemos aumentar a quantidade de operários na primeira obra. 
Seja D a dimensão comum das duas estradas, falta construir 
D
3
 na primeira obra e 
D
5
 na segunda 
obra. 
Supondo ainda que sejam retirados x operários da segunda obra e colocados na primeira. 
Vamos apresentar em uma tabela os dados relativos às duas estradas. As colunas serão a quantidade 
de operários, a velocidade de construção e a distância a ser construída. 
 
1
2
Inv. Prop. Dir. Prop.
Operários Velocidade Distância
1ª obra 15 x V D 3
2ª obra 15 x V D 5


 
 
 2
1
V15 x D 3 6 5
15 x 2 15 x x 5
15 x V D 5 5 3

           

 
Assim, deve-se retirar 5 operários da 2ª obra e pôr na 1ª obra, para que as duas fiquem prontas ao 
mesmo tempo. 
 
 
 
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102 
 
 
10) (1983-23) 3 33 2 2 2 3 2 2 2   , é igual a: 
(A) 1 
(B) 2 
(C) 3 
(D) 4 
(E) 5 
 
RESPOSTA: B 
 
RESOLUÇÃO: 
   
   
3 33 3 2 2
2 2
3 33 3
3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 2 2
3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2
         
           
        
 
 
 
11) (1983-25) A soma dos cubos das raízes da equação 2x x 3 0   é: 
(A) 10 
(B) 8 
(C) 12 
(D) 6 
(E) 18 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
As raízes da equação 2x x 3 0   têm soma 1 1 2
1
r r 1
1
       e produto 2 1 2
3
r r 3
1

      . 
A soma dos cubos das raízes é dada por 
         
333 3 3
3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1S r r r r 3r r r r 3 1 3 3 1 10                    . 
 
Esse resultado também poderia ser obtido com o auxílio da fórmula de Newton: 
 
 
0 0
0 1 2
1 1
1 1 2 1
2 1 0 2 1 0
3 2 1 3 2 1
S r r 2
S r r 1
1 S 1 S 3 S 0 S S 3 S 1 3 2 7
1 S 1 S 3 S 0 S S 3 S 7 3 1 10
  
     
                
                 
 
 
 
12) (1982-3) Um número natural N é formado por dois algarismos. Colocando-se um zero entre esses 
dois algarismos, N aumenta de 270 unidades. O inverso de N dá uma dízima periódica com 2 
algarismos na parte não periódica. A soma dos algarismos de N é: 
(A) 5 
(B) 7 
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(C) 8 
(D) 9 
(E) 11 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Seja N ab , onde a e b são seus algarismos, temos: 
 a0b ab 270 100a b 10a b 270 90a 270 a 3           
Se o inverso de N dá uma dízima periódica com 2 algarismos na parte não periódica, então N possui 
um fator 2 ou 5 com expoente 2, e um fator diferente de 2 ou 5. 
Como N 3b , então N deve ser múltiplo de 4 e não múltiplo de 8. 
Logo N 36 , que possui também um fator 23 . 
Note que 
1 1
0,02777
N 36
  que é uma dízima periódica com dois algarismos na parte não 
periódica. 
Assim, a soma dos algarismos de N é 3 6 9  . 
 
 
13) (1982-4) Seja 4 5 6N 2 3 5   . O número de divisores naturais de N que são múltiplos de 10 é: 
(A) 24 
(B) 35 
(C) 120 
(D) 144 
(E) 210 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Basta separa um fator 10 em N e calcular a quantidade de divisores do número restante. 
 4 5 6 3 5 5N 2 3 5 10 2 3 5       
Logo, a quantidade de divisores naturais múltiplos de 10 é      3 1 5 1 5 1 144      . 
 
 
14) (1982-5) Efetuando 
2 3 2 3
2 3 2 3
 

 
, obtém-se: 
(A) 4 
(B) 3 
(C) 2 
(D) 
2
3
 
(E) 1 
 
RESPOSTA: A 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
 
 
 
   
   
2 2
2 2
2 2
2 2
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3
2 3 2 3
2 3 2 3
2 3 2 3
2 3 2 3 2 3 2 3 4
     
     
     
 
      
 
        
 
 
 
15) (1982-8) Um terreno deve ser dividido em lotes iguais por certo número de herdeiros. Se houvesse 
três herdeiros a mais, cada lote diminuiria de 220 m e se houvesse quatro herdeiros a menos, cada lote 
aumentaria de 250 m . O número de metros quadrados da área do terreno todo é: 
(A) 1600 
(B) 1400 
(C) 1200 
(D) 1100 
(E) 900 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam S a área total do terreno e n a quantidade de herdeiros, então 
 
S S
20 3S 20n n 3
n n 3
    

 
 
S S
50 4S 50n n 4
n 4 n
    

 
   20n n 3 50n n 4
8n 24 15n 60 7n 84 n 12
3 4
 
          
Portanto, a área do terreno todo é 
 
220 12 12 3S 1200 m
3
  
  . 
 
 
16) (1982-10) Ao extrairmos a raiz cúbica do número natural N , verificamos que o resto era o maior 
possível e igual a 126 . A soma dos algarismos de N é: 
(A) 11 
(B) 9 
(C) 8 
(D) 7 
(E) 6 
 
RESPOSTA: B 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
Seja 3k N    , onde  x representa o maior inteiro que não supera x , e como o resto 126 é o maior 
possível, então temos: 
 33 3 2N k 126 N 1 k 127 k 1 k k 42 0            
k 7 (não convém) k 6     
3N 6 126 342    
A soma dos algarismos de N é 3 4 2 9   . 
 
 
17) (1982-14) O valor de m que torna mínima a soma dos quadrados das raízes da equação 
2x mx m 1 0    , é: 
(A) 2 
(B) 1 
(C) 0 
(D) 1 
(E) 2 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam 1r e 2r as raízes da equação 
2x mx m 1 0    , então 
 
1 1 2
m
r r m
1
 
     
2 1 2
m 1
r r m 1
1

      
A soma dos quadrados das raízes é dada por 
   
22 2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 1 2S r r r r 2r r 2 m 2 m 1 m 2m 2               
Portanto, a soma dos quadrados das raízes da equação original é mínima quando 
 2
m 1
2 1
 
 

. 
 
 
18) (1982-20) Um polígono ABCD é regular. As bissetrizes internas dos ângulos dosvértices A e 
C formam um ângulo de 72º . O número de lados desse polígono é: 
(A) 7 
(B) 10 
(C) 12 
(D) 15 
(E) 20 
 
RESPOSTA: B 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
Seja P o ponto de encontro das bissetrizes dos ângulos  e Ĉ , e i e e as medidas dos ângulos 
interno e externo, respectivamente, do polígono regular de gênero n . A soma dos ângulos internos do 
quadrilátero ABCP é 360 , então temos: 
i i
i i i
e
ˆ ˆA Aˆ ˆ ˆA 72 360 2A 288 A 144
2 2
360
 180 144 36 n 10
n
       
      
 
Portanto, o número de lados do polígono regular é n 10 . 
 
 
19) (1982-21) O segmento da bissetriz do ângulo reto de um triângulo vale 4 2 cm . Um dos catetos 
vale 5 cm . A hipotenusa vale, em cm : 
(A) 17 
(B) 4 17 
(C) 5 17 
(D) 6 17 
(E) 7 17 
 
RESPOSTA: C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
Seja AD a bissetriz do ângulo reto do triângulo retângulo ABC . 
Aplicando a lei dos cossenos no ACD , temos: 
 
2
2 2 2CD 4 2 5 2 4 2 5 cos 45 32 25 40 2 17 CD 17
2
             
Pelo teorema da bissetriz interna, temos: 
 BD CD BC 17 17 5AB BC 17
AB AC AB 5 17

      . 
Aplicando o teorema de Pitágoras ao ABC , vem: 
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2
BC BC 2
BC AB AC BC 5 1 5 BC 25 BC 1 25
1717 17
8 50 25 17 15 17
BC BC 50 0 4BC 25 17BC 425 0 BC
17 817
5
BC 17 BC 5 17
4
  
             
   

         
   
 
 
 
20) (1982-25) A diagonal de um pentágono regular convexo de lado igual a 2 cm , mede, em cm : 
(A) 5 2 
(B) 5 2 
(C) 5 
(D) 5 1 
(E) 5 1 
 
RESPOSTA: E 
 
 
 
 
 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
 
O pentágono regular é inscritível. Portanto, o quadrilátero ABCD é inscritível e podemos aplicar o 
teorema de Ptolomeu. Assim, temos: 
2 2 20x x 2 2 2 x x 2x 4 0 x 1 5
2

             
Como x é a medida da diagonal do pentágono, então x 0 , o que implica x 1 5 cm  . 
 
 
21) (1981-2) Do ponto P exterior a uma circunferência tiramos uma secante que corta a circunferência 
nos pontos M e N de maneira que PM x 1  e PN 3x . Do mesmo ponto P tiramos outra secante 
que corta a mesma circunferência em R e S de maneira que PR 2x e PS x 1  . O comprimento 
do segmento da tangente à circunferência tirada do mesmo ponto P , se todos os segmentos estão 
medidos em cm é: 
a) 40 cm 
b) 60 cm 
c) 34 cm 
d) 10 cm 
e) 8 cm 
 
RESPOSTA: b 
 
RESOLUÇÃO: 
 
         2PM PN PR PS x 1 3x 2x x 1 x 5x 0 x 0 não convém ou x 5               
Seja PT a tangente à circunferência traçada a partir de P , então 
   
2
PT PM PN 5 1 3 5 PT 60 cm        . 
 
 
22) (1981-9) Duas circunferências são tangentes exteriores em P . Uma reta tangencia essas 
circunferências nos pontos M e N respectivamente. Se PM 4 cm e PN 2 cm , o produto dos raios 
dessas circunferências dá: 
(A) 28 cm 
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(B) 24 cm 
(C) 25 cm 
(D) 210 cm 
(E) 29 cm 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Vamos inicialmente obter uma expressão para o cálculo da tangente comum externa t a duas 
circunferências tangentes exteriores de raios R e r . 
 
Seja O Q OM  , então o quadrilátero O QMN é um retângulo e MQ r , o que implica QO R r  . 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo OQO , temos: 
       2 2 2 22 2 2 2 2OO O Q QO R r t R r t R r R r 4R r t 2 Rr                . 
 
Seja ˆPOM 2  , então, como O N OM , temos ˆPO N 180 2    . 
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Como os triângulos OMP e O NP são isósceles, então 
180 2ˆ ˆOPM OMP 90
2
 
     e 
 180 180 2ˆ ˆO PN O NP
2
  
     . Assim, temos: 
 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆOPM MPN NPO 180 90 MPN 180 MPN 90          . 
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo PMN , temos: 
 
2
2 2 2 2 2 2MN PM PN 2 Rr 4 2 4Rr 20 Rr 5 cm         . 
 
 
23) (1981-13) Um número natural de 6 algarismos começa, à esquerda, pelo algarismo 1 . Levando-
se este algarismo 1, para o último lugar, à direita, conservando a sequência dos demais algarismos, o 
novo número é o triplo do número primitivo. O número primitivo é: 
(A) 100.006 . 
(B) múltiplo de 11. 
(C) múltiplo de 4 . 
(D) múltiplo de 180.000 . 
(E) divisível por 5 . 
 
RESPOSTA: B 
 
RESOLUÇÃO: 
Seja o número da forma 1X , onde X é um número de 5 algarismos, então temos: 
 X1 3 1X 10X 1 3 100000 X 7X 299999 X 42857           
Logo, o número primitivo é 142857 , que é múltiplo de 11. 
 
 
24) (CN 1980-16) A soma das soluções da equação 3 62x 1 4 2x 1 3 2x 1 0      dá um número: 
(A) nulo. 
(B) par entre 42 e 310 . 
(C) ímpar maior que 160. 
(D) irracional. 
(E) racional. 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
Fazendo 6 2x 1 y  , temos: 
 3 2 23 62x 1 4 2x 1 3 2x 1 0 y 4y 3y 0 y y 4y 3 0              
y 0 y 1 y 3      
6 12x 1 0 2x 1 0 x
2
        
6 2x 1 1 2x 1 1 x 0       
6 2x 1 3 2x 1 729 x 364       
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 1S , 0, 364
2
   
A soma das soluções da equação é 
1 727
0 364
2 2
    que é um número racional. 
 
 
25) (1980-21) Em um problema de regra de três composta, entre as variáveis X , Y e Z , sabe-se que, 
quando o valor de Y aumenta, o de X também aumenta; mas, quando Z aumenta, o valor de X 
diminui, e que para X 1 e Y 2 , o valor de Z 4 . O valor de X , para Y 18 e Z 3 é: 
(A) 6,75 
(B) 0,333... 
(C) 15 
(D) 12 
(E) 18 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
Como o enunciado afirma que se trata de um problema de regra de três composta, então podemos 
assumir que há uma relação de proporcionalidade (direta ou inversa) entre as grandezas. 
Como, quando o valor de Y aumenta, o de X também aumenta, então Y é diretamente proporcional 
a x . 
Como, quando Z aumenta, o valor de X diminui, então Z é inversamente proporcional a X . 
Vamos montar uma tabela com os valores das grandezas. 
 
X Y Z 
1 2 4 
x 18 3 
  D  I 
Assim, temos: 
1 2 3
x 12
x 18 4
    . 
 
 
26) (CN 1979-6) Se a distância do ponto P ao centro de um círculo aumentar de 
2
5
 de sua medida 
 x a potência do ponto P em relação ao círculo aumentará de: 
a) 220% de x 
b) 
242% de x 
c) 
296% de x 
d) 
286% de x 
e) 
292% de x 
 
RESPOSTA: c 
 
 
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RESOLUÇÃO: 
A potência de um ponto distante x do centro de um círculo de raio R é 
2 2x R . 
A potência de um ponto distante 
2 7x
x x
5 5
  de um círculo de raio R é 
2
27x R
5
 
 
 
 
O aumento da potência é dado por  
2
2 2 2 2 27x 24R x R x 96% x
5 25
  
       
  
 
 
27) (CN 1979-10) Em um círculo as cordas 
___AB e 
___
CD são perpendiculares e se cortam no ponto I . 
Sabendo que
___
AI 6 cm , 
___
IB 4 cm e 
___
CI 2 cm , podemos dizer que a área do círculo é de: 
a) 2144 cm 
b) 2100 cm 
c) 2120 cm 
d) 260 cm 
e) 250 cm 
 
RESPOSTA: e 
 
RESOLUÇÃO: 
 
Considerando a potência do ponto I em relação ao círculo, temos: 
AI BI CI DI 6 4 2 DI DI 12         . 
Traçando OE AB e OF CD , então E e F são pontos médios de AB e CD , respectivamente. 
CD CI DI 2 12 14 CF FD 7        
AB AI IB 6 4 10 AE EB 5        
FO IE AI AE 6 5 1      
Aplicando o teorema de Pitágoras no FDO , temos: 2 2 2 2 2OD FD OF 7 1 50     . 
Mas, OD é o raio do círculo, então a área do círculo é dada por 2 2 2S R OD 50 cm      . 
 
 
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28) (CN 1978-8) Se na equação 2ax bx c 0   , a média harmônica das raízes é igual ao dobro da 
média aritmética destas raízes, podemos afirmar que: 
a) 22b ac 
b) 2b ac 
c) 2b 2ac 
d) 2b 4ac 
e) 2b 8ac 
 
RESPOSTA: c 
 
RESPOSTA: 
Sejam 1r e 2r as raízes da equação 
2ax bx c 0   , então, pelas relações entre coeficientes e raízes, a 
soma das raízes é 1 2
b
S r r
a

   e o seu produto é 1 2
c
P r r
a
   . 
A média harmônica das raízes é 1 2
1 2
1 2
c
2
2r r1 2caMH
1 1 br r b
r r a
2


    

 
 e a média aritmética das raízes 
é 1 2
b
r r baMA
2 2 2a


    . 
Como a média harmônica das raízes é igual ao dobro da sua média aritmética, então temos: 
22c bMH 2 MA 2 b 2ac
b 2a
 
         
 
. 
 
 
29) (CN 1978-9) A soma dos cubos das raízes da equação 2 3 3x 3x 9 0   é: 
(A) 3 
(B) 12 
(C) 9 
(D) 12 
(E) 6 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam r e s as raízes da equação 2 3 3x 3x 9 0   , então 3r s 3  e 3r s 9  . 
       3 33 3 3 3r s r s 3rs r s r s r s 3rs r s           
    
33 3 3 3 3 3r s 3 3 9 3 3 3 27 3 3 3 6           
Uma solução alternativa é aplicar a fórmula de Newton. Seja 
k k
kS r s  , k , então 
3 3
k k 1 k 2S 3 S 9 S 0      . 
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3 3 3 3 3 3
2 1 0 2 2k 2 S 3 S 9 S 0 S 3 3 9 2 0 S 9                
 3 3 3 3 3 3
3 2 1 3 3k 3 S 3 S 9 S 0 S 3 9 9 3 0 S 6                 
 
 
30) (1978-16) Se 30 operários gastaram 18 dias, trabalhando 10 horas por dia, para abrir um canal de 
25 metros, quantos dias de 12 horas de trabalho 10 operários, que têm o triplo da eficiência dos 
primeiros, gastarão para abrir um canal de 20 metros, sabendo-se que a dificuldade do primeiro está 
para a do segundo como 3 está para 5? 
(A) 20 dias 
(B) 24 dias 
(C) 60 dias 
(D) 25 dias 
(E) 13 dias 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
Vamos montar um quadro com as grandezas envolvidas e analisar se elas são diretamente ou 
inversamente proporcionais ao número de dias. 
operários dias horas / dia comprimento (m) eficiência dificuldade
30 18 10 25 1 3
10 x 12 20 3 5
(I) (I) (D) (I) (D)
 
A partir das informações do quadro, podemos montar a seguinte proporção. 
18 10 12 25 3 3
x 20 dias
x 30 10 20 1 5
       
 
 
31) (1978-22) Na solução do sistema 
3 2 2 3 2 2
2 2 2 2
x 3x y 3xy y 2x 4xy 2y
2x 4xy 2y x y
      

   
, encontramos, para 
x e y , valores tais que x y é igual a: 
(A) 4 
(B) 2 
(C) 1 
(D) 5 
(E) 3 
 
RESPOSTA: B 
 
RESOLUÇÃO: 
     
      
3 23 2 2 3 2 2
2 2 2 2 2
x y 2 x y Ix 3x y 3xy y 2x 4xy 2y
2x 4xy 2y x y 2 x y x y x y II
         
 
         
 
     
3 2
I x y 2 x y x y 0 ou x y 2         
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        
2
II 2 x y x y x y x y 0 ou 2 x y x y x y ou x 3y              . Como é 
pedido o valor de x y , não é necessário concluir a solução do sistema. Os possíveis valores de x y 
são 0 e 2, somente esse último aparece dentre as opções. 
 
 
32) (1977-16) A soma da média aritmética com a média geométrica das raízes da equação: 
2 3ax 8x a 0   , onde a é um número real positivo, dá: 
a) 
24 a
a

 
b) 
24 a
a
 
 
c) 
28 a
a

 
d) 
24 a
a

 
e) 5 
 
RESPOSTA: d 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam 1r e 2r as raízes da equação 
2 3ax 8x a 0   . 
Pelas relações entre coeficientes e raízes concluímos que a soma das raízes da equação é 
 
1 2
8 8
S r r
a a
 
    e o produto das raízes é 
3
2
1 2
a
P r r a
a
    . 
A média aritmética das raízes é dada por 1 2
r r 8 a 4
MA
2 2 a

   e a sua média geométrica é 
2
1 2MG r r a a a     . 
Portanto, a soma da média aritmética com a média geométrica das raízes é 
24 4 a
MA MG a .
a a

    
 
 
33) (1977-20) Simplificando 
  
4 4
2 22 2 2 2
a b 2ab
a ba b 2ab a b 2ab


   
 para b a  obtém-se: 
a) 1 
b) 
a b
a b


 
c) 
b
a
 
d) 
a b
a b


 
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e) 
a
b
 
 
RESPOSTA: d 
 
RESOLUÇÃO: 
  
  
      
4 4 2 2 2 2
2 2 2 22 2 2 2
a b 2ab a b a b 2ab
a b a ba ba b 2ab a b 2ab a b a b
  
   
      
 
   
            
2 2 2 2
2 2
a b a b a b 2ab a b 2ab
a b a b a b a b a b a ba b a b
   
    
      
 
 
  
2
a b a b
a b a b a b
 
 
  
 
 
 
34) (1977-22) Uma das raízes da equação 2 x 2 x 2    
(A) 3 
(B) 5 
(C) 3 
(D) 2 
(E) 6 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
Condição de existência: 
2 x 0 x 2
2 x 2
2 x 0 x 2
    
   
   
 
   
2 2
2 x 2 x 0 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x x 0                  
0 x 2   
Desenvolvimento da equação: 
       
 
2 2
2
2 2 2 2 2 2
2 x 2 x 2 2 x 2 x 2 2 x 2 x 2 2 x 2 x 2
4 2 4 x 2 4 x 1 4 x 1 4 x 1 x 3 x 3
                 
                 
 
Como 0 x 2  , então x 3 . 
 
 
35) (1976-13) Sobre os lados de um hexágono regular de 4 cm de lado, e exteriormente a ele, 
constroem-se quadrados, de modo que cada quadrado tenha um lado em comum com o hexágono. 
Calcular a área do dodecágono cujos vértices são os vértices dos quadrados que não são vértices do 
hexágono: 
(A)   248 3 2 cm 
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(B)   250 3 2 cm 
(C)   224 3 4 cm 
(D) 2192 cm 
(E) 236 cm 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
 
A área do dodecágono é a área de uma hexágono de lado 4, mais a área de 6 quadrados de lado 4 e 
mais 6 triângulos equiláteros de lado 4. 
A área do hexágono de lado 4 é igual à área de 6 triângulos equiláteros de lado 4. 
 
2 2
2 2
dodecágono
4 3 4 3
S 6 6 4 6 48 3 2 cm
4 4
 
        
 
 
36) (1976-21) O valor mínimo do trinômio 
2y 2x bx p   ocorre para x 3 . Sabendo que um dos 
valores de x que anulam esse trinômio é o dobro do outro, dar o valor de p . 
a) 32 
b) 64 
c) 16 
d) 128 
e) 8 
 
RESPOSTA: c 
 
RESOLUÇÃO: 
V
b
x 3 b 12
2 2
     

 
Sejam as raízes do trinômio r e 2r , então sua soma é 
 12
r 2r 6 r 2
2

      . 
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Logo, as raízes do trinômio são 2 e 4, e seu produto é dado por 
p
2 4 p 16
2
    . 
 
 
37) (1976-24) Um recipiente é dotado de duas torneiras. A primeira torneira esvazia-o em um tempo 
inferior a outra em 30 minutos. Sabendo que as duas torneiras juntas esvaziam o recipiente em 20 
minutos, determine em quanto tempo a primeira torneira esvazia 60% do recipiente. 
(A) 18 minutos 
(B) 30 minutos 
(C) 15 minutos 
(D) 20 minutos 
(E) 12 minutos 
 
RESPOSTA: A 
 
RESOLUÇÃO: 
Supondo que a primeira torneira esvazie o recipiente em x minutos, então a segunda torneira esvazia-
o em  x 30 minutos. 
Assim, a primeira torneira esvazia 
1
x
 do recipiente por minuto e a segunda torneira esvazia 
1
x 30
 do 
recipiente por minuto. 
As duas torneiras juntas esvaziarão 
1 1
x x 30


 do recipiente em um minuto, e como as duas torneiras 
esvaziam o recipiente juntas em 20 minutos, temos: 
    2
1 1
20 1 x 30 x 20 x x 30 x 10x 600 0
x x 30
x 30 ou x 20 (não convém)
 
              
 
   
 
Logo, a primeira torneira esvazia o recipiente em 30 minutos e, consequentemente, esvazia 60% do 
recipiente em 60% 30 18  minutos. 
 
NOTA 4: PROBLEMAS TIPO TORNEIRA 
 
Problemas tipo torneira são aqueles em que são abordadas as relações entre os tempos que cada torneira 
demora a encher um recipiente e o tempo que elas demorariam para enchê-lo juntas. 
Para resolver esse tipo de problema, deve-se calcular quanto do recipiente cada torneira enche na 
unidade de tempo (vazão). A soma desses valores será o que as torneiras juntas encherão na unidade 
de tempo. Para finalizar, basta observar que essa soma multiplicada pelo tempo tem como resultado o 
volume do recipiente. 
Algumas variações desse problema apresentam um ralo. Nesse caso deve-se subtrair o quanto o ralo 
esvazia o recipiente na unidade de tempo. 
 
Problemas que envolvem trabalhadores realizando determinada tarefa simultaneamente também 
podem ser resolvidos pelo mesmo método. 
 
Exemplo 1: Uma torneira sozinha enche um tanque em 2 horas e outra também sozinha enche o mesmo 
tanque em 3 horas. Quanto tempo as duas torneiras juntas levam para encher o tanque? 
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Resolução: 
Deve-se observar que em 1 hora a primeira torneira sozinha enche 
1
2
 do tanque e a segunda 
1
3
 do 
tanque. 
Logo, as duas torneiras juntas, em 1 hora, encherão 
1 1
2 3
 
 
 
 do tanque. Assim, temos: 
1 1 6
t 1 t 1h 12 min
2 3 5
 
      
 
 
 
Exemplo 2: Dois trabalhadores podem fazer um trabalho em 15 e 16 dias, respectivamente, trabalhando 
sós. Com o auxílio de um terceiro podem fazê-lo em 6 dias. Em quanto tempo o terceiro trabalhador 
pode fazer o serviço, trabalhando só? 
Resolução: 
1º trabalhador realiza 
1
15
 do trabalho em 1 dia 
2º trabalhador realiza 
1
16
 do trabalho em 1 dia 
3º trabalhador realiza 
1
d
 do trabalho em 1 dia 
Se os três trabalhadores estão trabalhando juntos, temos: 
1 1 1 1 9 2
6 1 d 26 dia
15 16 d d 240 3
 
        
 
 
 
Exemplo 3: Uma torneira aberta só enche um tanque em 5 horas e outra, igualmente só, o enche em 6 
horas. Por outro lado um ralo aberto esvazia o mesmo tanque em 10 horas. Estando o tanque, 
inicialmente, vazio, e abertas as duas torneiras e o ralo, em quanto tempo o tanque estará cheio? 
Resolução: 
1ª torneira enche 
1
5
 do tanque em 1 hora 
2ª torneira enche 
1
6
 do tanque em 1 hora 
Ralo esvazia 
1
10
 do tanque em 1 hora 
Se as duas torneiras e o ralo estão abertos, temos: 
1 1 1 30
t 1 t 3horas45min
5 6 10 8
 
       
 
 
********************************************************************************* 
 
 
38) (1975-6) Dois números inteiros positivos têm soma 96 e o máximo divisor comum igual a 12. Dar 
o maior dos dois números sabendo que o produto deles deve ser o maior possível. 
(A) 48 
(B) 84 
(C) 60 
(D) 72 
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(E) 36 
 
RESPOSTA: C 
 
RESOLUÇÃO: 
Sejam 
*A,B  , tais que A B 96  e  MDC A,B 12 . 
Se  MDC A,B 12 , então *a,b   tais que A 12 a  , B 12 b  e  MDC a,b 1 . 
A B 96 12 a 12 b 96 a b 8          
Como  MDC a,b 1 , então temos duas possibilidades, desconsiderando a ordem: 
       a,b 1,7 A,B 12,84 A B 1008      
       a,b 3,5 A,B 36,60 A B 2160      
Como o produto deve ser o maior possível, os números procurados são A 36 e B 60 , e o maior 
dos dois números é 60. 
 
 
39) (1975-8) Um composto A leva 20% de álcool e 80% de gasolina e um composto B leva 30% de 
álcool e 70% de gasolina. Quantos litros devemos tomar do composto A para, complementando com 
o composto B, preparar 5 litros de um composto com 22% álcool e 78% de gasolina? 
(A) 2 litros 
(B) 3 litros 
(C) 2,5 litros 
(D) 3,5 litros 
(E) 4 litros 
 
RESPOSTA: E 
 
RESOLUÇÃO: 
Supondo que tenhamos x litros do composto A, devemos ter  5 x litros do composto B. Devemos 
encontrar x para que o composto resultante tenha as porcentagens pedidas. 
Em x litros do composto A, há 20% x de álcool e 80% x de gasolina. 
Em  5 x litros do composto B, há  30% 5 x  de álcool e  70% 5 x  de gasolina. 
O composto resultante terá então  20% x 30% 5 x    de álcool e  80% x 70% 5 x    de 
gasolina em 5 litros. Assim, 
 20% x 30% 5 x 20x 150 30x 110
22% 10x 40 x 4 litros
5 100 100 100
    
        
Observe que a expressão obtida ao final é exatamente a média ponderada das porcentagens em cada 
mistura tendo como pesos os volumes das misturas. Isso pode ser usado na maioria dos problemas 
envolvendo misturas. 
 
 
40) (1975-24) Calcular o menor valor positivo de K, para que a raiz real da equação 
3 34 x K 1   
seja um número racional inteiro 
(A) 1 
(B) 60 
(C) 27 
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(D) 37 
(E) 40 
 
RESPOSTA: D 
 
RESOLUÇÃO: 
 
 
2
3 3 3 33 3 2 3 3
3
3 3 3 3 3
4 x K 1 4 x K 1 4 x K 1 x K 3
x K 3 x K 27 x K 27
             
        
 
3 33x K 27 e K 0 x K 27 4 K 64 27 37            
 
 
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Volumes já lançados: 
Livro X-MAT Volume 1 EPCAr 2011-2015 
Livro X-MAT Volume 2 AFA 2010-2015 
Livro X-MAT Volume 3 EFOMM 2009-2015 
Livro X-MAT Volume 4 ESCOLA NAVAL 2010-2015 
Livro X-MAT Volume 6 EsPCEx 2011-2016 
 
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