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Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

SIMULADO DE MATEMÁTICA CN – JULHO DE 2019 ENUNCIADOS

1) Se um comerciante conseguisse adquirir suas mercadorias por um preço 8% menor mantendo fixo o preço de venda, seu lucro, em relação ao preço de custo, aumentaria dos atuais x% para ( x 10 %. + ) Assim, x é igual a

a) 12 b) 15 c) 30 d) 50 e) 75

2) Uma ração para passarinhos é composta por 3 tipos de sementes: X, Y e Z. A tabela abaixo mostra as quantidades, em gramas, de dois nutrientes A e B, em 1 kg de cada uma das sementes:

Para preparar um saco dessa ração, utilizamos 3,5 kg da semente X, 3 kg da semente Y e 0,5 kg da semente Z. Então, quantos gramas do nutriente A temos em 1 kg dessa ração?

a) 250 b) 270 c) 300 d) 350 e) 400

3) Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menos uma das três matérias:

Matemática, Física e Química. Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32%

estudam Química e 36% estudam Física. Sabe-se, ainda, que 8% dos alunos estudam Física e Matemática, enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunos que estudam apenas Química e Física mais aqueles que estudam apenas Matemática e Química totalizam 63 estudantes. Determine n .

a) 1000 b) 1250 c) 1325 d) 1575 e) 1800

4) Quais os dois últimos dígitos da representação decimal do resultado da operação 2019

2019

?

a) 51 b) 59 c) 71 d) 79 e) 91

5) Quantos pares ordenados ( m, n ) de inteiros não negativos são soluções da equação

( ) ( )( )

n n 1 + = 9 m 1 m 1 ? − +

a) 0 b) 1 c) 2 d) 4 e) infinitos

6) Atualmente, a minha idade é a soma das idades das minhas duas irmãs. Dois anos atrás, eu tinha o dobro da idade da minha irmã do meio. Daqui a oito anos, minha irmã caçula terá a idade que eu tenho hoje. Que idade eu tenho atualmente?

a) 14 b) 15 c) 16 d) 17 e) 18

(2)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

7) Seja n tal que

4 128 2n

4 2

4 = 2 . Sobre n podemos afirmar que:

a) é um número primo.

b) possui 4 divisores positivos.

c) é um cubo perfeito.

d) é um quadrado perfeito.

e) é múltiplo de 3.

8) Para que o resto da divisão do polinômio P x ( ) = 8m x

3 4

+ 12mx

3

+ 1 por Q x ( ) = 4x + 2 seja maior que zero, deve-se ter:

a) −   − 3 m 2 b) m  1 c) m  − 2

d) m  1 ou m  2 e) m  2

9) Seja f uma função real tal que f x ( 2 ) = ax +   b, x , f 2 ( ) = 5 e f 3 ( ) = 8, então o valor de a b  é

a) − 32 b) − 23 c) − 21 d) 12 e) 36

10) Considere os polinômios p x ( ) = x

80

+ 3x

79

− x

2

− − x 1 e b x ( ) = x

2

+ 2x 3 . Sendo r x ( ) o resto da divisão de p x ( ) por b x ( ) , o valor de 1

r 2

   

  é igual a

a) 0 b) 1

2 c) 1 d) 2 e) 5

2

11) Um fabricante de poltronas pode produzir cada peça ao custo de R$ 300, 00 . Se cada uma for vendida por x reais, este fabricante venderá por mês ( 600 x ) unidades, em que 0 x   600 . Assinale a alternativa que representa o número de unidades vendidas mensalmente que corresponde ao lucro máximo.

a) 150 b) 250 c) 350 d) 450 e) 550

12) Sendo a, b e c três números reais que satisfazem a igualdade a

3

+ b

3

+ c

3

= 3abc e tais que a + +  b c 0, então o valor de (

2 3

)

2

12 12 12

ab c

a + b + c é

a) a b) b

2

c) c

3

d) abc e) 1

3

(3)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

13) A fração 2 ( 2 6 )

3 2 3

+

+ é igual a a) 2 2

3 b) 1 c) 2 3

3 d) 4

3 e) 16

9

14) Um segmento de reta é dividido de forma que a menor parte está para a maior parte assim como a maior parte está para o segmento inteiro. Se R é a razão da menor parte para a maior parte, então o valor de

2 1

R R 1

R R

1

R R

+

 

 + 

 

 

+ é

a) 2 b) 2R c) 1

R d) 1

2 + R e) 2 R +

15) As medidas dos lados de um triângulo ABC são três números inteiros e consecutivos e o ângulo maior ˆA é o dobro do menor ˆC. Os lados deste triângulo são:

a) 2, 3 e 4 b) 3, 4 e 5 c) 8, 9 e 10 d) 4, 5 e 6 e) 5, 6 e 7 16) Num trapézio retângulo circunscritível, a altura é igual à:

a) média aritmética das bases;

b) média geométrica das bases;

c) média harmônica das bases;

d) soma das bases;

e) diferença das bases.

17) Sejam C

1

e C

2

dois círculos de raios 1 cm e 3 cm , respectivamente, apoiados em uma reta horizontal e tangentes no ponto D, conforme a figura.

O raio do círculo C

3

cuja área coincide, numericamente, com o perímetro da região sombreada é, em cm:

a) 5 2 3 3 +

 b) 5 4 3 +

 c) 6 3

5 +

 d) 5 3 2 3

 + e) 5

3 + 2 3 

(4)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

18) A figura apresenta um arco de circunferência de centro O e raio R, e uma semicircunferência de centro M.

A razão entre as áreas sombreadas S e

1

S

2

é:

a) 1 b) 5

3 c)

3

 d) 1

2 e) 4 3

19) Seja ABC um triângulo de lados AC 31 = e AB 22. = Sabendo que as medianas CC’ e BB’ são perpendiculares, qual a medida de BC?

a) 17 b) 18 c) 19 d) 21 e) 23

20) Sejam o quadrado ABCD da figura e os ângulos CDE ˆ =  e EFB ˆ =  . Sabendo que EF e FB são iguais, então podemos afirmar que  é igual a:

a)  −  90 b) 2  −  90 c)  −  45 d) 2  −  45 e) 

(5)

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SIMULADO DE MATEMÁTICA CN – JULHO DE 2019 RESPOSTAS E CLASSIFICAÇÃO DAS QUESTÕES

1) b (Operações com mercadorias) 2) c (Razões e proporções)

3) d (Conjuntos) 4) d (Congruência)

5) c (Múltiplos e divisores)

6) a (Problemas do 1º grau com mais de uma variável – idade) 7) d (Potências e raízes)

8) c (Polinômios) 9) c (Função do 1º grau) 10) a (Polinômios)

11) a (Função quadrática) 12) e (Fatoração)

13) d (Racionalização)

14) a (Razões e proporções – razão áurea) 15) d (Triângulos – semelhança)

16) c (Quadriláteros)

17) a (Áreas de regiões circulares) 18) a (Áreas de regiões circulares)

19) a (Triângulos – relações métricas e pontos notáveis)

20) b (Triângulos e quadriláteros – angular)

(6)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

SIMULADO DE MATEMÁTICA CN – JULHO DE 2019 RESOLUÇÕES

1) Se um comerciante conseguisse adquirir suas mercadorias por um preço 8% menor mantendo fixo o preço de venda, seu lucro, em relação ao preço de custo, aumentaria dos atuais x% para ( x 10 %. + ) Assim, x é igual a

a) 12 b) 15 c) 30 d) 50 e) 75

RESOLUÇÃO: b

Sejam PC e PV os preços de custo e venda atuais, respectivamente, então o lucro atual é

( )

L = PV PC − = x% PC   PV = x 100 % PC + 

O novo preço de custo é PC ' = ( 100% 8% PC ) = 0,92 PC, então o novo lucro é

( ) ( )

L' = PV PC' − = x 10 % PC' +   PV = x 110% PC' + 

Igualando as duas expressões e substituindo PC ' = 0, 92 PC,  temos:

( x 100 % PC + )  = ( x 110 % 0,92PC + )   + x 100 = 0,92x 101, 2 +  0, 08x = 1, 2  = x 15

REFERÊNCIA: AHSME 1972

2) Uma ração para passarinhos é composta por 3 tipos de sementes: X, Y e Z. A tabela abaixo mostra as quantidades, em gramas, de dois nutrientes A e B, em 1 kg de cada uma das sementes:

Para preparar um saco dessa ração, utilizamos 3,5 kg da semente X, 3 kg da semente Y e 0,5 kg da semente Z. Então, quantos gramas do nutriente A temos em 1 kg dessa ração?

a) 250 b) 270 c) 300 d) 350 e) 400

RESOLUÇÃO: c

A quantidade de nutriente A em 3500 g da semente X é 500 3500 1750 g.

1000  = A quantidade de nutriente A em 3000 g da semente Y é 100 3000 300 g.

1000  = A quantidade de nutriente A em 500 g da semente Z é 100 500 50 g.

1000  =

Assim, o saco de ração de 7 kg tem 1750 300 50 + + = 2100 g de nutriente A. Portanto, em 1 kg de ração haverá 2100 300 g

7 = de nutriente A.

(7)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

REFERÊNCIA: PUC Rio 2018

3) Dos n alunos de um colégio, cada um estuda pelo menos uma das três matérias:

Matemática, Física e Química. Sabe-se que 48% dos alunos estudam Matemática, 32%

estudam Química e 36% estudam Física. Sabe-se, ainda, que 8% dos alunos estudam Física e Matemática, enquanto 4% estudam todas as três matérias. Os alunos que estudam apenas Química e Física mais aqueles que estudam apenas Matemática e Química totalizam 63 estudantes. Determine n .

a) 1000 b) 1250 c) 1325 d) 1575 e) 1800

RESOLUÇÃO: d

Representando as informações do enunciado em um diagrama de Venn, sendo x a quantidade de estudantes que estudam apenas Matemática e Química, temos:

( ) ( ) ( ) ( )

# M   F Q =  n 48%n + 28%n 63 x − + + 63 x − + 28%n 63 − =  n 4%n = 63  = n 1575 2ª RESOLUÇÃO:

# M ( ) = 48% n  ; # Q ( ) = 36% n  ; # F ( ) = 32% n  ;

( )

# F  M = 8% n 

( )

# M   F Q = 4% n 

( ) ( ) ( )

# M  Q + # F  Q = 63 2 # M +    F Q = 63 8% n + 

onde é a quantidade de alunos que estudam apenas Química e Física mais aqueles que estudam apenas Matemática e Química.

Usando a expressão do princípio da inclusão-exclusão para três conjuntos, temos:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

# M F Q # M # F # Q # M F # M Q # F Q # M F Q

100% n 48% n 36% n 32% n 8% n 63 8% n 4% n 4% n 63 n 1575

  = + + −  −  −  +  

  =  +  +  −  − +  +    =  =

(8)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

Nessa resolução adotamos a notação # A ( ) para representar a quantidade de elementos de um conjunto finito A para evitar confusão.

REFERÊNCIA: ITA 2012 (adaptado)

4) Quais os dois últimos dígitos da representação decimal do resultado da operação 2019

2019

?

a) 51 b) 59 c) 71 d) 79 e) 91

RESOLUÇÃO: d

( )

2019 2019

( )

2019 19 mod 100   2019  19 mod 100 Vamos aplicar o teorema de Euler.

( )

(100)

( )

mdc 19,100 =  1 19

 1 mod 100 ( )

2 2

1 1 1 4

100 2 5 100 100 1 1 100 40

2 5 2 5

   

=    =  −        −   =   =

( )

19

40

1 mod 100

 

Substituindo esse resultado na congruência original, temos:

( )

50

( )

2019 2019 40 19 19

2019  19  19  19  19 mod 100

Precisamos agora encontrar 19 módulo 100. Com esse intuito, vamos estudar as potências

19

de 19 módulo 100.

( )

( )

( )

( )

( )

( )

( )

1 2 3

4 2

8 2

16 2

19

19 19 mod 100 19 61 mod 100

19 19 61 59 mod 100 19 61 21 mod 100 19 21 41 mod 100 19 41 81 mod 100 19 81 59 79 mod 100

  

 

 

 

  

Portanto, 2019

2019

19

19

 79 mod 100 , ( ) o que implica que os dois últimos algarismos de 2019

2019

são 79.

REFERÊNCIA: Statewide High School Mathematical Contest – New Mexico – 2017

(adaptado)

(9)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

5) Quantos pares ordenados ( m, n ) de inteiros não negativos são soluções da equação

( ) ( )( )

n n 1 + = 9 m 1 m 1 ? − +

a) 0 b) 1 c) 2 d) 4 e) infinitos

RESOLUÇÃO: c

( ) ( )( )

2

(

2

) 1 1 36 m (

2

1 )

n n 1 9 m 1 m 1 n n 9 m 1 0 n

2

−  + −

+ = − +  + − − =  =

Uma condição necessária e suficiente para que na seja inteiro é que 1 36 m + (

2

1 ) seja um quadrado perfeito (note que ele é um número ímpar). Assim, deve existir k  tal que

(

2

)

2

( )

2 2

( )( )

1 36 m + − = 1 k  6m − k = 35  6m k 6m k + − = 35 Como m é inteiro não negativo, temos as seguintes possibilidades.

6m k 35

m 3; k 17 6m k 1

 + =

 = =

 − =

6m k 7

m 1; k 1 6m k 5

 + =  = =

 − =

Vamos agora calcular os valores de n, considerando que ele é um inteiro não negativo.

( )

1 1 36 9 1 1 17

m 3 n n 8

2 2

−  +  − − 

=  = =  =

( )

1 1 36 1 1 1 1

m 1 n n 0

2 2

−  +  − − 

=  = =  =

Portanto, apenas dois pares ordenados, ( ) 3,8 e ( ) 1, 0 , são soluções da equação dada.

REFERÊNCIA: Statewide High School Mathematical Contest – New Mexico – 2016 (adaptado)

6) Atualmente, a minha idade é a soma das idades das minhas duas irmãs. Dois anos atrás, eu tinha o dobro da idade da minha irmã do meio. Daqui a oito anos, minha irmã caçula terá a idade que eu tenho hoje. Que idade eu tenho atualmente?

a) 14 b) 15 c) 16 d) 17 e) 18

RESOLUÇÃO: a

Sejam x   y z a minha idade, a idade da minha irmã do meio e a idade da minha irmã caçula, respectivamente.

Hoje: x = + y z

Dois anos atrás: x 2 2 y 2 ( ) x 2y 2 y x 2

2

− =  −  − = −  = +

Daqui a oito anos: z 8 + =  = − x z x 8

Substituindo as expressões de y e z na primeira igualdade, temos:

(10)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

( ) x 2

x x 8 2x x 2 2x 16 x 14.

2

= + + −  = + + −  =

Portanto, eu tenho 14 anos atualmente.

REFERÊNCIA: Statewide High School Mathematical Contest – New Mexico – 2018

7) Seja n tal que

4 128 2n

4 2

4 = 2 . Sobre n podemos afirmar que:

a) é um número primo.

b) possui 4 divisores positivos.

c) é um cubo perfeito.

d) é um quadrado perfeito.

e) é múltiplo de 3.

RESOLUÇÃO: d

( ) ( ) ( ) ( )

n 2n

4 2

2 8

n n

4 2 7 8 2 7

2 2

2 2

4 128 2 2 128 2 2 2 2 2

4 = 2  2 = 2  2 = 2  2

= 2

( n )

( )

9 2 7 n

2 2 9 2 7 n n n 4

2 = 2

 2 = 2

 = 9 2 −  7 2 = 16  2 = 2  = n 4 Logo, n = = 4 2

2

é um quadrado perfeito.

REFERÊNCIA: Dias, Miller – Os Segredos da Álgebra para IME ITA Olimpíadas – Vestseller 2018.

8) Para que o resto da divisão do polinômio P x ( ) = 8m x

3 4

+ 12mx

3

+ 1 por Q x ( ) = 4x + 2 seja maior que zero, deve-se ter:

a) −   − 3 m 2 b) m  1 c) m  − 2

d) m  1 ou m  2 e) m  2

RESOLUÇÃO: c

Aplicando o Teorema de D’Alembert:

( ) ( )

4 3 3

3 3

2

1 1 1 m 3

P 8m 12m 1 0 m 1 0 m 3m 2 0

2 2 2 2 2

m 1 m 2 0 m 2 e m 1

 −  =  −  +  −  +   − +   − + 

     

     

 − +    − 

REFERÊNCIA: EN 2006

(11)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

9) Seja f uma função real tal que f x ( 2 ) = ax +   b, x , f 2 ( ) = 5 e f 3 ( ) = 8, então o valor de a b  é

a) − 32 b) − 23 c) − 21 d) 12 e) 36

RESOLUÇÃO: c ( ) ( )

x =  4 f 2 = f 4 2 − =  + = a 4 b 5

( ) ( )

x =  5 f 3 = f 5 2 − =  + = a 5 b 8 Resolvendo o sistema 4a b 5 ,

5a b 8

 + =

 + =

 temos a = 3 e b = − 7.

Logo, a b  =  − = − 3 ( ) 7 21.

REFERÊNCIA: EsPCEx 2000

10) Considere os polinômios p x ( ) = x

80

+ 3x

79

− x

2

− − x 1 e b x ( ) = x

2

+ 2x 3 − . Sendo r x ( ) o resto da divisão de p x ( ) por b x ( ) , o valor de 1

r 2

   

  é igual a

a) 0 b) 1

2 c) 1 d) 2 e) 5

2

RESOLUÇÃO: a

Como o divisor b x ( ) = x

2

+ 2x 3 − é de grau 2, então o resto r x ( ) é no máximo de grau 1.

Assim, r x ( ) pode ser escrito na forma r x ( ) = ax + b . Seja q x ( ) o quociente da divisão, temos:

( ) ( ) ( ) ( )

80 79 2

(

2

) ( ) ( ) p x = b x q x  + r x  x + 3x − x − − = x 1 x + 2x 3 q x −  + ax + b Fazendo x = 1, temos:

( ) ( ) ( )

80 79 2 2

1 +  3 1 − − − = 1 1 1 1 +  −  2 1 3 q 1 +  + a 1 b  = + 1 a b Fazendo x = − 3 , temos:

( )

80

( )

79

( )

2

( ) ( ( )

2

( ) ) ( ) ( ( ) )

80 80

3 3 3 3 3 1 3 2 3 3 q 3 a 3 b

3 3 9 3 1 3a b 7 3a b

− +  − − − − − − = − +  − −  − +  − +

 − − + − = − +  − = − + Resolvendo o sistema linear a b 1

3a b 7

 + =

− + = −

 , temos:

( a b + − − + = − −  ) ( 3a b ) 1 ( ) 7 4a =  = 8 a 2 a b 1 + =  + =  = − 2 b 1 b 1

Portanto, r x ( ) = 2x 1 − e 1 1

r 2 1 0

2 2

  =  − =

    .

REFERÊNCIA: EsPCEx 2016

(12)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

11) Um fabricante de poltronas pode produzir cada peça ao custo de R$ 300, 00 . Se cada uma for vendida por x reais, este fabricante venderá por mês ( 600 x ) unidades, em que 0 x   600 . Assinale a alternativa que representa o número de unidades vendidas mensalmente que corresponde ao lucro máximo.

a) 150 b) 250 c) 350 d) 450 e) 550 RESOLUÇÃO: a

Vendendo as poltronas por x reais são vendidas ( 600 x ) unidades, então a receita é

( ) ( )

R x =  x 600 x − e o custo C x ( ) = 300 600 x ( ) . Assim, o lucro é dado por:

( ) ( ) ( )

2

L x = 600 x x 300 600 x −  −  − = − x + 900x 180000 −

O lucro é representado por um trinômio do 2 grau com coeficiente líder negativo, logo esse trinômio tem concavidade para baixo e possui um ponto de máximo.

O lucro máximo ocorre no vértice do trinômio do 2 grau, ou seja, para ( )

x 900 450

2 1

= − =

 − . Portanto, o número de unidades vendidas deve ser 600 x − = 600 450 150 − = .

REFERÊNCIA: EsPCEx 2015

12) Sendo a, b e c três números reais que satisfazem a igualdade a

3

+ b

3

+ c

3

= 3abc e tais que a + +  b c 0, então o valor de (

2 3

)

2

12 12 12

ab c

a + b + c é

a) a b) b

2

c) c

3

d) abc e) 1

3

RESOLUÇÃO: e

Considerando a identidade de Gauss

( ) ( )

2

( )

2

( )

2

3 3 3

1

a b c 3abc a b c a b a c b c .

2

 

+ + − = + +  − + − + − 

É dado que a

3

+ b

3

+ c

3

= 3abc  a

3

+ b

3

+ c

3

− 3abc = 0. Assim, temos:

( ) ( )

2

( )

2

( )

2

1 a b c a b a c b c 0

2

 

+ +  − + − + −  =

Como a + +  b c 0, então ( a b )

2

+ − ( a c )

2

+ − ( b c )

2

= 0, o que implica a = = b c.

Assim, o valor da expressão pedida é dado por

(

2 3

)

2

(

2 3

)

2

( )

6 2 12

12 12 12 12 12 12 12 12

ab c a a a a a 1

3 .

a b c a a a 3 a 3 a

 

= = = =

+ + + +  

REFERÊNCIA: Álgebra y principios del análisis – tomo I – Lumbreras editores

(13)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

13) A fração 2 ( 2 6 )

3 2 3

+

+ é igual a a) 2 2

3 b) 1 c) 2 3

3 d) 4

3 e) 16

9 RESOLUÇÃO: d

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

2 2

2

2 2 6 2 2 6 2 2 2 2 3 4 1 3

3 2 3 3 2 3 2 3 4 2 3 3 1 2 1 3 3

4 1 3 4 1 3 4

3 1 3 3 3 1 3

+ = +  = + = + =

+ + + +   +

+ +

= = =

+ +

REFERÊNCIA: AHSME 1973

14) Um segmento de reta é dividido de forma que a menor parte está para a maior parte assim como a maior parte está para o segmento inteiro. Se R é a razão da menor parte para a maior parte, então o valor de

2 1

R R 1

R R

1

R R

+

 

 + 

 

 

+ é

a) 2 b) 2R c) 1

R d) 1

2 + R e) 2 R + RESOLUÇÃO: a

Sejam x  y as duas partes nas quais está dividido um segmento de reta de medida x + y.

Assim, temos x R = y e

x y y x y y x 1

2

1 R 1 R R 1

y x y x y x y R

=  = +  = +  = +  + =

+

Vamos agora calcular o valor da expressão do enunciado.

( ) ( )

2

1

R 1 R R 1 2

+ R = − + + =

2 1

R R 1 2 1

R R

R

1

R

1

2

1

R R R 2

R R R

+

   

 +   + 

 

 

+ =

 

+ = + =

REFERÊNCIA: AHSME 1974

(14)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

15) As medidas dos lados de um triângulo ABC são três números inteiros e consecutivos e o ângulo maior ˆA é o dobro do menor ˆC. Os lados deste triângulo são:

a) 2, 3 e 4 b) 3, 4 e 5 c) 8, 9 e 10 d) 4, 5 e 6 e) 5, 6 e 7 RESOLUÇÃO: d

Na figura, AD é a bissetriz do ângulo ˆA, então BAD ˆ = DAC ˆ = C. ˆ Isso implica que o triângulo ABC é isósceles e AD = CD.

O ângulo externo ADB ˆ do triângulo DC é igual 2C, ˆ então os triângulos ABC e DBA são semelhantes (A. A.).

( )

2 2 2

BD AD AB BD CD x 1 BD CD x 1

AB AC BC x 1 x x 1 x 1 x x 1

x 1 x 1

x 2x 1 2x 3x 1 x 5x 0 2x 1 x 1

x 0 x 5

− + −

= =  = =  =

− + − + +

+ −

 =  + + = − +  − =

− +

 =  =

Os lados do triângulo devem ser números inteiros positivos e consecutivos, então x = 5, e os lados do triângulo são 4, 5 e 6.

REFERÊNCIA: EN 1984

16) Num trapézio retângulo circunscritível, a altura é igual à:

a) média aritmética das bases;

b) média geométrica das bases;

c) média harmônica das bases;

d) soma das bases;

e) diferença das bases.

RESOLUÇÃO: c

(15)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

Sejam B e b as bases do trapézio, H a altura e L o outro lado não paralelo.

Pelo teorema de Pitot, temos L H + = +  = + − B b L B b H .

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo da figura, temos:

( )

2

( )

2

( )

2

2 2 2

2

H B b L H B b B b H

H

+ − =  + − = + −

 + B

2

− 2Bb + b

2

= B

2

+ b

2

+ H

2

2Bb 2BH 2bH 4Bb 2BH 2bH H 2Bb

B b

+ − −

 = +  =

+

Logo, H é a média harmônica das bases B e b . REFERÊNCIA: EN 1990

17) Sejam C

1

e C

2

dois círculos de raios 1 cm e 3 cm , respectivamente, apoiados em uma reta horizontal e tangentes no ponto D, conforme a figura.

O raio do círculo C

3

cuja área coincide, numericamente, com o perímetro da região sombreada é, em cm:

a) 5 2 3 3 +

 b) 5 4 3 +

 c) 6 3

5 +

 d) 5 3 2 3

 + e) 5

3 + 2 3 

RESOLUÇÃO: a

(16)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

Seja r a reta horizontal.

Sejam O

1

e O

2

os centros das circunferências C

1

e C

2

, respectivamente, então

1 2 1 2

O O = O D DO + = + = 1 3 4 .

Sejam A e B os pontos de tangência das circunferências C

1

e C

2

, respectivamente, com a reta horizontal, então O A

1

⊥ r e O B

2

⊥ r .

Seja O C

1

⊥ O B

2

, então O C

2

= − = 3 1 2 . No triângulo retângulo O O C

1 2

temos

2

1 2

O C 2 1

O O = = 4 2 , então CO O ˆ

1 2

= 30º e CO O ˆ

2 1

= 60º . Aplicando o teorema de Pitágoras no  O O C

1 2

, temos:

2 2 2 2 2

1 1 2 2 1

O C = O O − O C = 4 − 2 = 12  O C = 2 3 .

A região sombreada é composta pelos arcos AD = 120º e DB = 60º , e pelo segmento AB = O C

1

= 2 3 , assim seu perímetro é: 2p 1 ( 2 1 ) 1 ( 2 3 ) 2 3 5 2 3

3 6 3

=   +   + =  +

Seja R o raio do círculo

3

C cuja área coincide, numericamente, com o perímetro da região

3

sombreada, então:

23

5

32

5 2 3

3

5 2 3

R 2 3 R R cm

3 3 3

 =  +  = +  = +

  .

REFERÊNCIA: EN 2006

(17)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

18) A figura apresenta um arco de circunferência de centro O e raio R, e uma semicircunferência de centro M.

A razão entre as áreas sombreadas S

1

e S

2

é:

a) 1 b) 5

3 c)

3

 d) 1

2 e) 4 3 RESOLUÇÃO: a

As áreas S e S formam uma semicircunferência de raio

1

R ,

2 então

2 2

1

1 R R

S S

2 2 8

   + =      =

As áreas S

2

e S formam um setor circular de 45 e raio R, então

2 2

S S R 8 + = 

Subtraindo a segunda igualdade da primeira, temos:

1 2 1

2

S S 0 S 1

− =  S =

REFERÊNCIA: Díaz, Luis Guillermo Huamanchumo – Áreas y Perimetros – 500 problemas

(18)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

19) Seja ABC um triângulo de lados AC 31 = e AB 22. = Sabendo que as medianas CC’ e BB’ são perpendiculares, qual a medida de BC?

a) 17 b) 18 c) 19 d) 21 e) 23

RESOLUÇÃO: a

Como G é o baricentro do triângulo, temos:

BG GB '

x BG 2x; GB ' x

2 = 1 =  = =

CG GC '

y CG 2y; GC ' y

2 = 1 =  = =

No triângulo retângulo CGB’, temos:

2

( )

2 2

31

2 2

961

2 2

961

CG GB' 2y x 4y x

2 4 4

 

+ =    + =  + =

  (*)

No triângulo retângulo BGC’, temos:

( )

2

2 2 2 2 2 2

BG + GC ' = 11  2x + y = 121  4x + y = 121 (**) Somando (*) e (**), temos:

(

2 2

) 961 1445

2 2

289

5 x y 121 x y

4 4 4

+ = + =  + =

No triângulo retângulo BGC, temos:

( )

2

( )

2

( )

2 2 2 2 2

289

BC BG CG 2x 2y 4 x y 4 289 BC 17

= + = + = + =  4 =  =

REFERÊNCIA: Statewide High School Mathematical Contest – New Mexico – 2017

(19)

Material elaborado pelo Prof. Renato Madeira

20) Sejam o quadrado ABCD da figura e os ângulos CDE ˆ =  e EFB ˆ =  . Sabendo que EF e FB são iguais, então podemos afirmar que  é igual a:

a)  −  90 b) 2  −  90 c)  −  45 d) 2  −  45 e)  RESOLUÇÃO: b

Traçando FD, obtemos dois triângulos isósceles congruentes DFE e BFE. Essa congruência pode ser identificada pela simetria da figura ou por L.L.L., como consequência da congruência dos triângulos DAE e BAE, que garante que DE = BE.

Como  DFE   BFE, então DFE ˆ = BFE ˆ =  . O triângulo DFE é isósceles, então ˆ ˆ

1

FDE = FED =  , e seja FDC ˆ = 

2

. No triângulo FDC, temos:  = 45  + 

2

. No triângulo FDE, temos:

( ) ( )

1 2

2 180 2 180 2 2 45 180 2 90

 +  =    +  −  =    +  −  −  =    =  − 

REFERÊNCIA: FB – Grupo “It’s just math”.

Referências

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