Solução: a, b, c, d PG a, aq, aq 2, aq 3. a, b 2, c 4,d -140 PA a, aq 2 = 2 x 4. a + 4+ q 2 = 4q q 2-4q q 2-4q + 4 = 0 (q-2) 2 =0 q =2

(1)

01. Sejam X e Y dois conjuntos com X  Y e X  Y. Considere a

seguintes afirmações:

I. Existe uma bijeção f: X  Y. II. Existe uma função injetora g: X  Y.

III. O número de funções f: X  Y é igual ao número de funções sobrejetoras g: X  Y. É(são) verdadeira(s): a) nenhuma delas b) apenas I c) apenas III d) apenas I e II e) todas Solução:

I. Não existe bijeção f:XY pois n

 

X n

 

Y. (FALSA)

II. Não existe função injetora f:YX pois nesse caso n

 

Y n

 

X contrariando o enunciado. (FALSA)

III. (FALSA). Contraexemplo. Considere X = {1} Y = {1,2}, . Y X e Y X 

Existem duas funções f:XY

Injetivas: 1 1 2 e 1 1 2 X Y f X Y f

Por outro lado existe apenas uma função sobrejettiva g:YX.

1 1 2 X Y f ALTERNATIVA: A

02. O número de soluções da equação (1 + sec) (1 + cossec) = 0,

com   [-,], é: a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 Solução: (1 + sec)  (1 + cossec) = 0 ;   [-,] Note que   -, -/2, 0. /2, .

Temos sec = -1 ou cossec  = -1

Que implica cos = -1 ou sen = -1 Ou seja  =   ou  = -/2

Pela condição de existência, temos: S = 

Ou seja 0 soluções.

ALTERNATIVA: A

03. Sejam a, b, c, d  . Suponha que a, b, c, d forme, esta ordem,

uma progressão geométrica e que a, b/2, c/4, d – 140 formem, nesta ordem, uma progressão aritmética. Então, o valor de d – b é: a) -140 b) -120 c) 0 d) 120 e) 140 Solução: a, b, c, d  PG a, aq, aq2_{, aq}3 a, b2

,

c4

,

d -140  PA  a, 2 aq

_,

2 aq2

_,

aq3_-140 a + 4 aq2 = 2 x 2 aq  4a + aq2 _{= 4aq} a 4+ q2_{= 4q} q2 _{- 4q} q2_{- 4q + 4 = 0} (q-2)2_{=0  q =2} 2 2 = q mas aq = aq + 280 -2aq 4 aq 2 = 2 aq + 140 -Aq 3 2 2 3 _          16a -280 +2a = 4a 14a=280 A =20  b= aq = 20 2=40 d= aq3 _{= 20  2}3_{= 160} d-b = 160 - 40= 120 ALTERNATIVA: D

04. O maior valor de tg x, com

_       5 3 2 1 arcsen x e _       2 , 0 x , é: a) 1/4 b) 1/3 c) 1/2 d) 2 e) 3 Solução: 4 3 2 5 4 ) 2 cos( 5 3 ) 2 ( 5 3 2 2 , 0 , 5 3 2 1 ?                           x tg Logo x x sen arcsen x x arcsen x x tg  5 3 4 x 2

(2)

Traçando a bissetriz de 2x, temos: 9 3 5 4   n m 5 3 4 x x n m 3 1 4 3 4 3 4    e tgx m Daí ALTERNATIVA: B

05. Considere a reta r: y = 2x. Seja A = (3, 3) o vértice de um

quadrado ABCD, cuja diagonal BD está contida em r. A área deste quadrado é: a) 9/5 b) 12/5 c) 18/5 d) 21/5 e) 24/5 Solução: r= 2x-y+0=0 A=(3,3)

A metade da diagonal do quadrado ABCD é igual a distância do ponto A à reta r. 5 3 ) 1 ( 2 0 3 3 2 d 2 2 r , A       

Assim, a diagonal do quadrado vale

10 6 5 6 2   E sua área A 5 18 10 36 2_ _   ALTERNATIVA: C

06. Considere o sistema de equações:

Se (X, U, Z) é uma solução real de S, então |x|+|y|+|z| é igual a a) 0 b) 3 c) 6 d) 9 e) 12 Solução: 3 3 2 2 1 X Z 8 e x Y 27 ; X X 1 Seja                                  1 X 0 0 2 X X 0 3 X X X 7 X 3 X 2 X 2 10 X 5 X 3 X 4 3 X X X S 3 3 2 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 1 1 3 3 X 3 X 1 X3  2  1    1 X Logo 2 Z 8 Z 3 Y 3 27 Y 3 2        Portanto XYZ1326 ALTERNATIVA: C

07. O número de soluções inteiras da inequação 0  x

2_{- |3x}2_{+ 8x|}

 2 é: a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5 Solução:   x8 x 3 2                 0 x 3 8 se x 8 x 3 0 x ou 3 8 x se x 8 x 3 2 2 que Note , Daí   3x 8x x2 2                 0 x 3 8 se x 8 x 4 0 x ou 3 8 x se x 8 x 2 2 2 . resolver a inequações duas temos , Assim 0 x ou 3 8 x com 2 x 8 x 2 0 2    0 x ou 3 8 x com 2 x 8 x 4 0 2   

(3)

I – Do gráfico de f(x)= -2x2_{-8x vemos que f(x)≥ 0 com [-4,0]}

Devemos testar x=-4, x=-3 e x=0 as únicas soluções são: x = -4 e x = 0

II – Basta testar x = -1 e x = -2 devido as condições de II. A única solução é x = -2

TOTAL: 3 SOLUÇÕES INTEIRAS ALTERNATIVA: C

08. Sejam A = {1, 2, 3, 4, 5} e B = {-1, -2, -3, -4, -5}. Se C = {xy: x 

A e y  B}, então o número de elementos de C é:

a) 10 b) 11 c) 12 d) 13 e) 14 Solução:

A priori teríamos, 5x5=25 multiplicações. Separemos essas multiplicações em dois grupos

I) a(-a) há 5 destas. II) a (-b), ab há, 20 destas.

No grupo I há uma multiplicação que já ocorre em II, a saber

2 (-2)=1 (-4)

As outras 4 são exclusivas de I.

No grupo II a(-b)=b(-a), logo há apenas 10 produtos distintos Total 14 ALTERNATIVA: E

09. Sejam S

1 = {(x, y)  2 : y  ||x| - 1|} e S2 = {(x, y)  2 : x2 + (y + 1)2_{ 25}. A área da região S} 1  S2 é: a) 2 4 25   b) 1 4 25   c)  4 25 d) 1 4 75   e) 2 4 75   Solução: S1 = {(x, y)  2 : y  ||x| - 1|} S2 = {(x, y)  2 : x2 + (y + 1)2  25} Como o gráfico de f(x) = |x| - 1 é: O gráfico de g(x) = ||x| - 1| é:

(4)

Assim, a região S1 é: 1  1 1 x y

A região S2 o disco de centro (0, -1) e raio S.

A interseção das figuras é

E sua área é A = Asetor – Aquadrado

2 2 4 25 5 4 1 2 2      quadrado setor A A   2 4 25    A Logo ALTERNATIVA: A

10. Sejam a, b, c, d números reais positivos e diferentes de 1. Das

afirmações: I.







ac



b c _b alog  log II. 1 log log log                    b d a d c d a c c b b a

III. log_ab(bc)logc_a

Solução: (I) y b c x a c c b y c a x Sejam       log log Como ay_{= c}xy_{= b}x_{, temos:} ) ( log log _b _verdadeiro a bc _ ac (II) c d alog _blogad b_d clog c d blog a d clog b d alog 1   

Pelo item anterior:

) (

, log log log log

log log verdadeiro b c e c a a b ad _ bd cd _ ad bd _ cd (III) Contra exemplo: c = 2 a = 8 b = 4 ) ( 3 1 log 5 3 log falso e c_a bc ab  ALTERNATIVA: C

11. Sejam

                      5 0 2 0 1 0 2 0 7 P e 3 0 0 0 2 0 0 0 1 D

Considere A=P -1_{DP. O valor det(A}2_{+A) é:}

a) 144. b) 180. c) 240. d)324. e) 360. Solução:                       5 0 2 0 1 0 2 0 7 P 3 0 0 0 2 0 0 0 1 D

A=P-1_{DP det(A}2_+A)=?

Note que A2_=P-1_D2_{P e A=P}-1_DP

Logo A2_+A=P-1_(D2_+D)P

Além disso, det(A2_+A)=det(D2_+D)

                      9 0 0 0 4 0 0 0 1 3 0 0 0 2 0 0 0 1 D 2 2 2 2

(5)

                       12 0 0 0 6 0 0 0 2 D D e 3 0 0 0 2 0 0 0 1 D 2

Assim, det(A2_{+A)= 2612=144}

ALTERNATIVA: A

12. Considere dois círculos no primeiro quadrante:

 C1 com centro (X1, y1), raio r1 e área

16 

 C2 com centro (x2, y2), raio r2 e área 144

.

Sabendo que ( x1, y1, r1) e ( x2, y2, r2) são duas progressões geométricas

com somas dos termos iguais a

7 4

e 21, respectivamente, então a

distância entre os centros de C1 e C2 é igual á:

a) 2 123 b) 2 129 c) 2 131 d) 2 135 e) 2 137 Solução: (x1, y1, r1) e (x2, y2, r2) P.G 12 144 4 1 16 21 4 7 1 2 2 1 2 1 2 2 , 2 1 1 1 , 1               r r r r r y x e r y x     2 3 1 1 y  x Mas y1 = q  x1 0 1 6 6 1 2 3 4 1 4 1 4 1 4 1 2 3 ) 1 ( 2 2 2 2 1 2 1 1              q q q q q q q x q x x q 12 5 1 12 24 1 1      q 1 2 1 1 1 x  q 4 9 3 1 1 2 x  q              4 1 , 4 3 , 4 9 4 1 , 2 1 , 1 ou quadrante C pois convém não , 1º 9 2 2 y  x Mas y2 = q2  x2 0 4 4 3 3 4 4 9 12 12 12 12 9 ) 1 ( 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2              q q q q q q q x q x x q 27 3 3 2 2 6 48 16 4 2 2 ' 2 2 2         x ou x q ou q q

(3, 6, 12) ou ( 27, 12) não covém pois C2  1° quadrante logo,

C1 ( 1, 2 1 ) e C2 ( 3,6) 4 121 16 4 11 4 ) 2 1 6 ( ) 1 3 ( d 2 2 2 aa         4 137 ALTERNATIVA:E

13. Das afirmações:

I. Todo número inteiro positivo pode ser escrito, de maneira única, na forma 2 k-1 _{(2m-1), em que K e m são inteiros}

positivos.

II. Existe um número x  [0, /2] de tal modo que os números a1= senx,a2=sem (x+/4), a3= sem (x+/2), e a4= sem

(x+3/4) estejam, nesta ordem, em progressão geométrica. III. Existe um número inteiro primo p tal que pé um número

racional.

São verdadeira(s):

a) Apenas I b) Apenas II c) Apenas III d) Apenas I eII

e)Todas

Solução:

I) (verdadeiro) pelo teorema fundamental da aritmética, basta separar o fator 2K-1 _{e os fatores ímpares (caso existam).}

II) (Falso) Pelas condições do problema a1,a2>0 e a3,a4<0. Assim

não há P-G.

III) (Falso) Se P é primo, então p é irracional.

ALTERNATIVA: A

14. Com os elementos 1,2...,10 são formadas todas as sequencias (a1, a2,...,a7)

Escolhendo-se aleatoriamente uma dessas sequencias, a probabilidade de a sequência escolhida não conter elementos repetidos é: a) ! 3 10 ! 7 7_ b) ₁₀ ₃_! ! 10 7_ c) ₁₀ ₃_! ! 3 7_ d) ! 3 10 ! 10 7_ e) ₁₀7 ! 10 Solução: Casos totais: 101010...10107 Casos Favoráveis: A10,7 = ! 3 ! 10 P= 7 7 ₃_!₁₀ ! 10 10 ! 3 ! 10  ALTERNATIVA: B

(6)

15. Considere a equação ( a-bi)

501 ₌ 1 ) b a ( ) bi a ( 2 250 2 2   

O número de pares ordenados ( a,b)  2 _{que satisfazem a}

equação: a) 500 b) 501 c) 502 d) 503 e) 504 Solução: Seja Zabi,logo 1 z Z 2 Z ₂₅₀ 2 501        

Tomando módulos e observando que Z Z,temos:

1 Z Z 2 Z501 ₅₀₀   0 Z 0 Z   

Daí queéumasoluçãoou

caso nesse e 0 z  1 Z 2 Z500 ₅₀₀   que implica Z5002ou Z5001 1 Z to tan Por 

Substituindo na equação original, temos:

Z 1 1 Z 2 Z501   

Multiplicando por Z , obtemos

1 Z Z Z Z 2 502    

Donde encontramos mais 502 soluções que são as raízes 502-ésimas da unidade total 503 soluções.

ALTERNATIVA: D

16. Seja ABC um triângulo cujos lados

AB,AC,BCmedem 6cm, 8cm e 10cm, respectivamente. Considere os pontos M e N sobre o lado BC e N é o ponto médio de BC . A área do triângulo AMN, em cm2_{, é:} a) 3,36 b) 3,60 c) 4,20 d) 4,48 e) 6,72 Solução: 6 8 N M A B C 10 Note que ABC é retângulo em A.

Das relações métrica no triângulo retângulo, temos:

5 7 5 18 5 5 18 10 6 ) 1 ( 2 BMBM MN   5 24 8 6 10 ) 2 ( AM   AM

Logo, a área do triângulo AMN é dada por:

36 , 3 25 12 7 2 5 24 5 7 2 ] [       MN AM AMN ALTERNATIVA: A

16. Seja ABC um triângulo cujos lados

AB,AC,BCmedem 6cm, 8cm e 10cm, respectivamente. Considere os pontos M e N sobre o lado BC e N é o ponto médio de BC . A área do triângulo AMN, em cm2_{, é:} a) 3,36 b) 3,60 c) 4,20 d) 4,48 e) 6,72 Solução: 6 8 N M A B C 10 Note que ABC é retângulo em A.

Das relações métrica no triângulo retângulo, temos:

5 7 5 18 5 5 18 10 6 ) 1 ( 2 BMBM MN   5 24 8 6 10 ) 2 ( AM   AM

Logo, a área do triângulo AMN é dada por:

36 , 3 25 12 7 2 5 24 5 7 2 ] [       MN AM AMN ALTERNATIVA: A

18. O lugar geométrico dos pontos (a, b)  

2_{tais que a equação,}

em z  , z2_{+ z + 2 – (a + ib) = 0 possua uma raiz puramente}

imaginária é: a) uma circunferência b) uma parábola c) uma hipérbole d) uma reta

e) duas retas paralelas Solução:











2xy y



i x y 2 a bi bi a 2 iy x y xyi 2 x bi a 2 iy x iy x bi a 2 z z 2 2 2 2 2 2                         2 y a 2 x y x a 2 2    2 y b y xy 2 b   0 0 0 2 b a 2 Parábola ) puro imaginário para 0 x (  ALTERNATIVA: B

(7)

19. Um atirador dispõe de três alvos para acertar. O primeiro deste

encontra-se a 30m de distância; o segundo a 40m; o terceiro alvo a 60m. Sabendo que a probabilidade de acertar o primeiro alvo é de 2/3, então a probabilidade de acertar ao menos um dos alvos é:

a) 160 120 b) 154 119 c) 144 110 d) 135 105 e) 144 119 Solução: P (30m) = 3 2  900 k 600 3 2    P (40m) 1600600P(40m)3₈ P (60m) 3600600P(60m)1₆ Note que 8 3 + 6 1 + 3 2 = 1 24 31 

Logo a questão está mal escrita, pois a primeira vista podemos interpretar que o atirador irá dá apenas 1 tiro para acertar um dos 3 alvos, quando o examinador gostaria de perguntar a probabilidade do atirador acertar ao menos um alvo dando 3 tiros: 1 tiro no alvo de 30m, 1 tiro de 40m e um tiro no alvo de 60m com essa interpretação temos a seguinte solução:

Seja A a probabilidade de acertar ao menos 1 alvo em 3 tiros (um em cada alvo) P (A) =1-P (Ac_):

P (A) = 1-144 119 144 25 1 3 1 6 5 8 5            ALTERNATIVA: E

20. Considere o triângulo ABC, em que os segmentos

AB e CB

AC, , medem, respectivamente, 10cm, 15cm e 20cm. Seja D um ponto do segmentoAB tal modo que CD é bissetriz do ângulo

B C

A ˆ e seja E um ponto do prolongamento de CD , da direção de D, tal que ABˆEDCˆB. Solução: C A E B D 8 12 15 10    y x

Pelo teorema da bissetriz:

8 12 25 20 15 10 15 10         DA e DB DB DA DB DA ADC ~ EDC  ) 1 ( 96 12 8 y  xy x ADC ~ EBC  ) 2 ( 150 10 15 2_ _    xy x x y x Substituindo (1) em (2), temos: 3 6 16 6 3 96 ) 1 ( 6 3 54 96 150 2         y x x 3 6 25 3 6 16 6 3 , ECxy   Logo ALTERNATIVA: E

21. Considere as retas de equações

r:y 2xa e c

bx y :

s  

,

Em que a, b, c são reais. Sabendo r e s são perpendiculares entre si, com r passando por (0,1) e s, por( 2,4)determine a área do triangulo formado pelas retas r, s e o eixo x:

1 b 2 então s r como c bx y : s e a x 2 y : r          2 2 b

 

0,1então:a 1 por passa r Se  1 x 2 y : r 



2,4



por passa s Se 5 c c 2 2 1 4      5 x 2 2 y : s   5 2 x 1 x 2    2 5 x 2 x 2    2 4 x 3 

(8)

2 3 4 x  3 11 y  0 , 2 1 3 11 , 2 3 4 0 , 2 5 0 , 2 1   3 2 55 6 2 11  12 2 121 6 2 2 121 2 6 2 11 2 110 2 6 2 11 3 2 55         s

22. Determine todos os valores reais de x que satisfazem a

inequação 3x-1_>34x_. Solução: 4 81 64 4 3 4 4 3 4 3 4 4 3 4 x x 4 3 x 4 x 3 x 4 x 3 x 4 1 -3x                    4 log 81 64 log 81 64 x 81 64       

_,

pois 1 81 64  X < log 4 81 64 S= { x  | x <      4 log 81 64

23

. Considere o polinômio p(x) = x4_{- (1 + 2} ₃_)x3_{+ (3 + 2} ₃_)x2_{- (1 + 4} ₃_{)x + 2.}

a) Determine os números reais a e b tais que p(x) = (x2_{+ ax + 1)(x}2

+ bx + 2). b) Determine as raízes de p( x). Solução:

 

x x bx 2x ax abx 2ax x bx 2 p _ 4_ 3_ 2_ 3_ 2_ _ 2_ _ ) a

 

x x



a b



x



3 ab



x



2a b



x 2 p _ 4_ _ 3_ _ 2_ _ _



1 2 3



 

I b a    a 3 2 b 3 2 ab 3 2 3 ab 3      

 

I



1 4 3



 

II b a 2   

   

I II a14 312 3 1 b 3 2 3 2 a 3 2 b 3 2 a         b)

 

x



x 2 3x 1





x x 2



p _ 2_ _ 2_ _ 8 4 12    2 2 2 3 2 x  2 3 x  7 8 1    2 7 i 1 x 

Logo as raízes de p(x) são:

          _ _   2 7 ir 1 , 2 7 i 1 , 2 3 , 2 3

24. Sejam A e B dois conjuntos com 3 e 5 elementos,

respectivamente. Quantas funções sobrejetivas f:BAexistem? Solução:

Seja A1 as funções de B em A as quais a1 fica sozinho.

A2 as funções de B em A as quais a2 fica sozinho.

A3 as funções de B em A as quais a3 fica sozinho.

Pelo princípio da Inclusão-Exclusão queremos a quantidade de funções que pertencem a EXATAMENTE ZERO dos conjuntos A1,

A2 e A3. 3 2 1 0 k 0 0 n 0 K K S S S S ao S k K 0 ) 1 ( ao                  



S0  todas as funções: 33333=35 0 0 3 3 S 3 1 2 3 S 2 3 2 1 3 S 5 3 5 2 5 5 1                              Logo: ao_35_3_25_3_0_243_96_3_150

25. Sejam A = {1, 2, ... , 29, 30} o conjunto dos números inteiros de

1 a 30 e. (a1 , a2 , a3 ) uma progressão geométrica crescente com elementos de A e razão q > 1.

a) Determine todas as progressões geométricas (a1 , a2 , a3 ) de razão . 2 3 q  b) Escreva , n m q  , com m, n E Z e mdc( m, n) = 1. Determine o maior valor possível para n.

(9)

Solução: a) (a1, a2, a3)  (a, aq, aq2) ) 4 , 2 3 , ( 2 3 a q a a q 

Para ser inteiro 4/a logo os possíveis valores pra a são: 4, 8, 12 (4, 6, 9) ; (8, 12, 18) e (12, 18, 27) b) a n m a n m a n m mdc n m q 2 2 , , 1 ) , (   Logo n2_{/a , a 28}

Note que n = 5 temos que m = 6 (menor possível)

convém não ) 36 , 30 , 25 ( , 25 25 36 , 25 5 6 , 25   Para n = 4 temos: q = 5/4 > 1 (16, 20, 25) Logo o maior n = 4

26. Esboce o gráfico da função

f: dada por

 

. 2 1 2 x f  x Solução: f:    f(x) = |2-|x|_{- 1/2|} O gráfico de g(x) = 2-|x|_é:        0 , 0 , | | x x x x x Pois Assim, o gráfico de h(x) = 2-|x|_{- 1/2 é:} As raízes de h(x) = 0 são: 2-|x|_{= 2}-1 |x| = 1  x =  1

Tomando módulos, temos:

27. Determine todos os valores reais de a para os quais o seguinte

sistema linear é impossível:

              5 az x 3 1 z 3 y 2 x 2 z ay x Solução:

(10)

Rascunho: 4 ) 1 a )( 6 a ( 4 ) 6 a 7 a ( 4 6 a 7 A 4 12 a 2 2 a 6 a 3 a 3 4 ) 2 a )( a 3 ( 2 2                 4 1 a 4 4 a 3 1 4 a 3         A= -6  Si A= -1  Spi a-1 e a-6 spd

Logo para o sistema ser impossível a=-6

28. Um triângulo retângulo com hipotenusa c = 2 (1 + .

6) está circunscrito a um círculo de raio unitário. Determine a área total da superfície do cone obtido ao girar o triângulo em torno do seu maior cateto. Solução: ) 6 2 ( 2 r h ) 1 ( ) 6 1 ( 2 1 r 1 h         

Por outro lado, por Pitágoras

) 6 4 10 ( 4 r h 2 h r ) 6 4 10 ( 4 ) 6 2 ( 4 ) r h ( : ) 1 ( De ) 6 2 7 ( 4 ) 6 1 ( 4 h r ) 2 ( 2 2 2 2 2 2 2                 Usando (2), temos: 6 r que concluímos , r Comoh . 6 r ou 6 4 r 2 4 ) 6 2 ( 2 r 16 ) 6 2 3 ( 2 1 4 ) 6 2 ( 4 0 ) 6 2 3 ( 2 r ) 6 2 ( 2 r ) 6 2 3 ( 2 r ] r ) 6 2 ( 2 [ : se segue ), 3 ( em ) 2 ( do Substituin ) 3 ( ) 6 2 3 ( 2 r h ) 6 2 3 ( 4 ) 6 2 7 ( 4 ) 6 4 10 ( 4 r h 2 2 2                                       

Sendo assim, a área total é dada por

) 6 9 ( 2 ) 6 12 6 2 ( 6 ) 6 2 2 ( 6 r ) 6 2 2 ( r S 2                 

29. Determine o conjunto das soluções reais da equação 3cossec

2

. 1 x tg 2 x__ 2 _      Solução: 3cossec2 _tg _x ₁ 2 x ₂         -tg2_{x =1} 1 x tg 2 x sen 1 3 2 2               1 x cos x sen x cos 1 2 3 2 2     1 ) x )(cos x cos 1 ( ) x cos 1 ( x sen x cos 6 2 2 2     x cos cos x cos x sen + x sen x cos 6 2 2 2   2 3 0 sen x) cos ( x sen + x cos 5 x cos3  2 2  2 0 x cos 1 x) cos ( x) cos -1 ( + x cos 5 x cos3  2 2   2  0 x cos 1 -x cos x cos + x cos 5 x cos3  2 3  2  0 1 x cos x 6cos2   0 1 x cos x 6cos2   0 1 -y y 6 2  3 1 x cos ou 2 1 x cos   12 24 1 1 -y    3 1 12 5 -1 y₁   2 1 12 6 12 5 -1 y₂          2k ,k 3 2 x ℤ ou x = arc cos +

 

1₃_{+ 2k, k  ℤ}

(11)

30. Considere o cubo ABCDEFGH de aresta 2 tal que: ABCD é o

quadrado da base inferior; EFGH, o quadrado da base superior e AE , BF , CG e DH são as arestas verticais. Sejam L, M e N os pontos médios das arestas AB , CG e GH , respectivamente. Determine a área do triângulo LM N.

Solução: A _B C D E F G H N M L ' L 1 2 2 1 1 1 2 2 6 6 ) 2 1 ( 12 2 2 2 2        MN LM LM 3 2 2 6 2 ] [ : 90 ˆ 2 2 2 2 2            MN LM LMN é LMN triângulo do área a Logo N M L MN LM LN