Operações com conjuntos e progressões geométricas

conjunto é fechado para a operação. Então U
REMEMBER XII é fechado para:
(02/06/07) ( Cód. 961 ) a) Adição b) Multiplicação c) Divisão
d) Extração positiva de raiz quadrada
Tradução Prof. Edir Reis Bessa. e) n.r.a
1 −2 / 3 Sol. ( B )
1. Se simplificado (− ) , encontra-se:
125 Se m² e n²  U => m². n² = (m.n)²  U.
a) 1/25 b) -1/25 c) 25 d) -25 e) 25a -1
05: Seja
Sol: ( C ) S = ( x − 1) 4 + 4( x − 1) 3 + 6( x − 1) 2 + 4( x − 1) + 1. Entã
Fatoração e a propriedade potência de o S é igual a:
potência usaremos na resolução da questão: a) (x – 2)4 b) (x – 1)4 c) x4
1 −2 / 3 4 4
(− ) = (−5 −3 ) − 2 / 3 = (−5 3 ) 2 / 3 = ( −5) 2 = 25 d) (x + 1) e) x + 1.
125
Sol. ( C )
02: Um automóvel viaja a a/6 pés em r Usando (x – 1)² na evidência nos três
segundos. Mantendo esta velocidade por 3 primeiros termos de S, temos:
minutos quantas jardas ele percorre neste
tempo?
[ ]
S = ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 + 4( x − 1) + 6 + 4 x − 4 + 1 =
a) a /(1080r) b) 30r/a c) 30 a/ r ( x 2 − 2 x + 1)( x 2 − 2 x + 1 + 4 x − 4 + 6) + 4 x − 3 =
d) 10 r / a e) 10 a / r. = x 4 + 2 x 3 + 3x 2 − 2 x 3 − 4 x 2 − 6 x + x 2 + 2 x + 3 + 4 x − 3 =
= x4.
Sol ( E )
Temos um problema sobre Movimento 06: Simplificando log 8 : log 1/8, encontra-se
uniforme em que: a) 6 log 2 b) log 2 c) 1 d) 0
Velocidade = V = (a/6) pés/s; Tempo = t = 3 e) -1
min. = 180 s e considerando que 1 pé = 1/3
jarda, temos que espaço percorrido x é: Sol ( E )
v = x / t => x = v. t = a / 6r. 180. (1/3 jardas) Aplicando as propriedades de logarítmo,
=> x = 10 a / r. divisão e log 1 = 0 temos:
log 8 : log 1/8 = log 8 : (log 1 – log 8) =
03: Se os gráficos de 2y + x + 3 = 0 e 3y + ax = log 8 : ( 0 – log 8) = log 8 : (- log 8 ) =
+ 2 = 0 encontram-se formando ângulo reto, o = -1.
valor de a, é:
a)  2/3 b) – 2/3 c) – 3/2 d) 6 e) -6 07: Quando simplificado, o terceiro termo na
6
 a x 
Sol ( E ) expressão 
 x − a2
 é:

Como as equações são de 1º grau,  
representam retas e são perpendiculares, ou a) 15 / x b) -15 / x c) -6x² / a9
seja, o produto de seus coeficientes angulares d) 20 / a³ e) -20 / a³
é igual a (- 1). Sendo ( r ) a 1ª reta e ( s ) a 2ª:
mr . ms = -1 => -1/2 . (-a/3) = -1 => a = -6. Sol: Usando a fórmula do termo geral no
desenvolvimento do terceiro termo do
04: Seja o conjunto de quadrados dos inteiros binômio, temos:
positivos que denominamos de U, onde u Para T3 => p + 1 = 3 => p = 2; n = 6;
pode ser 1, 4, 9, . . . Se certa operação de um 1ºtermo = x = a.x-1/2 e 2ºtermo = a = a-2.x1/2.
ou mais elementos do conjunto produz  n  n− p p
Fórmula: T p +1 =  .x .a =>
 p
elemento do mesmo conjunto, diz-se que o  

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6 
= T2 +1 =  ( ax −1 / 2 ) 6 −2 ( a −2 x1 / 2 ) 2 =
> 2 
 
A
15
=15a 4 x −2 a −4 x =
x
12 12
08: Sejam os dois ângulos da base de um  E
Â e ^B, com ^B maior que Â. A altura da
base divide o ângulo do vértice C em duas B 6 6 C
partes, C1 e C2, com C2 adjunto ao lado a, D
então: 12
a) C1 + C2 = Â +^B b) C1 – C2 = ^B – Â
11. Duas tangentes são traçadas à um
c) C1 – C2 = Â - ^B d) C1 + C2 = ^B – Â
círculo de um ponto exterior A; elas tocam
e) C1 – C2 = Â + ^B
C o círculo nos pontos B e C,
respectivamente.Uma terceira tangente
Sol: ( B ) a C1 C2 b intercepta o segmento AB em P e AC em R,
Considerando o 
e “toca” o círculo em Q. Se AB = 20, o
ABC a seguir, B A
D perímetro do  APR é:
temos: c
a) 42 b) 40,5 c) 40 d) 39 7/8
CD = altura (h); os  s ADC e BDC são
e) não pode ser determinado por falta de
triângulos retângulos e tiramos:
informações.
^B > Â ; Â+ C1 = 90º ( i ) ;
^B + C2 = 90º( ii ).
Sol: ( C )
Como ( i ) = ( ii ) => Â+ C1 = ^B + C2 =>
Pela figura e usando o “Teorema do Bico”
C1 – C2 = B – A.
temos o perímetro do  APR = 2p = AP =
PQ + QR + RA.
09:Seja r o resultado do dobro da base e do
Pelo “Teor. do Bico”; PQ = PB e QR = RC.
expoente de ab, b ≠ 0. Se r é igual ao produto
Então: 2p = AP + PB + RC + RA =
de ab por x b, então x é igual:
= 20 + 20 = 40.
a) a b) 2 a c) 4 a d) 2 e) 4 B P
A
Sol: ( C )
Temos então: r = (2 a)2 b e z = a b. x b => Q
a b . x b = (2 a)2 b => (a.x) b = (2 a )2b =>
a.x = ( 2 a )2 => x = 4 a² / a => x = 4 a. R
10: Cada lado de um  ABC mede 12 C
unidades. D é o pé da perpendicular de A
sobre BC, e E é o ponto médio de AD. O 12: Os três primeiros termos de uma
comprimento de BE, na mesma unidade é: progressão geométrica são: 2 ; 3 2 ; 6 2 .
a) a18 b) 128 c) 6 d) 263 e) 698 O quarto termo é:
a) 1 b) 7 2 c) 8 2 d) 9 2 e) 10 2
Sol: ( D )
Temos um  eqüilátero ABC de altura AD.
Sol: ( A )
Para o cálculo da altura usaremos o Teorema
Pelo termo médio da PG, temos:
de Pitágoras no  ABD (Fig.): 2
12² = 6² + AD² => AD = h = 613. a 3 ( 21 / 6 ) 2
(a3)² = (a2). (a4) => a4 = = 1/ 2 = 1
Como E é médio de AD temos DE = 3C3. a2 2
Assim, para o cálculo de BE, usando Teorema
de Pitágoras no  BDE (retângulo), temos: 13: O número 1 a é igual a a quando a é
BE² = (3B3 )² + 6² => BE = 363. positivo ou igual a zero, e - a se a é negativo.

Sendo assim para quais valores de t a ? y3 y3
= 3 => ? = 2 .
expressão t 4 + t 2 é igual : x x x
a) t³ b) t² + t c) t² + t d)
16: A altura h de um  é aumentada de um
t t2 +1
comprimento m. O que se deve diminuir da
e) e t 1+ t2 base b, para que a área do novo  seja a
metade da original?
Sol: ( E ) bm bh b( 2m + h)
Fazendo uma evidência com o fator comum a) b) c)
h+m 2(h + m) m+h
t² e usando a definição do módulo, temos: b( 2m + h)
b( m + h)
t4 + t2 = t 2 (t 2 + 1) = t t 2 + 1 . d) e)
2m + h 2(h + m)

14: Num losango, a diagonal maior é igual a Sol: ( E )
duas vezes a diagonal menor. Expressar os Vamos considerar a área do 1º triângulo
lados do losango em função de k, sabendo como:
que k é a área desse losango. b.h
a) ak b) ½ k 2k c) 1/3 3k d) ¼ 4k A1 = . Como área do 2º, temos:
2
e)1/2 e 5k (b − x)(h + x )
A2 = sendo x a diferença.
2
Sol: ( E ) Para que A2 = A1/2, temos:
Usando na figura a área do losango (AL) = 4. (b − x)(h + x ) b.h b( 2m + h)
(área de um  ), temos: = => x =
2 4 m+h
x. x
ÁL = 4. 2 = x 2 => k = x 2 .
2 17: Na base 10, o número 526 escreve-se:
Usando o Teorema de Pitágoras em um  5.10² + 2.10 + 6. No país de Édio, os
,temos: números são escritos na base r. João comprou
L² = (x/2)² + x² => L = 5x² / 4 => um automóvel por 440 umidades monetárias.
L = ½ L 5k. Ele deu ao vendedor 1 000 unidades
monetárias (u.m), e recebeu de troco, 340
L u.m. Então a base r é:
L a) 2 b) 5 c) 7 d) 8 e) 12
x /2
x x/2 x Sol: ( D )
L L Façamos à operação da compra na u.m.
1 000 u.m – 440 u.m = 340 u.m
15: Se x homens trabalham x horas por dia Usando a base r para cada valor, temos:
em x dias e produzem x artigos, então o 1.r³ + 0.r2 + 0r + 0 – 4.r² - 4.r + 0 =
número de artigos (não necessariamente 3.r² + 4.r + 0 => r³ - 7r² - 8r = 0 =>
inteiro) produzido por y homens, trabalhando r( r² - 7r – 8) = 0 => r1 = 0; r2 = -1 e r3 = 8
y horas por dia em y dias, é: Como para uma base numérica usamos
a) x³/ y² b) y³/x² c) x²/y³ d) y²/x³ e) y valores maiores ou iguais a 2(binária) temos
que r = 8.
Sol: ( B )
Usando-se na resolução uma regra de três: 18: A anual mudança do censo de uma
Hom h / d d Artigos população de uma cidade por 4 consecutivos
x x x x anos são, respectivamente, 25% de aumento,
=>
25% de aumento, 25% de decréscimo e 25%
y y y ? de decréscimo. A líquida mudança da


população nos 4 anos, em percentual, é 21: As medianas AD e CE do  ABC
aproximadamente: interceptam-se em M. O ponto médio de AE é
a) -12 b) -1 c) 0 d) 1 e) 12 N. Seja a área do  MNE k vezes a área do
 ABC. Então k é igual a:
Sol: ( A ) a) 1/6 b) 1/8 c) 1/9 d) 1/12 e) 1/16
Temos varias maneiras de calcular. Uma das
mais simples: Sol: ( D )
Suponhamos de início termos 100 pessoas: Usando a figura, temos que o ponto N é
1º aumento = 100 + 25%(100) = 125. médio da base do  AME, daí então temos:
2º aumento = 125 + 25%(125) = 156. ÁreaMNE = ½ ÁreaAME = ½ (1/3
Área AEC = ½ (1/3 (1/2 ÁreaABC)) =
1º decrésc. = 156 – 25%(176) = 117,1. 1/12 Área ABC. A
2º decrésc. = 117,1 – 25%(117,1) = 87,9. Logo k = 1/12. N
Temos então uma queda de 12%. E
M

19: Considere os gráficos de y = 2. log x e y = B C
D
log 2x. Podemos dizer que:
a) Não se interceptam b) Interceptam-se em 22: Se 3x³ - 9x² + kx – 12 é divisível por x – 3
um ponto c) Interceptam-se em dois , logo é também divisível por:
pontos d) Interceptam-se em um número a) 3x² - x + 4 b) 3x² - 4 c) 3x² + 4
finitos de pontos salvo em dois e) São d) 3x – 4 e) 3x + 4
coincidentes.
Sol: ( C )
Sol: ( B ) Pelo teorema do resto: como P(x) é divisível
Vamos igualar as duas funções: por x – 3 => P( 3 ) = 0. Logo:
2. log x = log 2x => x² - 2x = 0 => x = 0 (não 3.3³ - 9.3² + 3k – 12 = 0 => k = 4.
satisfaz pela condição dos logarítmos) e x = 2 Daí então: P(x) = 3x³ - 9x² + 4x – 12.
Daí o único ponto de interseção ( 2; log 4). Ao executarmos a divisão de P(x) por x – 3
encontramos Q(x) = 3x² + 4 e R(x) = 0. Então
20: O conjunto de pontos que satisfazem ao temos que P(x) também é divisível por 3x²+4.
par de inequações y > 2x e y > 4 – x estão
contidos nos quadrantes: 23: Os pontos P e Q pertencem ao segmento
a) I e II b) II e III c) I e III d) III e IV AB, estão no mesmo lado de um dos lados do
e) I e IV. ponto médio. P divide AB na razão 2:5 e Q
divide AB na razão 3:7. Se PQ = 2, então o
Sol: ( A ) comprimento de AB é:
Trata-se inicialmente de representar as a) 60 b) 70 c) 75 d) 80 e) 85
inequações em um único plano cartesiano e
fazer a representação da interseção desses Sol: ( B )
pontos. Daí então a solução do sistema. Como P divide AB na razão 2:5 =>
Vejamos na figura a seguir: AP 2 2
= ⇒ AP = AB ( i )
y AB 5 5
Como Q divide AB na razão 3:7 =>
AQ 3 3
= ⇒ AQ = AB ( ii ).
AB 7 7
x Fazendo ( ii ) – ( i ), temos:
y= 2
x
AQ – AP = AB ( 3/7 – 2/5 ) =>
y= 4 x
-
Temos como solução os pontos no I e II 15 − 14
2 = AB ( ) ⇒ AB = 70.
quadrantes. 35


2m (externo  QPB). Como o  QPA é
24: Trinta e um livros são arrumados de isóscele, pois QP = AP, temos que o ângulo
forma que seus preços aumentam da esquerda QAP = 2m. Pela soma dos ângulos internos
para direita, diferenciados em R$ 2,00 para do  determinamos o ângulo P do  APQ,
cada livro adjacente. Qual o preço do livro na ou seja, ele vale 180 – 4m.
extrema direita, se este tem o preço do livro No  APC que é isóscele, temos P = C e
do meio e um de seus adjacentes? denominando de x temos em P que:
a) o livro adjacente referido está à direita do m + 180 – 4m + x = 180 => x = 3m.
livro mediano b) o livro do meio custa R$ No  ABC que é isóscele temos:
36,00 c) o livro mais barato custa R$ 4,00 A + AC + B = 180º =>
d) o livro mais caro custa R$ 64,00 e) nra x + x + m = 180º => 3m + 3m + m + 180º =>
7m = 180º => m = 25 5/7º.
Sol: ( A )
A lista de preços dos livros trata-se de uma 26: Dada uma série aritmética, a soma dos 50
progressão aritmética de razão 2, em que: primeiros termos é 200, e a soma dos
a 1 = p ; a 2 = p + 2; a3 = p + 4; ... a 30 = p + 58 próximos 50 termos é 2 700. O primeiro
e a 31 = p + 60. termo desta série é:
Calculando o termo médio, temos: a) -1221 b) -21,5 c) -20,5
Tm = (31 + 1 ) / 2 = 16 => d) 3 e) 3,5
a 16 = a1 + 15 r = p + 30.
Calculando o preço do livro extremo direita: Sol: ( C )
a 31 = a 16 + a 15 => p + 60 = p + 30 + p + 28 Usando a fórmula da soma para os 50
=> p = 2, ou: primeiros termos temos:
a 31 = a 16 + a 17 => p + 60 = p + 30 + p + 32 n
=> p = -2(Não satisfaz, pois p é preço de livro S n = [2a1 + (n − 1)r ] =>
2
e não pode ser negativo). 50
Daí então o livro citado e a15 (15º), ou seja, a 200 = [2a1 + 49r ] ⇒ 2a1 + 49r = 8 ( i )
direita do livro médio. 2
E para a soma dos 50 termos seguintes:
25: O triângulo ABC é isóscele com base AC. 100
2900 = [2a1 + 99r ] ⇒ 2a1 + 99r = 58 ( ii )
Os pontos P e Q estão respectivamente sobre 2
CB e AB, tais que AC=AP=PQ =QB. O valor Formando um sistema com ( i ) e ( ii ) temos:
em graus do ângulo B é: r = 1 e a1 = -20,5.
a) 25 5/7 b) 26 1/3 c) 30 d) 40
e) não é possível ser determinado. 27: Dados dois polígonos regulares P1 e P2
com diferentes números de lados. Cada
Sol ( A ) ângulo de P1 é x graus e cada ângulo de P2 é
B kx graus, onde k é inteiro maior que 1. O
número de possíveis pares ( x; k ) é:
m a) infinitos b) finito, porém maior que 2
c) 2 d) 1 e) 0.

Q Sol: ( D )
2m O mínimo nº. de lados de um polígono é 3, e
m P
1 8 0 -4 m o maior valor do ângulo interno é 60º
A 2m x (Triângulo eqüilátero).
x C
O maior valor possível para x é 90º e
Vamos considerar a medida do ângulo B = m. encontra-se no quadrado. Cada ângulo de um
Temos que o ângulo QPB = m, pois o  QPB polígono é menor que 180º, ou seja, kx < 180.
é isóscele onde QP = QB e o ângulo AQP =

Como k  Z e k > 1, o par x = 60º e k = 2 log10 2 2.3 2. log 2 + log 3 2a + b
log 5 12 = = = .
fornecem a solução: x = 60º e kx = 120º<180º log10 10 / 2 log10 − log 2 1− a
e então P1 é um triângulo e P2 um hexágono.
Porém se x > 60º e k > 2 então kx > 180º e 31: No  ABC a razão AC : CB é 3 : 4. A
não se tem nenhuma solução. bissetriz externa do ângulo C intercepta BA
Temos então uma única solução. externamente em P (A está sempre entre P e
B). A razão PA : AB é:
28: Se 2137 753 é operado, o dígito da unidade a) 1 : 3 b) 3 : 4 c) 4 : 3 d) 3 : 1 e) 7 : 1
no final do produto é:
a) 1 b) 3 c) 5 d) 7 e) 9 P
Sol: ( D )
Construindo a figura do  a y y seguir:
Sol: ( D ) Traçando PA’ temos:
Os dígitos finais de 2137n são T BPC = A’PC Os s
respectivamente: ACP e A’CP são A
1 se n = 0; 7 se n = 1; 9 se n = 2 e 3 se n = 3. semelhantes
Para valores maiores de n os dígitos repetem- (A.L.A.) e os x x
se no ciclo de 4, ou seja: lados: AC = B A'
Dividindo 753 por 4 encontramos resto 1 que C
A’C e PA = PA’.
consideramos o expoente para a base 2137: PC é a bissetriz de P BPA’ no  BPA’.
então 2137 1 possui como último dígito o 7. Daí então:
BC PB BC PB 4
29: Sejam as raízes de ax² + bx + c = 0 r e s. = ou = = .
A equação cujas raízes são ar + b e as + b é: CA' PA' CA PA 3
a) x² - bx – ac = 0 b) x² - bx + ac = 0 Como AB = PB – PA e dividindo-se por PA,
c) x² + 3bx + ca + 2b² = 0 AB PB PA 4 1
temos: = − = −1 =
d) x² + 3bx - ca + 2b² = 0 PA PA PA 3 3
e) x² + bx(2 – a) + a²c + b²(a + 1) = 0. PA
Logo: = 3 : 1.
AB
Sol: ( B )
Temos: r + s = - b/a e r. s = c/a. 32: Um polígono regular de n lados é inscrito
Então: (ar + b) + (as + b) = a (r + s) + 2b = em um círculo de raio r. A área do polígono é
= a ( -b/a) + 2b = - b + 2b = b e 3R². Então n é igual a:
(ar + b) . (as + b) = a²rs + abr + abs + b² = a) 8 b) 10 c) 12 d) 15 e) 18
= ab ( r + s ) + a².c/a + b² =
= - b² + ac + b² = ac. Sol: ( C )
Logo: x² - bx + ac = 0 é a equação. Lembrando que a área de um  em função
dos lados e do ângulo entre eles é:
30: Se log 10 2 = a e log 10 3 = b, então 1 1 2
log 5 12 é igual a: A = .R.R.senθ = .R .senθ .
2 2
a+b 2a + b a + 2b
a) b) c) Como θ = 360º / n, temos:
1+ b 1+ a 1+ a 1 360 o
2a + b a + 2b Área do polígono = n. .R 2 .sen( ) = 3R ² ⇒
d) e) 2 n
1− a 1− a 6 360 o
= sen( ).
n n
Sol: ( D )
Como n = Nº. de lados do polígono => n∈ Z+
Iniciando com a mudança de base e em
e n ≥ 3. Fazendo n = 8; 10; 12; 15 e 18 =>
seguida com a propriedade da adição do log,
único verdadeiro é para n = 12, pois:
temos:
360 o 6 1
sen( ) = sen(30º ) = = .
12 12 2

33: O número de soluções de 22x – 32y = 55, Sol: ( D )
com x e y sendo inteiros, é: Aplicando os dados do enunciado temos:
a) zero b) uma c) duas d) três 695 = a1 + 2!.a2 + 3!.a3 +4!.a4 + 5!.a5=>
e)maior que três, porém finita. 695 = 1 + 2.2 + 6.3 + 24. a4 + 120.5 =>
695 – 623 = 24. a4 => 72 = 24.a4 => a4 = 3
Sol: ( B )
Aplicando uma das propriedades dos produtos 36: No  ABC a mediana traçada do vértice
notáveis a² - b² = (a – b) (a + b), temos: A é perpendicular a mediana do vértice B. Se
22x – 32y = 55 => (2x + 3y) (2x – 3y) = 11.5 BC = 7 e AC = 6, então o comprimento de
podemos formar o sistema: AB, é:
2 x + 3 y = 11 a) 4 b) 17 c) 4,25 d) 2 5 e) 4,5
 x  .Resolvendo o sistema, temos:
2 −3 = 5
y

Sol: ( B )
2.2x = 16 => x = 3 e 8 + 3y = 11 => y = 1. A
Temos então a única solução: (3; 1).
3
34: Seja S o conjunto de valores assumidos
2b
2x + 3 a F
pela função y =
x+2 2a E 3
Para x um elemento do intervalo x ≥ 0.Se M é b
B
elemento de S, nenhum elemento de S é 3,5 D 3,5 C
maior que M, ou seja ele é máximo. Por sua
vez, se m é elemento de S ele é um mínimo Nos  s retângulos AEF e BED aplicando o
de S. Podemos então dizer que: Teorema se Pitágoras temos:
a) Se m∈ S , M S b) Se M ∈ S, m S 4 b² + a² =3² ( i ) e 4 a² + b² = (3,5)² =>
c) Os dois, m e M pertencem a S b² = 12,25 – 4 a² ( ii ) .
d) Nem m nem M pertencem a S Substituindo ( ii ) em ( i ), temos:
e) M não existe. 9 = 4(12,25 – 4 a²) + a² => a² = 40 / 15( iii ).
Substituindo ( iii ) em ( i ), temos:
Sol: ( A ) 4 b² + 40/15 = 3² => b² = 95/60.
2x + 3 Aplicando o Teorema de Pitágoras no
Sendo y = == ABC, que é retângulo, temos:
x+2
AB² = 4 a² + 4 b² = 4( a² + b² ) = 4( 40/15 +
2 x + 4 − 1 2( x + 2) 1 1
= − = 2− . 95/60) => AB = 17 .
x+2 x+2 x+2 x+2
1
Para y = 2 − , temos: 37: Uma determinada distância d é percorrida,
x+2 com velocidade constante, por três atletas, e
i) y cresce quando x cresce ∀ x ≥ 0. obtêm-se os resultados:
ii) Temos que o maior valor de y é obtido - A vence B com 20 m de vantagem.
quando x = 0 e logo m = 3/2 e m  S. - A vence C com 28 m de vantagem.
iii) Quando x cresce y aproxima-se de 2, - B vence C com 10 m de vantagem.
mas nunca se torna igual a 2. Logo se M Então d em metros é:
= 2 => M = S. a) não é possível ser calculada b) 58
c) 100 d) 116 e) 120
35: O número 695 quando escrito em base
fatorial é: 695 = a1 + a2.2! + a3.3! + . . .+ na. n! Sol: ( C )
onde a 1, a 2, . . ., a n são inteiros com Por definição, no movimento uniforme
0 ≤ a k ≤ k, com n! = n. (n-1). (n-2). . . 2.1, (M.U.):
calcule a 4. EspaçoPercorrido(d )
a) 0 b) 1 c) 2 d) 3 e) 4 Velocidade(V ) = .
Tempo(T )

Verifica-se que o problema considera sempre 39: Cinco esferas de mesmo volume são
o mesmo tempo e mesma distância d. Daí na postas em uma caixa quadrada de lado 1 m
chegada temos: ocupando o maior espaço interno possível.
Atleta A em relação ao atleta B: Em que lugar deve ser posicionada uma das
d d − 20 esferas para que seu centro esteja a igual
= (i)
VA VB distância dos centro das demais?
Atleta B em relação ao atleta C: 3 2 2 3
a) b) c) d) 1 e) 2
d d − 10 3 2 3
= ( ii )
VB VC
Sol: ( B )
Atleta A em relação ao atleta C:
Denominando os cinco centros das esferas de
d d − 28
= ( iii ) C1; C2; C3; C4 e C5 (ver fig.) temos:
VA VC i)A diagonal do quadrado mede AB = 2 e o
Como ( i ) = ( iii ), temos: centro do quadrado coincide com o centro da
d − 20 d − 28 5ª esfera (C5).
= ( iv )
VB VC ii) O C5 encontra-se no ponto médio da
Se multiplicarmos ( iv ) por VB / d, temos: 2
diagonal do quadrado, ou seja: que é a
d − 20 d − 28 V B 2
= × (v)
d VC d posição do centro de uma das esferas.
Usando ( ii ) em ( v ), temos: A
d − 20 d − 28
= ⇒ d = 100m.
d d − 10 C1 C2

38: O ABC é inscrito em um semicírculo C5 1m
de raio r cuja base AB coincide com o
diâmetro AB. O vértice C não coincide com
nenhum dos outros vértices, A ou B. Seja S = C3 C4
AC + BC, a possível posição de C é de
formas que: B
1m
a) S² ≤ 8r² b) S² = 8r² c) S² ≥ 8r²
d) S² ≤ 4r² e) S² = 4r²
40: Determinar o menor valor de x 2 + y 2 se
Sol: ( A ) 5x + 12y = 60.
O ABC inscrito no semicírculo trata-se de a) 60 / 13 b) 13 / 5 c) 13 / 12 d) 1 e) 0
um  retângulo em que a hipotenusa =
diâmetro = 2r e catetos AC = h e BC = L. Sol: ( A )
Aplicando o Teorema de Pitágoras neste  Denominando R = x 2 + y 2 = ( x2 + y2 ) 1/2
temos:
5
h² + L² = (2r)² = 4r². Como: 5x + 12y = 60 => y = 5 − x .
Como S = AC + BC = h + L que quadrando: 12
1
S² = h² + L² + 2hL.  5 2 2
Então: R =  x ² + (5 − 12 x )  =
Verifica-se que 2hL é 4 vezes a área do  
ABC.  25 25 
=  x ² + 25 − x+ x² = =
A máxima área do ABC ocorre quando o  6 144 
triângulo é isóscele, ou seja, quando  13 x 25 x 25 25 
1
2
h = L = r h 2 , logo: S² ≤ 4r² + 4r² = 8r². ( 12 )² − 6 + ( 13 )² + 25 − ( 13 )²  =
 


1

= (
13 x 25 25  2
 − )² + 25 − (( )²  .
 12 13 13 
Daí então o menor valor de R é quando
13 x 25
− = 0 . Assim
12 13
1
2

R(mín.) = 25 − ( 25 )²  = 60 .
 13  13
 

Exercícios de revisão.
Você já ouviu falar nisso?

Pois é. Habitue-se a rever, periodicamente,
os estudos feitos.

Reler cuidadosamente lições já estudadas é
um exercício de revisão.

Agindo assim, você poderá estar colhendo
frutos que não estavam ainda maduros na
primeira leitura.


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