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Prof. Carlos LoureiroFormado Matemtica -UFF Niteri/RJ
Curso de Capacitao Permanente para Professores de Matemtica do Ensino Mdio no IMPAPromovido pela FAPERJ SBM IMPA
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01)
Na figura acima , ABCD um quadrado de rea 104 e o ponto O o centro do semicrculo de
dimetro AB. A rea do tringulo AEF dada por(A) 3332 (B) 3346 (C) 6345 (D) 3343 (E) 3348
1
2ABES 2
13
26 26 3 120 26ABEsen S 3
32
3
13 3 39 : ( 120 60 )2
12
ABF
OBS sen sen
S
2
26 26
1 3 1 326 3 30 26 26
2 2 2 4
ABF
AEF AEF AEF
AF S AF
S AF sen S AF S AF
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3 339 26 26 39 26 1
4 4
4 3 39 39 439 26 26 26
4 4 3 4 34
3 39 426
4
ADE ADF AEF
AEF AEF
Como S S S AF AF AF
AF AF AF
como S AF S
3
44 3
3
13
39 3 4 3
4 3 4 3
39 4 3 3 39
16 3
AEF
AEF AEF
S
S S
4 3 313
3 4 3 3AEFS
Alternativa D
02)Um certo professor comentou com seus alunos que as dzimas peridicas podem serrepresentadas por fraes em que o numerador e o denominador so nmeros inteiros e ,nestemomento, o professor perguntou aos alunos o motivo pelo qual existe a parte peridica. Um dosalunos respondeu justificando corretamente, que em qualquer diviso de inteiros(A) o quociente sempre inteiro. (B) o resto sempre inteiro.(C) o dividendo o quociente multiplicado pelo divisor, adicionado ao resto.(D) os possveis valores para resto tm uma quantidade limitada de valores.(E) que d origem a uma dzima, os restos so menores que a metade do divisor.
Item (A) Falso, pois, por exemplo 1 2 = 0,5
Obs: Isso correto se no continuamos a diviso, mais no esse o motivo.
Item (B) Falso, pois, por exemplo 4 3 = 1, 333... e o resto igual a 0,00
1 aproximadamente
Obs: Do mesmo modo, isso correto se no continuamos a diviso, mais no esse o motivo.
Item (C) Falso, pois, apesar de correto, D = d q + r, isso no o motivo pelo qual da exis tncia
das dzimas peridicas.
Item (D) Correto, pois, o resto sempre maior ou igual a zero e menor do que o quociente, ou
2seja, 0 resto
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03)Um professor de matemtica apresentou um equao do 2grau completa , com duas razesreais positivas , e mandou calcular , as mdias aritmtica, geomtrica e harmnica entre essasrazes , sem determin-las. Nessas condies(A) somente foi possvel calcular a mdia aritmtica.(B) somente foi possvel calcular as mdias aritmtica e geomtrica.(C) somente foi possvel calcular as mdias aritmtica e harmnica.(D) foi possvel calcular as trs mdias pedidas.(E) no foi possvel calcular as trs mdias pedidas.
Resolvendo o problema, temos:
1 2 3
1 2 1 2
Mdia aritmtica , ou seja soma dos termos dividido pelo nmero
de termos, no caso como so dois termos temos:
ou soma dos termos dividido por dois, assim2 2 2
ou
n x x x xMAn
x x x x S MA MA
1 2 3
1 2 1 2
1 2 2
1
2 2 2
Mdia Geomtrica , para dois termos temos:
, como os termos so positivos
Mdia Harmnica , para dois termos tem1 1 1 1
n
n
bb ba MA MA MA
a a
n MG x x x x
c MG x x MG x x P
a
n
MH
x x x x
1 2
2 1 1 21 2
1 2 1 2 1 2 1 2
os:
22 2 21 1
22 2ou seja
x x MH MH MH MH
x x x xx x
x x x x x x x x
cP ca
MH MH MH bS b
a
Alternativa D
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04) Sabendo-se que a equao 042613 222 xxxx pode ser escrita como umproduto de binmios do primeiro grau , a soma de duas das suas razes reais distintas igual a(A) -3 (B) -2 (C) -1 (D) 2 (E) 3
Resolvendo o problema, temos:
2 2 2 4 2 313 6 2 4 0 13 6 12 4 0 x x x x x x x x Teorema muito importante: Toda equao em que a soma dos coeficientes for ZERO, teremosnecessariamente uma das razes igual a UM.
4 2 3Observando a equao anterior, isto , 13 6 12 4 0, temos que:
A soma dos coeficientes S.C = 1 + 13 - 6 - 12 + 4 = 0, logo essa equao divisvel por 1
Ordenando a equao e usando a regra
x x x x
x
4 3 2
das chaves temos:
6 13 12 4 0 x x x x
4 3 2 3 2
3 2
Assim, temos que:
6 13 12 4 1 5 8 4 0
Do mesmo modo observando a equao anterior, o fator 5 8 4 0, temos que:
A soma dos coeficientes S.C = 1 - 5 + 8 - 4 = 0, logo essa equao
x x x x x x x x
x x x
3 2 2
22 21 2
2 24 3 21 2 3 4
divisvel por 1
Fazendo a diviso como anteriormente, temos:
5 8 4 1 4 4
Agora do fator 4 4 0 2 2 4 4 2 2 2
6 13 12 4 1 2 1 2
x
x x x x x x
x x x e x x x x x x
Da x x x x x x x x e x x
Logo a soma de duas razes distintas :
2 1 3Soma Soma
(Observao: Um mtodo melhor de se fazer a diviso usar o Dispositivo Prtico de Briot Ruffini).Alternativa E
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05)
Um retngulo ABCD de lados AB=a e BC =b (a>b) , dividido, por um segmento EF ,numquadrado AEFD e num retngulo EBCF, semelhante ao retngulo ABCD conforme a figuraacima. Nessas condies, a razo entre a e b aproximadamente igual a(A) -1,62 (B) 2,62 (C) 3,62 (D) 4,62 (E) 5,62
Obs: O procedimento acima uma das maneiras de chegarmos ao chamado nmero de ouro, ou diviso emmdia e extrema razo.Alternativa A
2
2
2
De acordo com o enunciado podemos montar a figura acima, assim temos:
I) Da semelhana entre os retngulos
II) Das reas dos retngulos e do quadrado, temos:
AB BC a bb a a b
BC EB b a b
ba b
a
a b b b
Assim de I e II
a b
a b
2b
b
b
22 2 2 2
2 2 2 2 2 2
11 1
1 1 1
22 2
0
Sendo "a" a varivel 4 1 4 5 5
5 1 5 15 55
2 2 2 2
2,23 1 3,23 1,622 2
1 5 1 55no serve
2 2 2
ba ab b a ab b
a
b b b b b b
b ab b b bb a a a
b
a a ab b b
b ab b De a a
b
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06) A interseo do conjunto soluo, nos reais, da inequao
0412
1222
x
xxcom o conjunto
4/ xRx dada por
(A)
3
1/xRx (B) 0/ xRx (C) 2
3
1/
xRx
(D) 13
1/
xRx (E) 2/ xRx `
2222
Resolvendo primeiramente a inequao, temos:
2 10, sendo f(x)= 2 1 e g(x)=12 4
12 4Podemos notar que f(x) 0, ou seja sempre ser positivo ou zero, como no problema se quer
f(x)
0, temog(x)
x x x x x
x
2
s que determinar o valor de f(x)=0 2 1 0 1, assim f(x) ser
zero em 1 e positiva nos demais valores.
Agora vamos determinar o sinal de g(x), observe que g(x) no pode ser zero, da g(x) 0
Como g
x x x
x
4 1(x) 0 12 4 0 12 4
12 31 f(x)
Da, quando ou 1 0 o conjunto soluo ser:3 g(x)
1 / ou 1
3A interseo do conjunto soluo acima com, B = / 4 , nos d:
x x x x
x x
A x R x x
x R x
1
Assim A B= / 13
x x
Alternativa D
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07)
Na figura acima AM e BP so cevianas do triangulo ABC de rea S. Sendo AP=2PC eAQ=3QM ,qual o valor da rea do tringulo determinado pelos pontos P , Q e M ,em funo deS?
(A)16
S(B)
18
S(C)
20
S(D)
21
S(E)
24
S
:
Observando o tringulo ABM, temos:
rea = rea + rea , como os tringulos ABQ e QBM possuem a mesma altura
e a base AQ do igual a trs vezes a base QM do rea = 3 rea
Soluo
ABM ABQ QBM
ABQ QBM ABQ
.
Seja "3A" a rea do e "A" a rea do (ver figura).
Ligue os pontos "P" e "M", formando assim o tringulo APM, observando esse tringulo, temos:
Do mesmo modo a rea = rea + rea ,
QBM
ABQ QBM
APM APQ QPM
como os tringulos e
possuem a mesma altura e a base AQ do igual a trs vezes a base QM dorea = 3 rea , seja "3B" a rea do e "B" a rea do (ver figura).
APQ QPM
APQ QPM APQ QPM
APQ QPM
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Agora observando o tringulo AMC, temos:
rea = rea + rea , como os tringulos AMP e PMC possuem a mesma altura
e a base AP do igual a duas vezes a base PC do rea = 2 rea
AMC AMP PMC
AMP PMC AMP PM
Como a rea do 4 rea do 2 . Observe que a rea do tringulo PQM igualB, isto , rea = B.
Do enunciado temos que rea do , mas a rea = rea + rea
como os tringulos A
C
AMP B PMC B
PQM
ABC S ABC ABP PBC
BP e PBC possuem a mesma altura e a base AP do igual a
2duas vezes a base PC do rea = 2 rea , logo rea do
3
e rea do3
Observando a figura acima podemos montar o siste
ABP
SPBC ABP
ABP PBC
SPBC
ma abaixo:
Do tringulo ABP 332 2
Do tringulo PBC 3 33 9
33
2
9
2 3 22 2 23 9 9 9 9 18
SA B
S S A B A B
SA B
SA B
S S S S S S B B B B
Alternativa B
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08) Considere o tringulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC eexteriores a esse tringulo . SE : as mediadas dos tringulos PAC e QBC so iguais ; as medidasdos ngulos PCA e QCB so iguais ; M o ponto mdio de AC ; N o ponto mdio de BC ; 1S
a rea do tringulo PAM ; 2S a rea do tringulo QBN ; 3S a rea do tringulo PMC ; e
4S rea do tringulo QNC ,analise as afirmativas:
I - 1S est para 4S ,assim como 3S est para 2S .
II - 1S est para 2S ,assim como (PM)2 est para (QN)2 .
III - 1S est para 3S ,assim como 2S est para 4S .
Logo pode-se concluir ,corretamente ,que
(A) apenas a afirmativa 1 verdadeira. (B) apenas as afirmativas 1 e 2 so verdadeiras .(C) apenas as afirmativas 1 e 3 so verdadeiras . (D) apenas as afirmativas 2 e 3 so verdadeiras .(E) as afirmativas 1 ,2 e 3 so verdadeiras.
Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:
Pela figura acima, temos:
Como PM mediana do APC S1 S3
Do mesmo modo, temos que QN mediana do AQC S2 S4 ou S4 S2
Da dividindo membro a membro temos:
S1 S3, assim a afirmativa I correta
S4 S2
2 2
.
Os tringulos APC e BQC so semelhantes, assim:S1 S3 PM S1 S1 PM 2
, mas S1 S3 e S2 S4S2+S4 QM S2+S2 QM
S1
2
2 2
2 2
2
2
PM S1 PM
QM S2 QMS2
assim a afirmativa II correta.
S1 PM S3 S1 S3 S1 S2De assim a afirmativa III correta.
S2 QM S4 S2 S4 S3 S4
Alternativa E
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09) Uma mquina capaz de fabricar ,ligada durante um tempo inteiro de minutos T , 3T peas,sendo que 20% delas so defeituosas . Para obter-se, no mnimo, 605 peas perfeitas essamquina dever funcionar quantos minutos ?(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8
T 3
Resolvendo a questo, temos:
T minutos __________ 3 peas 3 minutos __________ 3 peas = 27peas
605__________80%
605 10 0%__________100%x x
8 0%
0 1 2 3 4 5 6 7
6050756
8
As potncias de trs so:
3 1, 3 3, 3 9, 3 27, 3 81, 3 243, 3 729, 3 2187
Logo dever funcionar sete minutos.
Alternativa D
10) Um nmero natural N tem 2005 divisores positivos.Qual o nmero de base distintas da suadecomposio em fatores primos?(A) Um. (B) Dois. (C) Trs. (D) Quatro. (E) Cinco.
Resolvendo, temos:
2004
4 400
se N = a nmero de divisores de n = 2004 + 1 = 2005 (onde "a" um fator primo qualquer).
se N = a b nmero de divisores de n = 4 1 400 1 = 5 401=2005,
(onde "a" e "b" so fatores primos q
uaisquer).
Essa questo pelo exposto acima teria duas respostas, a meu ver a questo est ANULADA.Obs.:No sei o gabarito aps recursos.
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11) Um aluno resolvendo uma questo de mltipla escolha chegou ao seguinte resultado4 62049 ,no entanto as opes estavam em nmeros decimais e pedia-se a mais prximado valor encontrado para resultado , e , assim sendo , procurou simplificar esse resultado, a fimde melhor estimar a resposta .Percebendo que o radicando da raiz de ndice 4 quarta potncia
de uma soma de dois radicais simples , concluiu, com maior facilidade, que a opo para aresposta foi(A) 3,00 (B) 3,05 (C) 3,15 (D) 3,25 (E) 3,35
1 SOLUO:
2 2
4
2 2 2
2
A + C A - CUsando a frmula A B = , onde C =A - B, temos:
2 2
Observe que 49 + 20 6= 49 + 20 6 , assim:
49 + 20 6 = 49 + 6 400 = 49 + 2400 C =49 - 2400 C =2401- 2400
C = 1 C = 1
49 + 1 49 - 149 + 20 6 = 49 + 2400 +
2 2
2 2 2
50 48+ 25 + 24
2 2
25 + 24 5 + 24 da
5 + 24 C =5 - 24 C =25 - 24 C = 1
5 + 1 5 - 1 6 4Assim 5 + 24 + + 3 + 2 1,73 1,41 3,14
2 2 2 2
2 SOLUO:
2 2 24
2 2 2
2 2
Notando que 49 + 20 6 = 49 + 20 6 e usando o produto notvel a + b a + 2 a b + b
Temos que determinar "a" e "b" tais que, a + b a + 2 a b + b
20 6 2 10 6 2 5 2 6 5 2 6 49 + 20 6 49 + 20 6 5 2 6 5 2 6a b
De
2 2
2 6 2 2 3 2 2 3 2 3 5 2 6 5 2 6 2 3 2 3
2 3 1,73 1,41 3,14
a b
Da
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12) Se a , b ,c e dso nmeros reais no nulos tais que 022 bcad ,pode-se afirmar que
(A) 0;
db
db
ca
d
c
b
a(B) 0;
dc
dc
ba
d
b
c
a
(C)0;
dc
dc
ba
c
b
d
a
(D) 0;
da
da
cb
d
b
a
c
(E) 0
ba
ba
dc
a
d
b
c
1 SOLUO:Esse tipo de questo em concurso, muitas vezes faz o aluno perder tempo, vamos usar um mtodo
que em geral resolve o problema:
Vamos "CARTEA ALGUNS VALORES" para "a", "b", "c" e "d" de acordo com a expr
2 2 2 2
esso
ad + bc = 0 ou ad = - bc sendo a = 4, b = -1, c = 6 e d = 3, temos:Colocando esses valores na alternativa A:
a c a + c 4 6+ = ; b + d 0 + = - 4 + 2 = -2
b d b + d -1 3a + c 4 + 6
b + d -
105 vemos que so diferentes os valores encontrados.
1 + 3 2Colocando esses valores na alternativa B:
a b a + b 4 -1 4 -2 2 1+ = ; c + d 0 + = + =
c d c + d 6 3 6 6 6 3
4 + -1a + b 3 1vemos qu
c + d 6 + 3 9 3
e esses valores encontrados so iguais (j a resposta).
Colocando esses valores na alternativa C:
a b a + b 4 -1 8 -1 7+ = ; c + d 0 + = + =
d c c + d 3 6 6 6 64 + -1a + b 3 1
vemos que soc + d 6 + 3 9 3
diferentes os valores encontrados.
Colocando esses valores na alternativa D:
c b b + c 6 -1 18 -4 14 7+ = ; a + d 0 + = + =a d a + d 4 3 12 12 12 6
b + c -1 + 6 5vemos que so diferentes os val
a + d 4 + 3 7
ores encontrados.
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Colocando esses valores na alternativa E:
c d c + d 6 3 24 3 21+ = ; a + b 0 + = - + = -
b a a + b 1 4 4 4 4c + d 6 + 3 9
= 3 vemos que so diferentes os valores encontrados.a + b 4 + -1 3
Alternativa B
2 SOLUO:Observando atentamente as respostas podemos notar que elas so semelhantes, s variando porque ora umaletra numerador, ora denominador.Assim sem perda de generalidade vamos supor que as letras so,
, ,x y z e w , e veremos o que acontece.
Seja , 0
primeiramente para que a soma das fraes seja igual a frao temos que:
(1)
Da soma das fraes , temos:
(2)
Da e de (1) e
x y x ycom z w
z w z w
x y x y
z w z w
x y x y
z w z w
x y
z w
x y xw yz
z w zw
(2), tem-se:
x y xw yzxzw
z w zw
2 2
yz xw yzw xzw yzw 2 2 2 20 ou 0
Observando essa relao podemos notar que:
1 " " o nmerador da 1 frao;
2 " " o denominador da 2 frao;
3 "y" o nmerador da 2 frao;
4 "z" o denominador da 1
yz xw xw yz
x
w
2 2
2 2
frao.
Assim se a relao 0
Logo para 0
x y x y yz xw
z w z w
a b a bad bc
c d c d
Alternativa B
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13) Um nmero natural N deixa: resto 2 quando dividido por 3;resto 3 quando dividido por 7;eresto 19 quando dividido por 41 .Qual o resto da diviso do nmero
K N 1 . N 4 . N 22 por 861(A) 0 (B) 13 (C) 19 (D) 33 (E) 43
Resolvendo, temos:
divisvel por trs
Observe que 861 = 3 7 41
Assim N+1 = 3 q1 + 3 (divisvel por trs)
N+4 = 3 q2 + 7 (divisvel por sete)
N+22 = 41 q3 + 41 (divisvel por quareta e um)
Logo K = N+1
divisvel por sete divisvel por quareta e um
N+4 N+22 K divisvel por 861
Da o resto zero
Alternativa A
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14) Uma herana P foi dividida por dois herdeiros ,com idades , respectivamente, iguais a n e m,em partes diretamente proporcionais ao quadrado de suas idades .Qual foi a parte da heranarecebida pelo herdeiro de idade n?
(A)22
2
nm
nP
(B)22
2
nm
Pn
(C)22
22
nm
nP
(D)22
2
nm
mPn
(E)
22
22
nm
mnP
Resolvendo o exerccio, temos:
2 2 2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
Sendo "n" e "m" as idades e "p" a herana.
Sejam "A" e "B" as partes relativas a "n" e "m" respectivamente, ento temos:
A + B = p
A B A B A + B p
n m n m n m n m
A p p nAssim A =
n n m n m
Alternativa B
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15)
Qual o produto notvel representado, geometricamente, na figura acima, na qual ABCD umretngulo ?
(A) 33 ba (B) 3ba (C) 2ba (D) 222 ba (E) 4ba
Resolvendo a questo, temos:
2
Observando o quadriltero ABCD vemos que um quadrado, assim:
O produto notvel a + b .
Alternativa C
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16) O valor numrico da expresso 810120 24 kk , sendo k pertencente ao conjunto dosnmeros naturais, o quadrado de um nmero natural para(A) somente um nico valor de k . (B) somente dois valores de k .(C) somente valores de k mltiplos de (D) 13.somente valores de k mltiplos de 18.(E) nenhum valor de k .
Resolvendo a questo, temos:
4 4 4 4
4 4
4 4
4 4
Temos que:
120 k 10 k 8 10 12 k k 8
Observando que 12 k k um nmero natural para qualquer valor de k natural,
ento fazendo 12 k k , tem-se:
10 12 k k 8 10 8
O que indica q
x
x
x
ue 10 8 um nmero natural em que o algarsmo das unidades oito.Da aritmtica sabemos que no existem raizes quadradas exatas de nmeros que tem
o algarismo das unidades iguais a:
Dois (2), Trs (3
x
), Sete (7) e Oito (8).
Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numrico da expresso acima quadrado
de um nmero natural.
Alternativa E
Outra soluo: Equao Diofantina Linear
4 2 4 2
4 2
Seja n um possvel quadrado perfeito, assim:
120 10 8 120 10 8
Sejam = e = 120 10 8 uma equao diofantina linear.
Que para se ter soluo, necessrio suficiente que o m
k k n k k n
a k b k a b n
dc 120,10 10, divida -8,isto ,
10| 8, assim "n" tem que ser um nmero que tem o algarsmo das unidades igual a 8.
Mas da aritmtica sabemos que no existem quadrados perfeitos de nme
n
n
ros que tem o
algarismo das unidades iguais a:
Dois (2), Trs (3), Sete (7) e Oito (8).
Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numrico da expresso acima quadrado de
um nmero natural.
Alternativa E
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17) Considere os pontos A ,B e C pertencentes ao grfico do trinmio do segundo grau definido
por xxy 82 .Se : a abscissa do ponto A -4 ; B o vrtice ; a abscissa do ponto C 12 ; osegmento AB tem medida d1;e o segmento BC tem medida d2,pode-se afirma que
(A) d1+ d2 < 48 (B) 48< d1+ d2
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Assim o ponto B = 4, -16 , com esses valores montamos a figura acima, e podemos notar que so
dois tringulo retngulo congruentes, note que o segmento EB = B - E = 4 - (-4) = 8 e BD = D - B
= 12 - 4 = 8 diferema entre as abscissas dos pontos B e E e D e B respectivamente, do mesmo
modo o segmento EA = E - A = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64 e DC = C - D = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64,logo d1 igual a d2, pela desigualdade tringular temos: d1 < 8 + 64 d1 < 72 do mesmo modo
podemos concluir que d2 < 72 e d1 > 64 - 8 d1 > 56 do mesmo modo podemos conclui
r que
d2 > 56, assim:
56 < d1 < 72 e 56 < d2 < 72 somando-se membro a membro, temos:
112 < d1 + d2 < 144, logo a alternativa correta a letra E.
18) Dado um tringulo retngulo ,seja P o ponto do plano do tringulo eqidistante dos vrtices.As distncias de P aos catetos do tringulo so k e L .O raio do crculo circunscrito ao tringulo
dado por
(A)4
LK (B) LK 2 (C)
4
22LK
(D)2
22LK
(E) 22 LK
Em qualquer tringulo esse ponto o circuncentro ou seja o ponto de encontro das trs mediatrizes,
e o centro do crculo circunscrito, em relao ao tringulo retngulo esse ponto o ponto
mdio2 2 2 2 2
da hipotenusa, assim observando a figura acima, temos:R = K + L R = K + L
Alternativa E
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19) Dada a equao na varivel real kx
xx 3
7: ,pode-se concluir ,em funo do parmetro
real k,que essa equao(A) tem razes reais s se kfor um nmero positivo.(B) tem razes reais s se kfor um nmero negativo.
(C) tem razes reais para qualquer valor de k.(D) tem razes reais somente para dois valores de k.(E) nunca ter razes reais.
Resolvendo, temos:
2 2
2 2
2
37 7 3 7 3 0
4 7 3 84
Logo como k positivo para qualquer valor de k, temos que 0 para qualquervalor de K, assim a equao do 2 grau possui duas razes reais diferentes.
x k x kx x kxx
k k
Alternativa C
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20) Sejam L1 e L2 duas circunferncias fixas de raios diferentes , que se cortam em A e B . P um pontovarivel exterior s circunferncias ( no mesmo plano ) . De P traam-se retas tangentes L1 e L2 ,cujospontos de contatos so R e S . Se PR=PS ,Pode-se afirmar que P , A e B(A) esto sempre alinhados. (B) esto alinhados somente em duas posies.(C) esto alinhados somente em trs posies. (D) esto alinhados somente em quatro posies.(E) nunca estaro alinhados.
A resposta a essa questo a Alternativa A, porem o aluno deveria ter o conhecimento de Eixo Radical , queno consta claramente do programa de matrias a serem estudados, porem no programa consta o estudo delugares geomtricos.O lugar Geomtrico denominado de Eixo Radical, no conta de bibliografia em vigor, somente em livrosesgotados.Obs.: A questo poderia ser resolvida usando o conceito de Potncia de um ponto em relao a um crculo.
Antes de resolver a questo vamos definir algumas coisas e mencionar alguns teoremas:
POTNCIA DE UM PONTO
TEOREMA: Se traarmos, por um ponto do plano de uma circunferncia, secantes a esta, o produtodos dois segmentos orientados, que tem por origem esse ponto e por extremidades as interseces de cadasecante com a circunferncia, constante ( o mesmo para todas as secantes). Esse produto constante chama-se POTNCIA do ponto P em relao circunferncia.
2
...Pot PA PB PC PD PE PF PT P
Obs.: Em particular, se um ponto pertence a uma circunferncia, a potncia desse ponto em relao a essacircunferncia , por definio, igual a zero.
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PONTOS DE MESMA POTNCIA EM RELAO A DUAS CIRCUNFERNCIAS:TEOREMA: O lugar geomtrico dos pontos de um plano, que tem a mesma potncia em relao a duascircunferncias dadas, uma reta perpendicular a linha dos centros das circunferncias.
EIXOS RADICAIS:DEFINIO: Dadas duas circunferncias
1Ce
2Ccom centro em
1Oe
2Oraios
1Re
2Rrespectivamente,
denomina-se EIXO RADICAL, o lugar geomtrico dos pontos de um plano de mesma potncia em relao a
1C e 2C .
2 2 2 2 2 2 2 2 2
Potncia de P em relao a O1 = Potncia de P em relao a O2
d1 1 d2 2 d1 d2 1 2 R R R R k
PROPRIEDADE:O EIXO RADICAL de 1C e 2C o lugar geomtrico dos pontos dos quais se pode traar tangentes a 1C e
2C com o mesmo comprimento.
Pelo exposto acima a resposta correta a Alternativa A
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2 SOLUO:
2
2
2
2
PR = PA PD (1)
PS = PA PC (2)
Dividindo (1) por (2), temos:PR PA
PS
PD
PA
2
2
PR PDmas por hiptese PR = PS PD = PC
PCPR PC
Como PD = PA + AD e PC = PA + AC
PD = PC PA
+ AD PA + AC AD AC, mas como "C" e "D" so
colineares AD = AC + CD AC
+ CD AC CD 0 o que indica
que os pontos "C" e "D" so coincidentes, mas como por hiptese as intersees
de L1 e L2 so os pontos A e B, ento os pontos "B", "C" e "D" so coincidentes,
logo os pontos
"P", "A" e "B" so colineares.