exercÍcios_resolvidos_metematica

LISTA DE EXERCÍCIOS

Patric Schürhaus 2

1 Sistemas de Equações

1.1 O valor de x que é solução, nos números reais, da equação 1 1 1

2 3 4 48

x+ + = é igual a:

☺ a) 36 b) 44 c) 52 d) 60 e) 68 Solução: Fazendo o Mínimo Múltiplo Comum entre 2, 3, 4 e 48

24 16 12

48 48

x+ +=

Logo

24 16 12 x+ + =

52x =

1.2 Num sítio existem 21 bichos, entre patos e cachorros. Sendo 54 o total de pés desses bichos, calcule a diferença entre o número de patos e o número de cachorros.

☺ a) 9 b) 8 c) 7 d) 6 e) 5

Solução:

Os patos ( P ) têm 2 pés e os cachorros ( C ) têm 4 pés, então:

( ) ( )2 4 54P C⋅ + ⋅ =

Somando o número de patos e de cachorros temos:

21 21P C P C+ = ∴ = − Substituindo uma equação na outra:

( ) ( )21 2 4 54C C− ⋅ + ⋅ =

42 2 4 54C C− ⋅ + ⋅ =

4 2 54 42C C⋅ − ⋅ = −

122 12 6

2C C C⋅ = ∴ = ∴ =

Substituindo o número de cachorros na segunda equação:

21 21 6 15P C P P= − ∴ = − ∴ = A diferença entre o número de patos e cachorros é, portanto:

15 6 9D P C D D= − ∴ = − ∴ =

1.3 Se eu leio 5 páginas por dia de um livro, eu termino de ler 16 dias antes do que se eu estivesse lendo 3 páginas por dia. Quantas páginas têm o livro?

� a) 100 b) 120 c) 140 d) 160 e) 180

Solução:

ppd: páginas por dia

ndd: número de dias

npl: número de páginas do livro Modelando as equações que descrevem o problema:

5 ppd ndd npl⋅ ⋅ =

( )3 16ppd ndd npl⋅ ⋅ + =

Substituindo uma equação na outra:

( )3 16 5ppd ndd ppd ndd⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅

3 48 5ppd ndd ppd ndd⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅

5 3 48ppd ndd ppd ndd⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ =

4824

2ppd ndd ppd ndd⋅ = ∴ ⋅ =

Substituindo na equação 5 ppd ndd npl⋅ ⋅ = :

5 24 120npl npl= ⋅ ∴ =

Testando a solução:

120 12016

5 3− =


Patric Schürhaus 3

1.4 Se um retângulo possui o comprimento igual ao quíntuplo da largura e a área é igual a 80 cm², quais são as medidas de seus lados?

� a) 8 e 12 cm b) 4 e 20 cm c) 3 e 19 cm d) 5 e 15 cm e) 6 e 18 cm

Solução:

O comprimento igual ao quíntuplo da largura: 5C L= ⋅

A área é igual a 80 cm²: 280 cmA =�

Sabemos que a área de um retângulo é dada por: A C L= ⋅�

então ( ) ( )280 cm 5 L L= ⋅ ⋅

2 22 2 2 280 cm 80 cm

5 80 cm 16 cm 4 cm5 5

L L L L L⋅ = ∴ = ∴ = ∴ = ∴ =

Substituindo 4 cmL = em 5C L= ⋅ teremos: 5 4 cm 20 cmC C= ⋅ ∴ =

1.5 A razão entre dois números é 3/8. Se a soma do maior com o dobro do menor é 42, quanto vale o maior dos números?

� a) 21 b) 24 c) 26 d) 28 e) 30

Solução:

3

8

x

y=

Com isso, o maior é y e o menor é x. A soma do maior com o dobro do menor é 42, em matemática, se escreve assim:

2 42y x+ ⋅ =

Mas, da primeira equação temos:

3 8y x⋅ = ⋅

8

3

xy

⋅=

Substituindo na segunda equação:

82 42

3

xx

⋅+ ⋅ =

O Mínimo Múltiplo Comum é 3, então, multiplicando a equação por 3 temos:

38

3

x⋅⋅ ( ) ( )3 2 3 42x

+ ⋅ ⋅ = ⋅

8 6 126x x⋅ + ⋅ =

14 126x⋅ =

1269

14x = =

Substituindo o valor de x em 8

3

xy

⋅=

8 924

3y

⋅= =

Testando a solução:

24 2 9 42+ ⋅ =

1.6 Calcular a fração equivalente a 5/7 cuja soma dos termos seja igual a 60

a) 52/53 b) 25/35 c) 10/14 d) 12/60 e) 7/30

1.7 A razão entre as medidas dos lados de dois quadrados é 1:3. Qual é a razão entre as áreas desses dois quadrados?

a) 2:5 b) 1:7 c) 1:9 d) 2:8 e) 3:7

1.8 Um dos lados de um retângulo mede 10 cm. Qual deve ser a medida do outro lado para que a área deste retângulo seja equivalente à área do retângulo cujos lados medem 9 cm e 12 cm?

a) 9,8 cm b) 10,8 cm c) 11,8 cm d) 12,8 cm e) 13,8 cm

1.9 Há 18 anos Hélio tinha 3 vezes a idade do filho, agora tem 2 vezes essa idade. Qual a idade do filho e de Hélio?

a) 26 b) 29 c) 32 d) 36 e) 39


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1.10 Que número devemos somar ao numerador e denominador da fração 2/3 para que tenha um aumento de 20%?

a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5


Patric Schürhaus 5

2 Trigonometria: triângulo retângulo

2.1 O lado de um triângulo equilátero T1 mede 10 cm. Qual deve ser a medida do lado de um outro triângulo equilátero T2 que possui o quádruplo da área de T1?

� a) 20 cm b) 2 cm c) 10 cm d) 12 cm e) 5 cm

Solução numérica:

Primeiramente, calculemos h1:

1

310 cm 60 10 cm

2h sen= ⋅ = ⋅

Agora, calculemos a área de T1:

( ) 2

1 1 1

35 cm 10 cm 25 3 cm

2TA b h

= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

Em seguida, calculemos a área de T2, sabendo que é o quádruplo da área de T1

2 2

2 4 25 3 cm 100 3 cmT

A = ⋅ ⋅ = ⋅

Por analogia:

2 2 2TA b h= ⋅

( )2 2 2

360 2 cm

2h L sen b

= ⋅ = ⋅ ⋅

Substituindo:

2 2 2

32

2TA b b

= ⋅ ⋅ ⋅

2 2

2

3

2b⋅ ⋅ 2 2

2100 3 cm 3b= ⋅ ∴ ⋅ 100 3= ⋅ 2cm

2 2 2

2 2 2100 cm 100 cm 10 cmb b b= ∴ = ∴ =

Como 2 22L b= ⋅ então

2 22 10 cm 20 cmL L= ⋅ ∴ =

Solução gráfica:

Outra maneira de resolver este problema seria graficamente, montando 4 triângulos T1 segundo a disposição ilustrada ao lado.


Patric Schürhaus 6

2.2 Qual é a razão entre as áreas de dois triângulos equiláteros, sabendo–se que um deles está inscrito em uma

circunferência de raio 6 cm e o outro circunscrito na mesma circunferência?

� a) 1:8 b) 2:3 c) 3:4 d) 1:4 e) 4:5

Solução:

A figura que ilustra o problema enunciado é a seguinte:

O ponto de interseção das três medianas é o baricentro ou centro de gravidade do triângulo. O baricentro divide a mediana em dois segmentos. O segmento que une o vértice ao baricentro vale o dobro do segmento que une o baricentro ao lado oposto deste vértice.

Conhecendo h, podemos calcular a:

18 cm 36cm

60 3 3

2

ha

sen= = =

°

A área do triângulo circunscrito pode ser calculada por:

2

a hA r s

⋅= = ⋅ onde

2

a b cs

+ +=

2

36cm 18 cm

3 187,06 cm2

CA

⋅

= =

Agora, vamos calcular a área do triângulo inscrito:

Para isto, vamos calcular a2:

22

9 cm 18cm

60 3 3

2

ha

sen= = =

°

22 2

18cm 9 cm

3 46,77 cm2 2

I

a hA

⋅⋅

= = =

Finalmente, dividindo AC por AI :

2187,06 cmC

I

A

A=

246,77 cm4=

2.3 ABC é um triângulo retângulo com ângulo reto em C. Se 15 cmAB = e 9 cmBC = , qual é a área do

quadrado de lado AC ?

� a) 44 cm² b) 154 cm² c) 24 cm² d) 14 cm² e) 144 cm²

Solução:

Pelo teorema de Pitágoras 2 2 2

AB AC BC= + 2 2

AC AB BC= −

2 215 9 225 81 144AC AC= − = − ∴ =

A área do quadrado de lado AC será: 2

A AC=�

144A =�

22144 cm=


Patric Schürhaus 7

2.4

Calcule o perímetro do triângulo retângulo ilustrado

sabendo que 3

cos5

β =

� a) 19 cm b) 24,7 cm c) 26 cm d) 24 cm e) 26,7 cm Solução:

Cateto Adjacentecos

Hipotenusaβ =

cos10

cβ = então

3

5 10

c=

305 30 6 cm

5c c c⋅ = ∴ = ∴ =

Pelo teorema de Pitágoras: 2 2 210 c b= +

2 2 2 210 10 6 8 cmb c b= − = − ∴ =

Então, o perímetro vale:

10 cm 6 cm 8 cm 24 cmP = + + =

2.5

Considere a figura ao lado, na qual:

• o segmento de reta AB é tangente à circunferência α em A;

• o segmento de reta AC é um diâmetro da circunferência α;

• o comprimento do segmento de reta AB é igual à metade do comprimento da circunferência α.

Então a área do triângulo ABC dividida pela área de α é igual a:

� a) 1

2 b)

2

3 c) 1 d)

4

3 e)

5

3

Solução:

Como AB é tangente a α em A, então o triângulo BAC é retângulo em A. Logo, sua área é 1

2S AB AC∆ = ⋅ ⋅

O segmento de reta AC é um diâmetro da circunferência α. Sabemos que 2 rπ∅ = ⋅ ⋅ então, 2AC π= ⋅

O comprimento do segmento de reta AB é igual à metade do comprimento da circunferência α. Sabemos que o

comprimento (ou perímetro) de uma circunferência é 2P rπ= ⋅ ⋅ então AB rπ= ⋅

Sabemos que a área de uma circunferência é 2

4S

π∅

⋅∅= ou 2

S rπ∅ = ⋅

Agora basta dividir a área do triângulo S∆ pela área da circunferência S∅

2

11

22AB AC

S

S rπ∆

∅

⋅ ⋅= =

⋅

( ) 2rπ⋅ ⋅ ⋅( ) 2

2 2

1r

r r r

r r

π π

π π

⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

= =⋅ ⋅ 2

rπ ⋅1=

2.6 A sombra de uma árvore mede 4,5m. A mesma hora, a sombra de um bastão de 0,6m, mantido na vertical, mede 0,4m. A altura da árvore é:

a) 1,33m b) 6,75m c) 4,8m d) 5m e) 3m


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2.7 Um avião levanta vôo sob um ângulo de 20° em relação ao solo. Após 2000m em linha reta, a altura do avião será de aproximadamente:

a) 1880 b) 1720 c) 1000 d) 728 e) 684

2.8 A frente de uma casa tem a forma de um quadrado com um triângulo retângulo isósceles em cima. Se um dos catetos do triângulo mede 7 metros, qual é a área frontal desta casa?

a) 77/2 m² b) 37/2 m² c) 73/3 m² d) 47/2 m² e) 27/3 m²


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3 Dimensões e unidades

3.1

De acordo com o Comitê Internacional de Pesos e Medidas, o litro é, aproximadamente, o volume equivalente a um decímetro cúbico, ou seja: 1 litro = 1,000027 dm3. Porém, para todas as aplicações práticas, simples, podemos definir: 1 litro = 1 dm3. Além do litro, a unidade mais usado é o mililitro (ml), principalmente para medir pequenos volumes. Expressar 250 ml em cm3.

☺ a) 25 cm3 b) 250 cm3 c) 2500 cm3 d) 2,5 cm3 e) 250.000 cm3

Solução:

1 litro = 1000 ml e 1 dm = 10 cm, portanto:

3 3

3

1000 ml 10 cm

250 ml cmx

=

=

310x =

3cm 250 ml⋅

1000 ml

3250 cm=

3.2 Uma indústria farmacêutica fabrica 1.400 litros de uma vacina que devem ser colocados em ampolas de 35 cm3 cada uma. Quantas ampolas serão obtidas com essa quantidade de vacina?

☺ a) 40.000 b) 20.000 c) 30.000 d) 35.000 e) 45.000

Solução:

1 litro = 1.000 cm³, portanto 31.400 1.000 cm⋅

335 cm40.000 ampolas=

3.3 A polegada milesimal é convertida em polegada fracionária quando se multiplica a medida expressa em milésimo por uma das divisões da polegada, que passa a ser o denominador da polegada fracionária resultante. Converter 0,750 in em polegada fracionária.

� a) 1/4 b) 3/16 c) 3/8 d) 3/4 e) 7/8

Solução:

0,750 128 96

1 128× =

8

1288

12=

4

164

3

4=

3.4 Quanto pesa 1 kg de água no Sistema Internacional de unidades;

☺ a) 981 kgf b) 0,981 N c) 1000 g d) 9,81 lbf e) 9,81 N

Solução:

O peso da água pode ser calculado por P m g= ⋅ , onde g é a aceleração da gravidade que, ao nível do mar, vale

2

m9,81

sg = . Então:

1 kgP m g= ⋅ =2

m9,81

s⋅ 9,81 N=

3.5 Um relógio digital marca 19:57:33. Qual o número mínimo de segundos que devem passar até que se alterem todos os algarismos?

☺ a) 187 b) 147 c) 127 d) 167 e) 179 Solução: Todos os algarismos estarão alterados quando os dígitos da hora mudarem de 19 para 20. Para que isto aconteça faltam 2 minutos e 27 segundos.

2 minutos equivalem a 120 segundos. Somando com os 27 segundos restantes teremos:

120 27 147 segundos+ =


Patric Schürhaus 10

3.6 Um corpo pesa 1000 lbf quando exposto à gravidade padrão da Terra g = 32,174 ft / s2. Qual é a sua massa

em kg?

� a) 45,36 kg b) 0,454 kg c) 453,6 kg d) 4536 kg e) 4,54 kg

Solução:

Vamos utilizar a mesma fórmula da força peso:

P m g= ⋅ , onde 1000 lbfP =

Porém, assim como no SI 2

kg mN

s

⋅= , no Sistema

Inglês 2

slug ftlbf

s

⋅= , ou seja, o slug é a unidade de

massa do Sistema Inglês.

2 2

slug ft ft1000 32,174

s sm

⋅= ⋅

2

2

slug ft1000

1000 slug ftsft 32,174

32,174s

m

⋅⋅

= =2s

2s⋅

ft31,08 slug=

Lembrando que 1slug 14,6 kg=

31,08 slugm =kg

14,6slug

⋅ 453,6 kg=

3.7 Você vai ao posto de combustíveis e calibra os pneus do seu carro com 26 lbf / in² (26 PSI). Quanto é esta pressão em Pa?

� a) 26 bar b) 179263,7 Pa c) 160 kPa d) 160 Pa e) 179,3 Pa

Solução:

2

2 2 2 2

slug ftlbf slug fts26 26 26in in s in

⋅⋅

= =⋅

Agora, devemos lembra que 2

NPa

m= e que

2

kg mN

s

⋅= , portanto

2 2

kg mPa

s m

⋅=

⋅

slug26p =

ft⋅

2 2s in⋅

kg14,6

slug⋅

m0,3048

ft⋅

22 in

39,37⋅2 2 2

kg m179263,7 179263,7 Pa

m s m

⋅= =

⋅

3.8 Se 1

ft 22,225 mm4

x = − , quanto vale x em polegada fracionária?

� a) 3

2 in32

b) 3

2 in16

c) 1

2 in8

d) 1

2 in16

e) 7

2 in8

Solução:

Primeiro vamos converter 1

ft4

em milímetro:

1ft

4

in12

ft⋅ 3 in=

mm25,4

in⋅ 76,2 mm=

Agora, vamos resolver x em mm

76,2 mm 22, 225 mm 53,975 mmx = − =

Em seguida, vamos converter x em polegadas:

53,975 mmx =1in

25,4 mm⋅ 2,125 in=

Subtraindo o a parte inteira, 2 in, sobram 0,125 in para serem convertidas em polegadas fracionárias

0,125 128 16

1 128⋅ =

16

12816

1in

8=

E, como ainda temos 2 in que foram subtraídas anteriormente, elas devem ser adicionadas para se obter a resposta final, ou seja:

1 1ft 22,225 mm 2 in

4 8x = − =



3.9

Qual a massa do tubo ilustrado que tem espessura da parede de 3,05 mm e é de aço inoxidável AISI 304, cuja

massa específica vale 3

g8,03

cm?

� a) 2,68 kg b) 28,6 kg c) 2,86 kg d) 0,286 kg e) 0,237 kg

Solução:

Como a massa específica foi dada em g / cm³ então, vamos converter todas as unidades para cm:

3 inINT

∅ =cm

2,54in

⋅ 7,62 cm=

7,62 cm 2 3,05 mmEXT∅ = + ⋅1 cm

10 mm⋅ 7,01 cm

=

4 ftL =cm

30,48ft

⋅ 121,92 cm=

( )2

4

EXT INTA

π ⋅ ∅ − ∅=

( )2

27,62 7,010,2922 cm

4A

π ⋅ −= =

A L∀ = ⋅ 2 2 30, 2922 cm 121,92 cm 35,6307 cm∀ = ⋅ =

mmρ ρ= ∴ = ⋅∀

∀

335,6307 cmm =3

g8,03

cm⋅ 286,1g=

3.10 Um reservatório tem 1,2 m de largura, 1,5 m de comprimento e 1 m de altura. Para conter 1.260 litros de água, esta deve atingir a altura de:

� a) 700 cm b) 0,07 m c) 7 m d) 0,7 dm e) 70 cm

Solução:

Lembrando que: 31 L 1dm=

Vamos converter dm³ em cm³:

3 3 3 3

1dm 10 cm

1 dm 10 cm

=

=

Então:

3 31260 L 1260 10 cm= ⋅

Agora, vamos calcular a altura:

largura comprimento altura∀ = ⋅ ⋅

alturalargura comprimento

∀=

⋅

3 31260 10 cmaltura

1, 2 m

⋅=

cm100

m⋅ 1,5 m⋅

cm100

m⋅

31260 10altura

×=

3cm318 10× 3cm

70 cm=

3.11 Quanto vale 28°C em Fahrenheit?

a) 301,15 °F b) 82,4 °F c) 542,07 °F d) 24,8 °F e) 84,2 °F

Solução:

Vamos utilizar a equação de conversão 9 9 28

32 32 82,4 F5 5

CF

⋅ ⋅= + = + = °

3.12 Um tubo de aço Ø6” tem diâmetro externo 168,3 mm e parede de ¼”. Se a massa específica do aço é 8780 kg/m³ e o preço do aço é de R$ 3,80 por kg, quanto custa um metro linear deste tubo?

a) R$ 77,80 b) R$ 87,80 c) R$ 97,80 d) R$ 107,80 e) R$ 117,80



4 Equação do 2° grau

4.1 Raízes da equação

Toda equação da forma 2 0a x b x c⋅ + ⋅ + = , em que a, b e c são números reais com a ≠ 0, é chamada de equação

do 2° grau. Quando b = 0 ou c = 0, tem–se uma equação do 2° grau incompleta.

As raízes das equações do 2° grau são dadas por: 2

bx

a

− ± ∆=

⋅ onde 2 4b a c∆ = − ⋅ ⋅

4.2 Vértice da parábola

A abscissa do vértice da parábola é dada por: 2

V

bx

a= −

⋅

A ordenada do vértice da parábola é dada por: 4

Vy

a

∆= −

⋅

4.3 O retângulo ABCD tem área 105 cm². Qual a medida do lado do quadrado EFGC?

� a) 3 cm b) 4 cm c) 5 cm d) 6 cm e) 7 cm

Solução:

A área do retângulo é dada por:

A DC BC= ⋅�

onde:

10 cmDC EC= + e 2 cmBC GC= +

Se EFGC é um quadrado, então EC GC= e, portanto:

( ) ( ) 210 cm 2 cm 105 cmEC EC+ ⋅ + =

2 210 2 10 2 105 cmEC EC EC⋅ + ⋅ + ⋅ + =

2

12 85 0EC EC+ ⋅ − =

A expressão resultante é uma equação do tipo 2 0a x b x c⋅ + ⋅ + = , ou seja, uma equação do segundo

grau, cuja solução é dada por:

2 4

2

b b a cx

a

− ± − ⋅ ⋅=

⋅

Para uma equação do segundo grau existem duas soluções possíveis:

( )2

1

12 12 4 1 855

2 1x

− + − ⋅ ⋅ −= =

⋅

( )2

2

12 12 4 1 8517

2 1x

− − − ⋅ ⋅ −= = −

⋅

O resultado x2 = – 17 cm será descartado por ser

negativo, então vamos substituir x1 = 5 na equação

( ) ( ) 210 cm 2 cm 105 cmEC EC+ ⋅ + =

( ) ( ) 210 5 2 5 105 cm+ ⋅ + =

Como a expressão acima é verdadeira, então o lado do

quadrado EFGC vale 5 cm.



4.4 Um azulejista usou 2000 azulejos quadrados e iguais para revestir 45 m² de parede. Qual é a medida do lado de cada azulejo?

☺ a) 33,5 cm b) 35 cm c) 15 cm d) 20 cm e) 12 cm

Solução:

Vamos chamar de x ao lado do azulejo. Então 2 22000 45 mx ⋅ =

22 45 m

2000x =

245 m0,15 m

2000x = =

Agora, vamos converter em cm para resultar numa dimensão mais usual em construção civil:

0,15 mx =cm

100m

⋅ 15 cm=

4.5 A área de um retângulo é de 64 cm². Nessas condições, determine as dimensões do retângulo sabendo que

o comprimento mede ( x + 6 ) cm e a largura mede ( x – 6 ) cm.

� a) 10 × 3 cm b) 9 × 3 cm c) 9 × 4 cm d) 10 × 4 cm e) 16 × 4 cm

Solução:

C: comprimento = ( x + 6 ) cm

L: largura = ( x – 6 ) cm

A: área = 64 cm² De posse disso, vamos lembrar que a área de um

retângulo é: A C L= ⋅ . Então:

( ) ( )64 6 6x x= + ⋅ −

264 6x x= − ⋅ 6 x+ ⋅ 36− 20 36 64x= − −

2 100 100 10 cmx x x= ∴ = ∴ =

Substituindo x nas equações de comprimento e largura:

( )6 cm 10 cm 6 cm 16 cmC x= + = + =

( )6 cm 10 cm 6 cm 4 cmL x= − = − =

4.6 O número –3 é a raiz da equação 2 7 2 0x x c− ⋅ − ⋅ = . Nessas condições, determine o valor do coeficiente c.

☺ a) 11 b) 13 c) 15 d) 17 e) 19

Solução:

4.7 Se você multiplicar um número real x por ele mesmo e do resultado subtrair 14, você vai obter o quíntuplo

do número x. Qual é esse número?

� a) 7 b) –2 c) –7 d) 2 e) 14 Solução:



4.8 Resolver a equação 2

1 1 4

9 3 9x x+ =

⋅ ⋅

� a) x1=4 e x2=3 b) x1=2 e x2=3 c) x1=3 e x2=1 d) x1=1 e x2=2 e) x1=4 e x2=2 Solução: Vamos calcular o Mínimo Múltiplo Comum entre os

denominadores: 9, 3·x² e 9·x

9 3·x² 9·x ÷ 3 3 x² 3·x ÷ 3 1 x² x ÷ x 1 x 1 ÷ x 1 1 1

Multiplicando: 23 3 9x x x⋅ ⋅ ⋅ = ⋅

Portanto, o MMC é: 29 x⋅

Agora, vamos multiplicar o MMC por 2

1 1 40

9 3 9x x+ − =

⋅ ⋅

2

2

1 1 49 0

9 3 9x

x x

⋅ ⋅ + − =

⋅ ⋅

2 2 2

2

1 9 1 9 4 9 9

9 3 9

x x x

x x

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅+ − =

⋅ ⋅

2

9

x⋅ 23 3 x⋅ ⋅+

23 x⋅

4 9 x⋅ ⋅−

9

x

x

⋅

⋅0=

2 3 4 0x x+ − ⋅ = → 2 4 3 0x x− ⋅ + =

Finalmente, vamos aplicar 2 4

2

b b a cx

a

− ± − ⋅ ⋅=

⋅

( ) ( )2

4 4 4 1 3

2 1x

− − ± − − ⋅ ⋅=

⋅

1

4 16 12 4 4 4 2 63

2 2 2 2x

+ − + += = = = =

2

4 16 12 4 4 4 2 21

2 2 2 2x

− − − −= = = = =

4.9 O gráfico da função ( )

2 3 10x

f x x= + ⋅ − intercepta o eixo das abscissas nos pontos A e B. A distância AB é

igual a:

� a) 3 b) –6 c) 7 d) –5 e) 2

x ( )2 3 10

xf x x= + ⋅ −

–6 ( )26 3 6 10 8− + ⋅ − − =

–5 ( )25 3 5 10 0− + ⋅ − − =

–4 –6

–3 –10

–2 –12

–1 –12

0 –10

1 –6

2 0

3 8

A parábola intercepta o eixo x em –5 e 2. Portanto, a

distância AB é 7.



4.10 Uma tela retangular com área de 9600 cm² tem de largura uma vez e meia o seu comprimento. Quais são as dimensões desta tela?

� a) 70 × 105 b) 80 × 120 c) 90 × 135 d) 100 × 150 e) 110 × 165

Solução:

L = Largura da tela

C = Comprimento da tela

1,5L C= ⋅

A área d tela será A L C= ⋅ , então

( )9600 1,5 C C= ⋅ ⋅

2 9600

1,5C =

960080

1,5C = =

Substituindo em 1,5L C= ⋅

1,5 80 120L = ⋅ =

Esta tela tem as dimensões de 80 cm de altura, por 120 cm de largura

4.11 Quais são as raízes da equação 2 14 48 0x x− ⋅ + = ?

☺ a) 4 e 6 b) 6 e 5 c) 5 e 7 d) 6 e 8 e) 8 e 9

Solução:

Primeiro, vamos calcular 2 4b a c∆ = − ⋅ ⋅

( ) ( ) ( )2

14 4 1 48∆ = − − ⋅ ⋅

196 192 4∆ = − =

Agora, apliquemos Bhaskara: 2

bx

a

− ± ∆=

⋅

( )1

14 4 14 28

2 1 2x

− − + += = =

⋅

( )2

14 4 14 26

2 1 2x

− − − −= = =

⋅

4.12 O produto da idade de Pedro pela idade de João é igual a 374. Pedro é 5 anos mais velho que João. Quantos anos tem cada um deles?

� a) 22 e 27 b) 55 e 50 c) 15 e 20 d) 18 e 23 e) 17 e 22

Solução:

P = idade de Pedro

J = idade de João

374P J⋅ =

5P J= + Substituindo uma equação na outra:

( )5 374J J+ ⋅ =

2 5 374 0J J+ ⋅ − =

Vamos calcular 2 4b a c∆ = − ⋅ ⋅

( ) ( ) ( )2

5 4 1 374∆ = − ⋅ ⋅ −

25 1496 1521∆ = + =


bx

a

− ± ∆=

⋅

( )1

5 1521 5 3917

2 1 2J

− + − += = =

⋅

( )2

5 1521 5 3922

2 1 2J

− − − −= = = −

⋅

Como não existe idade negativa, 2J será descartado.

Com isso, João tem 17 anos. Agora, substituindo a idade de João na equação

5P J= +

17 5 22P = + = Ou seja, Pedro tem 22 anos. Testando a solução:

22 17 374⋅ =



4.13 Comprei 4 pastéis a um certo valor unitário. Também comprei algumas coxinhas, com o mesmo preço unitário, cuja quantidade comprada foi igual ao valor unitário de cada pastel. Paguei com duas notas de cem reais e recebi R$ 8,00 de troco. Qual o preço unitário de cada lanche?

� a) 8 b) 9 c) 10 d) 11 e) 12

Solução:

$ = preço de cada lanche

A compra de 4 pastéis custará: 4 4 $P⋅ = ⋅ A quantidade de coxinhas é igual ao preço do pastel,

portanto: $C = . E como a coxinha tem o mesmo preço

do pastel, a compra de $ coxinhas custará: $ $⋅ O valor total pago foi de R$ 192, então

4 $ $ $ 192⋅ + ⋅ = 2$ 4 $ 192 0+ ⋅ − =


( ) ( ) ( )2

4 4 1 192∆ = − ⋅ ⋅ −

16 768 784∆ = + =


bx

a

− ± ∆=

⋅

( )1

4 784 4 28$ 12

2 1 2

− + − += = =

⋅

( )2

4 784 4 28$ 16

2 1 2

− − − −= = = −

⋅

Portanto o preço de cada lanche é $ 12= Testando a solução:

Pastéis: 4 12 48⋅ =

Coxinhas: 12 12 144⋅ =

144 48 192+ =

4.14 Achar a raiz da equação ( )2

2 5 3 25x x⋅ + + ⋅ = que seja diferente de 0.

� a) 2

3− b)

23

4− c)

3

4− d)

3

4 e)

4

3

Solução:

( )2

2 5 3 25x x⋅ + + ⋅ =

Devemos reconhecer que ( )2

2 5x⋅ + é um produto

notável, ou seja, é o quadrado da soma de dois termos. Neste caso, a regra básica é: quadrado do primeiro, mais duas vezes o primeiro vezes o segundo, mais o quadrado do segundo.

( )2 2 22a b a a b b+ = + ⋅ ⋅ +

Então:

( ) ( ) ( )2 2

quadrado 2 vezes o primeiro 2 vezesdo primeiro vezes o segundo o segundo

2 2 2 5 5 3 25 0x x x⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + + ⋅ − =

( )24 2 10 25 3 25 0x x x⋅ + ⋅ ⋅ + + ⋅ − =

24 20 25x x⋅ + ⋅ + 3 25x+ ⋅ − 0= 24 23 0x x⋅ + ⋅ =


( ) ( ) ( )2

23 4 4 0∆ = − ⋅ ⋅

529∆ =


bx

a

− ± ∆=

⋅

( )1

23 529 23 230

2 4 8x

− + − += = =

⋅

( )1

23 529 23 23 46 23

2 4 8 8 4x

− − − − −= = = = −

⋅



4.15

O movimento de um projétil, lançado para cima verticalmente, é descrito pela equação 240 200y x x= − ⋅ + ⋅ . Onde y é a altura, em metros, atingida pelo projétil x segundos após o lançamento. A

altura máxima atingida e o tempo que esse projétil permanece no ar corresponde, respectivamente, a

� a) 6,25 m 5 s

b) 250 m 0 s

c) 250 m

5 s d)

250 m 200 s

e) 10.000 m 5 s

Solução: Primeiramente, calculemos o tempo de permanência do projétil, ou seja, x segundos. Para isto, vamos calcular

2 4b a c∆ = − ⋅ ⋅

( ) ( ) ( )2

200 4 40 0∆ = − ⋅ − ⋅

40.000∆ =


bx

a

− ± ∆=

⋅

( )( )1

200 40.000 200 200 00

2 40 80 80x

− + − += = = − =

⋅ − −

( )( )2

200 40.000 200 200 4005

2 40 80 80x

− + − − −= = = =

⋅ − − −

Agora devemos calcular a ordenada do vértice da parábola

4V

ya

∆= −

⋅

( )40.000 40.000

2504 40 160

Vy−

= − = =⋅ − −

4.16 A razão entre a soma e o produto das raízes da equação 22 7 3 0x x⋅ − ⋅ + =

� a) 7

3 b)

7

2 c)

3

2 d)

3

7 e)

2

7

Solução:


( ) ( ) ( )2

7 4 2 3∆ = − − ⋅ ⋅

25∆ =


bx

a

− ± ∆=

⋅

( )( )1

7 25 7 5 12

2 2 4x

− − + += = =

⋅

2

42

6

2=

( )( )2

7 25 7 5 2

2 2 4x

− − − −= = =

⋅

2

42

1

2=

A soma entre as raízes é 6 1

2 2+

O produto entre as raízes é 6 1

2 2⋅

A razão entre a soma e o produto das raízes é:

6 1 7

2 2 26 1 62 2

+=

⋅2

42

77 2 142

3 2 3

2

= = ⋅ =

2

62

7

3=



4.17 O vértice da parábola que corresponde à função ( )2

2 2y x= − + é

� a) (–2, –2) b) (–2, 0) c) (–2, 2) d) (2, –2) e) (2, 2)

Solução:

Primeiro vamos desmembrar o produto notável

( )2

2x −

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2

o quadrado 2 vezes o primeiro o quadradodo primeiro vezes o segundo do segundo

2 2 2 4 4x x x x+ ⋅ − ⋅ + − = − ⋅ +

2 4 4 2y x x= − ⋅ + +

2 4 6y x x= − ⋅ +


( ) ( ) ( )2

4 4 1 6∆ = − − ⋅ ⋅

16 24∆ = −

8∆ = −

Agora devemos calcular a abscissa do vértice da

parábola, que é dada por: 2

V

bx

a= −

⋅

( )( )4 4

22 1 2

Vx

−= − = =

⋅

Agora devemos calcular a ordenada do vértice da

parábola, que é dada por: 4

Vy

a

∆= −

⋅

( )( )8 8

24 1 4

Vy

−= − = =

⋅

Portanto, o vértice da parábola ( ),V Vx y é ( )2, 2

4.18

Um corpo lançado do solo verticalmente para cima tem posição em função do tempo dada pela função

( )240 5

tf t t= ⋅ − ⋅ onde o tempo t é dado em segundos. Quanto tempo o corpo levará para atingir o solo

novamente?

� a) 2 s b) 4 s c) 8 s d) 16 s e) 32 s

Solução:

Primeiro vamos reorganizar a função:

( )25 40

tf t t= − ⋅ + ⋅


( ) ( ) ( )2

40 4 5 0∆ = − ⋅ − ⋅

1600 0∆ = −

1600∆ =


bx

a

− ± ∆=

⋅

( )( )1

40 1600 40 400

2 5 10t

− + − += = =

⋅ − −

( )( )2

40 1600 40 40 808

2 5 10 10t

− − − − −= = = =

⋅ − − −



4.19

Geraldo, um bem armado caçador, avista um galináceo que está prestes a ser seu jantar. Mas entre Geraldo e a ave há um arbusto. Geraldo, então, rapidamente calcula que terá que lançar seu letal disparo de bodoque

segundo a trajetória descrita pela função ( )22 4 30

tf t t= − ⋅ − ⋅ + onde o tempo t é dado em segundos.

Quanto tempo a ave levará para ser atingida?

� a) 2 s b) 4 s c) 8 s d) 16 s e) 32 s

Solução:


( ) ( ) ( )2

4 4 2 30∆ = − − ⋅ − ⋅

16 240∆ = +

256∆ =


bx

a

− ± ∆=

⋅

( )( )1

4 256 4 16 205

2 2 4 4t

− − + += = = − = −

⋅ − −

( )( )2

4 256 4 16 123

2 2 4 4t

− − − − −= = = =

⋅ − − −

A ave levará 5 3 8+ = segundos para ser atingida

4.20 O vértice ,

2 4

bV

a a

− −∆ =

⋅ ⋅ da parábola é o ponto de máximo ou mínimo da função. O vértice da parábola

descrita pela função ( )2 4 3

xf x x= − ⋅ + é:

☺ a) (–1,–3) b) (1,–3) c) (–1,3) d) (1,3) e) (3,–1)

4.21 O lucro de uma loja, pela venda diária de x peças, é dado por ( ) ( ) ( )100 10 4

xL x x= ⋅ − ⋅ − . O lucro máximo,

por dia, é obtido com a venda de quantas peças?

� a) 7 b) 10 c) 14 d) 50 e) 100

Solução:

( ) ( )100 10 10 4 4x

L x x x x= ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅

( ) ( )2100 10 4 40x

L x x x= ⋅ − + ⋅ + ⋅ −

( ) ( )2100 14 40x

L x x= ⋅ − + ⋅ −

( )2100 1400 4000

xL x x= − ⋅ + ⋅ −

Para obter o maior lucro devemos encontrar a abscissa

do vértice da parábola 2

V

bx

a= −

⋅

( )1400 1400

72 100 200

Vx−

= − = =⋅ − −

4.22 Suponha que o custo C para produzir x unidades de um certo produto seja dado por

( )22 400 100.000

xC x x= ⋅ − ⋅ + . Qual o nível de produção (valor de x) para que o custo seja mínimo?

� a) 70 b) 100 c) 140 d) 500 e) 1000



4.23 Deseja-se construir uma casa térrea retangular. Determine as dimensões do retângulo onde a casa será construída, sabendo que o seu perímetro é 60 m e que a área deve ser máxima.

� a) 12m × 15m b) 12m × 10m c) 10m × 15m d) 15m × 15m e) 11m × 12m

Solução:

L = Largura

C = Comprimento

Sabemos que a área de um retângulo é:

A C L= ⋅

E sabemos que o perímetro de um retângulo é

2 2P C L= ⋅ + ⋅

Isolando o comprimento na equação do perímetro:

2 2 60C L⋅ + ⋅ =

60 230

2

LC L

− ⋅= = −

Substituindo o comprimento encontrado na equação da área:

( ) 230 30A L L L L= − ⋅ = ⋅ −

2 30A L L= − + ⋅

Nota-se que a equação resultante é uma equação do segundo grau, onde temos a área como função da largura. Se plotarmos um gráfico desta equação, veremos como a área varia em função do comprimento:

Aplicando Bhaskara 2

bx

a

− ± ∆=

⋅ encontraremos os

pontos onde a área será mínima:

( )( )1

30 900 30 30 00

2 1 2 2L

− + − += = = =

⋅ − − −

( )( )2

30 900 30 30 6030

2 1 2 2L

− − − − −= = = =

⋅ − − −

Pelo gráfico acima, vemos que a máxima área será o

vértice da parábola, ou seja: 4

Vy

a

∆= −

⋅

( )900 900

2254 1 4

V máxy A−

= = − = =⋅ − −

E, para encontrar qual é a largura responsável pela

maior área, devemos encontrar a abscissa do vértice da

parábola 2

V

bx

a= −

⋅

( )30 30

15 m2 1 2

Vx L−

= = − = =⋅ − −

Se a largura é 15L = , substituindo em 30C L= −

30 15C = −

15 mC =

Portanto, o retângulo que resulta na maior área possível

é um retângulo de 15 m x 15 m



5 Desafios matemáticos

5.1 Troque apenas dois fósforos de lugar e obtenha sete quadrados.

Solução:

5.2 12 fósforos compõem a figura. Movendo 3 fósforos consegue–se reduzir a área para 2/3 da área original.

Solução:

5.3 Três homens querem atravessar um rio. O barco suporta no máximo 130 kg. Eles pesam 60, 65 e 80 kg. Como devem proceder para atravessar o rio, sem afundar o barco?

Solução: Os homens de 60 e 65kg atravessam. Um deles volta. O que pesa 80kg atravessa sozinho. O barco volta com o que havia ficado. Finalmente os de 60 e 65kg atravessam, e os três estarão do outro lado do rio.

5.4 Na figura temos 3 círculos grandes, e cada um deles passa por 4 círculos menores. Coloque os números 1, 2, 3, 4, 5 e 6 nos círculos pequenos de modo que os números de cada círculo grande somem 14.

Solução:



FORMULÁRIO

Triângulo retângulo: CA

cosH

β = CO

sinH

β = CO

tanCA

β =

Área do círculo vazado: ( )

2

4

EXT INTA

π ⋅ ∅ − ∅=

Volume: A L∀ = ⋅

Massa específica:m

ρ =∀

Conversão de pés: 1 ft 12 in 304,8 mm= =

[ ºC ] [ ºF ] [ ºR ] [ K ]

Celcius Fahrenheit Réaumur Kelvin

C5 F 32

9

5 R

4

F9 C

532

9 R

432

R4 C

5

4 F 32

9

K C 273,15

Legenda

☺ � � � � MUITO FÁCIL FÁCIL INTERMEDIÁRIA DIFÍCIL CAVERNOSA

exercÍcios_resolvidos_metematica

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