manual do professor - losangouba.com.br · 4 capítulo c3: Áreas de figuras planas o estudo desse...

EM 2ª série | Volume 2 | Matemática

Manual do Professor

EM2MPV2_MAT.indd 1 05/01/18 10:16

2 Coleção EM2Coleção EM2

C689 Coleção Ensino Médio 2ª série: - Belo Horizonte: Bernoulli Sistema de Ensino, 2018. 176 p.: il.

Ensino para ingresso ao Nível Superior. Bernoulli Grupo Educacional.

1. Matemática I - Título II - Bernoulli Sistema de Ensino III - V. 2

CDU - 37CDD - 370

Centro de Distribuição:

Rua José Maria de Lacerda, 1 900 Cidade Industrial Galpão 01 - Armazém 05 Contagem - MGCEP: 32.210-120

Endereço para correspondência:

Rua Diorita, 43, PradoBelo Horizonte - MGCEP: 30.411-084www.bernoulli.com.br/sistema 31.3029.4949

Fotografias, gráficos, mapas e outros tipos de ilustrações presentes em exercícios de vestibulares e Enem podem ter sido adaptados por questões estéticas ou para melhor visualização.

Coleção Ensino Médio 2ª série – Volume 2 é uma publicação da Editora DRP Ltda. Todos os direitos reservados. Reprodução proibida. Art. 184 do Código Penal e Lei 9.610 de 19 de fevereiro de 1998.

SAC: [email protected] 31.99301.1441 - Dúvidas e sugestões a respeito das soluções didáticas.

ConSElho DirEtorDiretor Administrativo-Financeiro: Rodrigo Fernandes DomingosDiretor de Ensino: Rommel Fernandes DomingosDiretor Pedagógico: Paulo RibeiroDiretor Pedagógico Executivo: Marcos Raggazzi

DirEçãoDiretor Executivo: Tiago Bossi

AutoriAMatemática: José Augusto de Melo, Kennedy, Paulo Ribeiro

ProDuçãoGerente de Produção: Luciene FernandesAnalista de Processos Editoriais: Letícia OliveiraAssistente de Produção Editorial: Thais Melgaço

núcleo PedagógicoGestores Pedagógicos: Amanda Zanetti, Vicente Omar TorresCoordenadora Geral de Produção: Juliana RibasCoordenadoras de Produção Pedagógica: Drielen dos Santos, Isabela Lélis, Lílian Sabino, Marilene Fernanda Guerra, Thaísa Lagoeiro, Vanessa Santos, Wanelza TeixeiraAnalistas Pedagógicos: Amanda Birindiba, Átila Camargos, Bruno Amorim, Bruno Constâncio, Daniel Menezes, Daniel Pragana, Daniel Pretti, Dário Mendes, Deborah Carvalho, Joyce Martins, Juliana Fonseca, Júnia Teles, Luana Vieira, Lucas Maranhão, Mariana Campos, Mariana Cruz, Marina Rodrigues, Paulo Caminha, Paulo Vaz, Raquel Raad, Sabrina Carmo, Stênio Vinícios de Medeiros, Taciana Macêdo, Tatiana Bacelar, Thalassa Kalil, Thamires Rodrigues, Vladimir AvelarAssistente técnica em Estatística: Numiá GomesAssistentes de Produção Editorial: Carolina Silva, Suzelainne de Souza

Produção EditorialGestora de Produção Editorial: Thalita NigriCoordenadores de núcleo: Étore Moreira, Gabriela Garzon, Isabela DutraCoordenadora de iconografia: Viviane FonsecaPesquisadores iconográficos: Camila Gonçalves, Débora Nigri, Eloine Reis, Fabíola Paiva, Guilherme Rodrigues, Núbia Santiagorevisores: Ana Maria Oliveira, Gabrielle Ruas, Lucas Santiago, Luciana Lopes, Natália Lima, Tathiana OliveiraArte-Finalistas: Cleber Monteiro, Gabriel Alves, Kátia SilvaDiagramadores: Camila Meireles, Isabela Diniz, Kênia Sandy Ferreira, Lorrane Amorim, Naianne Rabelo, Webster Pereirailustradores: Reinaldo Rocha, Rodrigo Almeida, Rubens Lima

Produção GráficaGestor de Produção Gráfica: Wellington SeabraCoordenador de Produção Gráfica: Marcelo CorreaAnalista de Produção Gráfica: Patrícia ÁureaAnalistas de Editoração: Gleiton Bastos, Karla Cunha, Pablo Assunção, Taiana Amorimrevisora de Produção Gráfica: Lorena Coelho

Coordenador do PSM: Wilson BittencourtAnalistas de Processos Editoriais: Augusto Figueiredo, Izabela Lopes, Lucas Roquerevisoras: Bruna Emanuele Fernandes, Danielle Cardoso, Luísa GuerraArte-Finalista: Larissa AssisDiagramadores: Anna Carolina Moreira, Maycon Portugal, Rafael Guisoli, Raquel Lopes, Wallace Weberilustrador: Hector Ivo Oliveira

rElACionAMEnto E MErCADoGerente Geral de relacionamento e Mercado: Renata Gazzinelli

SuPortE PEDAGóGiCoGerente de Suporte Pedagógico: Heloísa BaldoAssessoras Pedagógicas Estratégicas: Madresilva Magalhães, Priscila BoyGestores de Conteúdo: Luciano Carielo, Marinette FreitasConsultores Pedagógicos: Adriene Domingues, Camila Ramos, Claudete Marcellino, Daniella Lopes, Denise Almeida, Eugênia Alves, Francisco Foureaux, Leonardo Ferreira, Lucilene Antunes, Paulo Rogedo, Soraya OliveiraAnalista de Conteúdo Pedagógico: Paula VilelaAnalista de Suporte Pedagógico: Caio PontesAnalista técnico-Pedagógica: Graziene de AraújoAssistente técnico-Pedagógica: Werlayne BastosAssistentes técnico-Administrativas: Aline Freitas, Lívia Espírito Santo

CoMErCiAlCoordenador Comercial: Rafael CurySupervisora Administrativo-Comercial: Mariana GonçalvesConsultores Comerciais: Adalberto de Oliveira, Carlos Eduardo Oliveira, Cláudia Amoedo, Eduardo Medeiros, Guilherme Ferreira, Ricardo Ricato, Robson Correia, Rossano Rodrigues, Simone CostaAnalistas Comerciais: Alan Charles Gonçalves, Cecília Paranhos, Rafaela RibeiroAssistentes Comerciais: Laura Caroline Tomé, Melissa Turci

ADMiniStrAtivoGerente Administrativo: Vítor LealCoordenadora técnico-Administrativa: Thamirys Alcântara Coordenadora de Projetos: Juliene SouzaAnalistas técnico-Administrativas: Ana Clara Pereira, Bárbara Câmara, Lorena KnuppAssistentes técnico-Administrativos: Danielle Nunes, David Duarte, Fernanda de Souza, Mariana Girardi, Priscila Cabral, Raphaella HamziAuxiliares de Escritório: Jéssica Figueiredo, Sandra Maria MoreiraEncarregado de Serviços Gerais e Manutenção: Rogério Brito

oPErAçõESGerente de operações: Bárbara AndradeCoordenadora de operações: Karine ArcanjoSupervisora de Atendimento: Adriana MartinsAnalista de Controle e Planejamento: Vinícius AmaralAnalistas de operações: Ludymilla Barroso, Luiza RibeiroAssistentes de relacionamento: Amanda Aurélio, Amanda Ragonezi, Ana da Silva, Ana Maciel, Ariane Simim, Débora Teresani, Elizabeth Lima, Eysla Marques, Flora Freitas, Iara Ferreira, Renata Gualberto, Renata Magalhães, Viviane RosaCoordenadora de Expedição: Janaína CostaSupervisor de Expedição: Bruno Oliveiralíder de Expedição: Ângelo Everton PereiraAnalista de Expedição: Luís XavierAnalista de Estoque: Felipe LagesAssistentes de Expedição: Eliseu Silveira, Helen Leon, João Ricardo dos Santos, Pedro Henrique Braga, Sandro Luiz QueirogaAuxiliares de Expedição: Admilson Ferreira, Marcos Dionísio, Ricardo Pereira, Samuel Pena

tECnoloGiA EDuCACionAlGerente de tecnologia Educacional: Alex RosaCoordenadora Pedagógica de tecnologia Educacional: Luiza WinterCoordenador de tecnologia Educacional: Eric LongoCoordenadora de Atendimento de tecnologia Educacional: Rebeca MayrinkAnalista de Suporte de tecnologia Educacional: Alexandre PaivaAnalista de tecnologia Educacional: Vanessa VianaAssistentes de tecnologia Educacional: Augusto Alvarenga, Naiara Monteiro, Sarah CostaDesigner de interação: Marcelo CostaDesigners instrucionais: Alisson Guedes, David Luiz Prado, Diego Dias, Fernando Paim, Mariana Oliveira, Marianna DrumondDesigner de vídeo: Thais MeloEditora Audiovisual: Marina Ansalonirevisor: Josélio VerteloDiagramadores: Izabela Brant, Raony Abade

MArkEtinGGerente de Marketing: Maria Cristina BelloCoordenadora de Marketing: Jaqueline Camargos

EM2MPV2_MAT.indd 2 15/01/18 16:20

Mat

emát

ica

Manual do Professor

3Bernoulli Sistema de Ensino

Planejamento do volume*Disciplina: MatEMÁtICa

sÉRiE: 2ª

sEGMEnTO: EM

vOluME: 2

FRENTE CAPÍTulo TÍTulo SugESTõES dE ESTRATégiAS

A3 •Transformações trigonométricas •Aula expositiva

•Aplicação de exercícios•Resolução de exercícios•Aula prática•Debate•Aula multimídia•Discussão em grupos•Filmes

4 •Equações e inequações trigonométricas

B 2 •Combinatória: permutações e combinações

C3 •Áreas de figuras planas

4 •Geometria de posição e poliedros

* Conteúdo programático sujeito a alteração.

Orientações e sugestõesCapítulo A3: Transformações trigonométricas

Professor, apresente as fórmulas de soma e subtração de arcos para os alunos, enfatizando que elas deverão ser memorizadas, uma vez que as deduções dessas expressões são complicadas. Porém, com base nelas, é possível deduzir as fórmulas de arco duplo, as quais, portanto, não precisam ser decoradas. Apresente as equações de Prostaférese que, por serem mais extensas, também devem ser deduzidas pelos alunos a partir das expressões anteriores, ainda com a sua ajuda. Demonstre, por exemplo, que um produto entre senos ou cossenos só pode ser fatorado como subtração ou soma de cossenos e vice-versa, pois, na fórmula do cosseno da soma de arcos, os cossenos, assim como os senos, aparecem multiplicados entre si. Para ajudar na sistematização, apresente as quatro relações de soma e subtração de arcos alinhados na vertical, para que o aluno seja induzido a encontrar o termo de que ele precisa.

Capítulo A4: Equações e inequações trigonométricasComece o estudo do capítulo trabalhando as equações de seno, cosseno e tangente. Em seguida, exponha a

semelhança existente entre as suas resoluções. Faça isso resolvendo todos os exercícios no domínio dos reais, mesmo que haja algum exercício cuja solução envolva alguma volta específica no ciclo. A resolução dos primeiros exercícios deve ser feita com o auxílio do ciclo, pois este mostra, por exemplo, que arcos suplementares têm o mesmo valor de seno. Assim, evita-se que o aluno caia no erro da memorização sistemática. Em seguida, resolva, com seus alunos, algumas inequações trigonométricas, trabalhando como no caso das equações, no domínio dos reais e com o auxílio do ciclo, e peça-lhes que resolvam exercícios em casa.

Capítulo B2: Combinatória: permutações e combinaçõesApesar de a ferramenta básica de resolução de problemas de contagem ser o princípio multiplicativo,

alguns problemas podem ter como alternativa de resolução a utilização de fórmulas. Nesse capítulo, o aluno deve perceber de modo claro que, em algumas situações, o uso da fórmula pode ser melhor que o uso do princípio multiplicativo. Para que o uso dessas fórmulas seja mais proveitoso, enfatize as características de cada agrupamento para que o aluno saiba qual fórmula utilizar em uma dada situação. Mostre aos alunos como essas fórmulas foram deduzidas. Dê muitos exemplos e discuta outras soluções possíveis. Esclareça as dúvidas de seus alunos, aproveitando os erros advindos de soluções incorretas, para fixar o conteúdo.

EM2MPV2_MAT.indd 3 10/01/18 16:10

4 Coleção EM2

Capítulo C3: Áreas de figuras planasO estudo desse capítulo é muito importante para entender futuramente a Geometria Sólida. Por isso,

primeiramente, trate das várias expressões para o cálculo da área do triângulo, tentando mostrar ao aluno que a escolha de uma delas na resolução de um exercício deve ser feita em função dos dados fornecidos no enunciado. Em seguida, trabalhe com as áreas dos quadriláteros notáveis relembrando algumas características de cada um deles. Trabalhe, em seguida, com os elementos e com a área de polígonos regulares. Por fim, trabalhe com áreas relacionadas com o círculo, desde as expressões básicas até situações em que o aluno terá de relacionar essas expressões com as aprendidas anteriormente. Proponha aos seus alunos, professor, a resolução de problemas tanto em sala de aula como em casa.

Capítulo C4: Geometria de posição e poliedrosApresente aos alunos os conceitos básicos da Geometria Euclidiana, trabalhando-os de maneira mais

intuitiva. Mostre, em seguida, as várias maneiras de se determinar um plano e a equivalência entre elas. Trabalhe também as posições relativas entre duas retas, entre um ponto e um plano e entre dois planos e resolva exercícios. Conceitue poliedro convexo, explorando a Relação de Euler. Defina o que são poliedros de Platão e poliedros regulares, discuta a expressão que fornece a soma dos ângulos das faces e, por fim, resolva exercícios relacionados a esses assuntos.

Comentário e resolução de questõesCAPÍTULO – A3

Transformações trigonométricas

Exercícios de aprendizagem

Questão 01Comentário:

A) Utilizando o seno da diferença dos arcos, temos:

� ��

= − =

− = − =−

sen15° sen (45° 30°)

sen 45° . cos 30° sen 30° . cos 45°64

24

6 24

22

32

12

22

B) Utilizando o cosseno da soma dos arcos, temos:

��

= + =

− = − =−

cos 75° cos (45° 30°)

cos 45° . cos 30° sen 30° . sen 45°64

24

6 24

22

32

12

22

C) Utilizando a tangente da soma dos arcos, temos:

��

��

( )

( )

= + =

+−

=+

−

+

+= +

−=

= +

tg105° tg (60° 45°)

tg 60° tg 45°1 tg 60° . tg 45°

3 1

1 3.

3 1

3 13 1

1 3

–2 – 3 – 2 3

3 1

3 1 Racionalizando

2

22

D) Utilizando o seno da soma dos arcos e considerando que, no item A, sen 15° já foi calculado, temos:

� ��

= + =

+ = −−

− −

sen195° sen (180° 15°)

sen180° . cos 15° sen15° . cos 180°6 2

40 6 2

4

1

E) Utilizando a tangente da diferença dos arcos e lembrando

que = =tg 30°1

3

33

, temos:

tg15° tg (45° 30°)

tg 45° tg 30°

1 tg 45° . tg 30°

11

3

11

3

.1

1

3

11

3

12

3.

3

3

1

3

11

3

4 2 3

32

3

2 2 3

22 3.

1

1

3

1 1

3Racionalizando

2

2

2

��

��

��

( )

= − =

−

+=

−

+

−

−

=

− +

−

=

−

=

−= −

Questão 02Comentário: Dado que tg A = 3 e tg B = 2, utilizamos a tangente da soma dos arcos para tg (A + B):

+ =+

−=

+−

=−

= −tg (A B)tg A tg B

1 tg A . tg B3 2

1 3 .255

1.

EM2MPV2_MAT.indd 4 10/01/18 16:10

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 03 Comentário: Para se calcular sen (x + y) e cos (x – y), deve-se encontrar, antes, os valores de cos x e sen y. Usando a Relação Fundamental da Trigonometria e os valores de sen x = 4

5

e cos y = 1213

dados no enunciado, temos:

• sen x + cos x =12 2 ⇒ =

⇒ = ±cos – cos2

2

1 45

35

x x

Como 0 < x < π2

, cos x > 0. Logo, cos x = 35

.

• sen y + cos y =12 2 ⇒ =

⇒ = ±sen y sen y2

2

1 1213

513

–

Como 32

2π π< <y , sen y < 0, sen y = – 513

necessariamente.

Assim:

sen x y( ) . – .+ = + = =sen x.cos y sen y.cos x 45

1213

35

513

33655

= + = − =cos (x – y) cos x.cos y sen x.sen y35

.1213

45

.513

1665

.

Questão 04Comentário:Dado que = − ∈ π

π

sen x

513

, x ,32

, temos que cos x é:

+ = ⇒ = − ⇒

= =

=

cos x sen x 1 cos x 1 sen x

cos x144169

1213

2 2 2

sen x 5

132

2

2

Como ∈ ππ

=x ,

32

, cosx –1213

.

A)

��

��

��

��cos3

x cos3

. cos x sen3

. sen x

613

5 326

12 5 326

12

1213

32

513

π−

=π

+π

=

− +

= −

+

− −

B)

��

��

��

��sen32

x sen32

. cos x cos32

. sen x

1213

01213

1

1213

0

513

π+

=π

+π

=

+ =

−

− −

C) Primeiramente, calculamos tg x:

= =−

−=tg x

sen xcos x

5

1312

13

512

Utilizando a tangente da soma dos arcos, temos:

�

�

�

�

tg4

xtg

4tg x

1 tg4

. tg x

1 512

1 512

17

12

7

12

177

.

1 512

1512

π +

=

π +

− π=

+

−=

=

Questão 05

Comentário:

A) �� sen (90° x) sen 90°.cos x sen x.cos 90°

1.cos x sen x.0 cos x.1 0

+ = + =

+ =

B) ��

cos32

x cos32

.cos x sen x.sen32

0.cos x sen x.( 1) sen x.0 1

π−

=π

+π

=

+ − = −−

C) ��

sen2

x sen2

.cos x sen x.cos2

1.cos x sen x.0 cos x.1 0

π−

=π

−π

=

+ =

D) ��

π+

=π

−π

=

− − =−

cos32

x cos32

.cos x sen x.sen32

0.cos x sen x.( 1) sen x.0 1

Questão 06Comentário: De acordo com o enunciado, temos:

sen1

5,

sen1

10,

0 ,2

θ =

α =< θ α <

π

Assim, devemos calcular cos θ e cos α.

cos sen 1

cos 1 sen cos45

2

5

Como 02

cos 0, ou seja, cos2

5.

cos sen 1

cos 1 sen cos9

103

10

2 2

2

2 2

2

θ + θ = ⇒

θ = − θ ⇒ θ = =

< θ <π

⇒ θ > θ =

α + α = ⇒

α = − α ⇒ α = =

Como 02

cos3

10.< α <

π⇒ α =

Calculamos, então, a tangente dos dois ângulos:

θ =θθ

= =

α =αα

= =

tgsencos

1

52

5

12

tgsencos

1

103

10

13

Calculando a tangente de (α + θ), temos:

θ + α =θ + α

− θ α=

+

−=

+

−= =tg ( )

tg tg1 tg .tg

12

13

1 12

.13

3 2

66 1

6

5

51.

EM2MPV2_MAT.indd 5 10/01/18 16:10

6 Coleção EM2

Questão 07Comentário: Pela figura, temos:

α = =

α + β =+

⇒ =+

⇒ =

tg84

2

tg ( )8 x

43

8 x4

x 4

Utilizando a tangente da soma dos arcos na segunda equação, temos:

�

�α + β =

α + β− α β

=+ β

− β=

+ β− β

= ⇒ + β = − β ⇒ β = ⇒ β =

tg ( )tg tg

1 tg .tg2 tg

1 2.tg3

2 tg1 2.tg

3 2 tg 3(1 2.tg ) 7.tg 1 tg17

.

2

2

Questão 08 Comentário: Observando o triângulo BAC, temos:

tg B C BCAB

tg AB BCA = = = ⇒ = =45 1 2°

Observando o triângulo BAD, temos:

tg B D tg BDAB

A = + = =( )45 32

° θ

Usando a fórmula da tangente da soma de arcos:

+ θ = =+ θ

− θ=

+ θ− θ

⇒

− θ = + θ ⇒ θ = ⇒ θ =

tg (45° )32

tg 45° tg1 tg .tg 45°

1 tg1 tg

3 3 tg 2 2 tg tg15

cotg 5.

Questão 09 Comentário: Observe figura a seguir:

30°

2a

x x

β α

tg ax

x a30 22

33

3° = = ⇒ =

tg xa

aa

β = = =2

32

32

Como α + β + 30° + 90° = 180° ⇒ α + β = 60°, conclui-se que

tg tg( )α β+ = =60 3° .

Usando a fórmula da tangente da soma, temos:

tg tg tgtg tg

tg

tgtg( )

. .α β α β

α β

α

αα+ = +

−⇒ =

+

−

⇒ =1

3

32

1 32

355

Portanto, x = a¹3 e tg α = 35

.

Questão 10

Comentário: De acordo com o enunciado, α =sen13 e

2π

≤ α ≤ π.

Então:

cos sen 1 cos 1 sen89

2 23

2cos 0 cos cos cos

2 23

2 2 2α + α = ⇒ α = − α = =

π≤ α ≤ π ⇒ α < ⇒ α = − α ⇒ α = −

A) α = α α = −

−

sen 2 2.sen .cos 4 29

13

2 23

.

B) �� cos 2 cos sen79

.2

89

2

19

α = α − α =

C)

tgsencos

1

3

2 2

3

1

2 2.

2

2

24

.

Racionalizando

α =αα

=

−

= − = −

�

�α =

α− α

=−

−= − = −

−

−

tg 22.tg

1 tg

1

2

1 18

1

278

4 27

.

1

2 2

2

1

2 2

2

Questão 11 Comentário: Considere a figura a seguir:

A

C B

2¹3

Pela Lei dos Senos, podemos escrever:

senBC

senAC

IA B= ( )

Como A = 2B, temos:

sen A = sen 2B = 2.sen B.cos B (II)

Substituindo (II) em (I) e sabendo que AC = 2¹3 e cos B = 34,

temos:

2.sen .cosBC

senAC

2.34

BC1

2 3BC 3 3.

sen 0

= ⇒ = ⇒ =≠

B B B

B

Questão 12 Comentário: Para encontrar os valores pedidos no enunciado, deve-se, primeiramente, calcular cos α pela Relação Fundamental da Trigonometria:

sen cos =1 cos2 2 2

2

α α α α+ ⇒ = −

⇒ = ±1 4

535

cos

Como α é agudo, cos α > 0. Logo, cos α = 35

.

EM2MPV2_MAT.indd 6 05/01/18 10:16

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Em seguida, calculando-se sen 2α e cos 2α, temos:

sen 2 2.sen .cos 2.45

.35

2425

α = α α = =

α = − α = − =cos2 1 2.sen 1 2.1625

–725

.2

Questão 13 Comentário:A) Usando a Relação Fundamental da Trigonometria e sabendo

que cos θ = 35

, temos:

sen os 12 2θ θ θ θ+ = ⇒ =

⇒ = ±c sen sen2

2

1 35

45

–

Como0≤θ≤ π2

, sen θ ≥0,considera-seapenassenθ = 45

.

Calculando os valores pedidos no enunciado:

sen sen

sen

2 2 2 45

35

2425

2 1 2 12

θ θ θ

θ θ

= = =

= − =

. .cos . .

cos . −− = −

= =−

= −

2 1625

725

2 22

2425725

247

.

costg senθ θ

θ

Portanto, sen 22425

e tg 2 –247

.θ = θ =

B) Como seccos

θθ

= 1 , então cos θ = − 13

e sen θ = ± 2 23

.

Como 2π ≤ θ ≤ π, sen θ ≥ 0, e, consequentemente, sen θ = 2 2

3.

Calculando os valores pedidos:

sen sen2 2 2 2 23

13

4 29

2 1 2

θ θ θ

θ

= = −

= −

= −

. .cos . .

cos .. .

cos

sen

tg sen

2 1 2 89

79

2 22

4 2979

4 27

θ

θ θθ

= − = −

= =−

−=

Portanto, sen e tg2 4 29

2 4 27

θ θ= =– .

Questão 14Comentário: Utilizando o seno de arco duplo:

θ = θ θ ⇒θ

= θ θsen 2 2.sen .cossen 2

2sen .cos

Podemos usar essa relação na equação dada:

� ��

�

Dv

16.sen .cos 100 80

16.sen 2

2

sen 2 12

26

2k

2 56

2kk

02

sen 22

2

= θ θ ⇒ = θ ⇒

θ = ⇒θ = π + π

θ = π + π∈

θ

θ =π

+ π

θ =π

+ π∈

12k

512

kk

Como 02

, =12

ou =512

≤ θ ≤π

θπ

θπ .

Questão 15Comentário: A bifurcação da artéria forma o triângulo BCD, como ilustrado na figura a seguir:

3 mm

θθ

3 mm

D

C

x

x

B

Pela Lei dos Cossenos:

�� = + − α ⇒

= ⇒ = =

−

CD BC BD 2.BC.BD.cos 2

366425

x x154

3,75 mm.

2

6

2

x

2

x x x 725

2

2 2 2

Questão 16Comentário: Chamando de h a altura do prédio, temos que:

tg hα = = =48

2448

12

Assim, tg tgtg

2 21

2 12

1 14

432

α αα

=−

=−

=.

.

Como tg hx x

x m2 43 48

2448

30α = =−

=−

⇒ = .


A) Sabendo que sen p sen q sen p q p q+ = +

−

2

2 2. .cos ,

temos:

sen10° sen 40° 2.sen40° 10°

2.cos

40° 10°2

sen10° sen 40° 2.sen 25°.cos 15°.

+ =+

−

⇒

+ =

B) Como sen θ = cos (90° – θ), cos 10° = sen 80°. Usando

sen p sen q sen p q p q+ = +

−

2

2 2. .cos , teremos:

sen 40° sen 80° 2.sen80° 40°

2.cos

80° 40°2

sen 40° sen 80° 2.sen 60°.cos 20°.

+ =+

−

⇒

+ =

C) Sabendo que sen p sen q sen p q p q− = −

+

2

2 2. .cos ,

temos:

− =−

+

⇒

− =

sen 80° sen 50° 2.sen80° 50°

2.cos

80° 50°2

sen 80° sen 50° 2.sen15°.cos 65°.

EM2MPV2_MAT.indd 7 05/01/18 10:16

8 Coleção EM2

Questão 18Comentário:A) Utilizamos p = 10° e q = 18° na soma de cossenos:

� ��

cos 10° cos 18° 2.cos10° 18°

2.cos

10° 18°2

2.cos 14°.cos ( 4°) 2.cos 14°.cos 4°.cos ( x) cos x

+ =+

−

=

− =− =

B) Utilizamos p = 70° e q = 20° na subtração de cossenos:

− = −+

−

=

−

cos 70° cos 20° 2.sen70° 20°

2.sen

70° 20°2

2.sen 45°.sen 25°.

Questão 19

Comentário:

A) Sabendo que tg p tg qsen (p q)cos p.cos q

+ =+ , temos:

tg15° tg 75°sen (15° 75°)cos 15°.cos 75°

tg15° tg 75°sen 90°

cos 15°.sen15°1

12

.sen 30°4.

+ =+

⇒

+ = = =

B) Sabendo que tg p – tg qsen (p q)cos p.cos q

=− , temos:

− =−

= − ⇒

− =

tg10° tg 80°sen (10° 80°)cos 10°.cos 80°

sen 70°cos 10°.cos 80°

tg10° tg 80° – sen 70°.sec 10°.sec 80°.


A) Simplificandoonumeradoreodenominadorseparadamente:

sen p sen q p q p q− = −

+

2.sen .cos

2 2

cos cos –p q p q p q− = −

+

2.sen .sen

2 2

Assim:

senp sen qcos p cos q

2.sen p q2

.cos p q2

2.sen p q2

.sen p q2

cotgp q

2.

−−

=

−

+

− −

+

= −+

B) Simplificandoonumeradoreodenominadorseparadamente:

sen sen senθ θ θ θ θ θ+ = +

−

=3 2 3

23

2. .cos 22 2.sen θ θ.cos

cos cosθ θ θ θ θ θ+ = +

−

=3 2 3

23

2.cos .cos 22 2.cos .cosθ θ

Assim, sen sen tθ θθ θ

θ θθ θ

++

= =33

22cos cos

2.sen .cos2.cos .cos

gg 2θ.


A) Como temos uma multiplicação entre senos, usaremos

a relação cos cos –p q p q p q− = − +

2

2 2.sen .sen .

Logo, teremos:

62

12

42

8

t p q p q t

t p q p q t

= + ⇒ + =

= − ⇒ − =

Resolvendo o sistema, encontramos p = 10t e q = 2t. Assim:

− = −2 6 4 10 2.sen .sent t t tcos cos .

B) Como temos uma multiplicação entre seno e cosseno, podemos usar a expressão:


+

2

2 2.sen .cos

Assim:

42

8

22

4

x p q p q x

x p q p q x

= + ⇒ + =

= − ⇒ − =

Resolvendo o sistema, encontramos p = 6x e q = 2x. Logo:

6.cos 4x.sen 2x = 3.(2.cos 4x.sen 2x) = 3.(sen 6x – sen 2x)

C) Como temos um produto entre seno e cosseno, podemos usar a expressão:


+

2.sen .cos

2 2

Assim:

72

14

32

6

θ θ

θ θ

= + ⇒ + =

= − ⇒ − =

p q p q

p q p q

Resolvendo o sistema, encontramos p = 10θ e q = 4θ. Logo:

4.sen 3θ.cos 7θ = 2.(2.sen 3θ.cos 7θ) = 2.(sen 10θ – sen 4θ).

Questão 22Comentário: Vamos transformar f(t) utilizando a soma de cossenos:

f(t) cos9t2

cos7t2

2.cos12

9t2

7t2

.cos12

9t2

7t2

2.cos 4t.cost2

= + =

+

−

=

Queremos achar os valores ∈ π

t 0, tal que f(t) = 0. Então:

= ⇒ =

=

2.cos 4t.cost2

0 cost2

0

cos 4t 0

EM2MPV2_MAT.indd 8 05/01/18 10:16

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Resolvendo =cost2

0, temos:

= ⇒ =π

+ π ⇒ = π + πcost2

0t2 2

k t 2k

Resolvendo cos 4t = 0, temos:

=π

+ π ⇒ =π

+π

∈4t2

k t8

2k8

, k

{ }≤ ≤ π ∩ =π

+π

∈

=

π π π π

0 t t

82k8

, k8

,38

,58

,78

Logo, a solução da equação é:

{ }π ∪π π π π

=

π π π ππ

8,38

,58

,78 8

,38

,58

,78

, .

Desafio

Questão 01Comentário: Chamando de α o ângulo na figura a seguir, temos:

θ

Q (2, 7)

P (3, 1)

y

xO

α =

α + θ =

tg13

tg ( )72


α + θ =α + θ

α θ⇒

=+ θ

θ⇒ =

+ θ

θ⇒

θ = + θ ⇒θ = + θ ⇒

θ = ⇒ θ =

tg ( )tg tg

1– tg .tg

72

13

tg

1– 13

.tg

72

1 3.tg

33– tg

37.(3– tg ) 2.(1 3.tg )21 –7.tg 2 6.tg

13.tg 19 tg1913

.

Questão 02Comentário: Dado que x ∈ [0, 2π], temos:f(x) = cos x – cos 3x – sen 2x

Em seguida, utilizamos a equação de Prostaférese:

= +

⇒

= =

= ⇒

= ⇒

=

cos x – cos 3x –2.sen x 3x2

.sen x –3x2

cos x – cos 3x –2.sen 2x.sen (–x) 2.sen 2x.sen x

f(x) cos x – cos 3x – sen 2x

f(x) 2.sen 2x.sen x – sen 2x

f(x) sen 2x.(2.sen x –1)

–sen x� ��

Encontrando as raízes de f(x), temos:

= =

=

=

f(x) sen 2x.(2.sen x –1) 0

sen 2x 0

2.sen x –1 0

(I)(II)

= = + π ∈

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ = π ⇒ = π

= ⇒ = π ⇒ = π

= ⇒ = π ⇒ = π

= ⇒ = π ⇒ = π

= ⇒ = π ⇒ = π ∉ π

= π π π π

(I):

sen 2x 0 sen (0 k );k

k 0 2x 0 x 0

k 1 2x x2

k 2 2x 2 x

k 3 2x 3 x 32

k 4 2x 4 x 2

k 5 2x 5 x 52

[0,2 ]

S 0,2

, , 32

, 21

= = =

= π + π

= π + π

∈

(II):

2.sen x –1 0 sen x 12

12

sen6

2k sen 56

2k ;k

• =π

+ π

= ⇒ =π

+ =π

= ⇒ =π

+ π =π

∉ π

x6

2k

k 0 x6

06

k 1 x6

2136

[0, 2 ]

• =π

+ π

= ⇒ =π

+ =π

= ⇒ =π

+ π =π

∉ π

x56

2k

k 0 x56

056

k 1 x56

2176

[0, 2 ]

=π π

= =π π π

ππ

π

S6

,56

S S S 0,6

,2

,56

, ,32

, 2

2

1 2

Exercícios propostos

Questão 01Comentário: A) sen 15° = sen (45° – 30°) =

sen 45°.cos 30° – sen 30°.cos 45° =

22

32

12

22

6 24

. .− = −

EM2MPV2_MAT.indd 9 10/01/18 16:08

10 Coleção EM2

B) Podemos dividir o polígono de 24 lados (inscrito em um círculo) em 24 triângulos isósceles. Nesses triângulos, temos dois lados de medida 1 (raio), em que o ângulo entre

esses lados 36024

15° °= .

Logo, podemos expressar sua área por:

( )=

=

=S 24.1 .1 sen15°

224

6 – 242

3 6 – 2 .

Questão 02 – Letra DComentário:

= ⇒ =

= =

sen 30°12

cos 30°32

sen 45° cos 45°22

Utilizando a relação trigonométrica, temos:

� ��

= =+ =

=

sen15° sen (45° – 30°)sen 45°.cos (–30°) sen (–30°).cos 45°

22

.32

–12

.22

6 – 24

cos 30° – sen 30°


A) A.1) cos é positivo no primeiro e quarto quadrantes.

sen θ

cos θ

2º 1º

4º3º

A.2) sen é negativo no terceiro e quarto quadrantes.

sen θ

cos θ

2º 1º

4º3º

A.3) tg é negativo no segundo e quarto quadrantes.

sen θ

cos θ

2º 1º

tg θ

4º3º

A.4) sec é positivo no primeiro e quarto quadrantes.

θ > ⇒

θ> ⇒ θ >sec 0

1cos

0 cos 0

O que implica que a secante é positiva nos mesmos quadrantes do cosseno positivo.

B) =cos 30°32

Utilizando o cosseno da diferença dos arcos, temos:

� ��

= ==

=+

cos 15° cos (45° – 30°)cos 45°.cos (–30°) – sen 45°.sen (–30°)

22

.32

–22

. –12

6 24

cos 30° – sen 30°

Questão 04 – Letra D

Comentário: Se π πsen

12, sen a, sen

512

formam uma progressão

aritmética, então:π

+π

=sen512

sen12

2.sen a

Utilizando a soma de senos, temos:

π+

π⇒=

π π= ⇒

= ⇒ =

π π

sen 512

sen12

2.sen a 2.sen 624

.cos 424

2.sen a

22

. 32

sen a sen a 64

4 6

.

Questão 05 – Letra DComentário: Sabemos, pela equação de Prostaférese, que:

sen x sen y 2.senx y

2.cos

x – y2

cos x cos y 2.cosx y

2.cos

x – y2

+ =+

+ =+

Substituindo x – y = 60°, temos:


2.cos

60°2

2.senx y

2.cos 30° 2.sen

x y2

.3

2


2

+ =+

=

+

=+

⇒

+ =+


2.cos

60°2

2.cosx y

2.cos 30° 2.cos

x y2

.3

2


2

+ =+

=

+

=+

⇒

+ =+

Utilizando os dois resultados na expressão do enunciado, temos:

� ��

(sen x sen y) (cos x cos y)

3.senx y

23.cos

x y2

3 . senx y

2cos

x y2

3 .1 3

2 2

2 2

2 2 2

1

2

+ + + =

+

+

+

=

+

++

= =

=


A) θ =− θ

f( )1 sen

2

EM2MPV2_MAT.indd 10 05/01/18 10:16

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Queremos achar o valor do ângulo θ quando θ =f( )14

, então:

=− θ

⇒ θ = ⇒ θ =π

=14

1 sen2

sen12 6

30°

θ

A

R

RR

B

Cd

ND

Devemos encontrar a distância d da nave, no ponto N, até a superfície da Terra, quando θ = 30°. Sendo R o raio da Terra, para calcular sen θ, temos:

sen ACCN

RR d

sen 30° 6 4006 400 d

6 400 d 12 800 d 6 400 km.

12

��

θ = =+

⇒

=+

⇒

+ = ⇒ =

B) =−

f(15°)1 sen15°

2

Para calcular sen 15°, utilizamos o seno da diferença dos arcos:

� ��

= − =

− =−

sen15° sen (45° 30°)

sen 45°.cos 30° sen 30°.cos 45°6 2

422

32

12

22

Usando as aproximações dadas, temos:

−≅

6 24

14

2,4 1,4

Logo, =− −

= =f(15°) 1 sen15°2

1 14

2

34

238

.≅

Questão 07Comentário: De acordo com a geometria da situação, temos que:

A B

Rio

50 m

α α

12,5 m= 2550

2

A) Inicialmente, precisamos descobrir o valor de α. Para isso, temos:

sen 12,5

25sen 1

230°α = ⇒ α = ⇒ α =

Como o tempo gasto para girar 1° equivale a 30 segundos, o tempo necessário para girar 30° será 30 . 30 = 900 s, ou seja, 15 minutos.

B) Observe a fi gura a seguir:

50 m

y y

x

75° 75°

25 25

x

Perceba que temos y + x + y = 50. Para encontrar o valor de y, temos:

y

25

75°

y = 25.cos 75° Para encontrar o valor de cos 75°, basta fazer: cos 75° = cos (30° + 45°) =

cos 30°.cos 45° – sen 30°.sen 45° = 32

. 22

12

. 22

−

= −cos 75° 6 24

Logo:

y 25.cos 75° y 25.6 2

4= ⇒ =

−

Portanto, o valor de AB será: y + x + y = 50 ⇒ x = 50 – 2y ⇒

( )

= −−

=− −x 50 2 .25 6 2

4x 100 25 6 2

2.⇒

Questão 08 – Letra AComentário:

2

y

x

t

Pelo Teorema de Pitágoras, temos que = + ⇒ =2 x y y 4 – x .2 2 2 2

Logo:

( )= = =

−sen 2t 2.sen t.cos t 2.

x

2.y2

4 x x2

.x2

y2

2

EM2MPV2_MAT.indd 11 10/01/18 16:08

12 Coleção EM2

Questão 09 – Letra DComentário: A função f(x) = 16.sen x.cos x pode ser reescrita

como:

� ��

= = =

⇒ = ==

f(x) 16.sen x.cos x 8.(2.sen x.cos x)

8.(sen 2x) f(x) 8 .1 8.Valor máximo 1

máx

Questão 10 – Letra DComentário: Lembramos que:

θ =θθ

tg (2 )2.tg

1– tg2

C

B

A2θ

3

¹3θ

D

D = ⇒ θ = =tg A BABAD

tg (2 )3

33

Utilizando a relação inicial, temos:

θ =θθ

⇒ θ = θ ⇒

θ + θ =

θ =±

=+ +

⇒

θ =+

= = =

θ >

tg (2 )2.tg

1– tg3.(1– tg ) 2.tg

3.tg 2.tg – 3 0

tg–2 2 – 4 3.(– 3)

2. 3

–2 4 4.3

2. 3

tg–2 4

2. 3

2

2 3

1

3.

3

3

33

22

2

2

tg 0

Podemos, também, resolver a questão utilizando valores

conhecidos de tg 60° e tg 30°.

tg A B ABAD

tg (2 ) 3

33

2 60° 30°

tg ABAC

tg 30° 3AC

1

3

3AC

AC 3 3

= ⇒ θ = = ⇒

θ = ⇒ θ =

θ = ⇒ = ⇒

= ⇒ =

D

Logo, a área do triângulo CDB será:

A A A

12

.AB.AC A 12

.AB.AD

12

.3 . 3 3 A 12

.3. 3

A 9 3 –3 32

A 6 32

3 3 cm .

ABC CDB ABD

CDB

CDB

CDB

CDB2

= + ⇒

= + ⇒

= + ⇒

= ⇒

= =

Questão 11 – Letra DComentário: Considerando que θ =

π34

, temos:

��

��

�

�

�

�

�

�

�

y sen ( x)sen ( x)

sen .cos x sen x.cossen .cos x sen x.cos

sen 34

.cos x sen x.cos 34

sen 34

.cos x sen x.cos 34

22

cos x sen x

22

cos x sen x

1cos x

. cos x sen x

1cos x

. cos x sen x

1 tg x1 tg x

tg4

tg x

1 tg4

.tg x

tg4

x tg 13

.34

x tg3

x .

22

22

22

22

cos xcos x

sen xcos x

cos xcos x

sen xcos x

1

1

( )

( )

( )( )

= θ −θ +

= θ − θθ + θ

=

π − π

π + π=

+

−

=

+

−= +

−=

π +

− π=

π +

= π +

= θ +

−

−

θ

Questão 12 – Soma = 31

Comentário: Se α =sen13

e o triângulo ACM é isósceles de

base AC, então CM = AM = 4.

M A C M

+ + = ⇒ = − αα α

A C C M M A 180° A C 180° 2 .

O valor do ângulo CMB é o suplemento de AMC, o que significa que CMB = 2α.

O valores do triângulo estão na figura a seguir.A

C

α

α

2α

B

M

4

4x

y

180° – 2α

90° – 2α

Calculando cos α, temos:

α = ⇒ α = − α = =sen13

cos 1 sen89

2 23

2

Assim, sen 2α e tg α são:

�� α = α α =

α =αα

= = ⇒ α =

sen 2 2.sen .cos4 29

tgsencos

1

3

2 2

3

24

tg24

13

2 23

EM2MPV2_MAT.indd 12 10/01/18 16:08

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Agora, temos todos os dados necessários para verificar cada item.

M M

M M

sen 2BCCM

4 29

y4

y16 2

9

tgBCAB

24

yx 4

24

. x 416 2

9x

289

cos C BBMMC

x4

289

479

cos C B79

sen C BBCMC

y4

16 29

44 29

sen C B4 29

α = ⇒ = ⇒ =

α = ⇒ =+

⇒ + = ⇒ =

= = =

= ⇒ =

= = =

= ⇒ =

Todas as alternativas estão corretas, logo a soma é:01 + 02 + 04 + 08 + 16 = 31.

Questão 13 – Letra EComentário: Pela Relação Fundamental da Trigonometria, temos sen2 x + cos2 x =1 (I).

Além disso, foi dado que: cos 2x 12

cos x sen x 12

2 2= ⇒ − = (II)

Resolvendo (I) + (II): 2cos x32

cos x34

2 2= ⇒ =

Logo, sen x 1 34

sen x 14

2 2= − ⇒ = . Como o que queremos é

tg2 x + sec2 x, deixamos sen x e cos x na sua forma quadrada.

Assim:

+ = + = + = + =tg x sec xsen xcos x

1cos x

1434

134

13

43

53

.2 22

2 2

Questão 14Comentário: Seja M o ponto indicado na figura a seguir:

Ba

a100 cm

AC180° – 2a 2a

100

cm

M

O triângulo BCM é isósceles, com CM = BM = 100 cm eBMC = 180° – MCB – CBM = 180° – 2a. AMB é suplemento de BMC = 2a.

Calculando cos a e sen 2a, temos:

cos a 1 sen a 0,64 0,8

sen 2a 2.sen a.cos a 2 . 0,6 . 0,8 0,96

2= − = =

= = =

Agora, calculamos AB:

M = ⇒ = ⇒

= =

sen A B ABBM

sen 2a AB100 cm

AB sen 2a.100 cm 96 cm.0,96

Questão 15 – Letra DComentário: Se x pertence ao 2º quadrante, então:

π< < π ⇒

π< < π ⇒ π < < π

2x 2.

22.x 2. 2x 2

Isso indica que o arco 2x pertence ao 3º e 4º quadrante, ou seja, sen 2x < 0.

Solução I: Percebemos que há apenas uma alternativa negativa nos itens:

=sen 2x –3 78

Solução II:

= ⇒ = = = ⇒

= ⇒ =

sen x34

cos x 1 – sen x 1 –9

16716

|cos x|74

cos x –74

2 2

Utilizando o seno da soma dos arcos, temos:

= =

= =sen 2x 2.sen x.cos x 2.

34

.– 74

–32

.74

–3 78

.

Questão 16 – Letra CComentário: Os triângulos ABD e BCD são iguais refletidos através de uma reta que passa por BD. Chamando os ângulos ABD e CBD de θ, temos a figura a seguir:

D

A

C

θθB

2x

2x x

x

= + ⇒ = + =

θ = = =

θ = = =

BD AD AB BD x (2x) x 5

senADBD

x

x 5

1

5

cosABBD

2x

x 5

2

5

2 2 2 2 2

Utilizando o seno da soma dos arcos, temos:

B = θ = θ θ = =sen sen (2 ) 2.sen .cos 2.1

5.

2

5

45

Questão 17 – Letra C

Comentário:

A B2b

b

b

D

C

θθ

A

A

= θ = = =

= θ = =+

tg B C tgBCAB

b

2b

12

tg B D tg (2 )BDAB

b d2b

EM2MPV2_MAT.indd 13 05/01/18 10:17

14 Coleção EM2

Utilizando a tangente da soma dos arcos, temos que:

θ =θ

θ⇒ + =

=

= ⇒

+ = ⇒ + = ⇒ = = = ⇒

= ⇒ =

tg (2 )2.tg

1– tg

b d

2b

2 . 1

2

1– 1

2

1

3

4

4

3

b d

2b

4

3

b

2 b

d

2b

4

3

d

2b

4

3– 1

2

8 –3

6

5

6

d

2b

5

6d 5

3b

2 2


αx

36 m

A) De acordo com a questão, α =sen35, portanto:

α = α =

= ⇒ α =cos 1 – sen 1 –35

1625

cos45

2 2

2

Assim, para encontrar a distância de x, temos:

α =αα

= = ⇒ = ⇒ =tgsencos

3

54

5

34

34

36 mx

x 48 m.

B)

α

2α

x

36 m36 m

α = =

α =αα

=

= = =

α = ⇒ = ⇒ = ⇒

tg36x

34

tg (2 )2.tg

1– tg

2.34

1– 34

32716

32

.167

247

tg (2 )36 m

x247

36 mx

x212

m 10,5 m.

2 2

' ''

Questão 19 – Letra DComentário: Lembramos que:

(I) sen2 θ + cos2 θ = 1

(II) sen 2θ = 2.sen θ.cos θ

cos – sen 63

(cos – sen ) 63

cos –2.cos .sen sen 69

1–2.cos .sen 23

2.cos .sen 1– 23

2.cos .sen 13

sen 2 13

.

2

2

2 2

I

II

θ θ = ⇒ θ θ =

⇒

θ θ θ + θ = ⇒

θ θ = ⇒ θ θ = ⇒

θ θ = ⇒ θ =

Questão 20 – Letra B

Comentário: θ ∈π

π

34

, define sen θ ≥ 0 e cos θ ≤ 0, pois

θ pertence ao terceiro quadrante. Assim, calculamos a tg θ:

θ = θ =

= = ⇒

θ = ⇒ θ =

θ =θθ

= =

cos 1– sen 1–513

169 –2513

1213

|cos |1213

cos –1213

tgsencos

5

13

– 12

13

–512

.

2 2

2

2

2

2


θ =θ

θ=

= = =tg (2 )2.tg

1– tg

2. – 5

12

1– – 5

12

–5

6

119

144

–5

6.144

119–120

119.

2 2

Questão 21 – Letra AComentário: Chamemos o ângulo adjacente a β de α:

10,0 cm

2,0 cm

0,5 cmα

β

α = = =tg0,5 cm

10,0 cm

5100

120


EM2MPV2_MAT.indd 14 10/01/18 16:08

Mat

emát

ica

Manual do Professor


tg ( ) 2,0 cm 0,5 cm10 cm

tg tg1– tg .tg

2,5 cm

10 cm

120

tg

1– 120

.tg

14

15

4tg 1– 120

.tg

8120

.tg 45

tg 1681

.

α + β = + ⇒

α + βα β

= ⇒

+ β

β= ⇒ + β = β ⇒

β = ⇒ β =


A) Os triângulos ACD e ABC são retângulos em D e B, respectivamente, como indicado na figura a seguir.

A

B

C

D

2x

x

3x

Utilizando o Teorema de Pitágoras, temos:

AC AD CD (3x) (2x) 13x AC 13x

AC BC AB 13x x AB AB 12x AB 2 3x

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

= + = + = ⇒ =

= + ⇒ = + ⇒ = ⇒ =

B) Utilizando a transformação para a soma de tangentes, temos:

tg C B tg D C sen C B D C

cos C B.cos D C

x

2 3 x

2x

3x

sen

2 3 x

13 x. 3x

13 x

sen 1

2 3

23

. 2 3

13.31

3 4

6. 6 3

133 4 3

13.

BCAB

CDAD AB

ACADAC

2

��

� ��

� ��

( )+ = + ⇒

+ = θ

θ = +

= +

= +

θ

A A A AA A


sen x cos x a sen x cos x a

sen x 2.sen x.cos x cos x a

sen x cos x a 2.sen x.cos x sen 2x 1 a.

2 2

2 2

2 2

1 sen 2x� ��

( )( )− = ⇒ − = ⇒

− + = ⇒

+ − = ⇒ = −


� ��

= ⇒ =

⇒

+ = ⇒

= ⇒ = =

cos x – sen x12

(cos x – sen x)12

cos x – 2.cos x.sen x sen x14

1 –14

2.cos x.sen x sen 2x34

0,75

2

2

2 2

sen 2x


+ =

+ + =

+ + == =

� ��

(sen x cos x) – sen 2x

sen x 2.sen x.cos x cos x – sen 2x

cos x sen x 2.sen x.cos x – sen 2x 1

2

2 2

2 2

1 sen 2x


A) Pela figura a seguir, temos dois triângulos, ABD e ACE, com ângulo reto em D e E, respectivamente.

B

A

Cs

rα90° – α

α

D

E

1

2

Encontrando relações entre os ângulos dos dois triângulos, temos:

��

= α ⇒ + = ⇒ = − α

+ + = ⇒

− α + + = ⇒ = α

B A B A

A A A

A AA A

A D D B A D 90° D B 90°

D B B C C E 180°

90° 90° C E 180° C ED B B C

Calculando AB e AC em função de α, temos:

α = = ⇒ =α

α = = ⇒ =α

senADAB

1AB

AB1

sen

cosAEAC

2AC

AC2

cos

Logo, a área do triângulo ABC é:

� ��

Área AB.AC2

12

. 1sen

. 2cos

22.sen .cos

2sen 2

sen 2

= =α α

=α α

=α

α

B) O valor da área mínima será atingido quando sen 2α

atingir o máximo no denominador de α

2sen 2

. O máximo de

sen 2α é 1.

Logo, �� α = ⇒ α = ⇒ α =sen 2 sen 90° 2 90° 45°1

.

EM2MPV2_MAT.indd 15 10/01/18 16:08

16 Coleção EM2


A) Pela geometria da situação, temos:

x x

1

AA E F D

2x + 1

B C

45°2x + 1

θ¹2

BC = BEAC = AD

Podemos aplicar a Lei dos Cossenos no triângulo AEC:

( )+ = + − ⇒

+ + = + − −

⇒

+ + = + + ⇒

+ − = ⇒ = = −

(2x 1) x 2 2x. 2.cos 135°

4x 4x 1 x 2 2x. 2.22

4x 4x 1 x 2 2x

3x 2x 1 0 x13

ou x 1

2 22

2 2

2 2

2

Como x é uma medida de comprimento, x13

cm= .

B) Retomandoafiguraanterior,vamoscalcularatangentenotriângulo AFC:

θ + =+

⇒θ +

θ= + ⇒

θ +θ

= ⇒ θ = θ + ⇒

θ = ⇒ θ =

tg ( 45°)x 1

1tg tg 45°

1 – tg .tg 45°13

1

tg 11 – tg

43

4 – 4tg 3tg 3

7tg 1 tg17

.

Questão 28 – Letra DComentário: Dadoque:cos(x)=a,a≠0ea≠1,temos:

= ⇒ = ⇒

= ∈π

= =

= =

= =

+= =

sen x 1– cos x |sen x| 1– a

sen x 1– a , pois x 0,2

. Assim:

tg xsen xcos x

1– aa

tg (2x)2.tg x

1– tg x

2. 1– aa

1– 1– aa

2. 1– aa

1–|1– a |a

2. 1– a

aa –1 a

a

2. 1– a2a –1

a

2a 1– a2a –1

2 2 2

2

2

2

2

22

2

2

2

2

2 2

2

2

2

2

2

Portanto, o valor de tg(2x) é −−

2a 1 a2a 1

.2

2

Questão 29 – Letra AComentário: De acordo com o enunciado, temos que:

sen (y – x)13

sen y.cos x – sen x.cos y13

= ⇒ =

Porém, como x y2

+ =π , temos sen x = cos y e cos x = sen y.

Logo:

sen (y – x) = sen y.cos x – sen x.cos y = 13

⇒

cos x.cos x sen x.sen x13

cos x sen x13

1 sen x sen x13

sen x13

2 2

2 2

2

− = ⇒

− = ⇒

− − = ⇒

=

Utilizando a Relação Fundamental da Trigonometria, temos:

+ = ⇒ =sen x cos x 1 cos x 23

2 2 2

Portanto:

− = − = − =

− = − =

tg y tg xsen ycos y

sen xcos x

cos xsen x

sen xcos x

2313

1323

212

32

.

2 22

2

2

2

2

2

2

2

Questão 30 – Letra BComentário: Se o ângulo x pertence apenas ao primeiro quadrante, então:

= =sen x sen x e cos x cos x

Dado que sen x = 3.cos x, calculamos sen x e cos x:

= ⇒ = ⇒

− = ⇒ = ⇒ =

= − = − =

sen x 3.cos x sen x (3.cos x)

1 cos x 9.cos x cos x110

cos x1

10

sen x 1 cos x 1110

3

10

2 2

2 2 2

2

Logo, = = = =sen 2x 2.sen x.cos x 2.3

10.

1

10

610

35

.

Questão 31Comentário: Primeiro, completamos as informações dos ângulos e distâncias na figura.

60°

60°

105°

75° 30°

15°

1,6 m

Régua

2 m

hd

1,6 mEscarpa

EM2MPV2_MAT.indd 16 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Assim, temos:

=

=+

tg15°hd

tg 30°2 h

d

A) Encontrando o valor de cos 15°:

� ��

= ==

+ = +

cos 15° cos (45° – 30°)cos 45°.cos (–30°) – sen 45°.sen (–30°)

22

.32

22

.12

24

.( 3 1)

cos 30° – sen 30°

Encontrando o valor de sen 15°:

� ��

= =+ =

=

sen15° sen (45° – 30°)sen 45°.cos (–30°) cos 45°.sen (–30°)

22

.32

–22

.12

24

.( 3 –1)

cos 30° – sen 30°

Encontrando o valor de tg 15°:

= =

+

=

+=

+=

=

tg15°sen15°cos 15°

24

.( 3 –1)

24

( 3 1)

( 3 –1)

( 3 1).( 3 –1)

( 3 –1)

3 – 2 3 (–1)

3 –14 – 2 3

22 – 3

22

22

Assim:

= =

= =+

=+

⇒ = + ⇒

= ⇒ = ⇒

= ⇒ =+

+=

=+

=+

= +

tg15° 2 – 3hd

tg 30°33

2 hd

tg 30°2 h

d33

2d

hd

33

–hd

2d

33

– (2 – 3)2d

2d

2(2 3 –3)3

d

2

3

2(2 3 –3).(2 3 3)

(2 3 3)

d3(2 3 3)

(2 3) –3

3(2 3 3)

32 3 3.

2 2

Então, a distância é de 2¹3 + 3 m.

B) Solução I: Utilizando o valor de d.

2 – 3 hd

h d.(2 – 3) (2 3 3).(2 – 3)

h 2 3.2 –2 3 3.2 –3. 3 4 3 – 6 6 –3 3 3.2

= ⇒ = = + ⇒

= + = + =

Solução II: Sem utilizar o valor de d.

( )

= =

= =+

+

= ⇒

+ = ⇒

= ⇒

= ⇒

= =+

+⇒

=+

⇒

=+

=

tg15° 2 – 3hd

tg 30°33

2 hd

Multiplicamos as duas equações:

2 h

d. 2 – 3

h

d.

33

3.(2 h).(2 – 3) 3.h

6.(2 – 3) 3.h– (6 –3 3).h

6.(2 – 3) (4 3 – 6).h

h6.(2 – 3)

2.(2 3 –3)

3.(2 – 3)

2 3 –3.2 3 3

2 3 3

h3.(4. 3 –2. 3 2.3–3 3)

12 – 9

h3 .(4 3 – 6 6 –3 3)

33

2

Logo, a altura da escarpa é 1,6 + ¹3 m.


100 m

h

1,6 m1,6 m2α α

300 m

A)

α =

α =

α =αα

⇒ = ⇒

= ⇒

= = ⇒ = = = =

α = = ⇒

= ⇒ α =

tgh

300

tg 2h

100

tg 22.tg

1– tgh

100

2. h300

1– h300

1–h

300.150 100

h300

1–23

13

h300

3300

3

300 33

100 3

tg100 3300

33

arctg33

30° 30°.

2 2

2

2

2

2

2

2

B) Encontrando o valor de h, temos que:

α = ⇒ = ⇒

= ⇒ =

tgh

300 mtg 30°

h300 m

33

h300 m

h 100 3 m.

A altura da torre é: 1,6 m + 100¹3 m = (1,6 + 100¹3) m.

EM2MPV2_MAT.indd 17 05/01/18 10:17

18 Coleção EM2

Questão 33Comentário: Pela geometria da situação, extraímos a seguinte figura:

cos θ cos 2θ

sen θsen 2θ

T1T2

1 1

θ2θ

A) Para θ = 22,5°, temos 2θ = 45° e T2 um triângulo retângulo isósceles com sua hipotenusa medindo 1 cm. Chamando de x seus catetos, obtemos, por meio do Teorema de

Pitágoras: + = ⇒ =x x 1 x 22

2 2 .

Assim, sua área é dada por:

A x2

A 14

cm2

2= ⇒ = .

B) Para que a área de T1 seja menor que a área de T2, devemos

ter:

θ θ

<θ θ

⇒

θ θ < θ θ θ

sen .cos2

sen 2 .cos 2

2sen .cos 2sen .cos .cos 2

Como 0° < θ < 90°, sen θ.cos θ ≠ 0, então:

1 2cos 2 cos 2 12

< θ ⇒ θ >

Assim, 2θ < 60° ⇒ θ < 30°.

Questão 34 – Letra EComentário:

15 mθ

Superfície da água

20 m

θ = =

θ = θ = = = =

cos15 m

20 m

34

sen 1 – cos 1 –34

16 – 916

716

74

22

2

Utilizando o cosseno da soma dos ângulos, temos:

θ = θ θ =

= = =cos 2 cos – sen

34

–74

9 –716

216

18

.2 2

2 2

Questão 35 – Letra DComentário: Dado que o triângulo ABC é isósceles de base BC, temos, na figura a seguir, os ângulos e as medidas indicados.

A

B C

y

x x

2y2

+ =π

= =

= = = =

xy2 2

sen x34

cosy2

seny2

1– cosy2

1–34

716

74

.22

2

Utilizando o cosseno da soma dos arcos, temos:

= +

=

= = = =

cos y cosy2

y2

cosy2

– seny2

34

–74

916

–716

216

18

2 22

2

2

2


=+

+=

=

⇒+ =

=

+ + = + ⇒

= ⇒ =

+ = ⇒

= ⇒ =

cos x.sen 9x senp q

2.cos

p – q2

p q2

9x

p – q2

x

p q 18x

p – q 2x

(I)(II)

(I) + (II):

(p q) (p – q) 18x 2x

2p 20x p 10x

(I) – (II):

(p q)– (p – q) 18x –2x

2q 16x q 8x

Definimos p = 10x e q = 8x, assim:

� ��

+

= + ⇒

= + ⇒

=+

= +

2.sen10x 8x

2.cos

10x – 8x2

sen10x sen 8x

2.cos x.sen 9x sen10x sen 8x

cos x.sen 9xsen10x sen 8x

212

.(sen10x sen 8x)

cos x .sen 9x


Comentário: sen x sen 2x sen 3x 0+ + =

Devemos utilizar a transformação para a soma de senos:

� ��

� ��

+ + = ⇒

+

−

+ = ⇒

+ =

+

sen 3x sen x sen 2x 0

2.sen3x x

2.cos

3x x2

sen 2x 0

(sen 2x)(2.cos x 1) 0

Prostaféresesen 3x sen x

EM2MPV2_MAT.indd 18 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Esse cálculo nos leva a duas equações:

=+ =

⇒

=

= −

sen 2x 02 . cos x 1 0

sen 2x 0

cos x12

Resolvendo sen 2x = 0, temos:

sen 2x senk 2x k

xk2

, k x ... ,2

, 0 ,2

, ,32

, 2 ,52

, ...

= π ⇒ = π ⇒

=π

∀ ∈ ⇒ = −π π

ππ

ππ

Resolvendo = −cos x12

, temos:

cos x

cos23

2k

cos 43

2k

x23

2k 23k 1

3

x43

2k 2 3k 23

k=

π+ π

π+ π

⇒=

π+ π = π

+

=π

+ π = π +

∀ ∈

Assim:

x ... , 103

, 83

, 43

, 23

,23

, 43

,83

,103

, ...

k 2 k 1 k 0 k 1

= − π − π − π − π π π π π

= − = − = =

� ��

Devemos unir as duas soluções para os intervalos.

Para 0 < x < 2π, temos como soluções:

x2

,23

, , 43

,32

= π π π π π

Portanto, um número ímpar de soluções.

Para 0 < x < π, temos como soluções:

=π π

x

2,23

Portanto, um número par de soluções.

Questão 38 – Letra BComentário: Consideremos S a soma de sen a + sen b.

Utilizando a equação de Prostaférese, temos:

S sen sen 2.sen2

.cos2

S 2.sen

432

.cos

43

2

S 2. 32

.cos2 4

32

S 3.cos 23

23

0 23

.Máx

Valor máximo 1� ��

= α + β = α + β

α − β

=

π

α − π − α

=α − π

= α − π

⇒ α − π = ⇒ α = π

=


cos 72° cos 36°

cos 36° sen 36° cos 36° –sen 36°.

2

2 2

cos 72° cos 36° 36°

2 2

� ��

− =

− − =

( )= +

Seção Enem

Questão 01 – Letra CEixo cognitivo: III

Competência de área: 5

Habilidade: 21

Comentário:

= +

π

= + π

⇒ π

= + π + π

⇒

π

= + π π π π

⇒

π

= +

⇒

π

= +

y (x) 5 4.cos (2x)

y 524

5 4.cos 2.524

y 524

5 4.cos4 6

y 524

5 4 cos4

.cos6

– sen4

.sen6

y 524

5 4 6 – 24

y 524

5 6 – 2.

Questão 02 – Letra CEixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Comecemos calculando sen 75° e cos 75°.

sen 75° sen (30° 45°) sen 30°.cos 45° sen 45°.cos 30°

sen 75° 6 24

cos 75° cos (30° 45°) cos 30°.cos 45° – sen 30°.sen 45°

cos 75° 6 – 24

= + = +

= +

= + =

=

A distância entre as ondas é dada por:

α + α = α =

= +

=+

+

=

⇒ =

2d.sen cos ), com d 3 . 10 e 75°

2 3 . 10 (sen 75° cos 75°)

2 3 . 10 6 24

6 – 24

2 3 . 10 62

D 3 2 . 10 cm.

–8

–8

–8

–8 –8

( D =

D

D

D

EM2MPV2_MAT.indd 19 10/01/18 16:08

20 Coleção EM2

CAPÍTULO – A4

Equações e inequações trigonométricas



� ��

�

= ⇒ − = ⇒− − = ⇒ − − + =

=

2.cos x 3.sen x 2(1 sen x) 3.sen x2 2.sen x 3.sen x 0 2y 3y 2 0

2 2

cos x

2

y sen x

2

2

Dessa forma, encontramos uma equação de segundo grau.

2y 3y 2 0

(–3) 4.(–2).2 9 16 25

y–(–3)

2.(–2)3 54

y3 54

12

ou

y3 54

2

2

2

− − + =

∆ = − = + =

=± ∆

=− ±

⇒

=− +

=

=− −

= −

Para y –2 sen x –2.= ⇒ =

Como ≤sen x 1, não existe x para a solução da equação sen x = –2.

Para y12

sen x12

.= ⇒ =

Os valores de x no intervalo dado para os quais

=π π

sen x12

são6

e56

.


A) = ⇒

= ⇒

= ⇒

= ±

∈π π π π

2 sen x –1 0

2 sen x 1

sen x12

sen x22

x4

,34

,54

,74

.

2

2

2

B) senx sen43

x43

ou x –43

–3

53

x43

,53

.

=π

⇒

=π

= ππ

=π

=π

∈π π

C) = ⇒

= ⇒

=

∈π π

sen x – cos x 0

sen x cos x

tgx 1

x4

,54

.

D) π

= + π

π = + π + π ⇒ = π + π

π + + π = π + π ⇒ = π + π ⇒ = π + π

∈ π π π π

sen 2x –4

sen x2

1ºCaso:2x –4

x2

2k x 34

2k

2ºCaso:2x –4

x2

2k 3x 34

2k x4

2k3

x4

, 34

, 1112

, 1912

E) cos 2x cos5

1º caso:2x5

2k x10

k

2º caso:2x5

2k x –10

k

x10

,910

,1110

,1910

.

=π

=π

+ π ⇒ =π

+ π

+π

= π ⇒ =π

+ π

∈π π π π

F) = ⇒ = ±

∈π π π π

tg x –1 0 tg x 1

x4

,34

,54

,74

.

2 2


sen 3x + sen 5x = 0 ⇒ sen 3x = –sen 5x

Como o seno é uma função ímpar, temos que –sen 5x = sen (–5x).

Desse modo, a equação do enunciado pode ser escrita como:

sen 3x = sen (–5x)

Logo, para a resolução dessa equação, devemos considerar

duas possibilidades:

• = − + π ⇒ = π ∈3x 5x 2k x k4

, k

• + − = π + π ⇒ − = π + π ⇒ = − π + π ∈3x ( 5x) 2k 2x 2k x2

k , k

Assim, fazendo a intersecção entre as soluções e lembrando

que x ∈

0 2, π , temos S =

04 2

34

54

32

74

, , , , , , ,π π π π π π π .

Também podemos resolver esse problema usando as Relações

de Prostaférese: sen x sen x sen x x3 5 2 4 0+ = =. .cos

EM2MPV2_MAT.indd 20 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Logo, sen 4x = 0 ou cos x = 0.

• sen x x k x k4 0 44

= ⇒ = ⇒ =π π

• cos x x k= ⇒ = +02π π

Desse modo, fazendo a intersecção entre as soluções e lembrando

que x 0, 2∈ π

, temos S =

04 2

34

54

32

74

, , , , , , ,π π π π π π π ,

ou seja, a mesma solução encontrada pelo outro método.

Questão 04

Comentário: +π

=π

tg x2

tg3

tal que ∈ π

x 0, 2

Trata-se de um problema na forma tg x = tg y.

+π

=π

+ π ⇒ = −π

+ π ∈x2 3

k. x6

k. , k

A solução geral é:

� �S x |x56

k. , k= ∈ =π

+ π ∈

No intervalo dado temos S56

,116

=π π

.

Questão 05Comentário: O enunciado nos apresenta uma equação biquadrada em sen x. Chamando sen2 x de y, temos:

2y2 + y – 1 = 0 ⇒ y = –1 ou y = 12

Como y = sen2 x, só a segunda solução convém. Logo,

sen x sen x2 12

22

= ⇒ = ± , e, como x ∈

0 2, π , temos que

S =

π π π π4

34

54

74

, , , .

Questão 06Comentário: A Relação Fundamental da Trigonometria nos diz que sen2 x + cos2 x = 1. Dividindo ambos os membros por cos2 x, temos:

+ = ⇒ + =sen xcos x

cos xcos x

1cos x

tg x 1 sec x.2

2

2

2 22 2

Questão 07Comentário:A) Chamando sen x = y, temos a equação 2y2 – 3y + 1 = 0,

que tem como soluções y = 1 e =y12

. Assim:

sen x12

x6

2k ou x56

2k

sen x 1 x2

2k

S x |x6

2k ou x56

2k ou x2

2k , k .

= ⇒ =π

+ π =π

+ π

= ⇒ =π

+ π

= ∈ =π

+ π =π

+ π =π

+ π ∈

� �

B) Chamando sen x = y, temos a equação 4y² = 2 e

= ±sen x22

. Logo, x4

k2

,k .=π

+π

∈

C)

2x x3

2k x3

2k

2x x3

2k x29

2k3

S3

2k ,29

2k3

;k .

= +π

+ π ⇒ =π

+ π

+ +π

= π + π ⇒ =π

+π

=π

+ ππ

+π

∈

D) cos x 1 cosx 1 x k ,k .2 = ⇒ = ± ⇒ = π ∈

E) tg (2x) 1 tg2x 1 2x4

k2

x8

k4

, k .2 = ⇒ = ± ⇒ =π

+π

⇒ =π

+π

∈

F)

+ = ⇒ + = ⇒

+ = ⇒

+ = ⇒

= ⇒

= ⇒ = ⇒

=π

+ π ∈

tg x cot gx 2sen xcos x

cos xsen x

2

sen x cos x 2.sen xcos x

sen x –2.sen x.cos x cos x 0

(sen x – cos x) 0

sen x cos x tg x 1

x4

k ; k .

2 2

2 2

2

Questão 08Comentário: Colocando os termos comuns em evidência, temos:sen2 x.cos2 x – sen x.cos2 x = 0 ⇒ sen x.cos2 x (sen x – 1) = 0Assim, sen x = 0, sen x = 1 ou cos2 x = 0. Resolvendo:

• sen x x k= ⇒ =0 π

• sen x x k= ⇒ = +12

2π π

• cos2 02

x x k= ⇒ = +π π

Logo, S x |xk2

, k= ∈ =π

∈

� � .


� ��

�

�

+ = − ⇒ + = − ⇒

+ + = ⇒ + + = ⇒

+ + = ⇒= −

= −

⇒= −

= −

=

=

11 cos 2x 6(1 cos x) 11 2.cos x –1 6 6.cos x

2.cos x 6cosx 4 0 2y 6y 4 0

y 3y 2 0y 1

ouy 2

cos x 1ou

cos x 2

2

cos 2x

2

y cos x

2

2

y cos x

= ⇒ = π + π ∈cos x –1 x 2k , k .

Questão 10Comentário: A expressão sen 7x – 4.sen 3x = sen x pode ser reescrita como sen 7x – sen x = 4.sen 3x.

Aplicando as Relações de Prostaférese, temos:

sen x sen x x x sen x x x sen x7 2 72

72

2 4 3− = + =.cos . – .cos .

Assim, 2.cos 4x.sen 3x = 4.sen 3x. Logo:

• sen3x=0⇒ = π ⇒ =π

∈3x k xk3

, k

• cos4x=2(nãoseaplica).

EM2MPV2_MAT.indd 21 10/01/18 16:08

22 Coleção EM2

Questão 11Comentário: Considerando sen x = y, temos:

2y2 + 3y + 1 = 0 ⇒ y = –1 ou y = –12

Como x ∈

0 2, π , obtemos:

• sen x x= − ⇒ =1 32π

• sen x x ou x= − ⇒ = =12

76

116

π π

Assim, S =

76

32

116

π π π, , .


A) >cos x12

Os valores de x na primeira volta, para os quais =cos x12

,

=π

=π

são x3

e x53

. Com o auxílio do ciclo, podemos

encontrar a solução da inequação na primeira volta:

cos α cos

sen

π3

5π3

12

S 0,3

53

, 2=π

∪

ππ

B) ≤ −sen x12

Os valores de x, na primeira volta, para os quais =sen x –12

são =π

=π

x76

e x116

. Com o auxílio do ciclo:

sencos

sen

π3

11π3

7π3

12

–S

76

,116

=π π

C) tg x > 1

No ciclo trigonométrico, estão representados os valores de

x que tornam tg x = 1, no caso, =π

=π

x4

e x54

, assim como

a projeção de outros arcos no eixo das tangentes:

tg x > 1π2

3π2

tg

1π4

5π4

Todas as alternativas apresentam esse universo.

S

4,2

54

,32

=π π

∪

π π

D) sen x

sen x ≥

sen x ≤ –

≥ ⇒

12

12

,se sen x ≥ 0

12

,se sen x < 0

ou

Os valores de x, na primeira volta, para os quais =sen x12

são =π

=π

x6

e x56

. Ana logamente, =sen x –12

se

=π

=π

x76

ou x116

. Com o auxílio do ciclo, encontramos os

valores de x para os quais: ≥ ≤sen x12

ou sen x –12

2π –

cos x

sen x

π6

π6

π + π6

π – π6

12

12

–

S

6,56

76

,116

=π π

∪π π

E) ≤cos x32

Asoluçãoérepresentadanafiguraaseguir:

2π – α

α

cos αcos

cos ≤ 32

32

Os valores de x para os quais =cos x32

tal que

=π

=π

x6

e x116

.

=

π π

Assim, S6

,116

.

EM2MPV2_MAT.indd 22 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor



A) <sen x32

Os valores de x para os quais =sen x32

são =π

+ πx3

2k ,

k ∈ e =π

+ π ∈x23

2k , k .Com o auxílio do ciclo:

32

2π3

π3

Assim, a solução é:

S k.2 ,3

k.223

k.2 , 2 k.2 , k .= ππ

+ π

∪

π+ π π + π

∈

B) < −cos x12

Os valores de x para os quais =cos x –12

são =π

+ πx23

2k ,

k ∈ e =π

+ π ∈x43

2k , k . Com o auxilio do ciclo:

–cos α cos

cos x < – 12

4π3

– 12

2π3

Na notação de intervalo de conjuntos na reta real, temos:

=π

+ ππ

+ π

∈

S

23

k.2 ,43

k.2 , k .


A) tg x > 0 Comopodeservistonafiguraaseguir,atangenteépositiva

no 1º e 3º quadrantes:

tg

Oπ

π2

3π2


S k.2 ,2

k.2 k.2 ,32

k.2 , k

S k. ,2

k. , k .

= ππ

+ π

∪ π + π

π+ π

∈

⇒

= ππ

+ π

∈

B) ≤tg 2x 3

Definimos = θ ⇒ θ ≤2x tg 3.

Temos aqui o caso tg nθ ≤ , tal que n 3.= Asoluçãodainequaçãoérepresentadanafiguraaseguir

em função de θ:

tg θ ≤

α

π2

3π2

tg

π + α

3

3

• Paraencontrartgα = n tal que n 3= e α ∈π

0,

2, temos:

α = =

π⇒ α =

πtg 3 tg

3 3

• Asoluçãonointervalode θ ∈ π

0, 2 é:

≤ θ ≤ απ

< θ ≤ π + απ

< θ < π ⇒

≤ θ ≤π π

< θ ≤π π

< θ < π

0 ou2

ou32

2

03

ou2

43

ou32

2

• Voltandoparaavariávelx,temos:

0 2x3

ou2

2x43

ou32

2x 2≤ ≤π π

< ≤π π

< < π ⇒θ θ θ

≤ ≤

π π< ≤

π π< < π0 x

6ou

4x

23

ou34

x

• Determinaçãogeral: O período da função tg x é π, o que implica que o período

de tg 2x é igual a π2

.

A figura a seguir representa a solução no ciclo

trigonométrico no intervalo π

0, 2 .

π6

π4

2π32π

4

3π6

5π4 5π

3

3π4

sen x

cos x

EM2MPV2_MAT.indd 23 05/01/18 10:17

24 Coleção EM2

Utilizando o primeiro quadrante para representar a solução, temos:

k2

x6

k2

ou4

k2

x2

k2

π≤ ≤

π+

π π+

π< <

π+

π, k ∈

Devemos lembrar que =π

⇒π

=π

x4

tg 2.4

tg2

, que não estádefinido.


π π+

π

∪

π+

π π+

π

∈

k2

,6

k2 4

k2

,2

k2

,k .

Questão 15Comentário: Considerando cos x = y, temos 2y2 + 3y + 1 < 0.

Encontrando as raízes da equação, temos y = –1 ou y = –12

.

Assim, cos x = –1 ou cos x = –12

. Logo, teremos o seguinte

quadro de sinais:

–1 12

–

+ +

–

Com base na figura anterior, percebemos que os valores dos ângulos x que satisfazem à inequação são tais que

− < <1 12

cos –x . Observe:

0

12

–

Então, pode-se concluir que S =

∪

23

43

π π π π, , .

Questão 16Comentário: Considerando sen x = y, temos: − ≤y

14

0.2

Encontramos como raízes para essa equação: y = 12

ou y = –12

.

Desse modo, sen x = 12

ou sen x = –12. Logo, teremos o seguinte

quadro de sinais:

+ +–

–

A partir da figura anterior, percebemos que − ≤ ≤12

12

sen x .

Observe:

12

–12

–

1212

π2

3π2

0π

Logo, S =

ππ

π

∪

π+ π

π+ π

∪

π+ π π + π

∈

2k ,6

+ 2k 56

2k , 76

2k 116

2k , 2 2k ;

k .

Desafio

Questão 01Comentário: Desenvolvendo uma parte da equação, temos:

π

π

+

=

π π

π

+π

=

+

=

sen3

– x sen3

x

sen3

cos x – sen xcos3

sen3

cos x sen xcos3

32

cos x –12

sen x32

cos x12

sen x

34

cos x –14

sen x2 2

Agora, voltando para a equação original, temos:

4sen x34

cos x –14

sen x sen x 3cos x – sen x

sen x 2cos x cos x – sen x sen x 2cos x cos 2x

2sen x cos x cosx sen x cos 2x

sen 2x cos x sen x cos 2x

sen 2x x sen 3x

2 2 2 2

2 2 2 2

( )

( ) ( )( )

( )

= =

+ = + =

+ =

+ =

+ =

Então, tiramos que: sen 3x = sen 3x

Ou seja, isso é verdade para qualquer x real.

Questão 02 – Letra CComentário: Nos valendo de que sen2 x + cos2 x = 1, temos: = ⇒ =sen x – 2 cos x 0 1 – cos x – 2 cos x 02 4 2 4

Agora, fazendo uma mudança de variável, por exemplo,

y = cos2 x, temos:

EM2MPV2_MAT.indd 24 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


( ) ( )( )

( )

=

∆ = = + =

=±

=±

= =

= = ±

=π

=π

=π

=π

1 – y – 2y 0 ⇒

–1 – 4. –2 .1 1 8 9

y– –1 9

2. –2y 1 3

–4y –1 ou y 1

2

cos x 12

cos x 22

x4

ou x 34

ou x 54

ou x 74

2

2

2

⇒

⇒ ⇒

⇒ ⇒

Lembrando que só estamos interessados nos ângulos da primeira volta positiva.Portanto, somando esses valores, temos:

π+

π+

π+

π=

π + π + π + π=

π= π

434

54

74

3 5 74

164

4

Questão 03Comentário: Primeiramente, vamos nos valer de que:

cos 4x32

cos 2x 2cos4x 3

22x

2

4x 32

– 2x

2

2cos

8x 3 4x22

8x 3 – 4x22

2cos8x 3 4x

48x 3 – 4x

4

2cos 3x34

x34

+π

+ =+ π +

+ π

=

+ π +

+ π

=

+ π +

+ π

=

+π

+π

Agora, substituindo isto na nossa equação original, temos:

2cos 3x34

cos x34

cos 3x34

0

cos 3x34

2cos x34

1 0

cos 3x34

0 3x34 2

k

3x2

–34

k 3x –4

k x –12

k3

ou

2cos x34

1 0

cos x34

–12

x34

23

2k x –12

2k ou

x34

43

2k x16 – 9

12712

2k , k

+π

+π

+ +π

=

+π

+π

+

= ⇒

+π

= ⇒ +π

=π

+ π ⇒

=π π

+ π ⇒ =π

+ π ⇒ =π

+π

+π

+

= ⇒

+π

= ⇒

+π

=π

+ π ⇒ =π

+ π

+π

=π

+ π ⇒ =π π

=π

+ π ∈

Por fim, podemos verificar que a interseção das soluções é:

� �= ∈ =π

+π

∈

S x |x –

12k3

, k


Questão 01 – Letra BComentário:

= ⇒ = ⇒ =π

+ π ∈tg (x) –1 0 tg (x) 1 x4

k , k

Como estamos interessados apenas nos valores de x, tais que

0 ≤ x ≤ π, temos: x = π4

Portanto, a equação possui uma única raiz.


sen x cos x 0 sen x cos x sen xcos x

1 tg x 1+ = ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = −

O domínio é o intervalo entre 0 e 2π. Assim:

− =π

=π

⇒ ∈π π

1 tg

34

tg74

x34

,74

Portanto, temos 2 soluções.


sen x cos x sen xcos x

1 tg x 1 x4

k , k = ⇒ = ⇒ = ⇒ = π + π ∈

Como estamos interessados em valores de x, tais que 0 ≤ x ≤ 2π, temos:

x = π4

ou x = π54

.

Questão 04 – Letra AComentário: Consideremos cos x = y:2 cos2 x + cos x – 1= 0

2y2 + y – 1 = 0

∆ = 1 + 8 = 9

=±

= ⇒ =

= ⇒ =

∈ π =π

ππ

y–1 3

4

y12

cos x12

ouy –1 cos x –1

Como x [0,2 ], temos que S3

, ,53

.

1

2

Questão 05 – Letra AComentário: Fazendo uma mudança de variável, por exemplo: cos x = α, temos:

2 – 3 – 2 0 –3 – 4. 2 . –2 9 16 25

– –3 5

2 .23 5

42 ou – 1

2cos x – 1

2

2 2( ) ( ) ( )( )

α α = ⇒ ∆ = = + = ⇒

α =±

= ± ⇒ α = α = ⇒ =

Como estamos interessados em valores de x, tais que 0 ≤ x ≤ π,

temos: x = π23

Portanto, há apenas uma solução para a equação.

EM2MPV2_MAT.indd 25 15/01/18 14:12

26 Coleção EM2


� �� 1 cos x sen x 1

sen x sen x 1

2

sen x sen x2

( )− + = ⇒

+ =

=

Devemos lembrar que a definição de módulo para |sen x| é:

= ≥ ≤ ≤ π< π < < π

sen x sen x, se sen x 0; 0 x– sen x, se sen x 0; x 2

Logo:

sen x sen x 1

sen x sen x 1, se 0 x– sen x sen x 1, se x 2

sen x 12

, se 0 x

0 1, se x 2 Absurdo

+ = ⇒

+ = ≤ ≤ π+ = π < < π

⇒

= ≤ ≤ π

= π < < π ⇒

Esse raciocínio permite concluir que:

=

∩ π

=

π π

sen x

12

0,6

,56

Somando as soluções, temos:

656

66

.π

+π

=π

= π


cos 2x 12

cos x – sen x 12

1 – 2sen x 12

2 – 4sen x 1

– 4sen x –1 sen x 14

sen x 12

2 2

2 2

2 2

= ⇒ = ⇒

= ⇒ = ⇒

= ⇒ = ⇒ = ±

Como estamos procurando valores de x na primeira volta positiva, temos: x = 30°, x = 150°, x = 210° e x = 330°.

Questão 08 – Letra CComentário:

= ⇒ =sen 2x 2.sen x 2.sen x.cos x 2.sen x

• 1ªsolução:Devemos observar que sen x = 0 é solução. Logo:

= ⇒ = π ∀ ∈sen x 0 x n ; n

Analisando a equação com sen x ≠ 0, temos:

= ⇒ = ⇒

= π ⇒ = π ∀ ∈

2.sen x.cos x 2.sen x cos x 1

cos x cos 2n x 2n ; n

Se π ⊂ π π ∪ π = π ∈{n } {2n }, então {n } {2n } {n ;n }

• 2ªsolução:

Utilizando fatoração, temos:

= ⇒ − = ⇒

− = ⇒=

=

2 . sen x . cos x 2 . sen x sen x . cos x sen x 0

sen x . (cos x 1) 0sen x 0

oucos x 1

Resolvendo as duas questões, temos:

��

��

= π ⇒ = π ∈

= π ⇒ = π ∀ ∈

sen x sen n x n ;n

cos x cos 2n x 2n ; n0

1

E, pelo mesmo raciocínio anterior, temos:

π ⊂ π ⇒ π ∪ π = π ∈{n } {2n } {n } {2n } {n ;n }.

Questão 09 – Letra E

Comentário: Resolvendo a equação, temos:

sen 2x sen x sen 2x – sen x 0

2.sen x.cos x – sen x 0

sen x(2.cos x –1) 0

2.sen x.cos x

= ⇒ = ⇒

= ⇒

=

��

Daqui, podemos concluir que sen x 0 ou cos x12

.= =

= ⇒ = = π

= ⇒ =π

=π

sen x 0 x 0 ou x

cos x12

x3

ou x53

Portanto, a soma das raízes é + π +π

+π

= π03

53

5 .

Questão 10 – Letra B

Comentário:

��

θ = θ ⇒

θ =θθ

⇒

θ θ = θ ⇒

θ θ θ = ⇒

θ θ θ =

2 sen 3tg

2 sen 3sen cos

2 sen .cos 3 sen

2 sen .cos –3 sen 0

(sen )(2 cos –3 sen ) 0

2

2

2

2 2

2 2

(I)

2

(II)

Como estamos trabalhando no intervalo 02

< <θ π , temos:

(I) sen θ = 0 (não convém)

ou

(II) 2 cos2 θ – 3 sen θ = 0

Em (II), pela Relação Fundamental da Trigonometria, cos2 θ = 1 – sen2 θ, ou seja:

2(1 – sen2 θ) – 3 sen θ = 0 ⇒ 2 sen2 θ + 3 sen θ – 2 = 0 ⇒=sen x θ

2x2 + 3x – 2 = 0

EM2MPV2_MAT.indd 26 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


= ⇒ θ =

= ⇒ θ = −

θ =π

θ =

x12

sen 12

ou

x –2 sen 2 (não convém)

Logo, 6

e cos 32

.

Questão 11 – Letra DComentário: cos x = cos (x + π)

Lembrando que cos (x + π) = – cos x, nossa equação passa a ser:

cos x = –cos x ⇒ 2cos x = 0 ⇒ cos x = 0 ⇒ =π

+ π ∈x2

k , k

Porém, estamos procurando valores de x na primeira volta

positiva, então temos:

=π

=π

x2

ou x32

Questão 12Comentário: (sen x + cos x)2 = 1 ⇒ sen2 x + 2(sen x)(cos x) + cos2 x = 1Como sen2 x + cos2 x = 1:1 + 2 sen x.cos x = 1 ⇒ sen 2x = 0 ⇒ 2x = arcsen 0 = kπDadoointervalo0≤x≤2π, temos:

2x = 0 ⇒ x = 0

2x = π ⇒ x = π2

2x = 2π ⇒ x = π

2x = 3π ⇒ x = 32π

2x = 4π ⇒ x = 2π

=π

ππ

π

Assim, S 0,2

, ,32

, 2 .


A) sen x22

= , em que 0 x 2≤ ≤ π

��

sen x sen4

sen4

x4

ou

x34

x

x4

,34

.

22

22

=π

= π −π

⇒

=π

=π

⇒

∈ π π

B) sen x cos 2x= , em que 0 x 2≤ ≤ π

� �� = ⇒ = −sen x cos 2x sen x 1 2sen x2

cos 2x

Consideremos y = sen x.

2y y 1 02 + − =

Dessa forma, encontramos uma equação do segundo grau com raízes:

Para y –1 sen x –1 x32

Para y12

sen x12

x6

ou x56

= ⇒ = ⇒ =π

= ⇒ = ⇒ =π

=π

∈

π π π

x

6,56

,32

.

Questão 14 – Letra CComentário: Dada a equação a seguir e de acordo com a Relação Fundamental da Trigonometria, temos:

sen2 x – 2 cos4 x = 0 (I)

sen2 x + cos2 x = 1 ⇒ sen2 x = 1 – cos2 x (II)

Manipulando (I) e (II), obtemos:

1 – cos2 x – 2 cos4 x = 0 ⇒ 2 cos4 x + cos2 x – 1 = 0 ⇒=cos 2 x y

+ = ⇒

= ⇒ = ⇒ = ±

= ⇒ =

2y y –1 0

y12

cos x12

cos x22

ou

y –1 cos x –1 (não convém)

2

2

2

Portanto, as raízes da equação são π π π π4

34

54

74

, , ,e e a soma

desses valores é igual a 4π.


sen 2 tg 2sen cossen

cos

2cos 1 cos 12

cos 22

4k2

, k

2 2

θ = θ ⇒ θ θ =θ

θ⇒

θ = ⇒ θ = ⇒ θ = ± ⇒

θ = π + π ∈

Portanto, o único valor que pertence ao conjunto é π34

.

Questão 16Comentário: 5 cos (2x) + 3 sen x = 4Pelo cosseno do arco duplo, temos que cos 2x = cos2 x – sen2 x,

ou seja:

5(cos x – sen x) 3.sen x 4

5(1– sen x – sen x) 3.sen x 4

5 –10.sen x 3.sen x 4 10.sen x –3.sen x –1 0

sen x 3 4920

sen x 12

ou sen x –15

2

1 – sen x

2

2 2

2 2

2

�� + = ⇒

+ = ⇒

+ = ⇒ = ⇒

= ± ⇒ = =

EM2MPV2_MAT.indd 27 05/01/18 10:17

28 Coleção EM2

Como o arco x está no terceiro quadrante, sen x e cos x são

negativos, então sen x – .= 15

Pela Relação Fundamental da Trigonometria, sen2 x + cos2 x = 1.

Como já sabemos que sen x – ,= 15

temos:

–15

cos x 1

cos x 1–125

cos x245

cos x –2 65

Logo, sen x –15

e cos x –2 65

.

2

2

2

+ = ⇒

= ⇒

= ± ⇒

=

= =

Questão 17

Comentário:

(2.cos x 3.sen x).(cos x sen x) 0

2.cos x 3.sen x 0ou

cos x sen x 0

2(1 sen x) 3.sen x 0ou

cos 2x 0

2 2 2

2

2 2

2

cos x

cos x sen x

2

2 2

� ��

��

+ − = ⇒

+ =

− =

⇒− + =

=

−

• Resolvendo − + =2(1 sen x) 3.sen x 02 e substituindo y por

sen x, temos:

− + = ⇒ =2(1 y ) 3y 0 2y – 3y – 2 02 2

Dessa forma, encontramos uma equação de segundo grau

com raízes.

= −

=

⇒= −

=

⇒=

π π

∅

y12

ouy 2

sen x12

ousen x 2

x76

ou116

ou

• Resolvendocos2x=0com ∈ π

x 0,2 , temos:

2x2

k x4

k2

Como x [0, 2 ], x4

,34

,54

,74

,116

=π

+ π ⇒ =π

+π

∈ π ∈π π π π π

Unindo as soluções das duas equações, temos:

S4

,34

,76

,54

,74

,116

.=π π π π π π

Questão 18 – Letra D

Comentário:| f(t)| 4 cm

|8.sen (3 t)| 4

|sen (3 t)| 12

sen6

2k sen 56

2k ;k

(I):sen (3 t) sen6

2k

(II):sen (3 t) –sen6

2k' sen –6

2k

(III):sen (3 t) sen 56

2k

(IV):sen (3 t) –sen 56

2k' – sen –56

2k

=

π =

π = = π + π

= π + π

∈

π = π + π

π = π + π

= π + π

π = π + π

π = π + π

π + π

A sétima raiz, para t > 0 é 1918

.

k

Resolvendo:

(I):

3 t6

2k t 118

2k3

1 12k18

(II):

3 t –6

2k t – 118

2k3

–1 12k18

(III):

3 t 56

2k t 518

2k3

5 12k18

(IV):

3 t –56

2k t – 518

2k3

–5 12k18

Variando , encontramos as soluções em ordem crescente:

–518

, –118

, 118

, 518

, 718

, 1118

, 1318

, 1718

, 1918

, 2318

, 2518

, 2918

, ...

k 0 k 1 k 2

� ��

π = π + π ⇒ = + = +

π = π + π ⇒ = + = +

π = π + π ⇒ = + = +

π = π + π ⇒ = + = +

= = =

Questão 19

Comentário:

sen .cos – sen .cos sen .cos (sen – cos )

–12

.sen 2 .cos 2 –14

.sen 414

sen 4 –1

432

2k

38

k2

, k .

3 3 2 2θ θ θ θ = θ θ θ θ ⇒

θ θ = θ = ⇒

θ = ⇒

θ =π

+ π ⇒

θ =π

+π

∈

EM2MPV2_MAT.indd 28 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 20

Comentário:

= =

= ⇒ ∈ π

= ⇒ ∈ π π

= ⇒

= ⇒

= ± ⇒

∈ π π π π

sen x.cos x –3.sen x.cos x sen x.cos x(sen x –3cos x) 0

senx 0 x {0, }

cosx 0 x2

,32

sen x 3cos x

tg x 3

tgx 3

x3

,23

, 43

,53

3 3 2 2

2 2

2

Assim, a solução será:

S 0,3

,2

,23

, ,43

,32

,53

.=π π π

ππ π π

Questão 21

Comentário:

A) A menor temperatura possível será atingida quando

( )π

=sen

2365

t –101 –1, ou seja, quando:

( )π

=π

⇒

=π

π

⇒

= ⇒

= = ≅

2365

t –101 –2

t –101 –2

3652

t 101 –3654

t404 – 365

4394

9,75

Portanto, isso acontecerá no 10º dia do ano, isto é,

em 10 de janeiro.

B) As temperaturas estarão abaixo de 0 °C quando

( ) < ⇒ <59

F – 32 0 F 32.

Então, temos:

( )

( )

( )

π

+ < ⇒

π

< ⇒

π

<

50.sen2365

t –101 7 32

50.sen2365

t –101 25

sen2365

t –10112

Para facilitar os cálculos, vamos analisar o intervalo em que

( )π

≥sen

2365

t –10112

( )

( )

π

≥ ⇒

π≤

π

≤π

⇒

≤ ≤ ⇒

≤ ≤

sen2365

t –10112

62365

t –10156

36512

t –1011 825

12

131,41 t 253,08

Podemos concluir, então, que o período é de 254 – 132 dias,

ou seja, 122 dias que terão temperatura maior ou igual a 32 F.

Portanto, serão 365 – 122 = 243 dias com temperatura

menor que 32 F.


A)

= ⇒ = + π

⇒

= + π

⇒

+ π

= ⇒ + π

=

+ π

= π ⇒ =

+ π

= π ⇒ =

+ π

= π ⇒ =

t

P 750 P 800 –100.sen (t 3)6

750 800 –100 sen (t 3)6

100.sen (t 3)6

50 sen (t 3)6

12

Os possíveis valores de são :

(t 3)6 6

t –2 (não convém)

(t 3)6

56

t 2

(t 3)6

136

t 10

Portanto, os meses em que a população atinge um total de

750 animais são março e novembro.

B) Consideremos x t= +

( )3

6π . Como a função seno é limitada

z de –1 ≤ sen x ≤ 1, a equação dada atinge seu máximo

quando sen x = –1 (P = 900) e seu mínimo quando

sen x = 1 (P = 700). Assim, para que a população

seja mínima, x k= +π π2

2 :

+π

=

π+ π ⇒ + = +

⇒

+ = + ⇒ = ⇒ =

÷π

=

(t 3)6 2

2k t 3 612

2k

t 3 3 12k t 12k t 0

( )

k 0

Observe que o único valor possível para k é 0, já que,

de acordo com a questão, em 1º de dezembro, t = 11. Logo,

a população de animais atinge o número mínimo em janeiro.

EM2MPV2_MAT.indd 29 16/01/18 14:03

30 Coleção EM2


A) A função preço P(t) 0,8.sen2360

t –101 2,7( )=π

+

terá seus va lores mín imo e máx imo quando

( )π

=sen

2360

t –101 –1 e ( )π

=sen

2360

t –101 1,

respectivamente. Ou seja:• Valor mínimo:

( )π

=π

⇒

=π

π

⇒

= ⇒

=

2360

t –101 –2

t –101 –2

3602

t 101 – 90

t 11

• Valor máximo:

( )π

=π

⇒

=π

π

⇒

= + ⇒

=

2360

t –1012

t –1012

3602

t 101 90

t 191

Portanto, o menor e maior preço do quilograma de tomates serão:• Menor preço:

� �� ( ) ( )

( ) ( )

=π

+ ⇒

= + =

=

P 11 0,8.sen2360

t –101 2,7

P 11 0,8. –1 2,7 R$1,90

–1

• Maior preço:

( ) ( )

( )

=π

+ ⇒

= + =

=� ��

P 191 0,8.sen2360

t –101 2,7

P 191 0,8 .1 2,7 R$ 3,50

1

B) Como P(t) = 3,1, temos:

( )

( )

( ) ( )

π

+ = ⇒

π

= ⇒

π

=π π

=π

0,8.sen2360

t –101 2,7 3,1

sen2360

t –10112

2360

t –1016

ou2360

t –10156

Se ( )π

=π2

360t –101

6:

( )π

=π

⇒

= ⇒

=

2360

t –1016

t –101 30

t 131

Se ( )π

=π2

360t –101

56

:

2360

t –101 56

t –101 150 t 251

( )π

= π ⇒

= ⇒ =


A) f(t) cos12

t – cos6

t

f(2) cos12

.2 – cos6

.2 f(2) cos6

– cos3

f(2)32

–12

0,35 °C

f(9) cos12

.9 – cos6

.9

f(9) cos34

– cos32

f(9) –22

– 0 –0,7 °C.

=π

π

=π

π

⇒ =

π

π

⇒

= =

=π

π

⇒

=π

π

⇒

= =

B) f(t) 0

f(t) cos12

t – cos6

t

0 cos12

t – cos6

t

= ⇒

=π

π

⇒

=π

π

Dado o intervalo de 0 ≤ t ≤ 24, temos:

π

=

π

⇒

π=

π+ π ∈

π= π

π+ π ∈

cos12

t cos6

t

12t

6t 2k , com k (I)

ou,

12t 2 –

6t 2k , com k (II)

Em (I) temos:

π=

π+ π ⇒

π=

π + π⇒

= ⇒ ==

12t

6t 2k

t12

2 t 24k12

t –24k t 0k 0

Em (II), temos:

π= π

π+ π ⇒

π=

π π + π⇒

= + ⇒ = + ⇒

=

=

=

12t 2 –

6t 2k

t12

24 –2 t 24k12

3t 24 24k t 8 8k

t 8

t 16

t 24

Assim, a temperatura atingiu 0 °C às 0h, 8h, 16h e 24h.

EM2MPV2_MAT.indd 30 10/01/18 16:09

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 25 – Letra CComentário: As abscissas dos pontos de intersecção equivalem aos valores de x para os quais f(x) = g(x), ou seja, sen 2x = cos x. Assim, levando-se em conta que queremos soluções para a primeira meia volta:

sen 2x cos x 2.sen x.cos x cos x

cos x 0 x2

sen x 12

x6

,56

2 656

32

.

= ⇒ =

= ⇒ = π

= ⇒ ∈ π π

π + π + π = π


A)

cos6

.t 54

1

6.t 5

42 .k

6.t 2 .k – 5

4

6t 2k – 5

4t 12k – 30

4

t 12k – 152

, k

2 .k, k� ��

�

�

π

+ π

=

π

+ π

= π ⇒ π

= π π

⇒

π = π

⇒ = ⇒

= ∈

= π ∈

B) O valor máximo da função P(t) determinará os pontos nos quais a maré será alta, além disso, ele será determinado

quando π

+π

=cos

6.t

54

1. De acordo com a solução

anterior da questão, temos, então, que = ∈t 12k –152

, k .

A primeira maré alta acontecerá quando k for igual a 1, portanto:

t 12k – 15

2, k 1 t 12 .1 – 7,5 4,5 h= = ⇒ = =

Questão 27Comentário:A) A corresponde ao deslocamento vertical da função e é dado

por:

=+

⇒

=+

=

Amáx (f) mín (f)

2

A14,4 9,6

212

B corresponde ao valor da amplitude da função, que é dada por:

= ⇒

= =

±

Bmáx (f) – mín (f)

2

B14,4 – 9,6

22,4

Portanto, B = 2,4.

B) O valor médio da função pode ser obtido quando

( )π

=sen

90t –105 0. Então temos que:

sen90

t –105 0

90t –105 .k t –105 .k.90

t –105 90k t 90k 105, k

.k, k� ��

�

�

( )

( )

π

= ⇒

π

= π ⇒ = π

π⇒

= ⇒ = + ∈

= π ∈

Portanto, para k = –1, t assumirá seu menor valor positivo: t = 90.(–1) + 105 = 105 – 90 = 15


A) sen12

t 32

1, t [0,24]

sen12

t 32

1

12t 3

2 2k.2

12t

2k.2 – 3

2 12t k. – 2

12t k – 2 t

12k – 2

t 12k – 24, k

2k.2 , k

� ��

�

�

( )

π

+ π

= ∈

π

+ π

= ⇒

π

+ π

= π + π ⇒

π = π + π π ⇒ π = π π ⇒

π = π ⇒ = ⇒

= ∈

π + π ∈

Para k = 0, t = –24 (não convém)

Para k = 1, t = –12 (não convém)

Para k = 2, t = 0 (não convém)

Para k = 3, t = 12 (convém)

Portanto, t = 12 h.

B) A t e m p e ra t u r a H ( t ) s e r á m á x i m a q u a n d o

π

+π

=sen

12t

32

1, ou seja, H(t) = 15 + 5 . 1 = 20 °C

Substituindo o valor máximo de H(t) na função, teremos:

= +π

+π

⇒

= +π

+π

⇒

π

+π

= ⇒

π

+π

=

=

H(t) 15 5.sen12

t32

20 15 5.sen12

t32

5.sen12

t32

5 sen12

t32

1

20

Para que isso seja válido, t = 12 h, como encontramos na

solução anterior. Como a medição começou às 3 horas da

manhã, a temperatura máxima de 20 °C foi atingida às

15 horas.

EM2MPV2_MAT.indd 31 10/01/18 16:09

32 Coleção EM2


A) •Quandoosatéliteseencontranoperigeuα = 0°, então:

h – 64 7 980100 5.cos 0

.10

h – 64 7 980100 5.1

.10 h – 64 7 980105

.10

h 7 980 – 6 720105

.10

h 1 260105

.10 1 200 km.

2

2 2

2

2

( )

( ) ( )

= ++ °

⇒

= ++

⇒ = +

⇒

=

⇒

= =

• Quandoosatéliteseencontranoapogeuα = 180°, então:

h – 64 7 980100 5.cos 180

.10

h – 64 7 980

100 5. –1.10

h – 64 7 98095

.10 h 7 980 – 6 08095

.10

h 1 90095

.10 2 000 km.

2

2

2 2

2

( )

( )

( )

( )

= ++ °

⇒

= ++

⇒

= +

⇒ =

⇒

= =

B) Quando h = 1 580, temos:

= ++ α

⇒

+ α= ⇒

+ α= ⇒

+ α = ⇒ α =

1 580 –647 980

(100 5.cos ).10

7 980(100 5.cos )

79,8100

(100 5.cos )1

100 5.cos 100 cos 0

2

Portanto, α =π2

ou α =π32

.

Questão 30 - Letra AComentário: Noteque,f(x)=senx≥0semprequex está no intervalo [0, π] + 2kπ, porém, como nosso universo é restrito a 0≤x≤2π,temosquef(x)≥0quando0≤x≤π. Ou, de outra maneira, podemos olhar para o gráfico da função seno no intervalo 0≤x≤2π.

+

1

–1

0

sen θ

–π2

3π 2π2

θ

Questão 31 – Letra EComentário: A equação do enunciado é equivalente a <cosx

32

,

que tem soluções nos quadrantes nos quais o cosseno é negativo,

assim como nos quadrantes em que o cosseno é positivo (basta

checar que = ∈π

∪

ππ

A x 0,

6116

, 2 é subconjunto do

conjunto-solução).

Questão 32 – Letra AComentário: Dado que < < π0 x 2 , temos:

< ⇒ − < < ⇒ < > −cos x12

12

cos x12

cos x12

e cos x12

• Resolvendo <cos x12

com =k12

, temos:

α = =π

⇒ α =π

cos12

cos3 3

A solução pertence ao intervalo de 0 a 2π:

α < < π − α ⇒π

< <π

x 23

x53

• Resolvendo > −cos x12

com =k12

, temos:

α = − =π

⇒ α =π

cos12

cos23

23

A solução pertence ao intervalo de 0 a 2π:

≤ < α π − α < < π ⇒ ≤ <π π

< < π0 x ou 2 x 2 0 x23

ou43

x 2

Pelo fato de as soluções serem simultâneas, temos:

3x 5

30 x 2

343

x 2

3x 5

30 x 2

3 3x 5

343

x 2

3x 2

343

x 53

Solução de cos x 12

Solução de cos x 12

Utilizando a teoria dos conjuntos: A (B C) (A B) (A C)

� ��

� ��

π < < π

∩ ≤ < π

∪ π < < π

=

π < < π

∩ ≤ < π

∪ π < < π

∩ π < < π

=

π < < π

∪ π < < π

< > −

∩ ∪ = ∪ ∩ ∩

Logo:

π

< <π

π

< <π

3x

23

ou43

x53

.

Questão 33Comentário: Chamando cos x = y, temos que resolver,

inicialmente, 2y2–3y+1≤0,quetemcomosolução ≤ ≤12

y 1,

logo, ≤ ≤12

cosx 1, o que, para a primeira volta, gera solução

∈π

∪

ππ

x 0,

353

,2 .

EM2MPV2_MAT.indd 32 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Seção Enem

Questão 01 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário:

ϕ = ⇒ ϕ = ϕ ⇒

= ϕ ⇒ = ϕ ⇒

= ϕ ⇒ ϕ = ⇒ ϕ =π

⇒ ϕ =

M ( ) 6 092,5 M ( ) 6 077 –31.cos(2 )

6 092,5 6 077 –31.cos(2 ) 15,5 –31.cos(2 )

–15,531

cos(2 ) cos(2 ) –0,5 223

60°.

n n

Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário:

V(t) 3,05

V(t) 3 0,05.sen 160 t2

3,05 3 0,05.sen 160 t2

0,05 0,05.sen 160 t2

1 sen 160 t2

160 t2 2

2k , com k

(0,05)

�

�

= ⇒

= + π − π

⇒

= + π − π

⇒

= π − π

⇒

= π − π

⇒

π − π = π + π ∈

Como o que queremos é o primeiro instante após o início do exame em que V(t) = 3,05, temos k = 0, ou seja:

π −π

=π

⇒ π = π ⇒ = =160 t2 2

160 t t1

160min

38

s.

Questão 03 – Letra AEixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Por meio da expressão e de seus dados, temos:

θ =θ

= = θ =

=θ

⇒ = θ ⇒ θ = ⇒

θ = ⇒ θ = ⇒ θ =

x( )v sen 2

g, com g 10m s , v 25 m s e x( )

1254

m

1254

25 sen 210

1 2502 500

sen 2 sen 2 0,5

2 arcsen 0,5 2 30° 15°.

02

20

2

CAPÍTULO – B2Combinatória: permutações e combinações

Exercícios de aprendizagemQuestão 01Comentário: Para montar a placa, as letras devem ser distintas, bem como os algarismos. Assim, temos 3 opções de letras para a primeira posição, 2 para a segunda e 1 para a terceira. O processo é o mesmo para os algarismos: 4 opções para a primeira posição, 3 para a segunda, 2 para a terceira e 1 para a última.

� �� −

3 2 1 4 3 2 1

Letras Algarismos

P3.P4 = 144São obtidas 144 placas.

Questão 02 – Letra DComentário: O roteiro pode começar por Natal ou Fortaleza, de forma que, escolhida a primeira cidade entre essas duas, as outras seis cidades podem ser visitadas em qualquer ordem. Começando por Natal, haverá P6 = 6! roteiros, que são as permutações das seis cidades restantes. Da mesma forma, começando por Fortaleza, serão P6 roteiros. Logo, a empresa pode organizar 2.P6 = 2 . 720 = 1 440 roteiros.

Questão 03Comentário: A) Na palavra SIMULADO, não temos letras repetidas; assim,

o número de anagramas é: P8 = 8! = 40 320.

B) Temos4vogaise4consoantes.Paraescolhera1ªletradoanagrama, dispomos de 4 opções, e, para formar o resto da palavra, basta permutar as sete letras restantes. Teremos, então: 4.P7 = 20 160.

C) SIMU LADO . Como as letras L, A, D e Odevemficarjuntas,podemos considerar LADO como uma única letra. Temos, então, de permutar 5 “letras”, sabendo que as componentes deLADOpodemficarjuntasdeP4 modos. Logo, contam-se P4.P5 = 2 880 anagramas.

D) A1ªea2ªletrasjáestãoescolhidas.Paraa3ª,temos6opções,paraa4ª,5opçõeseassimpordiante.Nesseaspecto, basta que se permute as 6 letras que sobram.

M S

P6

P6 = 720.

E) Do total de anagramas possíveis, temos:

1ªopção:M aparece em primeiro lugar, e S não aparece em segundo.

6 opções (I, U, L, A, D, O)

M

P6

Ou seja, temos 6.P6 possibilidades.

EM2MPV2_MAT.indd 33 05/01/18 10:17

34 Coleção EM2

2ªopção:M não aparece em primeiro lugar, e S aparece em segundo.

6 opções (I, U, L, A, D, O)

S

P6

Ou seja, temos 6.P6 possibilidades.

3ªopção:M aparece em primeiro lugar e S aparece em segundo.

SM

P6

Ou seja, temos P6 possibilidades.

Logo, o total de anagramas é: 6.P6 + 6.P6 + P6 = 9 360.

Questão 04Comentário: Considerando-se a ordem crescente dos números, antes do número 45 831 teremos:

Todos os números iniciados por 1: 1 _ _ _ _ ⇒ P4;

Todos os números iniciados por 3: 3 _ _ _ _ ⇒ P4;

Todos os números da forma 4 1 _ _ _ ou 4 3 _ _ _ ⇒ 2.P3;

Todos os números da forma 4 5 1 _ _ ou 4 5 3 _ _ ⇒ 2.P2;

O número 45 813;

Finalmente, temos o número procurado.

Observe, então, que antes do número em questão contam-se

2.P4 + 2.P3 + 2.P2 + 1 ou 65 números. Logo, 45 831 é o 66º lugar.

Questão 05Comentário: D deve necessariamente vir logo depois de A. Assim, deve-se considerar AD, nessa ordem, como uma única letra. O número de formas de se ordenar as máquinas é:P4 = 24.

Questão 06Comentário: Considerando-se os torcedores do time B como um único bloco, no julgamento, serão permutados os 5 torcedores do time A mais o bloco, de forma que há P6 = 720 maneiras de fazê-lo. Observando-se que, para cada uma dessas 720 maneiras, há P3 = 6 formas de permutar os 3 torcedores do time B dentro do bloco, temos um total de 720 . 6 = 4 320 modos de fazer os julgamentos.

Questão 07Comentário: Dividiremos esse exercício em duas etapas. Na primeira, como os livros de uma mesma matéria devem ficar juntos, considere os cinco livros de Matemática como pertencentes a um único grupo e faça o mesmo para os 4 livros de Física e os 3 de Biologia:

M M M M M F F F F BM F

1 2 3 4 5 1 2 3 4 1, , , , , , , ,

� �� , ,, ,B B

B

2 3� ��

Portanto, temos P3 maneiras de permutar os 3 grupos (M, F, B).Na segunda etapa, permutam-se os livros dentro de cada grupo:

M M M M M P maneirasM

1 2 3 4 5 5, , , ,

� �� =

F F F F P maneirasF

1 2 3 4 4, , ,� ��

=

B B B P maneiras

B

1 2 3 3, ,� ��

=

Logo, o total de maneiras de se distribuir os livros na estante é:

=P .P .P .P 103 680.3 5 4 3

Questão 08Comentário: Para escrever os números em ordem crescente, primeiro listamos os iniciados pelo algarismo 2, depois os iniciados pelo algarismo 3, e assim sucessivamente:2 _ _ _ _ ⇒ P4 = 24 números (1º ao 24º)3 _ _ _ _ ⇒ P4 = 24 números (25º ao 48º)5 _ _ _ _ ⇒ P4 = 24 números (49º ao 72º)

Dessa forma, o 66º número está no 3º grupo, que contém os números iniciados com 5. Dentro desse grupo:5 2 _ _ _ ⇒ P3 = 6 números (49º ao 54º)5 3 _ _ _ ⇒ P3 = 6 números (55º ao 60º)5 7 _ _ _ ⇒ P3 = 6 números (61º ao 66º)

Assim, o 66º número é o maior número da forma 5 7 _ _ _, ou seja, 57 832.

Questão 09Comentário: Há 4 opções para escolher o motorista. Feito isso, as outras 6 pessoas serão permutadas em 6 lugares. Portanto, há 4 . 6! = 2 880 modos.

Questão 10Comentário: O número total de permutações com os números 1, 2, 3, 4, 5, 6 é P6 = 720. Os números 1, 3 e 5 podem ser dispostos em P3 = 6 ordens diferentes; logo, os anagramas em que os números ímpares aparecem na ordem crescente

representam 16

do total. A resposta é, então, 16

720 120. = .

Questão 11Comentário: No octógono, há 8 vértices, V1, V2, ... V8, dos quais queremos escolher dois. Como o segmento ViVj é o mesmo que VjVi, trata-se da combinação de 8 elementos

escolhidos dois a dois: =−

=C8!

(8 2)!2!28

82 . As diagonais

partem de um vértice do octógono para outros 5 vértices (8 vértices menos o próprio e os dois adjacentes), de forma

que há =8 .52

20 diagonais no octógono.


A) 3 pontos de uma circunferência são sempre não colineares; desse modo, quaisquer 3 pontos que forem unidos formarão um triângulo. Além disso, independentemente da ordem em que esses 3 pontos são unidos, eles determinarão um único triângulo. Assim, ABC, ACB e BAC constituem o mesmo triângulo. Seguindo esse raciocínio, a resposta será, então, C3

6 = 20.

EM2MPV2_MAT.indd 34 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


B) Fixado o ponto A, sobram 5 pontos para se escolher 2; logo, a resposta será: C2 5 = 10

C) Para formar um quadrilátero, precisamos unir 4 dos 6 pontos, independentemente da ordem. Logo, temos C4 6 = 15 possibilidades.

D) Como AB tem que ser um dos lados do quadrilátero, dois de seus vértices já foram escolhidos. Temos, então, de escolher os outros dois vértices entre os 4 pontos que restaram, ou seja, C2 4 = 6.

Questão 13Comentário: A) Existe um total de 14 pessoas. Para se formar uma comissão

com 4 delas, teremos C4 14 = 1 001 possibilidades.

B) Como não podemos escolher os professores de Química, restam 11 professores para escolhermos 4. Logo, temos C4 11 = 330 possibilidades.

C) Podemos escolher 5 ou 6 professores de Matemática:

1ª opção: 5 professores de Matemática e 2 de outras áreas: C5 6.C2 8 = 6 . 28 = 168 modos

2ª opção: utilizar os 6 professores de Matemática e escolher mais um entre os 8 que restaram: C6 6.C1 8 = 1 . 8 = 8 modos

Resposta: 168 + 8 = 176 modos.

Questão 14Comentário: Na Mega Sena, há 60 números disponíveis, dentre os quais são sorteados 6. O resultado é o conjunto dos 6 números sorteados, sem importar a ordem. Dessa forma, os resultados possíveis são a combinação de 60 elementos escolhidos seis a

seis: =−

=C60!

(60 6)!6!50 063 860

606 .

Questão 15Comentário: Podemos ter comissões formadas por: 2 mulheres e 4 homens; 3 mulheres e 3 homens ou 4 mulheres e 2 homens.

A quantidade de comissões formadas por 2 mulheres e 4 homens é C2 4.C4 7 = 6 . 35 = 210.

Com 3 mulheres e 3 homens, teremos:

C3 4.C3 7 = 4 . 35 = 140 comissões

Finalmente, com 4 mulheres e 2 homens teremos: C4 4.C2 7 = 1 . 21 = 21 comissões

A resposta será, então, 210 + 140 + 21 = 371 comissões.

Questão 16Comentário: Cada pessoa Pi cumprimenta outras 14, mas os

apertos de mão de Pi com Pj são os mesmos que os de Pj com

Pi. Logo, serão dados =15 .14

2105 apertos de mão.

Questão 17Comentário: O modo mais fácil de se resolver esse problema é encontrando-se o número total de possibilidades e subtrair os casos em que a condição do enunciado não é satisfeita. O número de modos de se escolher 4 cartas, sem limitação nenhuma, é C4 52 = 270 725.

O número de maneiras de se escolher 4 cartas, das quais nenhuma seja um dos 4 reis, é C4 48 = 194 580.Logo, o número de modos de se escolher as cartas nas quais haja, ao menos, um rei é 270 725 – 194 580 = 76 145.

Questão 18Comentário: De acordo com o enunciado, dos sete pontos, apenas três estão alinhados. Se todos os 7 pontos estivessem espalhados, por exemplo, sobre uma circunferência, teríamos C2 7 = 21 retas, pois para se formar uma reta é necessário escolher 2 entre os 7 pontos dados, independentemente da ordem (observe que a reta AF, por exemplo, é igual à reta FA). Como 3 dos pontos dados estão alinhados, eles deixaram de formar C2 3 = 3 retas. Porém, não podemos esquecer de que eles formam uma reta: a que passa por A, B e C. Logo, a resposta é 21 – 3 + 1 = 19 retas distintas.

Questão 19Comentário: Inicialmente, vamos pintar os dois retângulos da primeira linha. Podemos fazer isso de C2 6 = 15 modos. Suponhamos que pintamos o 1º e o 4º retângulos. Teremos:

Agora,vamospintar2retângulosda2ªlinha.Como,emcadacoluna, podemos ter apenas um retângulo pintado, depois das duas escolhas anteriores, restam 4 retângulos para serem selecionados; desse modo, o número de modos de se pintar esses dois retângulos é C2 4 = 6. Imagine que tenhamos pintado o 3º e o 6º retângulo. Teremos:

Observe, por fim, que só existe um modo de se pintar os dois últimos retângulos:

Pelo Princípio Fundamental da Contagem, a resposta final será 15 . 6 . 1 = 90.

Questão 20 – Letra EComentário: Para responder ao primeiro questionamento, o deputado deve escolher 1 elemento dentre 5, ou seja, são 5 respostas diferentes. Para responder ao segundo questionamento, o deputado deve escolher 3 elementos dentre 6, e a ordem da escolha determina casos diferentes,

ou seja, são =−

=C .P6!

(6 3)!3!.3! 120

63

3 respostas diferentes.

Para responder ao último questionamento, o deputado deve escolher 2 elementos dentre 7, não importando a ordem,

logo há =−

=C7!

(7 2)!2!21

72 respostas diferentes. Como as

respostas são independentes, o total de respostas diferentes é

5 . 120 . 21 = 12 600.

EM2MPV2_MAT.indd 35 05/01/18 10:17

36 Coleção EM2

Questão 21Comentário: Basta permutar as seis bandeiras, considerando-se a repetição de 4 verdes e de 2 vermelhas: =P 15 sinais

64,2 .

Questão 22Comentário: O número total de anagramas da palavra AMARELO é P2 7 = 2 520 (a letra A aparece duas vezes).

Considerando-se os dois A’s como uma única letra, o número de anagramas em que se percebe AA, dessa forma, é P6 = 720.Assim, o número de anagramas em que os A’s estão separados é:

2 520 – 720 = 1 800.

Questão 23Comentário: São 10 letras a serem permutadas, sendo que há 2 letras M, 3 letras A e 2 letras T repetidas. Dessa forma,

o número de anagramas é igual a = =P10!

3!.2!.2!151 200.

103, 2, 2

Os anagramas que têm as letras T separadas podem ser determinados descontando do total os que têm as letras T juntas. Considerando um bloco TT, os anagramas equivalem a permutar 9 elementos, entre os quais, há 3 letras A e

2 letras M, isto é, são = =P9!

3!.2!30 240

93, 2 . Descontando do

total, os anagramas que apresentam as letras T separadas são 151 200 – 30 240 = 120 960.

Questão 24Comentário: São 7 elementos a serem permutados, com o algarismo 2 se repetindo duas vezes e o algarismo 4, três vezes.

Dessa forma, são = =P7!

2!.3!420

72, 3 números.

Questão 25Comentário: Levando-se em conta todos os elementos, temos n + 2, sendo n de A e 2 de B. Então:

(n 2)!n!.2!

(n 2)(n 1)n!

n!.2!

n 3n 22

21

n 3n 40 0n 5

oun –8 (não convém)

2

2

+=

+ +=

+ += ⇒

+ − = ⇒=

=

Logo, n = 5.

Questão 26Comentário: Trata-se de uma permutação circular de 5 elementos: PC5 = (5 – 1)! = 24 modos.

Questão 27Comentário: Trata-se de uma permutação circular de 7 elementos: PC7 = (7 – 1)! = 720 modos.

Questão 28Comentário: Claudia e Rodrigo devem ficar juntos. Consideremo-los como sendo uma pessoa. Temos, então, “4 crianças” para formar a roda, de modo a dispô-las em uma permutação circular: PC4 = (4 – 1)! = 6Além disso, podemos ter Claudia à direita de Rodrigo ou Rodrigo à direita de Claudia. Assim, 2 . 6 = 12.

Questão 29Comentário: Observe que o exercício trata de um problema de combinação completa, em que n é o número de variáveis e p, o resultado das variáveis, ou seja, o resultado da equação.

Logo, CR C CR C Cnp

n pp= ⇒ = = =

+ − + −1 47

4 7 17

107 120.

Questão 30Comentário:A) Trata-se da combinação completa de 3 elementos, dos quais

se escolhem 5, ou seja, CR C 21.35

75= =

B) Nesse caso, escolhem-se 4 pastéis entre as 3 opções:

= =CR C 15.34

64

Questão 31Comentário: Sejam x1, x2 e x3, respectivamente, o número de bolas que serão colocadas nas urnas A, B e C. Observe que x1 + x2 + x3 = 10. Para responder ao que foi solicitado, devemos calcular o número de soluções inteiras, não negativas, da equação proposta. Temos, desse modo, uma combinação completa, em que n é o número de urnas e p, o número de

bolas. Logo, CR C CR C Cnp

n pp= ⇒ = = =

+ − + −1 310

3 10 110

1210 66.

Questão 32Comentário: Trata-se da combinação completa de 3 elementos,

dentre os quais se escolhem 5, ou seja, = =CR C 21.35

75

Questão 33Comentário: Para a compra dos queijos, temos a combinação completa de 5 elementos, dentre os quais 2 são escolhidos. Da mesma forma, a compra dos vinhos é a combinação completa de 4 elementos, dentre os quais 3 são escolhidos. Assim, como as escolhas são independentes temos

= = =CR . CR C . C 15 . 20 30052

43

62

63 modos.

Desafio

Questão 01Comentário: Basta escolhermos 2 números dos 9 possíveis,

o que pode ser feito de

= =92

9 . 8 . 7!2!7!

36 maneiras, depois,

somamos 9, pois temos as duplas nas quais a disposição se repete. Portanto, temos: 36 + 9 = 45.

Questão 02Comentário: Vamos avaliar banco por banco:

1º Banco – Podemos sentar qualquer uma das 10 pessoas, mas ao seu lado devemos sentar uma das 5 que são do sexo oposto.





Portanto, temos: 10 . 5 . 8 . 4 . 6 . 3 . 4 . 2 . 2 . 1 = 460 800 modos

EM2MPV2_MAT.indd 36 05/01/18 10:17

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 03Comentário: Primeiramente, vamos calcular o total de anagramas da palavra:

=10!

2!3!2!151 200

Em seguida, vamos calcular todas as vezes em que as 3 letras A estão juntas:

=8!

2!2!10 080

Depois, vamos calcular todas as vezes em que as 2 letras A estão juntas:

=9!

2!2!90 720

Observe que todos os anagramas nos quais as 3 letras A estão juntas foram retirados duas vezes dos anagramas em que as 2 letras A estão juntas, como nos blocos A(AA) e (AA)A. Portanto, basta fazermos:

total de anagramas menos as vezes em que as 2 letras A estão juntas mais as vezes em que as 3 letras A estão juntas, assim, 151 200 – 90 720 + 10 080 = 70 560.


Questão 01 – Letra CComentário: Considerando os filmes de ficção científica como um único bloco, a programação consiste em permutar 5 elementos sem que haja repetição, ou seja, de P5 maneiras. Para cada uma dessas P5 maneiras, há P3 maneiras de organizar o bloco de filmes de ficção científica, de forma que o número de maneiras de se fazer a programação é dado por P5 . P3 = 5! . 3! = 120 . 6 = 720.

Questão 02 – Letra AComentário: Considerando que as mulheres da fila estão juntas, nossa fila tem na verdade 7 posições:

Logo, temos 4! maneiras de posicionar as mulheres juntas nessa posição pré-determinada, 6! maneiras de distribuirmos as 6 pessoas restantes, e, temos que lembrar, também, que as mulheres não devem necessariamente estar no final da fila, ou seja, temos 7 possíveis posições para elas ficarem juntas. Portanto, temos: 4! . 7 . 6! = 4! . 7! maneiras de posicionar as 10 pessoas nessa fila.

Questão 03 – Letra CComentário: Consideremos que Pedro e Luísa formam um único bloco, assim como João e Rita. Dessa forma, serão permutados os dois casais de P2 maneiras. Porém, cada um dos 2 casais pode se sentar de P2 maneiras, então o total de maneiras é P2 . P2 . P2 = 8.

Questão 04 – Letra EComentário: Vamos pensar no ônibus da seguinte forma:

1º banco

2º banco

3º banco

Primeiro, distribuímos as pessoas, porém, com restrições, por exemplo, a família Souza deve se sentar junta, logo, temos 3 opções de bancos para eles. Note, também, que eles podem trocar de lugar entre si, ou seja, temos 3! maneiras de distribuí-los em um banco. Agora, para Lúcia e Mauro, temos 2 bancos possíveis, e, para cada banco, duas posições, lembrando que eles podem trocar de lugar entre si, o que é feito de 2! maneiras. Para as quatro pessoas restantes, não temos restrições, ou seja, podemos sentá-las de 4! maneiras.

Por fim, juntando essas informações, temos:

�� =3 .3!. 2 . 2 . 2!. 4! 3 456Família Casal

Questão 05 – Letra EComentário: Começamos escrevendo as palavras que iniciam com a letra A, em seguida as que iniciam com a letra O, e assim sucessivamente, permutando as 4 letras restantes. Cadagrupo formado terá24palavras,de formaquea73ªpalavra será a primeira do 4º grupo, iniciando com RA. Seguindo a ordem alfabética, temos RAOPV.


A) No total, basta permutarmos os 6 algarismos, o que pode ser feito de 6! = 720 maneiras.

Paraquecomecepor1,fixamosestenúmeronaposiçãodas dezenas de milhar e permutamos os demais algarismos, o que pode ser feito de 1 . 5! = 120 maneiras.

B) Observe que, como aconteceu no item anterior, teremos 120 números começando com cada um dos algarismos dos quais dispomos, portanto, temos 4 . 120 = 480 números antes do número 512 346, logo, como ele é o menor número que podemos fazer com o algarismo 5 na posição das dezenasdemilhar,temosqueeleestarána481ªposição.

Paraencontrarmosonúmeroqueestána242ªposição,subtraímos 120 da posição até que a diferença seja menor que 120, portanto, temos: 242 – 120 = 122 – 120 = 2. Com isso, sabemos que o número tem o algarismo 3 na posição das dezenas de milhar. O menor número que poderíamos formar seria o 312 456, que estaria na posição 241, agora, para encontrar o número procurado, basta trocarmos os algarismos das dezenas e unidades, o que nos deixa com o número 312 465.

EM2MPV2_MAT.indd 37 05/01/18 10:17

38 Coleção EM2

Questão 07Comentário: Note que os primeiros da fila deverão ser os franceses, pois o primeiro da fila deve ser francês, porém, eles podem trocar de lugar entre si, de 5! maneiras. Agora, para escolher o lugar dos demais grupos de nacionalidades temos 2! maneiras, lembrando que os ingleses podem trocar de lugar entre si de 3! maneiras e os americanos 4! maneiras. O que nos dá: 5! . 4! . 3! . 2! = 120 . 24 . 12 = 34 560 maneiras.

Questão 08 – Letra A Comentário: A quantidade de números de seis algarismos distintos nos quais o 3 e o 4 aparecem juntos é P5.2. Consideremos 3 e 4 como um “único” algarismo. Assim, temos P5 números desse tipo e, além disso, podemos ter 3 e 4 ou 4 e 3, por isso multiplicamos por 2.

1 2 3 4 5 6

Analogamente, a quantidade de números com os algarismos 1 e 2 juntos e 3 e 4 juntos é P4.2 . 2 = 4!4 = 96.

1 2 3 4 5 6

Assim, podemos formar P5.2 – P4.2 . 2 = 240 – 96 = 144 números.

Questão 09 – Letra AComentário: Vamos separar nos seguintes casos, em que o número formado é menor que 2 341:I. Números que a unidade de milhar é 1: 1 . 3 . 2 . 1 =

6 casos.II. Números que a unidade de milhar é 2 e a centena é

1: 1 . 1 . 2 . 1 = 2 casos.III. Aqui só temos uma possibilidade, que é o número

2 314 = 1 caso.Portanto, temos: 6 + 2 + 1 = 9 casos possíveis.

Questão 10Comentário:1º Banco – Podemos escolher qualquer uma das 10 pessoas, e para o lado, temos 1 opção (seu par).2º Banco – Podemos escolher qualquer uma das 8 pessoas restantes, e para o lado, temos 1 opção (seu par).3º Banco – Podemos escolher qualquer uma das 6 pessoas restantes, e para o lado, temos 1 opção (seu par).4º Banco – Podemos escolher qualquer uma das 4 pessoas restantes, e para o lado, temos 1 opção (seu par).5º Banco – Podemos escolher qualquer uma das 2 pessoas restantes, e para o lado, temos 1 opção (seu par).

O que nos dá 10 . 8 . 6 . 4 . 2 = 3 840 maneiras.

Questão 11 – Letra CComentário: A palavra VESTIBULANDO possui 12 letras distintas, de maneira que forma P12 = 12! anagramas. Consideremos as cinco vogais como um bloco. Os anagramas que apresentam as cinco vogais juntas correspondem à permutação das consoantes e o bloco, ou seja, são P8 = 8! anagramas. Em cada um desses anagramas, as vogais podem se permutar no bloco de P5 = 5! maneiras. Assim, são 8! . 5! anagramas que apresentam as cinco vogais juntas. Descontando esses anagramas do total, temos 12! – 8! . 5! anagramas que não apresentam as cinco vogais juntas.

Questão 12 – Letra DComentário: Observe a seguinte ilustração do problema:

Locomotiva

Note que temos 5 lugares possíveis para o restaurante. Para o restante dos vagões, não temos restrições, logo, temos 5! maneiras de distribuir estes vagões. Então, temos: 5 . 5! = 600 maneiras de montar a composição do trem.


A) Inicialmente,asetapasficarãodaseguinteforma:

A B

Ou seja, para o restante do processo, basta permutarmos as etapas C, D e E. O que é feito de 3! = 6 maneiras.

B) Agora, vamos pensar em A e B juntas, como uma etapa só. Portanto, temos que permutar as 4 etapas, o que é feito de 4! = 24 maneiras, e, lembrar que A e B podem trocar de lugar entre si, o que é feito de 2! = 2 maneiras. Portanto, temos 2! . 4! = 2 . 24 = 48 maneiras.

Questão 14 – Letra EComentário: Para encontrar o total de combinações, basta que permutemos as 10 músicas, o que é feito de 10! = 3 628 800 maneiras. Em seguida, dividimos esse resultado por 360 (dias) a fim de encontrar quantos anos seriam necessários para tocar todas essas combinações.

3 628 800360

10 000 anos.≅

Ou seja, seriam necessários 100 séculos.

Questão 15 – Letra AComentário: Para a primeira pessoa da comissão, temos 7 possibilidades, para a segunda, 6 possibilidades, para a terceira, 5 possibilidades. Observe que a ordem de escolha das pessoas não faz diferença. Então, temos: 7 . 6 . 5 = 210 comissões, porém, devemos dividir esse resultado por 3!, pois, conforme observado, a ordem das escolhas não altera a comissão formada. Ou, de outro modo, bastaria fazer:

= = = =73

7!3!4!

7 . 6 . 5 . 4!3!4!

7 . 5 35

Questão 16 – Letra DComentário: Separando os casos em que o aluno faz 4, 5 ou 6 cursos básicos, temos =C . C 150

64

53 para 4 cursos básicos,

=C . C 6065

52 para 5 cursos básicos e =C . C 5

66

51 para os 6 cursos

básicos. Assim, temos um total de 150 + 60 + 5 = 215 pacotes.

Questão 17 – Letra BComentário: Obter pelo menos 80% de acertos no teste significa escolher 12, 13, 14 ou 15 questões entre as 15 propostas e assinalá-las corretamente. O total de maneiras é a soma de

todos esses casos: + + + = + + + =C C C C 455 105 15 1 5761512

1513

1514

1515

576 maneiras.

EM2MPV2_MAT.indd 38 10/01/18 16:09

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 18 – Letra CComentário: Sejam A e B as substâncias que não podem ser misturadas. Podemos contar todas as simulações possíveis e excluir as simulações que contêm A e B. Para contar todas as simulações sem nenhuma restrição, escolhemos 4 dentre as

20 substâncias: C204 . Para contar as simulações que contêm A

e B, escolhemos 2 substâncias dentre as 18 restantes: C .182

Dessa forma, são − =C C 4 692204

182 simulações. Realizando

10 simulações por segundo, são necessários 469,2 s = 7,82 minutos.

Outra solução: Podemos considerar dois casos: as simulações que não têm nem A nem B e as que têm ao menos uma. No primeiro caso, excluímos A e B e escolhemos 4 substâncias dentre as 18 restantes: C .

184 No segundo caso,

escolhemos A ou B (2 maneiras) e, em seguida, escolhemos

3 substâncias dentre as 18 restantes: C .183 Dessa forma,

são C 2.C 4 692184

183+ = simulações. Realizando 10 simulações

por segundo, são necessários 469,2 s = 7,82 minutos.

Questão 19 – Letra CComentário: Seja as letras A, B, C, D, E, F, G, H e I representando os nove moradores distintos e A e B o síndico e subsíndico respectivamente. O problema está em bijeção em encontrar o número de subconjuntos de 5 elementos em que A e B não estão simultaneamente.

#subconjuntos contendo o A + #subconjuntos contendo o B + #subconjuntos não contendo A e B

#subconjuntos contendo o A: C7!

4!.(7 – 4)!35

74 = =

#subconjuntos contendo o B: C7!

4!.(7 – 4)!35

74 = =

#subconjuntos não contendo A e B: C7!

5!.(7 – 5)!21

75 = =

Logo, como não houve repetição de contagem. Temos: 70 + 56 + 21 = 91 comissões.

Questão 20 – Letra A Comentário: Podemos dividir esse problema em três casos:1º) Quantidade de sorvetes com uma bola: a bola ou será do

grupo vermelho (5 possibilidades) ou do grupo amarelo (3 poss ib i l i dades) ou a inda do grupo verde (2 possibilidades): 5 + 3 + 2 = 10 possibilidades.

2º) Quantidade de sorvetes com duas bolas: considerando que as bolas não podem ser de um mesmo grupo, podemos ter uma bola do grupo vermelho e a outra do grupo amarelo (5 . 3 possibilidades) ou uma bola do grupo vermelho e a outradogrupoverde(5.2possibilidades)ou,finalmente,uma bola do grupo amarelo e a outra do grupo verde (3 . 2 possibilidades). Logo, com duas bolas, podemos ter 15 + 10 + 6 = 31 sorvetes diferentes.

3º) Quantidade de sorvetes com 3 bolas: nesse caso, só podemos ter uma bola do grupo vermelho, uma bola do grupo amarelo e uma do grupo verde, ou seja, 5 . 3 . 2 = 30 sorvetes diferentes.

Portanto, o número de maneiras de se pedir uma casquinha é 10 + 31 + 30 = 71.

Questão 21 – Letra DComentário: Todas as equipes possíveis são dadas por:

= = = =123

12!3!9!

12 .11 .10 . 9!3!9!

2 .11 .10 220

Todas as equipes que não contêm um especialista são dadas por:

= = = =93

9!3!6!

9 . 8 . 7 . 6!3!6!

12 . 7 84

Portanto, para encontrarmos as equipes nas quais temos pelo menos um especialista, basta subtrairmos as equipes nas quais não temos nenhum especialista de todas as equipes possíveis, o que é feito da seguinte maneira:

−

123

93

= 220 – 84 = 136

Questão 22 – Letra BComentário: Temos os 6 sucos originais e, com eles, podemos fazer mais sabores, por exemplo, escolhendo 3 deles

e misturando, isso é feito de

= = =63

6!3!3!

6 . 5 . 4 . 3!3!3!

20

maneiras.

Portanto, temos: 20 + 6 = 26 sabores possíveis.

Questão 23 – Letra EComentário: Podemos contar todas as possibilidades de escolher 4 itens dentre os 13 e excluir as que não têm nenhum produto de limpeza e nenhum alimento não perecível. Assim, podem ser feitos

− − = =C C C 715 –5 –70 640134

84

54 tipos de sacola.

Questão 24 – Letra EComentário: Basta escolhermos um dos 10 moradores para ser síndico, o que é feito de 10 maneiras. Depois, dos 9 moradores restantes, escolhemos 3 para serem membros do conselho fiscal, o que é feito da seguinte forma:

= = = =95

9!4!5!

9 . 8 . 7 . 6 . 5!4!5!

9 . 2 . 7 126

Portanto, temos: 10 . 126 = 1 260 maneiras.

Questão 25 – Letra C Comentário: Consideremos uma fila onde o primeiro membro vista camisa amarela, o segundo, camisa vermelha e o terceiro, camisa verde. De acordo com o problema, as pessoas seguintes mantêm essa sequência de cores; logo, para escolher o primeiro da fila (que usa camisa amarela), temos 5 possibilidades; para o segundo (que usa camisa vermelha) e, para o terceiro (que usa camisa verde), temos 5 possibilidades cada.

Para a próxima sequência, teremos 4 possibilidades para o primeiro, para o segundo e para o terceiro, respectivamente, poisjáescolhemos,na1ªsequência,umdecadacamisa.Sigao restante do raciocínio pelo esquema a seguir:

5 . 5 . 5 . 4 . 4 . 4 . 3 . 3 . 3 . 2 . 2 . 2 . 1 . 1 . 1

Observe que esse produto pode ser escrito como:(5 . 4 . 3 . 2 . 1)(5 . 4 . 3 . 2 . 1)(5 . 4 . 3 . 2 . 1) = (5!)3

Além disso, como temos 3 cores diferentes, teríamos que repetir esse raciocínio P3 vezes, ou seja, 3! vezes. Logo, a resposta é (5!)3.3!.

EM2MPV2_MAT.indd 39 05/01/18 10:18

40 Coleção EM2

Questão 26 – Letra A Comentário: Os quatro primeiros escolhidos ocuparão cargos diferentes. A ordem em que eles são escolhidos é determinante na formação do grupo, sendo cada escolha um arranjo. Logo, a escolha dos quatro primeiros pode ser feita

de A414

1410

= !!. A escolha dos conselheiros não depende da

ordem em que os mesmos são escolhidos, sendo, então, cada agrupamento uma combinação. Como já escolhemos 4 dos 14 elementos disponíveis, nos restam 10 para escolher 4,

ou seja, C410

104 6

= !! !

. Portanto, essa comissão pode ser escolhida

de 1410

104 6

144 6

!!. !

! !!

! != maneiras.

Questão 27Comentário:A) • Com um par de reis:

= =42

4 .3 . 2!2!2!

6

• Com uma trinca de 2:

= =43

4 .3!3!1!

4

Portanto, temos: 6 . 4 = 24 maneiras.B) Note que, no item anterior, temos um caso particular do

item B), portanto, basta multiplicarmos o resultado obtido no item A) pela quantidade de cartas (tirando o rei) = 12. Logo, temos: 12 . 24 = 288 maneiras.

C) Mais uma vez, temos que o caso C) é o caso mais geral dos casos A) e B), mas, desta vez, faremos passo a passo:

Primeiro, das 13 cartas, escolhemos uma para ser o par; escolhendo a carta, temos que escolher 2 das 4 possíveis desse tipo. Depois, escolhemos uma das 12 cartas restantes para ser a trinca; em seguida, escolhemos 3 das 4 cartas possíveis desse tipo, o que é feito da seguinte forma:

= =131

. 42

. 121

. 43

13 . 6 .12 . 4 3 744

Questão 28Comentário:A) Como temos um total de 25 professores e a comissão deve

ser formada por 7, o total de comissões é dado por:

= =

= =

25

7

25 .24 . 23 . 22 . 21 . 20 .19 .18!7!18!

25 . 24 . 23 . 22 . 21 . 20 .19 . 18!

7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 18!

4 807 00010

480 700

B) As comissões sem professor de matemática, que são as formadas apenas por professor de português, são dadas por:

= =

=

=

15

7

15 .14 .13 .12 .11 .10 . 9 . 8!7!8!

15 . 14 .13 .12 .11 .10 . 9 . 8!

7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 8!

13 .12 .11 .10 . 924

6 435

Agora, do total, subtraímos esse resultado: 480 700 – 6 435 = 474 265

C) Temos as seguintes possibilidades:• 2 de matemática e 5 de português:

= =

= =

= =

10

2.

15

5

10 . 9 . 8!2!8!

.15 .14 .13 .12 .11 .10!

5!10!

10 . 9 . 8!2!8!

.15 .14 .13 .12 .11 . 10!

5 . 4 . 3 . 2!10!

45 .14 .13 .12 .11

81 081 080

8135135

• 3 de matemática e 4 de português:

= =

= =

10

3.

15

4

10 . 9 . 8 . 7!3!7!

.15 .14 .13 .12 .11!

4!11!

120 . 91 .15 163 800

• 4 de matemática e 3 de português:

= =

= =

10

4.

15

3

10 . 9 . 8 . 7 . 6!4!6!

.15 .14 .13 .12!

3!12!

210 . 35 .13 95 550

Logo, o total é de: 135 135 + 163 800 + 95 550 = 394 485 comissões

Questão 29 – Letra B Comentário: Inicialmente, escolhemos P1 como tesoureiro. Então, para presidente, podemos escolher qualquer um dos 9 que sobraram e, para vice, qualquer um dos 8. Veja o esquema:

1 ;

9 1 ;

9 . 8 . 1

Suponhamos, agora, que o escolhido para tesoureiro seja um dos outros 4: P2; P3; P4 ou P5. Nesse caso, a escolha do presidente não incluirá essa pessoa escolhida como tesoureiro, nem P1. Teremos, então, 8 escolhas possíveis para presidente. Uma vez escolhidos o presidente e o tesoureiro, restarão 8 pessoas para escolhermos o vice. Veja o esquema:

4 ;

8 4 ;

8 . 8 . 4

Portanto, a resposta será: 9 . 8 . 1 + 8 . 8 . 4 = 72 + 256 = 328.

Questão 30Comentário: A) Inicialmente, vamos escolher as cinco pessoas que

viajarão para a cidade A. Como os três amigos devem viajar para a cidade A, precisamos escolher mais duas pessoas para formarem o grupo que viajará para A. Para isso, temos de escolher essas duas pessoas entre as 9 restantes (12 do grupo inicial menos os três amigos previamente escolhidos para a viagem à cidade A).

Isso pode ser feito de C 36 modos92 = . Escolhido esse grupo

de cinco, vamos escolher os quatro que viajarão para a cidade B, entre os 7 que ficaram. Isso poderá ser feito

de C 35 modos74 = . Finalmente, os três que sobram serão

enviados para a cidade C. A resposta é obtida utilizando o Princípio Multiplicativo, ou seja, 36 . 35 . 1 = 1 260.

EM2MPV2_MAT.indd 40 10/01/18 16:09

Mat

emát

ica

Manual do Professor


B) De acordo com o item anterior, o número de modos dos três amigos viajarem para a cidade A é 1 260. Vamos calcular, agora, o número de modos dos três amigos viajarem para a cidade B. Para tanto, observe que, escolhidos esses 3 amigos para a viagem à cidade B, restam 9 pessoas, e uma delas deve ser escolhida para se juntar ao grupo dos três amigos (pois 4 pessoas viajam à cidade B). Temos, então, 9 modos de escolher o grupo que vai para essa cidade. Das 8 pessoas restantes, precisamos escolher 5 para

a viagem à cidade A e isso pode ser feito de C 56 modos85 = .

Resta, agora, um único grupo de três, que será enviado para a cidade C. Logo, o número de modos dos 3 amigos viajarem juntos para a cidade B será 9 . 56 . 1 = 504. Calculemos, finalmente, o número de modos dos 3 amigos viajarem juntos para a cidade C. Nesse caso, só existe um modo de escolher o grupo de três pessoas que viajarão para C, que é escolher os 3 amigos. Já a escolha do grupo

que viajará para A pode ser feita de C 126 modos95 = .

O grupo que viajará para B só pode ser formado pelos 4 que sobraram. Logo, o número de modos dos 3 amigos viajarem para C será 1 . 126 . 1 = 126.

A resposta será 1 260 + 504 + 126 = 1 890.


A) Para m = 3, temos: m pontos em r e 33 pontos em s. Portanto, para formar um triângulo, há duas possibilidades:• 1 ponto em r e 2 pontos em s

= = =31

. 332

3 .33 . 32

23 .33 .16 1 584

• 2 pontos em r e 1 pontos em s

= =32

. 331

3 .33 99

Logo, temos 1 584 + 99 = 1 683 triângulos.

B) Vamos avaliar as combinações da seguinte forma:

m

1.

11m

213 .

m

2.

11m

1

m .11m . (11m –1)

213 .

m(m –1)

2. 11m

11m –1 13m –13

2m 12 m 6

=

⇒

= ⇒

= ⇒

= ⇒ =

Questão 32Comentário: Para contar o número de comissões que incluem o presidente, fixamos o presidente e escolhemos 2 dirigentes entre os n – 1 restantes:

−C

n 12 . Para contar as comissões que

não incluem o presidente, excluímos o presidente e escolhemos 3 dirigentes dentre os n – 1 restantes:

−C

n 13 . Assim,

= ⇒−

− −=

−− −

⇒

−

− −=

−

−⇒

−= ⇒ =

− −C C

(n 1)!(n 1 2)!2!

(n 1)!(n 1 3)!3!

(n 1)!

(n 3)(n 4)! 2!

(n 1)!

(n 4)!3.2!

1n 3

13

n 6

n 12

n 13

.

Questão 33 – Letra AComentário: Note que, para estar em A, o número deve terminar em 0 ou 5, e, para estar em B, a soma dos seus algarismos deve ser igual a 9. Portanto, temos:

• Menor número ímpar de B: o último algarismo deve ser 5, para que esteja em A e seja ímpar; agora, usaremos 1 nas centenas, para garantir que seja o menor, e 3 nas dezenas, para que o número esteja em B.

• Maior número par de B: o último algarismo deve ser 0, para que esteja em A e seja par; agora, note que não podemos usar 9 nas centenas, pois, para isso, deveríamos ter 0 nas dezenas; logo, o algarismo das centenas deve ser o 8, o que nos deixa com o 1 na casa das dezenas.

Portanto, nossos números são: 810 e 135, cuja soma vale 810 + 135 = 945.

Questão 34 – Letra B Comentário: Conforme dado no texto, temos 4 pontos sobre a reta r e os n – 4 pontos restantes, sobre a reta s.

...

r

s

Para obter um quadrilátero, é necessário que dois vértices estejam sobre a reta r e os outros dois sobre a reta s. Logo, o número de quadriláteros que podemos obter com essa disposição de pontos é:

( )( ) ( )( )

( )( ) ( ) ( )=

−

−=

− − −−

= − −−

C .C 6.n 4

2! n 6 !3.

n 4 n 5 n 6 !n 6 !

3. n 4 n 524

2n 4

De acordo com o texto, essa expressão deve ser igual a 126. Temos, então:

3 4 5 126 4 5 42 112

. (

n n n n nn não con

−( ) −( ) = ⇒ −( ) −( ) = == − vvém)

Logo, a resposta é a alternativa B, pois 11 é um número primo.

Questão 35Comentário: O trajeto de A a C, passando por B, é formado de duas etapas. Inicialmente, nos deslocamos de A até B e, depois, de B até C. Vamos representar por H o deslocamento de 1 unidade para a direita, na horizontal, e por V o deslocamento de 1 unidade para cima, na vertical. Vamos representar um dos possíveis caminhos ligando A até B: V V V H V V V V H V. Um outro possível modo de sair de A e chegar a B é: H V V V V V V H V V. Fica claro que um caminho possível ligando A até B é simplesmente uma permutação, com repetição, de 10 elementos, em que um deles, o H, repete 2 vezes, e o outro, o V, 8 vezes. Logo, o número de

caminhos possíveis ligando A a B é P 102 8 10

2 845, !

!. != = . Um raciocínio

semelhante nos mostra que o número de caminhos ligando B a C é também P 2,8 10, pois, para ligar B a C, temos de nos deslocar 8 vezes na horizontal e 2 na vertical.Portanto, o número total de caminhos é 45 . 45 = 2 025.

Questão 36Comentário: Essa permutação equivale a permutar os 7 algarismos sem permutar os 4 algarismos ímpares,

de forma que são = =P

P7!4!

2107

4

permutações.

EM2MPV2_MAT.indd 41 10/01/18 16:09

42 Coleção EM2


A) Pensaremos no evento como uma palavra. Cara será representada pela letra C, e coroa, pela letra K. Logo, temos a palavra CCCKK. Agora, para encontrar todos os eventos possíveis, basta fazermos as permutações dessa palavra:

= =5!

2!3!12012

10

B) Pensando como no item anterior, temos 3 palavras: CCCCC, CCCCK e CCCKK

A palavra CCCCC só tem uma possibilidade de aparecer; a palavra CCCCK, nós temos 5 possibilidades, pois basta mudar a letra K de lugar, o que é feito de 5 formas; e a palavra CCCKK nós já calculamos no item anterior. Logo, temos 1 + 5 + 10 = 16 sequências.

C) Para descobrir o total de sequências, basta avaliarmos que, para a primeira letra, temos 2 opções, para a segunda também, e isso se repete em todas, logo, temos 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 32 sequências possíveis. Agora, vamos nos atentar ao fato de que só existe uma sequência na qual não aparece a letra C, que é a KKKKK. Logo, temos 32 – 1 sequências na qual o C não aparece.

Questão 38Comentário: Para calcular o total de anagramas, basta pensarmos na letra P fixa, o que nos deixa com um total de 7 letras, nas quais 3 se repetem. Portanto, temos:

7!3!

7 . 6 . 5 . 4 . 3!3!

840 anagramas.= =

Seção Enem

Questão 01 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: O número de jogos será dado por C8,2, ou seja,

C jogos8 28 72

28, .=⋅

=

Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: II


Habilidade: 2

Comentário: Conforme o enunciado, existem 4 cores distintas, e a mudança de posição dos carrinhos não altera o modelo do brinquedo, ou seja, a única mudança será na quantidade de carros de cada cor.

Observa-se, ainda, que existe, pelo menos, um carrinho de cada cor, ou seja, podem-se retirar 4 carros que possuem cores definidas por essa imposição.

Associa-se a fila os divisores da quantidade de carros de cada cor representados por barras.

Veja a figura a seguir. Nos espaços ilustra-se o número de carros na cor:

amarela branca laranja verde

No exemplo anterior, obtêm-se:

1 carro amarelo, 1 carro branco, 2 carros laranjas e 2 carros verdes.

O número de soluções será obtido pelas inversões dos

elementos da figura, ou seja: 96 3 9 3

!! !

.,= C

Questão 03 – Letra EEixo cognitivo: IIICompetência de área: 7Habilidade: 28

Comentário: Inicialmente, calcularemos o número de senhas da forma alg. alg.letra letra

52 52 10 10

Existem 522 . 102 senhas da forma LLAA.

Devemos ainda misturar os 4 caracteres formados por 2 letras e 2 algarismos, que é uma permutação com repetição. Assim, existem 4!

2!.2! maneiras.

Portanto, a resposta é 2 2 4! .52 .10 .2!. 2!

Questão 04 – Letra AEixo cognitivo: V


Habilidade: 23

Comentário: Há 9 poltronas disponíveis no voo. Precisamos incialmente escolher 7 lugares para os membros da família se acomodarem. Isso pode ser feito de C9, 7 maneiras. Para cada uma dessas possibilidades, podemos permutar todos os membros da família (7! maneiras).

Assim, o número de formas distintas de se acomodar a família nesse voo será:

C9 7 7 97 2

7 92, . ! !

! !. ! !

!= =

Questão 05 – Letra EEixo cognitivo: IV


Habilidade: 28

Comentário: No problema descrito, teremos que contar quantos números distintos compostos de algarismos ímpares existem até o número 75 913. Nota-se que a quantidade de números de 5 dígitos com algarismos distintos e ímpares é 5! = 120 porque possuímos 5 números ímpares disponíveis para formar o número (1, 3, 5, 7, 9). A estratégia tomada na resolução consiste em efetuar a contagem complementar a que desejamos por ser um procedimento mais fácil de realizar. Assim, verifica-se que a quantidade de números descritos maiores que 75 913 é:

7 5 _ _ _ (não possui nenhum algarismo maior que 9 para colocá-lo na unidade da centena)

Inserindo o algarismo 9 na unidade de milhar:

7 9 _ _ _ (P3 = 3! = 6)

Inserindo o algarismo 9 na unidade de dezena de milhar:

9 _ _ _ _ (P4 = 4! = 24)

Portanto, a posição do número 75 913 é 89.

EM2MPV2_MAT.indd 42 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor


CAPÍTULO – C3Áreas de figuras planas


Questão 01Comentário: A área destacada equivale à soma da área dos quadrados Q1, Q2 e Q3, sendo subtraída desta a área do triângulo retângulo de catetos AD = 5 cm e AB = 12 cm. Assim: AQ1

+ AQ2 + AQ3

= 52 + 42 + 32 = 50 cm2

A área do triângulo retângulo é A5 .12

230 cm2= =

∆ .

Logo, a área da região colorida é A = 50 – 30 = 20 cm2.

Questão 02 – Letra DComentário: A área pintada de verde é igual à área de 4 metades de um quadrado, ou seja, equivale à área de

2 quadrados. Dessa forma, a área de um quadrado será 252

cm2,

e o respectivo lado, 252

cm = 5 22

cm.


hL

60°

h L sen 60° L32

AL.L 3

22

L 34

2

= = ⇒ = =

Questão 04Comentário:A)

30°

18

18

9¹2

9¹2

45°

105°

A

B

C

D

Nafigura,oânguloABC mede 180° – (30° + 45°) = 105°. Assim, a área do triângulo ABC pode ser calculada por meio da expressão:

A = 18 . 9 2.sen105°

2

18 . 9 2. 6 24

281 1 3

2ABC

( )=

+

=+

Pelasimetriadafigura,concluímosqueaáreadotriânguloACDéigualàdotriânguloABC.Assim,aáreadafiguraé:

( ) ( )+ = +2.81 1 32

81 1 3

B)

810

A B

D C

Pelo Teorema de Pitágoras,

+ = ⇒ + = ⇒ =BC CD BD 8 CD 10 CD 62 2 2 2 2 2 .

Assim, a área do retângulo é 6 . 8 = 48.

C) A área do triângulo pode ser calculada por meio da

expressão = = =A4 .17.sen 30°

2

4 .17.12

217.

D) A área do triângulo pode ser calculada por meio da Fórmula

de Heron. O semiperímetro é =+ +

=p10 17 21

224.

Portanto, = − − − =A 24(24 10)(24 17)(24 21) 84.

E) O hexágono regular pode ser dividido em 6 triângulos equiláteros de lados 4 cm. Assim, a área do hexágono é

dada por =6.4 3

424 3 cm

22.

F) O ângulo formado pelos lados de 10 cm e 24 cm está inscrito em um arco de 180°, portanto mede 90°. Assim, a área A do triângulo é dada pelo semiproduto dos catetos

e = =A24 .10

2120 cm .2

Questão 05Comentário: A área de um triângulo pode ser expressa por

=∆

Ab.h2

, em que b é a medida de um dos lados desse triângulo e h

a altura relativa a esse lado. Tomando-se o lado de medida 15 cm,

temos que =∆

A15H2

(I). A área do triângulo também pode ser

encontrada pela Fórmula de Heron, =∆

A p(p – a).(p – b).(p – c),

em que p é o semiperímetro do triângulo e a, b, c, os seus

lados. Utilizando-se os dados do enunciado e calculando

=+ +

=p13 14 15

221, temos que a área do triângulo vale:

A 21.(21 13).(21 14).(21 15) 21.8.7.6 84 (II)= − − − = =∆

Logo, substituindo I em II, temos = ⇒ =15H2

84 H 11,2.

EM2MPV2_MAT.indd 43 05/01/18 10:18

44 Coleção EM2

Questão 06 – Letra CComentário: No triângulo ABC, a medida da hipotenusa pode ser encontrada por meio do Teorema de Pitágoras:

AC 3 4 AC 52 2 2= + ⇒ = .

A altura BD, relativa à hipotenusa, é tal que:

BC.AB AC.BD 4 .3 5.BD BD125

.= ⇒ = ⇒ =

A base CD no triângulo BCD pode ser determinada aplicando–se uma das relações métricas no triângulo retângulo ABC:

= ⇒ = ⇒ =BC AC.CD 4 5.CD CD165

2 2 .

A área do triângulo BCD pode, então, ser calculada como

ACD.BD

2

165

.125

29625

3,84.BCD

= = = =∆

Questão 07Comentário: Observe a figura a seguir que representa a situação descrita no enunciado.

x

A

BC

h

20 cm

30 cm

Como as circunferências são tangentes, os lados do triângulo podem ser determinados a partir dos raios das circunferências: AB = AC = 20 cm + 30 cm = 50 cm e BC = 30 cm + 30 cm = 60 cm. A área do triângulo pode ser calculada por meio da Fórmula de Heron. O semiperímetro

é dado por =+

=p2 .50 60

280 cm, logo a área é dada por

A 80.(80 –50).(80 –50).(80 – 60) 1 200 cm .2= = A a l t u ra

do triângulo pode ser calculada a partir da área:

= = ⇒ = =A60.h

21 200 h

2 .1 20060

40 cm.

Assim, a altura do trilho é 30 + 40 + 20 = 90 cm.

Questão 08Comentário: A ponta da seta é um triângulo cujos lados medem 13, 13 e 10 e, portanto, o semiperímetro vale 18. Assim, pela Fórmula de Heron, a área do triângulo é dada por

A 18 .(18 –13).(18 –13).(18 –10) 60= =∆

. A área do retângulo é dada por ARet = 4 . 6 = 24. A área total da seta é a soma das duas áreas: ATotal = 84.


A) A área do quadrado maior como produto dos lados é dada

pela expressão ( )+ = + +b c b 2bc c2 2 2, assim como a soma

das áreas da decomposição é dada por 4 .bc2

a 2bc a .2 2+ = +

B) A área do trapézio pode ser calculada por meio da expressão

( )++ =

+ +b c2

. b cb 2bc c

2

2 2

e por meio da soma das áreas

dos três triângulos: + = +2bc2

a2

a2

bc2 2

.

Igualando:

+ + = +

= + ⇒ = +b 2bc c 2a2

bc a 2bc a b c .2 22

2 2 2 2

Questão 10Comentário: Considere a figura a seguir com seus dados.

E

B C

α

αα

αDH3x 2xA

90 – α90 – α90 – α

90 – α

A área A da região colorida pode ser expressa como

A = ABCD + ABHD. A área ABCD vale A BDDCBCD

= .2

, visto que BCD é

um triângulo retângulo, e como BE = DC, A BDBE dmBDC

= =.2

10 2.

Como ABD = BDC, ADB = CBD e BD é comum aos triângulos ABD e CDB, então esses triângulos são congruentes (ALA) e, dessa forma, AD = CB e AABD = 10 dm2. Como 2(AH) = 3(HD)

e AH + HD = AD, então HD = 25

.AD.

Logo, A BHHD BH ADA dm

BHD ABD= = = =. . .

.2

252

25

4 2.

Assim, a área da região colorida é A = 10 dm2 + 4 dm2 = 14 dm2.

Questão 11Comentário: Considere a figura a seguir:

10 cm

24 cm

r5

D

BE

CA

5

12121212OO

No losango, as diagonais se interceptam em seus pontos médios segundo um ângulo de 90°. Logo, o triângulo BCO é retângulo e a hipotenusa, que é o lado do losango, vale: (BC)2 = (BO)2 + (OC)2 ⇒ (BC)2 = 52 + 122 ⇒ BC = 13 Como os lados do losango são tangentes à circunferência e EO é o raio desta (EO = r), EO é perpendicular a BC. Dessa forma, EO é a altura relativa a BC no triângulo BCO. Assim,

a área desse triângulo pode ser escrita como A BCEO r= =. .2

132

ou ABO.OC

25 .12

230.= = =

Assim, 30 132

6013

= ⇒ =r r .

EM2MPV2_MAT.indd 44 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 12Comentário: Sendo MN // PE e NA = AP, os triângulos MNA e APE são congruentes (AM = AE, MAN = EAP, PEA = AMN), portanto têm áreas iguais. A área do trapézio MNPQ é igual à soma das áreas das regiões MAPQ e do triângulo MNA. Assim:

AMNPQ = AMAPQ + AMNA = AMAPQ + AAPE = AMQE ⇒ AMQE = AMNPQ = 24 cm2.

Questão 13 – Letra BComentário: No triângulo retângulo isósceles AOC,

AO = OC = 2 m, portanto AC = 2 2 m. Pela simetria da situação,

o triângulo AOB tem altura 2 m em relação à base BO, portanto

A2 . 2

22 m

ABO2= =

∆. A área da asa delta é o dobro da área do

triângulo ABO, portanto vale 2 2 m. Esta questão também pode ser resolvida considerando–se os triângulos ABC e AOC como metades de dois losangos cujas áreas podem ser determinadas conhecendo–se as medidas de suas diagonais.

Questão 14Comentário: A) Considere A1 a área do quadrado de lado 2 e A2 a área do

setor circular de 90° e raio r = 2.

Assim,aáreadafiguradestacadaéigualaA1 – A2:

A = A1 – A2 = 22 – 14

.π.22 = 4 – π

B) Considere A a área destacada, A1 a área do triângulo equilátero de lado 4 e A2 a área dos três setores circulares de 60° e raio r = 2. Assim, temos:

A A – AL 3

4–3.

60°360°

. r A4 3

4–

12

. .2 4 3 –21 2

22

22= = π ⇒ = π = π

C)

AA

BC

AA

BC

A1

A3

O ponto A representa o centro do quadrado. Assim, a área A1 vale a área A3 do triângulo retângulo isósceles ABC subtraída da área A2 do setor circular de 90° e raio 2. Logo:

A A – A

14

. r –CB.AB

2A

14

. .2 –2 .22

– 21 2 3

21

2= = π ⇒ = π = π

Portanto, a área A destacada vale A = 8.A1 = 8(π – 2).

Questão 15Comentário: Sendo a área do círculo proporcional ao quadrado do raio, reduzindo–se o raio pela metade, a área fica reduzida

a 14 da original. Logo, se o valor da pizza é proporcional à sua

área, o preço da pizza brotinho deve ser 14

do valor da pizza

grande, ou seja, R$ 10,00.

Questão 16Comentário: Na figura a seguir, destaca-se uma pétala da rosácea.

A1 A2

C

D

E

B

A

F

60°

O

Cada um dos pontos A, B, C, D, E e F é o centro de um arco de raio 6 m. Observando a figura, percebemos que todos os ângulos centrais formados por dois desses pontos adjacentes valem 60°.

60°60°

E

OO

F FA1

A2

A

60°60° 60°60°

Quando nos centramos no ponto E, a área A2 vale a área de um triângulo equilátero de lado 6 cm subtraída da área do setor circular de 60° e raio 6 cm. Quando nos centramos no ponto A, percebemos que a área A1 vale a área de um triângulo equilátero de lado 6 subtraída da área de um setor circular de 60° e raio 6. Assim, A1 = A2 e a área destinada às flores vale A = 12.A2.

A16

. r 6Setor

2= π = π

AL 3

46 3

49 3

A A – A 6 – 9 3

2 2

2 Setor

= = =

= = π

Logo, A 12 6 9 3 36 2 3 3 m .2( ) ( )= π − = π −

Questão 17Comentário: A área A colorida é igual à área do quadrado de lado 2, menos 4 vezes a área de um setor circular correspondente

a 90° e de raio 1. Dessa forma, = − π = − πA 2 4.90°360°

. .1 42 2 .

Questão 18Comentário: Observe a figura a seguir:

A2A220 cm

20 cm

20 cm

A1A1135°135°

45°45°

225°225°

O

EM2MPV2_MAT.indd 45 05/01/18 10:18

46 Coleção EM2

O ângulo interno do octógono regular vale 180.(n 2)n

135°−

=

e o ângulo central 360

845° °= . Assim, a área da figura será a

área de oito setores circulares de ângulo 360° – 135° = 225° e raio r = 20 cm somada com a área de um octógono regular de lado l= 60 cm.

Calculando a área de um setor circular, temos:

= α π = π = πA360

. .r 225°360°

. .(20) 250 cm1

2 2 2

A área do octógono é a soma da área dos oito triângulos (8.A2) congruentes cujos vértices são o centro do polígono e dois vértices adjacentes do octógono.

60

xx45°

Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo anterior, temos:

60 x x – 2.x.x.cos 45 3 600 2x – 2x .22

x3 600

2 – 2.2 2

2 2x 1 800 2 2

2 2 2 2 2

2 2 ( )

= + ° ⇒ = ⇒

=+

+⇒ = +

Para calcular a área do triângulo, temos:

A x x sen A2 2

452

1 800 2 2 22

2900 2 1= ⇒ =

+( )= +( ). . .°

A área total AT da figura vale: AT = 8A1 + 8A2 ⇒

AT = 8.250π + 8.900 2 1( )+ = 2 000π + 7 200 2 1+( ) cm2.

Questão 19Comentário: Considere a figura a seguir:

A1 A2

20 cm

20 cm

CentroR1 = 40 cm

CentroR2 = 20 cm

10 cm

40 cm

20 cm

Chamando-se de AT a área do setor circular de 90° e raio 40 cm da figura, a área da junta pode ser representada como AJunta = AT – A1 – A2. A área A1 representa a área de um retângulo de base b = (40 – 20 – 10) cm = 10 cm e altura h = 20 cm.

Assim:

A1 = b.h = 10 . 20 = 200 cm2

A2, por sua vez, representa a área de um setor circular de 90°

e raio r = 20 cm; logo, Ar4

100 cm2

22=

π= π .

Analogamente, A r cmT

= =π π2

2

4400 . Desse modo:

AJunta = 400π – 100π – 200 = 300π – 200 ⇒

AJunta = 300 . 3,14 – 200 = 742 cm2 = 0,0742 m2

Como o preço de 1 m2 é R$ 120,00, temos:

0,0742 . 120 ≅ 8,90

Assim, o valor da vedação da junta é de R$ 8,90.

Questão 20Comentário: A área corresponde a de um setor de coroa circular, com ângulo 150°, raio interno 20 cm e raio externo

50 cm. Assim, = π − = πA150°360°

(50 20 ) 875 cm2 2 2.

Desafio

Questão 01 – Letra BComentário:

B C

H

AN

M

n

a

b

Q

m

9

16D

Usando o fato de que ∆ ∆QBC QAD, temos:

= ⇒ =ab

916

b16a9

Usando as relações métricas no ∆ AQB, temos:

m a.b m a .16a9

m16a

9m

43

a2 2 22

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Agora, aplicando o teorema de Pitágoras no ∆ BQC, temos:

a m 9 a 43

a 81 a 16a9

81

25a9

81 a 81. 925

a 275

m 43

. 275

365

b 169

. 275

485

2 2 2 2

2

22

22

+ = ⇒ +

= ⇒ + = ⇒

= ⇒ = ⇒ = ⇒

= =

= =

EM2MPV2_MAT.indd 46 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Agora, aplicando o teorema de Pitágoras no ∆ AQB , temos:

a m 9 a43

a 81 a16a

981

25a9

81 a81. 925

a275

H365

485

H1 296 2 304

253 600

25

H3 600

25H

605

12

2 2 2 2

2

22

22

2

2 2

2

2

+ = ⇒ +

= ⇒ + = ⇒

= ⇒ = ⇒ =

=

+

⇒ =+

= ⇒

= ⇒ = =

Com isso, podemos encontrar a área do trapézio ABCD da seguinte forma:

( )=

+=A

9 16 .12

2150

ABCD

Agora, repare na imagem para tirarmos as seguintes conclusões:

• = +∆ ∆

A A AABCD ABC ACD

•CMémedianado∆ ABC, então temos: =∆ ∆

A AACM BCM

•CNémedianado∆ ACD, então temos: =∆ ∆

A AACN DCN

Daí, podemos concluir que:

=

=∆ ∆

∆ ∆

A 2 . A

A 2 . AABC ACN

ACD ACM

A 2 . A AA

2A A

A

2A A 150

275

ABCD ACN ACMABCD

ACN ACM

ABCDAMCN AMCN

( ) ( )= + ⇒ = + ⇒

= ⇒ = =

∆ ∆ ∆ ∆

Questão 02 – Letra DComentário: Repare na figura a seguir:

Q

A

P

OCentro NM

RR¹2

R

W

Z

B

Note que foi traçado o segmento WZ, no semicírculo que contém a área B, e este segmento mede R 2, pois é a hipotenusa de um triângulo retângulo isósceles de lado R.O segmento WZ é igual ao segmento WN, pois ambos são raios do setor. Outra observação importante é que os resultados do semicírculo que contém a área A serão análogos aos do que contém a área B.

E vamos definir as seguintes áreas:

Setor circular WOZ = A1

Setor circular ZWN = A2

∆WOZ = A3

Semicírculo de raio R = A4

Portanto, a área B vai ser dada por:

B = A4 – A2 – A1 + A3

Então:

B R2

–R 2

8– R

4R2

B 4 R – 2 R – 2 R 4R8

B R2

R 2B

2

2

2 2

2 2 2 2 2

( )= π π π + ⇒

= π π π + ⇒ = ⇒ =

Analogamente, temos que:

= ⇒ =Ar2

r 2A2

Agora, note que a área amarela Am é dada por:

Am = ∆ ∆

A – AWQP WMN

⇒

= = = ⇒

= =

A2R.2r – R 2.r 2

24Rr – 2Rr

2Rr

A 2A 2B 2 AB

m

m


Questão 01 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir:

A

B R

QC

D P

30°

6 6

6 6

66

6 6

A área do triângulo ADP vale:

A∆ ADP = 12 . 6 . 6.sen 30° ⇒ A∆ ADP = 9

A área do triângulo BAR, em que o ângulo BAR = 150°, vale:

A∆ BAR = 12

. 6 . 6.sen 150° ⇒ A∆ BAR = 9

Logo, a área A do hexágono BCDPQR vale:A = ABCDA + A∆ ADP + AAPQR + A∆ BAR ⇒ A = (6)2 + 9 + (6)2 + 9 ⇒ A = 90


A B

CD

E F G

No triângulo retângulo CGF, temos:

CF2 = FG2 + CG2 ⇒ EF2 = (1 – EF)2 +

12

2

⇒

EF = 58⇒ FG = 3

8A área do triângulo BCF pode ser calculada por meio da

expressão = = =∆

ABC.FG

2

1. 38

23

16BCF.

EM2MPV2_MAT.indd 47 05/01/18 10:18

48 Coleção EM2

Questão 03 – Letra CComentário: Considere a figura a seguir:

AP QB

FS R

G

H

D

C

Ex x

x x

x

x

x

x

1

1 1

1 1

1

1 1

45° 45°

45°

135° 135°

135°

135°

135°

135°

135°

135°

45°

45° 45°

45° 45°

Como os ângulos internos de um octógono regular medem 135°,

os ângulos da base dos quatro triângulos retângulos; APH,

BCQ, DRE, FSG, medem 45°, ou seja, esses quatro triângulos

retângulos são isósceles.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo APH, temos:

AH2 = (PH)2 + (AP)2 ⇒ (1)2 = x2 + x2 ⇒ x = 22

dm, pois x > 0

Portanto, a área do quadrado, em dm2, PQRS vale:

A = (1 + 2x)2 ⇒ A = 1 2 22

2

+

. ⇒ A = 3 + 2¹2.

Questão 04 – Letra EComentário: Sendo o triângulo ABD equilátero, sua área

é dada pela expressão = = ⇒ =∆

ABD 3

49 3 BD 6 km.

ABD

2

No triângulo retângulo BCD, CD BD.sen 60° 6.32

3 3 km= = =

e BC BD.cos 60° 6.12

3 km= = = . Assim, A3.3 3

2km

Q2= e

= =A

A

9 32

9 3

12

Q

P

.

Questão 05 – Letra BComentário: Dado que ABE é um triângulo equilátero e que BCDE é um quadrado, ABC = 90° + 60° = 150°.

sen AB̂CA AB.BC.2

a.a.sen150°2

a .12

2a4ABC

22

= = = =∆


A

BC

D

EF

bb

cc

α

2α

A 2A bc sen2

2.bc sen 22

sen 2.sen 2 sen 4 .sen . cos cos 14

ABC DEF= ⇒ α = α ⇒

α = α ⇒ α = α α ⇒ α =

∆ ∆

Questão 07 – Letra BComentário: Seja h a altura do trapézio. Assim, 10 6

2. h 32 h 4 m

+= ⇒ = . No triângulo ADC, tomando–se o

lado DC como base, sua altura será a mesma do trapézio, então

A6 . 42

12 m .ADC

2= =∆


x

y

Lembrando que 6x = 3y ⇒ y = 2x, pois os perímetros devem ser iguais. Assim, temos:

( )=

= = =

A 6 .x 3

4

Ay 3

4

2x 3

4x 3

hexágono

2

triângulo

22

2

Portanto, a razão procurada é dada por:

= = =A

Ax 3

6 .x 3

4

132

23

triângulo

hexágono

2

2


A

B C

D

E

I

H

FG

Na figura, todos os triângulos são retângulos isósceles, logo, no triângulo AEI, os lados AE e EI são congruentes. Como EFHI é

um quadrado, AE = EF = FC2

. Sendo EFG semelhante a BCF

(triângulos retângulos isósceles) e a razão de semelhança 1:2,

temos = = =∆ ∆

A14

A14

.14

.414EFG BFC

cm2.

EM2MPV2_MAT.indd 48 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor



A

3y

3x

x

y

CB

E

F

Nomeando os segmentos, como na figura acima, temos:

=∆

A4x . 4y

2ABC

=∆

A 30BEFC

=∆

Ax .3y

2AEF

Então, temos:

= + ⇒ = + ⇒

= + ⇒ =

4x . 4y2

x . 3y2

30 4x . 4y x . 3y 60

16xy 3xy 60 xy6013

Agora, vamos nos valer disso para calcular a área do ∆ AEF:

= ⇒ = =∆ ∆

Ax .3y

2A

3 .60132

9013AEF AEF

Questão 11 – Letra BComentário: Pela semelhança de triângulos e comparando as áreas de ∆ ADB, AQP DQPB e ABCD, temos:

∆ ∆ = = ⇒ =

= ⇒

= ⇒ = ⇒ = ⇒

=

∆∆

∆

∆ ∆ ∆

AQP ADB, AA

2e

AQAD

12

A

A12

14

A14

A A34

A A34

A

2

A38

A

ADBABCD AQP

ADB

2

AQP ADB QPDB ADB QPDBABCD

QPDB ABCD


α

α

β

β

γγ

I II

9 cm 9 cm

25 cm

x

x

yy

z

z

Devemos considerar as medidas indicadas nas figuras. A área da figura I vale 9 . 25 = 225 cm2. Na figura II, sendo a área igual à da figura I, o lado do quadrado deve medir

=225 15 cm . Assim, x + 9 = 15 ⇒ x = 6 cm e y = 15 cm.

Na figura I, y + z = 25 ⇒ z = 10 cm. A área da região α é igual

a x.z2

6 .102

30 cm2= = .

Questão 13 – Letra BComentário: Utilizaremos a seguinte imagem como referência para o problema:

A B

ED

C3

3 - x

15

10

x

Note que:

∆ ∆ ⇒ = ⇒ = ⇒

= ⇒ =

ACB ECDx

103 – x15

15x 30 –10x

3x 6 – 2x x65

Assim, vamos decompor a área do ∆ ADE da seguinte forma:A A A

3 .102

A

65

.10

215 A 6 A 9

ADE ADC DCE

ACD ACD ACD

= + ⇒

= + ⇒ = + ⇒ =

∆ ∆ ∆

∆ ∆ ∆

Questão 14

Comentário: Considere a figura a seguir:

A

60°

60° 60°B CF

E

D

G1 + ¹3

1 + ¹3

1 + ¹3

1 2

2

2

¹3 45°45°

Como os lados do triângulo ABC são iguais, então trata-se de um triângulo equilátero.

No ∆ ADE, trace a altura DG. Assim, do triângulo ADG, temos:

sen 60° = DG2

⇒ DG = ¹3

cos 60° = AG2

⇒ AG = 1

Logo, EG = ¹3.O triângulo retângulo EGD é isósceles de base ED, ou seja, GDE = GED = 45°. Assim, AED = 45°.

A área do triângulo DEF, em cm2, é a diferença entre a área do triângulo ABC e as áreas dos triângulos ADE, DCF e BFE, que são iguais.A∆ DEF = A∆ ABC – (A∆ ADE – A∆ DCF – A∆ BFE) ⇒

A∆ DEF = ( ) ( )+

− +

3 3 34

312

1 3 2.sen 60º

2

⇒

A∆ DEF = 12 3 184

–6 3 18

43 32

cm2+ +=

EM2MPV2_MAT.indd 49 05/01/18 10:18

50 Coleção EM2


4 m

10 m

2

4 m6 m

Note que podemos dividir a figura em um triângulo de base

10 m e altura 2 m, e um retângulo de base 10 m e altura 4 m.

Portanto, a área procurada será igual à soma da área do

triângulo e da área do retângulo. Então, temos:

A 10 . 4 40

A 10 .22

10

A A A 40 10 50 m .

retângulo

triângulo

fachada retângulo triângulo2

= =

= =

= + = + =

Agora, basta uma regra de três para encontrarmos a quantidade

de tinta necessária para pintar essa fachada.

Área (m2) Litros de tinta (L)

9 1

50 x

Então, temos:

1x

950

9x 50 x 509

5,5 L.= ⇒ = ⇒ = ≅

Portanto, serão necessárias 6 latas de tinta.

Questão 16Comentário: Primeiro, traçamos a diagonal BD como indicado

na figura:

A B

x

CD

9 m

12 m

8 m

17 m

Em seguida aplicamos o teorema de Pitágoras:

x² = 9² + 12² ⇒ x² = 81 + 144 = 225 ⇒ x = 15

Agora, calculamos as áreas da seguinte forma:

Sendo 2p o perímetro do ∆ DCB, temos:

2p = 17 + 8 + 15 ⇒ 2p = 40 ⇒ p = 20

A 9 .122

54 m

A 20 20 17 20 8 20 15

A 20 .3 .12 . 5 60 . 60 60

A A 54 60 114m .

ABD2

DBC

DBC

ABD DBC2

( ) ( ) ( )= =

= − − − ⇒

= = =

+ = + =

∆

∆

∆

∆ ∆


A

B

c b

30°

30°

60°75°

75°

3

3

1,5 1,5

3O

CM

A) Denotando por O o centro da circunferência e por M o ponto

médio do segmento AC, temos: A CO é ângulo central e

vale 60°. ⊥OM AC, pois todo segmento que liga o centro de

uma circunferência ao ponto médio de uma de suas cordas,

é perpendicular a essa corda. ∆ AOC é isósceles, logo OM é

bissetriz ⇒ =A M 30°O

= ⇒ = ⇒ =sen 30°

AC23

12

AC3 .2

AC 3 cm

B) Como podemos ver pela imagem, temos que BM = BO + OM

= ⇒ = ⇒ =cos 30° OM

332

OM3

OM 3 32

Então, temos:

= +BM 3

3 32

Logo, a área S do triângulo será dada por:

( )

=

+

=

+

=

+

⇒

= +

S

3 . 3 3 32

2

9 1 32

29 .

2 34

S94

2 3


a a

x

10¹3

a

80 cm

Dado:a = 10¹3 cm

30°

EM2MPV2_MAT.indd 50 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Repare que o lado x do triângulo maior vale x = 80 + 2y. Agora, para encontrar o valor de y, basta utilizarmos uma razão trigonométrica no triângulo em destaque:

° = ⇒ = ⇒ =tg 30 10 3y

33

10 3y

y 30 cm

Portanto, o lado x do triângulo maior vale x = 80 + 2 . 30 = 140 cm.Dessa forma, temos:

A 140 . 34

19 600 . 34

4 900 3 cm

A 0,49 3 m .

Triângulo maior

22

Triângulo maior2

= = = ⇒

=

Questão 19 – Letra AComentário: Para encontrar essa área em anelares, fazemos a seguinte regra de três:

Área em anelar Área em cm2

1 π

x 1

Então, temos:

=π

⇒ π = ⇒ =π

1x 1

x 1 x1

anelar.

Questão 20 – Letra AComentário: Considerando que o comprimento da mesa é o dobro de sua largura, temos:

2x

x

Se as dimensões fossem alteradas, teríamos uma mesa quadrada.

2x – 45

x + 45

Logo:2x – 45 = x + 45 ⇒ x = 90 cm.Portanto, área da mesa é igual a: (2 . 90)90 = 16 200 cm2 = 1,62 m2.

Questão 21 – Letra EComentário: A área A colorida é equivalente à área de um

retângulo, de altura 1 e base 6, menos a área de 3 semicírculos

de raio 1: .1A 6 .1 3.

212 –3

2.− π

= =π

Questão 22 – Letra AComentário: O lado do quadrado ABCD vale S, de forma que cada um dos 3 segmentos nos quais cada lado está dividido

mede S3

. Assim, a área de um dos triângulos sombreados

é dada por =S3

.S3

.12

S18

. A área do octógono é dada por

=S – 4.S18

79

S.

Questão 23 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir:

C

BA

¹3

¹3¹3 O30°

60°

60° 60°

Como AB é diâmetro, então ACB = 90° e ABC = 60°.

Sendo O o centro da circunferência, trace o raio OC.

CAB = CB

2 ⇒ 30° = CB

2

⇒ C¹B = 60°

Assim, COB = C¹B = 60°.

Logo, o triângulo COB é equilátero, e a área sombreada é:

A = ASetor – A∆ COB ⇒ A = ( ) ( )π −3 .60°360°

3 . 34

2 2

⇒ A = π −2

3 34

cm2.


Mesa

Balcão

Bal

cão

0,30 m

5 m

1,2 m

3,5 m

2,3 m

2,7 m

C B

A

1,5 m

2,0 m

x

EM2MPV2_MAT.indd 51 10/01/18 16:09

52 Coleção EM2

A) A área não ocupada equivale à área do quadrado de lado 5 m menos as áreas de dois retângulos de dimensões 1,2 m . 3,5 m e um círculo de raio 1,5 m:

A = 52 – (2 . 1,2 . 3,5 + 3 . 1,52) = 9,85 m2.

B) Considerando o triângulo retângulo ABC, cujo vértice C está no centro da mesa, e analisando as dimensões indicadas, encontramos BC = 2,0 m e AB = 2,3 m. Dessa forma:

AC2 = BC2 + AB2 ⇒ (x + 1,5)2 = 2,02 + 2,32 ⇒ x = 1,55 m. Ao ser aberta, a extremidade da porta descreve em torno

de A um arco de raio 1,5 m, que é menor que a distância x. Dessa forma, a porta não toca a mesa, sendo possível abri-la completamente.


¹3¹3 xx

x2

Observe o triângulo que foi retirado da figura original. Aplicando o teorema de Pitágoras, encontraremos o valor de x e com isso, a área do círculo e do hexágono:

( )= +

= + ⇒

= ⇒ = ⇒ =

x 3x2

3x4

3x4

3 x 4 x 2

22

22

22

( )

= π = π

= =

= π = π

A 2 4

A 6 .2 3

46 3

A 4 – 6 3 2 2 – 3 3

círculo2

hexágono

2

hachurada

Questão 26 – Letra AComentário: Note que o círculo é dividido em 3 partes iguais pelos vértices do triângulo, portanto, para encontrar a área hachurada, calculamos a área do círculo e depois subtraímos a área do triângulo, em seguida, dividimos o resultado dessa operação por 3. Então, temos:

= π = πA .2 4círculo

2

Agora, como o triângulo é equilátero de lado x, podemos afirmar que o circuncentro e o baricentro coincidem com o centro do círculo. Dessa forma, podemos usar o fato de o centro do círculo ser o baricentro do triângulo, assim:

= ⇒ = = =23

.x 32

2 x6

3

6 33

2 3

Agora, temos:

( )= = =A

2 3 3

412 3

43 3

triângulo

2

Portanto, a área da região colorida é ( )π13

. 4 – 3 3 .

Questão 27 – Letra CComentário: Observe a seguinte imagem:

r r

rr

r r

Note que o raio R do círculo maior tem medida igual a = +R r23

h,

em que h é a altura do triângulo.

Então, temos:

= =h2r 3

2r 3

Portanto, temos que:

= + = +

R r23

r 3 r 123

3

Dessa forma, temos que a razão procurada é dada por:

=

+

= +

=+R

r

r 1 23

3

r1

23

33 2 3

3

Questão 28 – Letra EComentário: Note que podemos dividir a figura nas seguintes regiões:

20 cm

5 cm

7 cm7 cm

5,5 cm

4 cm

I

II

IIIIII

IV

4 cm

4 cm

5 cm

6 cm 6 cm5 cm

5,5 cm

4 cm

4 cm

I – Retângulo de base 15 e altura 4.

II – Retângulo de base 4 e altura 5.

III – Trapézio de base maior 7, base menor 5 e altura 4.

IV – Trapézio de base maior 20, base menor 16 e altura 4.

Logo, a área da figura será:

Atotal = AI + AII + 2 . AIII + AIV

( )

( )

= =

= =

=+

=

=+

=

A 15 . 4 60

A 4 .5 20

A7 5 4

224

A20 16 4

272

I

II

III

IV

Atotal = 60 + 20 + 2 . 24 + 72 = 200 m2.

EM2MPV2_MAT.indd 52 15/01/18 14:12

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 29 – Letra BComentário: Observe a seguinte imagem:

R = 1,25 . 40

Vulcão

Temos que a área procurada é dada por:

A = π . (1,25 . 40)²

Agora, usando π ≅ 3,14, temos:

A = 3,14 . 502 = 3,14 . 2 500 = 7 850 km2.

Questão 30 – Letra CComentário: Considere a seguinte imagem:

A

D

C

x x

B400 m

45° 45°60°

90°

30° 90°

Note que o lado AB = 400 é a diagonal de um quadrado de

lado x, portanto, temos:

= ⇒ = ⇒ =x . 2 400 x400

2x 200 2

Considere o ∆ADC, nele temos:

° = ⇒ = ⇒ =sen 30ADx

12

AD

200 2AD 100 2

Agora, calculamos as áreas:

= =

= ⇒

= = ⇒

= =

∆

∆

∆

∆

A200 2 .200 2

240 000

A12

.100 2 .200 2. sen 60º

A12

.20 000 .2 .32

10 000 . 3

A 10 000 .1,73 17 300

ABC

ADC

ADC

ADC

Logo, a área do quadrilátero é dada por:

AABCD = 40 000 + 17 300 = 57 300

Questão 31 – Letra EComentário: Considere a seguinte imagem, na qual r é a mediatriz do segmento AB:

A

MB

P

r

Primeiramente, como o hexágono é regular, a área dele será dada por:

= = ⇒ = ⇒ =A 6 .AB 3

43 AB

46

AB2

6hexágono

22

Agora, a área do triângulo é dada por:

= = = ⇒ = ⇒

= ⇒ = =

AAB .PM

2

2

6.PM

22

2

6.PM

22

2

6.PM 2 2 PM 12 2 3

triângulo

Questão 32Comentário: Observe a seguinte figura:

C

RS

P Q

B

I

A 6

18 18

6M

D I

II II

Note que a área procurada é a soma de duas regiões do tipo I, duas regiões do tipo II e uma região do tipo III. Agora, vamos definir essas regiões e calcular suas respectivas áreas:

AI – quarta parte de um círculo de raio 6

AII – quarta parte de um círculo de raio 18 + 6 = 24

AIII – metade de um círculo de raio 24 + 6 = 30

Portanto, a área total será dada por:

Atotal = 2 . AI + 2 . AII + AIII

EM2MPV2_MAT.indd 53 10/01/18 16:09

54 Coleção EM2

A 2 . A 2 . A A

A . 64

9 9 . 3 27

A .244

5764

144 .3 432

A .302

450 450 .3 1 350

A 2 .27 2 . 432 1 350 54 864 1 350

A 2 268 m .

total I II III

I

2

II

2

III

2

total

total2

= + +

= π = π = =

= π = π = =

= π = π = =

= + + = + + ⇒

=

Questão 33 – Letra BComentário: Como a área é representada por um triângulo retângulo de catetos 2 cm e 3 cm, sua área é dada por:

= = =A3 .22

3 cm 3 cm. cm2

Agora, convertendo para a escala do enunciado, temos:

A 3 .22

3 cm 3 cm. cm 3 .100 km.100 km

30 000 km .

2

2

= = = = =

Questão 34 – Letra DComentário: Observe a figura a seguir:

A

S1

S2

S3

S4

C

B

D

Sendo l a medida do lado do quadrado ABCD, temos que:l

l l l

l l

S S S S.4

S S.8

– S.8

– S.4

S S.4

– 2S.4

S – S 0 S S

1 2 3 4

2

1 2

2

2

2

2

2

1 2

2

2

2

1 2 1 2

+ + + =π

⇒

+ +π

+

π

=

π⇒

+ +π

=π

⇒

= ⇒ =


O

A

B

A área da região que está em destaque equivale a

ASc

área do semicírculo de raio AB

2 menos ASeg (área do

segmento circular compreendido entre o arco AB e o segmento

AB ). No triângulo retângulo AOB, temos:

AB2 = AO2 + OB2 ⇒ AB2 = 102 + 102 ⇒ AB = 10 2 cm.

Assim:

A = Asc – Aseg =

10 222

.104

–10.10

250 cm .

2

22

π

−

π

=

Questão 36 – Letra AComentário: Observe a figura:

O

9¹3

9

9

30°

30°120°

B

A

Note que AB representa 120°360°

412

13

= = da circunferência, ou

seja, a área desse setor é 13 da área do círculo. Portanto, a

área procurada será a área do setor menos a área do ABO.∆Então, temos:

( )

= π =π

=π

= = =

= =π

⇒ π

A13

. . (9)81 .3

274

A12

. 9 . 9 . sen150º812

.32

81 34

A A – A274

–81 3

4274

– 3 3

setor2

triângulo

hachurada setor triângulo

Questão 37 – Letra AComentário: Observe a seguinte figura:

A

C

E B1

1¹2

¹2

D x

x

Note que:(2AB)2 =x2 + x2 ⇒ 4 . 2 = 2x2 ⇒ x = 2BD é apótema do quadrado, logo, vale 1, D é ponto médio do lado AE, portanto, AD vale 1.DC = BC – BD = ¹2 – 1

EM2MPV2_MAT.indd 54 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Com isso, temos que a área do ∆ADC é dada por:

( )=

−=

∆A

1. 2 1

22 –12ADC

E a área do círculo é:

( )= π = πA . 2 2círculo

2

Logo, a área hachurada é:

( )= = = −∆

A 8 . A 8 .2 –12

4 2 1hachurada ADC

Portanto, a área procurada é:

( )= − + π = + π = π + −A 4( 2 1) 2 4 2 – 4 2 2 2 2 2procurada


A

CO

L B E30°

R

No triângulo retângulo OBL, LB = Rtg 30°

= R¹3. Observando

o quadrilátero ACEL, temos A LLB + CEB = 180°. LO e EO são bissetrizes, o que significa que A L O = B L O e

BEO = CEO. Temos que BEO = 60°, logo BE = R33

. Assim,

ALB BE R

210

R 3 R 33

R

210 R 5 3.

OLE2( )

=+

= ⇒

+

= ⇒ =

∆

A área do círculo é dada por A = 5¹3 π cm2.

Questão 39 – Letra BComentário: As áreas dos triângulos ACB e ACE são iguais, pois eles possuem a mesma base, e, como a reta r é paralela ao segmento AC, possuem a mesma altura.

Logo, a área do triângulo BEC é:

A∆ BEC = AABED – A∆ ACB – A∆ ACD ⇒ A∆ BEC = 21 – 4 – 10 ⇒ A∆ BEC = 7.


A) Temos que o raio AE = AU, que é metade da diagonal do quadrado de lado AB; logo:

AE

AB 22

AE2 2. 2

2AE 2 cm.= ⇒ = ⇒ =

B) Observeafiguraaseguir:

A

M

Q

N

P

S

F

D

R

O

T

r

r

r

E B

C

2

r¹2

¹2

A

M

Q

N

P

S

F

D

R

O

T

r

r

r

E B

C

2

r¹2

¹2

Como AC é diagonal do quadrado de lado AB = 2¹2,

temos que:

AT TC AC r 2 r 2 2 4

r 2 r 4 – 2 2 r 2 1 4 – 2 2

r 4 – 2 2

2 1. 2 –1

2 –1r 6 2 – 8 cm.

( )+ = ⇒ + + = ⇒

+ = ⇒ + = ⇒

=+

⇒ =

C) Pela geometria da situação, podemos extrair a seguinte

figura:

2 cm

6 2 8–

Calculando a área A em destaque, temos:

( )( )

= π π − ⇒

= π π + ⇒

= π + π π ⇒ = π π ⇒

A .24

– . 6 2 8

A – . 72 – 96 2 64

A 96 2 –136 A 96 2 –135

2 2

Portanto, a área da chapa utilizada na construção é igual

a 3π(32¹2 – 45) cm2.

EM2MPV2_MAT.indd 55 05/01/18 10:18

56 Coleção EM2

Seção EnemQuestão 01 – Letra CEixo cognitivo: IIICompetência da área: 2Habilidade: 8

Comentário: Pela geometria da situação, tem-se:

4 5 5 5

48

5 55

4 + 5 + 5 + 5 + 5 + 5 + 5 + 4 = 38

4 + 4 = 8

Área = 8 . 38 = 304 cm2

Questão 02 – Letra AEixo cognitivo: IIICompetência da área: 2Habilidade: 8

Comentário: Primeiramente AA B+

= =0 3 310

, , portanto:

10A = 3A + 3B ⇒ 7A = 3B. Como A + B é metade do quadrado,

então A + B = A B+ = =100 100

25 000. , e, portanto:

A + B = 5 000.

Devemos resolver o sistema:

A B xA B

A BA B

+ ==

⇒+=

⇒5 000 3

7 33 3 = 15 0007 3

( )7A

3A + 7A = 15 000 ⇒ A = 1 500 e B = 3 500

100

y

90 10

B = Triângulo + Trapézio

902

100 102

3 500y y+

+=

( ) .

45y + 500 + 5y = 3 500

50y = 3 000

y = 60

Logo, o percentual solicitado é: 100% - 60% = 40%.

Questão 03 – Letra BEixo cognitivo: VCompetência de área: 3Habilidade: 14Comentário: Como as áreas devem ser iguais:AA = AB

AA = x(x + 7)AA = x2 + 7x

15 m

15 m 3 m

21 m

Figura BB

B

B

B

15.15 3 . 21A2 2

225 63A2

288A2

A 144

= +

+=

=

=

x2 + 7x = 144

x2 + 7x – 144 = 0

Resolvendo, temos:

72 4.(1).( 144)625

∆ = − −∆ =

x = – ±7 6252

x ' = – + =7 252

9

x" = – – =7 252

–16 (não convém)

x

x + 7

Figura A

Como x = 9:

Comprimento = 9

Largura = 9 + 7 = 16

Questão 04 – Letra BEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8

Comentário: A área dos três setores deverá ser menor que a área do retângulo de dimensões 50 m e 24 m.

Portanto,

ASetores < 50 . 24 ⇒ π < ⇒π

<3.60°360°

. R 50 . 24R2

50 . 2422

Considerando π = 3, temos: R2 < 800

Assim, o maior valor possível para R é 28 m.

Questão 05 – Letra AEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8

Comentário:

Área de coberturaAntena 1

Área de coberturaAntena 2

2 2

Área de coberturaNova antena

Área de coberturaAntenas Antigas (A1)

Observe que, pelo exposto no enunciado, o raio da nova antena é 4 km e sua área será indicada por ANA.

A1 = π . 22 = 4π km2 e ANA = π . 42 = 16π km2

Logo, a área da nova antena será 16π – 2 . 4π = 8π km2.

EM2MPV2_MAT.indd 56 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 06 – Letra AEixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: Sendo Si e Sf as áreas do garrafão antes e após a alteração, temos:

S – S 580 . 490 –(600 360).580

210 .580 5 800 cm .

f i2=

+= =

Questão 07 – Letra C Eixo cognitivo: II


Habilidade: 24

Comentário: Calculando as áreas destinadas a carboidratos, gorduras e proteínas em cada um dos polígonos, verificamos que o único que atende à divisão pedida é o pentágono regular, como mostrado a seguir:

Unindo o centro do pentágono regular a cada um dos vértices, ele fica dividido em 5 triângulos congruentes, cada um com área igual a 20% da área do pentágono.

Gorduras: 30%Carboidratos: 60%

Proteínas: 10%

Os carboidratos ocupam 3 triângulos (60%), as gorduras ocupam um triângulo e meio (30%) e as proteínas ocupam meio triângulo (10%).



Habilidade: 12

Comentário: Como o lado AB do hexágono mostrado na figura 2 mede 2 cm, teremos a figura 1 com as seguintes medidas, em cm.

2¹2

2¹2

¹2

¹2

¹2

¹2¹2

21

1

1

11

1

11

1

Assim, a figura 1 é um quadrado de lado 2¹2 cm. Logo, sua área, em cm2, vale:

A 2 2 8I

2( )= =

Como as áreas das três figuras são iguais, a área da figura III é igual a 8 cm2.


Competência da área: 2

Habilidade: 9

Comentário: Sendo SI, SII e SIII as sobras de material oriundas da produção das tampas grandes, médias e pequenas, temos que:

S 2 – .1 S 4 –

S 2 – . 12

.4 S 4 –

S 2 – . 14

.16 S 4 –

I2 2

I

II2

2

II

III2

2

III

= π ⇒ = π

= π

⇒ = π

= π

⇒ = π

As três entidades recebem a mesma quantidade de material, pois SI = SII = SIII.



Habilidade: 13

Comentário: O terreno é um paralelogramo que foi dividido em quatro lotes. Lembrando que lados de mesma medida têm símbolos iguais, de todas as alternativas dadas, o único que não possui, necessariamente, a mesma área é o da alternativa E.

CAPÍTULO – C4Geometria de posição e poliedros


Questão 01 – F F F VComentário:

Falsa. Três pontos distintos determinam um único plano quando forem pontos não colineares.

Falsa. Um ponto P e uma reta t determinam um único plano quando P t.∉

Falsa. Dois planos são secantes quando possuem exatamente uma única reta em comum.

Verdadeira. Dois planos secantes possuem infinitos pontos em comum, já que possuem uma reta em comum e uma reta possui infinitos pontos.

EM2MPV2_MAT.indd 57 05/01/18 10:18

58 Coleção EM2

Questão 02Comentário: Se três retas são paralelas, podemos ter as seguintes configurações:

α

t2

t1

t3

t1 // t2 // t3

No primeiro caso, as três retas são coplanares; já no segundo, cada plano é formado a partir de duas retas. Logo, dadas três retas paralelas distintas entre si, são determinados um ou três planos.

Questão 03 – F F F V V FComentário: Na ordem em que as proposições aparecem, temos:

Falsa. Duas retas no espaço podem também ser reversas.

Falsa. Duas retas reversas não determinam um plano, pois, por definição, retas reversas são aquelas que não são coplanares.

Falsa. Duas retas paralelas idênticas possuem infinitos pontos em comum.

Verdadeira. Retas paralelas idênticas se interceptam em infinitos pontos.

Verdadeira. Por definição, duas retas são reversas quando não são coplanares.

Falsa. Retas que possuem um único ponto em comum são concorrentes. Retas perpendiculares são retas concorrentes que se encontram segundo um ângulo reto. Duas retas concorrentes não são necessariamente perpendiculares, pois podem se encontrar segundo qualquer ângulo agudo diferente de zero.

Questão 04 – V F F F VComentário:

I. Verdadeiro. Quando os três pontos são não colineares, eles determinam um único plano, pertencendo a este; quando são colineares, podem determinar infi nitos planos, pertencendo a estes simultaneamente.

II. Falso. Duas retas reversas não determinam um plano.

III. Falso. Para que isso ocorra, o quarto ponto deve estar contido no plano determinado pelos três pontos citados inicialmente. Caso contrário, pegando os pontos dois a dois, podemos determinar dois pares de retas reversas, ou seja, os quatro pontos não determinarão um único plano.

IV. Falso. Uma reta e um ponto não pertencente a ela determinam um único plano. Uma reta e um ponto determinam infinitos planos quando o ponto está, necessariamente, contido na reta.

V. Verdadeiro. Se duas retas são distintas e coplanares, então elas determinam um único plano (elas são coplanares).

Questão 05Comentário: Sim. Observemos a ilustração a seguir, com a posição relativa entre três planos.

α1 ∩ α2 ∩ α3 = ∅α1 // α2 // α3⇒

α2 α3

α1

α1

α1 ∩ α2 ∩ α3 = ∅

α1 // α2

α2

α3

α3

α1 ∩ α2 ∩ α3 = ∅α2

α1

α1 ∩ α2 ∩ α3 = t

α3

α2α1

t

α1 ∩ α2 ∩ α3 = P

α1α2

α3P

Questão 06 – V V V F Comentário:

I. Verdadeiro. Os lados opostos do telhado são paralelos.

II. Verdadeiro. As retas t2 e t3 estão em planos distintos e não

possuem ponto em comum.

III. Verdadeiro. t3 e t5 se cruzam em um ponto, logo são

concorrentes.

IV. Falso. t3 e t4 não possuem ponto em comum, logo não são

concorrentes.

EM2MPV2_MAT.indd 58 10/01/18 16:09

Mat

emát

ica

Manual do Professor



P

P'QQQ'

RR

S’S' S

3

αα

α

6 – y

10 – x x

y

2

Chamando o ângulo P’QP de α, as leis da reflexão nos garantem que Q’QR e RSS’ também valham α. Dessa forma, por semelhança de triângulos, temos:

3 610 2

32

6

12 2 10x

yx

yx

y xy I

y y xy II

= −−

= ⇒= ⇒ =

=

( )

– – ( )

Substituindo (I) em (II), temos:

12 – 2y = 10y – 6 ⇒ y = 1,5

Logo:

xy = 6 ⇒ x = 4

Assim, aplicando o Teorema de Pitágoras em P’QP, Q’QR e S’SR, temos que PQ = 5, QR = 7,5 e RS = 2,5, ou seja, o caminho

total percorrido pela bola é d = 5 + 7,5 + 2,5 = 15.

Questão 08Comentário: Construímos as projeções em cada plano individualmente.

I

II

III

Na Projeção do plano I, temos: Plano II:

Plano III:

Assim, as projeções no ambiente tridimensional é representado pela figura a seguir.

Paredeslaterais

Plano do piso

Questão 09Comentário: Pela projeção de vista superior, temos:

30 m

13 m8 m

10 m

10 m

5 m

2 m

10 m

5 m

3 m

5 m

4 m 4 m

Pela vista frontal:

30 m

4 m

4 m 4 m

10 m

15 m

4 m

10 m

15 m

Pela vista lateral esquerda:

29 m

28 m

4 m

10 m

15 m

5 m

5 m 8 m

EM2MPV2_MAT.indd 59 05/01/18 10:18

60 Coleção EM2

Questão 10Comentário: O problema se reduz à uma semelhança de triângulos, conforme ilustrado na figura a seguir:

20 cm

10 cm

P

A B

A' B'

10 cm

AB10 cm

A'B'20 cm 10 cm

10 cm10 cm

A'B'30 cm

A'B' 30 cm.

=+

⇒

= ⇒ =

Questão 11Comentário: A) A figura formada é uma reta, pois o retângulo é

perpendicular ao plano π.

A' D' B' C'

B) Oproblemapodesersimplificadocomonafiguraaseguir:

A

A'

B

10 cm20 cm

C

E

D' B' C'30°

60°

60°

Perceba que A, A’ e D’ formam um triângulo retângulo, reto em A’. Pela figura, podemos concluir que o ângulo

=DA A' 60°, então o segmento A’D’ pode ser encontrado através da seguinte relação:

cos 60° A'D'

AD'12

A'D'10

A'D' 5 cm.= ⇒ = ⇒ =

De maneira análoga, encontramos o segmento D’C’, que equivale a:

cos 30° D'C'

D'C32

D'C'20

D'C' 10 3 cm.= ⇒ = ⇒ =

O triângulo retângulo BCE é retângulo em C e o ângulo E =B C 60°. Então o segmento EC, vale:

= ⇒ = ⇒ =tg 60°

BCEC

310EC

EC10 3

3

Portanto, o segmento D’E é

20 –

10 33

cm.

Então, o valor do segmento D’B’ será:

cos 30° D'B'

D'E

3

2

DB'

20 – 10 33

DB' 10 3 –5 cm.( )

= ⇒ =

⇒

=

C) O comprimento total da projeção corresponde à soma de

A’D’, D’B’ e B’C’, ou seja, ( )+5 10 3 cm.

Questão 12Comentário: Os poliedros convexos são aqueles cujos ângulos diédricos são menores que 180°. O número de vértices, faces ou arestas pode ser encontrado pela Relação de Euler: V + F = A + 2.

A) Poliedro não convexo com 7 faces, 10 vértices e 15 arestas.

B) Poliedro convexo com 7 faces, 10 vértices e 15 arestas.

C) Poliedro não convexo com 9 faces, 14 vértices e 21 arestas.

Questão 13Comentário: O número de arestas é dado por:

A =número de lados

2A

20 . 6 12 . 52

A 90⇒ =+

⇒ =

Pela Relação de Euler: + = + ⇒ = + − ⇒ =V F A 2 V 90 2 32 V 60

Logo, existem, no fulereno, 60 átomos de carbono.

Questão 14Comentário: Utilizando a Relação de Euler, temos: V + F = A + 2 ⇒ F + F = 20 + 2 ⇒ F = 11.

Questão 15Comentário:A) Um decaedro possui dez faces. O número de arestas do

poliedro pode ser determinado pela metade do número total de lados dos polígonos que o formam, ou seja,

A = 4 .10

2 = 20 arestas. Pela relação V + F = A + 2,

encontramos V = 12 vértices.

B) O decaedro possui dez faces e seu número de arestas pode ser calculado como a metade do número total de lados dos polígonos que formam o poliedro. Assim, como temos cinco triângulos, dois quadriláteros e três pentágonos formando

tal poliedro, A5.3 2.4 3.5

219 arestas=

+ += . A partir da

relação V + F = A + 2, encontramos V = 11 vértices.

Questão 16 – Letra CComentário: Cada polígono corresponde a uma face, de modo que haverá um total de 1 + 8 + 8 = 17 faces. As arestas correspondem aos lados dos polígonos: 8 do octógono, 32 dos 8 trapézios e 24 dos 8 triângulos, que, compartilhadas duas a duas, totalizam 32 arestas. Utilizando a Relação de Euler, temos: V + 17 = 32 + 2 ⇒ V = 17.

Questão 17Comentário: A partir da relação V + F = A + 2, encontramos F = 12 faces. Chamando de q o número de faces quadrangulares e t o número de faces triangulares, temos q + t = 12 (I). O número de arestas do poliedro pode ser determinado pela metade do número total de lados dos polígonos que o formam,

ou seja, A t q t q II= + = ⇒ = +3 42

20 40 3 4 ( ) . Substituindo

(I) em (II), encontramos q = 4 e t = 8, ou seja, há quatro faces quadrangulares e oito faces triangulares.

EM2MPV2_MAT.indd 60 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 18Comentário: Observe a tabela a seguir:

Poliedro Número e tipo de faces Soma dos ângulos

Tetraedro4 faces triangulares

(ângulo interno de 180°)4 . 180° = 720°

Hexaedro6 faces quadrangulares

(ângulo interno de 360°)6 . 360° = 2 160°

Octaedro8 faces triangulares

(ângulo interno de 180°)8 . 180° = 1 440°

Dodecaedro12 faces pentagonais

(ângulo interno de 540°)12 . 540° =

6 480°

Icosaedro20 faces triangulares

(ângulo interno de 180°)20 . 180° =

3 600°

Questão 19 – Letra EComentário: Haverá 3 arestas para cada triângulo

compartilhadas duas a duas, de forma que são 8 .32

12=

12 arestas. Aplicando a Relação de Euler, temos:

V + 8 = 12 + 2 ⇒ V = 6.

Questão 20 – Letra DComentário: O ponto D faz parte das faces ADF, AED, DCE e DCF. Logo, o triângulo formado por a, e e r corresponde a ADE, já que existem apenas dois triângulos com o lado AE; desse modo, r corresponde a D. Aplicando-se raciocínio análogo para o lado BE, conclui-se que o ponto p corresponde a C e que o lado formado pelos pontos p e e corresponde à aresta CE. Assim, como o lado CE pertence às faces CED e CEB, o ponto q também corresponde a D. Usando um raciocínio análogo com a face AF, concluímos que o ponto s também corresponde a D.

D A E

C F B C

C

D

D

Questão 21 – Letra BComentário: Haverá uma face triangular para cada vértice do cubo e uma face quadrada para cada face do cubo. Como ele possui 8 vértices e 6 faces, serão 8 faces triangulares e 6 faces quadradas.

Questão 22 – F V V V VComentário:I. (Falso)Observandoafigura,concluímosqueopoliedrotem

8 faces.II. (Verdadeiro) Há 6 vértices que pertencem à face superior e

6 que pertencem à face inferior. Logo, como não há nenhum vértice que pertença às duas faces simultaneamente ou que não pertença a nenhuma dessas faces, o poliedro tem 12 vértices.

III. (Verdadeiro) Há 6 arestas na face superior, 6 arestas na face inferior, e 6 arestas ligando essas duas faces. Logo, há 18 arestas.

IV. (Verdadeiro) AD AB BD .2 2= +

Como AB AC BC 132 2= + = , logo AD 1 13 14.22( )= + =

V. (Verdadeiro) O plano que passa por C, D e E divide o sólido conformeafiguraaseguir:

1

1 1

2

12

A

E

D

BC

V1 =

V2 =

Analisando os paralelepípedos separadamente, temos:

(I)

2

E

D

BC1

1

O sólido é dividido em duas partes iguais.

V12

.(2 .1 .1) 1 e V12

.(2 .1 .1) 11 2I I

= = = =

(II)

12

2

A

1

1

O sólido destacado representa 14

do todo, isso porque ele é

igual à metade do volume de um paralelepípedo de dimensões

1, 12

e 2.

V34

.(2 .1 .1)32

e V14

.(2 .1 .1)121 2II II

= = = =

Assim, temos:

V

V

V V

V V

1 32

1 12

53

1

2

1 1

2 2

I II

I II

=+

+=

+

+=

EM2MPV2_MAT.indd 61 10/01/18 16:09

62 Coleção EM2

Exercícios propostosQuestão 01 – Letra AComentário:A) Verdadeiro.B) Falso. Elas são paralelas.C) Falso. Elas são reversas.D) Falso. Elas são reversas.E) Falso. Elas são reversas.

Questão 02 – Letra AComentário:I. Verdadeira. Em geral, se dois planos têm um ponto em

comum,terãoinfinitosoutrospontosemcomum.II. Falso. Os pontos também precisam ser não colineares.III. Verdadeira. Por exemplo, 20 dm = 2 m, assim, podemos

mudar o real que representa a distância de acordo com a unidade escolhida.

Questão 03 – Letra EComentário: A alternativa incorreta é a E, pois a interseção de dois pontos concorrentes forma uma reta que possui infinitos pontos.

Questão 04 – Letra DComentário:I. Verdadeira. Uma região angular também determina um único

plano e por terem os lados paralelos, também terão a mesma medida, e irão determinar um par de planos paralelos.

II. Verdadeira. Tome dois pontos distintos dessa reta e trace suas projeções no plano. Como a distância da projeção até a reta é constante, temos que a reta é paralela ao plano, portanto, paralela a qualquer reta deste plano.

III. Verdadeira. Pois será formado um quadrilátero com dois ângulos retos. Ou seja, a soma do ângulo restante com o ângulo diedro deve ser 180°.

Questão 05 – Letra DComentário:A) Falsa. Veja o exemplo:

α

β

r

B) Falsa. Veja o exemplo:

α

R S

C) Falsa. Veja o exemplo:

rt

δ ≠ 90

δ

s

D) Verdadeira.

E) Falsa. Os pontos devem ser distintos e não colineares para determinarem um plano.


D

CB

A

4

3

α

Os segmentos CD e BC são perpendiculares, logo, aplicando o Teorema de Pitágoras no ∆ BCD, temos:BD2 = BC2 + CD2 ⇒ BD2 = 42 + 32 ⇒ BD2 = 25 ⇒ BD = 5Como o segmento AB é perpendicular ao plano α, o ∆ ABD é retângulo, logo, pelo Teorema de Pitágoras, temos:AD2 = AB2 + BD2 ⇒ AD2 = 22 + 52 ⇒ AD2 = 29 ⇒ AD = ¹29Portanto, a distância entre A e D é igual a ¹29 cm.

Questão 07Comentário: Temos que o poliedro possui 8 vértices e que:3p + 4q = 2A (I)

Além disso, + +

=6 (q 1) 2 p

22A (II)

Igualando as equações (I) e (II), temos que:

+ = + +

⇒ = ⇒ =3p 4q 6 (q 1) 2 p

22p – 2q 6 p – q 3 (III)

Substituindo a equação (I) na Relação de Euler V + F = A + 2,temos que:

V F A 2 8 p q3p 4q

22

16 2p 2q 3p 4q 4 p 2q 12 (IV)

+ = + ⇒ + + =+

+ ⇒

+ + = + + ⇒ + =

Utilizando as equações (III) e (IV):

=

+ =

⇒ = =

p – q 3

p 2q 12q 3 e p 6

Os números de faces triangulares e quadrangulares são, respectivamente, iguais a 6 e 3.

EM2MPV2_MAT.indd 62 05/01/18 10:18

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 08 – Letra DComentário: Basta pensar nessa superfície poliédrica convexa aberta como um poliedro convexo sem uma de suas faces.

Por exemplo:

Poliedro convexoSuperfície poligonal

convexa aberta

Note que as figuras têm o mesmo número de vértices e arestas, e o poliedro apresenta uma face a menos. Portanto, vamos usar a relação de Euler que vale para o poliedro.

8 + 6 = A + 1 ⇒ A = 13


Comentário:

I. Falsa. Observe a seguinte imagem:

α

β

r

Nela, temos que r é paralela a α a β, porém,α e β não são paralelos.

II. Falsa. Repare na seguinte imagem:

α

α // β⊂⊂

rs

β

α

s r r'

β

Nela, temos r reversa a s.

III. Verdadeira. Sejam r e s duas retas reversas, e α e β os planos que as contêm. Portanto, temos duas possibilidades:

1) α // β – Nesse caso, se houvesse mais de uma perpendicular, elas seriam paralelas.

2) α ∩ β = ∅ – Nesse caso, existiriam mais de uma perpen-dicular passando por um ponto externo a uma reta dada.


A) Falso. Nenhum plano que contém r contém s.

B) Falso. Depende da inclinação entre r e s.

C) Falso. Não existe nenhum plano que contenha r e s.

D) Verdadeiro.

E) Falso. Tome por exemplo um dos planos que contenha r e seja paralelo a s. Qualquer reta que esteja contida neste plano e intercepte r não irá interceptar s.

Questão 11 – Letra CComentário:Verdadeira. Só não haverá um plano que contenha duas retas no espaço se elas forem reversas.

Falsa. As retas podem ser paralelas ou reversas.

Falsa. Sempre haverá um plano que contém as retas duas a duas, mas não necessariamente as três retas.

Verdadeira. Se as retas não são concorrentes, são paralelas ou reversas.


t π

α

A

CB 60°

Como mostrado na figura, o segmento BC é a projeção

ortogonal de AB sobre o plano α. No triângulo retângulo ABC,

BC = AB cos 60° = 10 . 12

= 5 cm.


A) Falso. Um segmento de reta é limitado, logo, sua projeção ortogonal também será limitada.

B) Falso. Se a reta for perpendicular ao plano, sua projeção ortogonal será um ponto.

C) Falso. A projeção ortogonal de uma parábola será uma reta ou uma parábola.

D) Falso. A projeção ortogonal de um triângulo será um triângulo ou um segmento de reta.

E) Verdadeiro. Basta que o plano que contenha o diâmetro da circunferência seja perpendicular ao plano onde será efetuada a projeção ortogonal da circunferência.

EM2MPV2_MAT.indd 63 10/01/18 16:09

64 Coleção EM2


A) Verdadeiro.

B) Falso. Por um ponto externo a um plano, passa apenas uma reta perpendicular a este plano.

C) Falso.Passaminfinitasparalelas.

D) Falso. Veja o exemplo a seguir:

α

β

r s

φ

E) Falso. Por um ponto externo a um plano, passa apenas um plano paralelo ao plano dado.


A) Falso. Veja o exemplo a seguir em que r e s são paralelas a α, porém r não é paralela a s.

rs

B) Falso. Com base na justificativa do itemA, percebe-seque a inclinação entre r e s não precisa necessariamente ser 90°.

C) Verdadeiro. Traçando a reta determinada pelos pontos de interseção das duas retas com o plano β, podemos notar que elas determinam o mesmo ângulo em uma transversal, ou seja, elas são paralelas entre si.

D) Falso. Elas podem ser reversas.

E) Falso. Pelo mesmo argumento do item D.

Questão 16 – Letra CComentário: Temos as seguintes possibilidades para a reta t,uma vez escolhida a reta r (note que os demais casos são análogos):

r

t'

s'

r

t''

s''

r

t'''

s'''

r

t''''

s''''

Note que, em todos os casos, a reta t é a reta suporte de uma das arestas do cubo.

Questão 17 – Letra DComentário:A) Falsa. Os planos EFN e FGJ são secantes e se interceptam

sobre a reta suporte de FN.

B) Falsa. Os planos EFN e EFH se interceptam na reta suporte

de EF.

C) Falsa. O plano EGN é oblíquo em relação ao plano HIJ.

D) Verdadeira. Os planos EFN e EHG se interceptam na reta suporte de EF.

Questão 18 – Letra CComentário:I. Incorreta. As retas não paralelas podem ser concorrentes

ou reversas.

II. Incorreta.Nocasodeospontosestaremalinhados,infinitosplanos passarão por eles.

III. Correta.

IV. Correta.

EM2MPV2_MAT.indd 64 05/01/18 10:19

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 19 – Letra EComentário: Observe a seguinte ilustração:

α

β

ϕ

r

s'

p'

p

Q

s

t

A) Não, pois a inclinação φ não precisa ser necessariamente 90°.

B) Não, pois a inclinação φ não precisa ser necessariamente 90°, o que faz com que essas retas sejam reversas.

C) Não. r está contida em α, e t intercepta α em um único ponto Q, que não pertence a r, logo, não pode existir outro ponto de interseção.

D) Não. No caso em que φ = 90°, elas são paralelas.

E) Sim. Basta olhar o esquema de transitividade na imagem anterior.

Questão 20 – Letra CComentário:I. Observe a imagem a seguir:

Os dois triângulos são congruentes, logo a distância entre as retas r e s se mantém constante, ou seja, elas são paralelas.

II. Observe a seguinte imagem:

α

α // β⊂⊂

rs

β

α

s r r'

β

Nesse caso, temos que r’ sendo a projeção ortogonal de r

em α, tal que r’ concorre com s em um ponto, ou seja, r e

s são reversas.

III. Observe a imagem:

α

β

r

Nesse caso, r é paralela a α, e r é paralela a β, porém,

α não é paralelo a β.

IV. Observe a imagem seguinte:

⊂⊂

rs

βα

a

s r r'

b

Note que, pelo mesmo argumento usado no item II, temos

que r e s são reversas.

Questão 21 – Letra E

Comentário:

I. Verdadeira. É um postulado.

II. Verdadeira. É um postulado.

III. Verdadeira. É uma maneira de se determinar um plano.

EM2MPV2_MAT.indd 65 10/01/18 16:10

66 Coleção EM2


I. Incorreta. O plano que passa pelos pontos B e D e pelo ponto O é paralelo ao segmento AE e, portanto, não pode incluir o ponto E.

II. Correta.

III. Correta. Estando os pontos O, E e C alinhados, eles pertencem à mesma reta. Se o plano contém a reta, inclui todos os pontos dessa reta.

Questão 23 – Letra BComentário: Em 80 faces triangulares, temos 240 lados, e,em 12 faces pentagonais, temos 60 lados. O total de lados é,então, igual a 300. Cada lado é comum às duas faces, e,portanto, foi contado duas vezes. Assim, o número de arestas A é tal que:

2A = 300 ⇒ A = 150

Aplicando a Relação de Euler a esse poliedro convexo, temos:

V – A + F = 2 ⇒ V – 150 + 92 = 2 ⇒ V = 60

Portanto, o poliedro convexo tem 60 vértices.

Questão 24 – Letra AComentário: Observa–se que o poliedro possui 14 faces, sendo 6 quadradas e 8 triangulares. Assim, temos um total de

6 . 4 8 . 32

24+

= arestas. Utilizando a Relação de Euler, temos:

V + 14 = 24 + 2 ⇒ V = 12.


I. Verdadeiro. Pois todos os ângulos internos diédricos são menores que 180°.

II. Falso. Cada aresta de um poliedro convexo deve estar contida em apenas duas faces.

III. Falso. No poliedro convexo, nenhum o plano de nenhuma face deve cortar o poliedro.

IV. Verdadeiro. Caso contrário, teríamos ângulos diédricos maiores que 180°.

V. Verdadeiro. O octaedro tem todas as propriedades de um poliedro convexo. Por exemplo, todas as suas arestas estão contidas em apenas duas faces, e nenhum plano que contenha alguma de suas faces corta o octaedro.

Questão 26 – Letra BComentário:I. Incorreto. 2 faces triangulares e 4 pentagonais totalizam

2 .3 4 . 52

13+

= arestas. Utilizando a Relação de Euler,

temos: V + 6 = 13 + 2 ⇒ V = 9.

Assim, o número de arestas excede o número de vértices em 4 unidades.

II. Correto. A soma dos ângulos das faces é dada por 360°.(9 – 2) = 2 520° = 28 . 90°, ou seja, 28 ângulos retos.

III. Correto.

IV. Incorreto. O número de arestas é 13.

Questão 27 – Letra DComentário: Usando a relação de Euler, temos:

12 + F = 30 + 2 ⇒ F = 20

Logo, o poliedro é um icosaedro.

Questão 28 – Soma = 18Comentário: Analisando as alternativas, temos:

01. Falso, pois qualquer plano que contenha r será perpendicular

a α.

α

β

δ

r

02. Verdadeiro. Mesma justifi cativa do item 01.

04. Falso. Veja o exemplo:

α

β

r

A reta r não é perpendicular a β.08. Falso. Veja o exemplo:

α

β

r

r contida em β, r // α e α não é paralelo β.

16. Verdadeiro, pois essa relação decorre da defi nição de

paralelismo entre reta e plano.

Soma: 2 + 16 = 18

EM2MPV2_MAT.indd 66 10/01/18 16:10

Mat

emát

ica

Manual do Professor



Correta. Ambos os segmentos, EJ e HI, estão contidos no trapézio EHIJ.

Correta. Ambos os segmentos, BG e DE, são arestas paralelas do paralelepípedo ABCDEFGH.

Correta. Ambos os segmentos, AD e EF, são arestas paralelas do paralelepípedo ABCDEFGH.

Incorreta. Os pontos A, B e G são coplanares e determinam uma das faces do paralelepípedo. O ponto E pertence à face oposta e, portanto, não pertence ao mesmo plano de A, B e G.

Correta. O segmento JK é comum aos dois trapézios.

Questão 30 – Letra BComentário: O poliedro original possui 8 faces e 12 vértices. Após retirados os tetraedros, cada vértice dará origem a uma face, portanto haverá 8 + 12 = 20 faces.

Questão 31 – Letra CComentário: Considere a figura a seguir com seus dados.

r

AB

E

I

G

C

FD

H

As retas suportes das arestas do sólido que são reversas à reta r (não existe um único plano que as contenha), são IE, IF, IG, IH, EH, FG, DH, CG.Portanto, temos 8 retas.

Questão 32 – Letra CComentário: Considere o desenho a seguir:

Paralelas a α

Concorrentes a α

α

Note que, paralelas a uma reta α suporte de um lado do

hexaedro, temos as retas suportes de todos os lados do

hexaedro menos ela mesma, 3 paralelas e 4 concorrentes,

resultando em 12 – 1 – 4 – 3 = 4.

Portanto, temos um total de 12 retas, com 4 paralelas a cada

uma, resultando em 12 . 42

= 24 pares de retas reversas.

O quociente 2 aparece porque cada par foi inicialmente contado

duas vezes.

Questão 33 – Letra EComentário: Em 8 faces triangulares, temos 24 lados; em

16 faces quadrangulares, temos 64 lados; e, em uma face

octogonal, 8 lados. O total de lados é então igual a 96.

Cada lado é comum a duas faces e, portanto, foi contado duas

vezes. Assim o número de arestas A é tal que:

2A = 96 ⇒ A = 48

Aplicando a Relação de Euler, temos que:

V + F = A + 2 ⇒ V + 25 = 48 + 2 ⇒ V = 25

A pedra possui 25 vértices; logo, seu valor é 25 mil dólares.

Questão 34 – Letra BComentário: Note que cada aresta tem interseção com 4 das

6 arestas, e a aresta restante é exatamente a reversa. Como

temos 6 arestas, temos 6 . 1 pares. Entretanto, repare que

contamos cada par duas vezes, pois o par AB e CD é igual ao

par CD e AB. Portanto, temos 3 pares de arestas reversas.

Questão 35 – Letra AComentário: A soma dos ângulos das faces triangulares

totaliza 180° . 4 = 720°. Assim, a soma dos ângulos das faces

quadrangulares é igual a 12 . 90° – 720° = 360°, logo há uma

face quadrangular. O total de arestas é igual a 1. 4 4 . 32

8.+

=

Questão 36 – Letra BComentário: Sendo k o número de arestas de certa face

que é igual a 16

do número de arestas do poliedro, podemos

deduzir que:

= ⇒ =k A6

A 6k

Utilizando a Relação de Euler, temos que:

V + F = A + 2 ⇒ V + 8 = 6k + 2 ⇒ V = 6k – 6

Substituindo V por esse valor na relação SF = 2π(V – 2),

que determina a soma dos ângulos das faces do poliedro de

oito faces, temos:

S8 = 2π(6k – 6 – 2) ⇒ S8 = 2π(6k – 8) (I)

Como a soma dos ângulos de sete faces do poliedro é 30π,

temos que:

� �� S 30 k – 2 (II)k

87 faces Face de arestas

( )= π + π

Igualando as equações (I) e (II), temos:

2π(6k – 8) = 30π + (k – 2) π ⇒ 12kπ – 16π = 30π + kπ – 2π ⇒

12kπ – kπ = 30π + 16π – 2π ⇒ 11kπ = 44π ⇒ k = 4411

⇒ k = 4

Portanto, a face k é um quadrilátero.

EM2MPV2_MAT.indd 67 05/01/18 10:19

68 Coleção EM2

Questão 37 – Letra EComentário: Como todas as faces são triangulares, temos:

A quantidade de arestas é igual a =A3F2

Então, pela relação de Euler, temos:

20 F3F2

2 40 2F 3F 4 F 36+ = + ⇒ + = + ⇒ =

Questão 38 – Letra BComentário: O icosaedro possui 20 faces. Na construção da

geodésica, cada face do icosaedro se transforma em 4 faces,

de modo que há 80 faces triangulares compartilhadas duas a

duas. Logo, haverá 80 .32

120= arestas.

Questão 39 – Letra BComentário: O octaedro é formado por 8 faces, que são

triângulos equiláteros. Assim, os ângulos dos vértices de

cada face valem todos 60°. Cada vértice compartilha 4 faces,

portanto a soma dos ângulos em torno de cada vértice é dada

por 4 . 60° = 240°.

Questão 40 – Letra BComentário: Temos:

A quantidade de faces é: 10

A quantidade de arestas é dada por:

=+

=+

= =A4 .3 6 . 6

212 36

2482

24

Já o número de vértices é dado por:

V + F = A + 2 ⇒ V + 10 = 24 + 2 ⇒ V = 16

Questão 41 – Letra DComentário: Como temos um poliedro de 7 faces e 15 arestas,

então, da Relação de Euler, temos que o número de vértices é:

V – A + F = 2 ⇒ V – 15 + 7 = 2 ⇒ V = 10

Como, em cada vértice, temos 3 parafusos, então:

10 . 3 = 30 parafusos

Seção Enem

Questão 01 – Letra EEixo cognitivo: II


Habilidade: 7

Comentário: A projeção ortogonal da questão no plano citado poderá ser ilustrada pelas figuras a seguir, sendo a figura 1 o deslocamento no paralelo (arco AB) e a figura 2 o deslocamento no meridiano (arco BC).

AB

A’ B’

Projeção do Paralelo

A’B’

C

B’C’

B

Fundindo as duas projeções, pode-se estabelecer a figura a seguir.

A’B’

C’

Questão 02 – Letra CEixo cognitivo: II


Habilidade: 7

Comentário: Como o cristal possui a forma de um poliedro de Platão de faces triangulares, podemos estabelecer a seguinte relação:

32F A= . Assim, temos que:

V A F V F F V F F

V F

− + = ⇒ − + = ⇒ − + = ⇒

− =

2 32

2 2 3 2 4

2 4

Questão 03 – Letra CEixo cognitivo: I


Habilidade: 6

Comentário: Observe a ilustração da cadeira em dois momentos diferentes do fechamento.

EM2MPV2_MAT.indd 68 05/01/18 10:19

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Posição intermediária

Modelo simplificado da vista lateral da cadeira fechada

Posição final Logo, a projeção da cadeira

fechada será:

Questão 04 – Letra CEixo cognitivo: I


Habilidade: 6

Comentário: Sejam Aꞌ, Bꞌ, Cꞌ e Dꞌ as projeções ortogonais dos

pontos A, B, C e D, respectivamente. Observe a figura:

D'

D'

A'

A'

B'

B'

C'

C'

Vista superior

PA

B

EC

D

A figura correspondente é a da letra C.

Questão 05 – Letra BEixo cognitivo: II


Habilidade: 7

Comentário: Perceba que o átomo central, o enxofre, tem diâmetro maior que o átomo de flúor. Portanto, quando vista por cima, a melhor representação da molécula de enxofre equivale à letra B.



Habilidade: 8

Comentário: Observe a figura a seguir:

Vista frontal

B

B

BA

A

A

A projeção ortogonal da trajetória dos pontos A e B, sobre o plano do chão da gangorra, quando esta se encontra em movimento, é:

Vista ortogonal

B

A

B'

A

A'

A

BB



Habilidade: 7

Comentário: Dos sólidos dados, o único que não tem entrelaçamentos de arestas, o que facilita sua construção, é o da alternativa E.



Habilidade: 7

Comentário: A menor distância possível entre dois pontos é uma reta. Nesse caso, planificando a parede e o teto (como mostrado nas alternativas), temos que a reta é representada pela alternativa E.

EM2MPV2_MAT.indd 69 10/01/18 16:10

70 Coleção EM2

Sugestões de leitura para o professor•A Matemática do Ensino Médio. Elon Lages Lima (et al.). SBM.

•Análise Combinatória e Probabilidade. Augusto César Morgado (et al.). SBM.

•A Rainha das Ciências. Gilberto Geraldo Garbi. Livraria da Física.

•Aula Nota 10. Doug Lemov. Fundação Lemann.

•Banco Internacional de objetos educacionais: <http://objetoseducacionais2.mec.gov.br/handle/ mec/2180>. Banco Internacional de objetos educacionais>.

•Canguru sem fronteiras – Olimpíadas: <http://www.math-ksf.org/>.

•Clube de Matemática da Sociedade Portuguesa de Matemática: <http://www.clube.spm.pt/>.

•Combinatória, Matrizes e Determinantes. Aref Antar Neto (et al). Moderna.

•Instituto de Matemática Pura e Aplicada (IMPA): <http://www.impa.br/opencms/pt/>.

•Olimpíada Brasileira de Matemática das Escolas Públicas (OBMEP): <http://www.obmep.org.br/>.

•Olimpíada Brasileira de Matemática (OBM): <http://www.obm.org.br/opencms/>.

•O Livro dos Códigos. Simon Singh. Record.

•Professor Humberto José Bortolossi: <http://www.professores.uff.br/hjbortol/index.html>.

•Revista Cálculo: <www.revistacalculo.com.br>.

•Revista do Professor de Matemática (RPM). <www.rpm.org.br>.

•Site do Programa Olímpico de Treinamento (POTI): <http://poti.impa.br/>.

•Sociedade Brasileira de Matemática: <http://www.loja.sbm.org.br/>.

•Softwares educacionais: <http://www.edumatec.mat.ufrgs.br/softwares/soft_geometria.php>.

EM2MPV2_MAT.indd 70 05/01/18 10:19

manual do professor - losangouba.com.br · 4 capítulo c3: Áreas de figuras planas o estudo desse...

Documents