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4V | Volume 2 | Matemática

Manual do Professor

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Coleção 4V

C689 Coleção 4V: - Belo Horizonte: Bernoulli Sistema de Ensino, 2018. 146 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 4V – 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: Frederico Reis, Luiz Paulo, 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: 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, 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 HamziAuxiliar de Escritório: 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

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PLANEJAMENTO dO vOLuMEDisciplina: MATEMÁTICA

série: 3ª

segmento: EM/Pv

volume: 2

FRENTE módulo coNTEúdo SugESTõES dE ESTRaTégiaS

A

05 • Função

• Aula expositiva

• Aplicação de exercícios

• Comentário de exercícios

• Aula prática

• Aula multimídia

• Discussão em grupos

06 • Função afim

07 • Função quadrática e inequações

08 • Funções composta, inversa e modular

B

05 • Trigonometria no triângulo retângulo

06 • Ciclo trigonométrico, seno e cosseno

07 • Outras funções trigonométricas

08 • Equações e inequações trigonométricas

C

05 • Quadriláteros notáveis e polígonos

06 • Circunferência

07 • Relações métricas nos triângulos

08 • Cálculo de áreas

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3Bernoulli Sistema de Ensino

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OrIENTAçõEs E sugEsTõEs módulo – a 05

FunçãoProfessor, inicie a aula definindo função. Procure destacar que toda função é uma relação, mas nem toda relação

é uma função. Defina domínio, contradomínio e imagem. Em seguida, trabalhe as expressões matemáticas de funções, bem como as suas representações gráficas. Nesse ponto, recorde conceitos como crescimento e decrescimento, raízes, variação do sinal, determinação gráfica do domínio e da imagem, entre outros.

módulo – a 06

Função afimProfessor, defina função afim, coeficiente angular, interseções com os eixos, esboço do gráfico

e estudo do sinal. Em seguida, trabalhe com questões envolvendo gráficos (é fundamental trabalhar exemplos do seguinte tipo: Dados dois pontos pertencentes a uma função afim, encontre a sua expressão matemática).

módulo – a 07Função quadrática e inequações

Defina função quadrática e determine suas raízes, além de apresentar as fórmulas de soma e de produto. Aproveite para analisar as consequências do sinal do discriminante. Relacione a concavidade da função com o sinal do coeficiente a. Mostre que o coeficiente c é a ordenada da interseção do gráfico com o eixo Oy. Defina vértice e mostre como calculá-lo. É importante, também, mostrar como determinar o sinal do coeficiente b num gráfico de uma função quadrática.

Inicialmente, podem ser trabalhadas questões algébricas, de modo que o aluno seja capaz de construir um gráfico a partir da expressão matemática da função e também de encontrar a expressão matemática dessa função, dado o seu gráfico. Em um segundo momento, podem ser abordados problemas de valores máximos e mínimos, nos quais o aluno verifica a aplicação prática dos conceitos apresentados em problemas de Física, Economia, Geometria, e familiariza-se com a formulação da função a partir do problema prático.

Em seguida, relembre com os alunos inequações do primeiro e do segundo graus. Defina inequações produto e inequações quociente. Faça exercícios. Destaque o fato de que, na inequação quociente, as condições de existência devem ser verificadas. Resolva vários exercícios, inclusive questões envolvendo domínio de funções. Esse é um módulo de suma importância no âmbito dos vestibulares, o que requer um trabalho minucioso, porém, objetivo.

módulo – a 08Funções composta, inversa e modular

Professor, inicie a aula definindo função injetora e sobrejetora, usando diagramas e exemplos gráficos. Procure exemplos excludentes, nos quais uma função é injetora sem ser sobrejetora e vice-versa. Aproveite a oportunidade para definir função bijetora como a função que é simultaneamente injetora e sobrejetora. Em seguida, defina função inversa e explique a técnica utilizada para encontrar a sua expressão. Resolva vários exercícios. Em outra aula, comece relacionando o gráfico de uma função com o gráfico da sua inversa. Em seguida, defina função par e função ímpar, dando ênfase ao aspecto gráfico. Finalmente,

defina função composta, procurando resolver o maior número de exercícios possível.

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Em outra aula, comece definindo o módulo de um número real, bem como a interpretação geométrica desse conceito. Depois, resolva algumas expressões numéricas e comece a trabalhar com equações modulares. Disponibilize um tempo para que os alunos possam resolver pelo menos uma equação mais elaborada. Em seguida, defina função modular, trabalhando os gráficos mais comuns. Nos gráficos mais elaborados, o trabalho deve ser baseado em reflexões e translações de gráficos mais simples, quando isso for possível. Dê exemplos de equações modulares e resolva exercícios.

módulo – b 05

Trigonometria no triângulo retânguloProcure revisitar as definições de seno, cosseno e tangente no triângulo retângulo e explorar as principais

propriedades que depois serão estendidas para todos os arcos, como a Relação Fundamental, a relação entre tangente, seno e cosseno e a relação entre senos, cossenos e tangentes de arcos complementares. Outro destaque vai para o Teorema de Pitágoras, o qual será demonstrado rigorosamente em Geometria Plana, utilizando-se as relações métricas num triângulo retângulo. Entretanto, professor, fica a seu critério uma demonstração mais intuitiva em sala de aula, utilizando-se, por exemplo, de mosaicos conhecidos envolvendo áreas de quadrados e triângulos.

módulo – b 06

ciclo trigonométrico, seno e cossenoTente trabalhar bem rapidamente os conceitos básicos relacionados a arcos e ângulos em

circunferências, pois esse tema será discutido em Geometria Plana de forma mais aprofundada. O foco desse módulo deverá ser a apresentação do ciclo trigonométrico, para que o aluno desenvolva a habilidade de “passear” pelo ciclo e verificar suas propriedades e suas simetrias.

Apresente as definições de seno e de cosseno no ciclo trigonométrico de forma “natural”, isto é, como uma extensão de suas definições no triângulo retângulo. A seguir, explore seus aspectos funcionais, destacando domínio, imagem, gráfico e período. Aqui, cabe um destaque especial para as “transformações gráficas”, especialmente as “translações verticais”, provocadas pela soma de uma constante, e as “contrações” e os “esticamentos”, provocados pela alteração no período. Já para as “translações horizontais”, pode-se buscar uma conexão direta com a composição de funções em geral, mas deve-se lembrar que tal assunto só será tratado posteriormente, dentro do tema Funções.

módulo – b 07

outras funções trigonométricasInicie a aula definindo tangente e destacando o seu posicionamento no ciclo trigonométrico.

Professor, construa o gráf ico da função tangente, com especial atenção aos pontos de descontinuidade. Em seguida, defina as funções trigonométricas inversas (secante, cossecante e cotangente). Dê especial atenção às expressões que envolvem tangente, secante, cossecante e cotangente. Se possível, comente brevemente sobre o gráfico de cada uma dessas funções.

Defina as expressões de soma de arcos, bem como as expressões de arco-duplo. Nesse momento, é fundamental que os alunos desenvolvam a habilidade de manipulação dessas fórmulas, sendo fundamental que você, professor, peça que eles resolvam alguns exercícios. Em seguida, explique as fórmulas de fatoração, utilizando exemplos simples. Proponha exercícios para casa.

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módulo – b 08

Equações e inequações trigonométricasEssa aula se destina à resolução de exercícios. Então, professor, resolva algumas equações trigonométricas

e proponha aos alunos que resolvam outras. Procure trabalhar, bastante, ciclo trigonométrico, destacando

as soluções gráficas das equações. Em seguida, resolva algumas inequações trigonométricas em sala e peça

aos alunos que resolvam outras em casa.

módulo – c 05

Quadriláteros notáveis e polígonosInicie a aula definindo e classificando os trapézios. Em seguida, professor, defina paralelogramo,

retângulo, losango e quadrado, com especial atenção às propriedades de cada um desses quadriláteros. Depois, introduza polígonos (comente polígonos côncavos e convexos), recordando a nomenclatura destes. É fundamental abordar as três expressões básicas: soma dos ângulos internos, soma dos ângulos externos e número de diagonais. Em seguida, defina polígonos regulares e resolva o maior número de exercícios possível.

módulo – c 06

circunferênciaInicie a aula definindo arco, corda e ângulo central. Destaque o fato de que um arco pode ser medido em

termos angulares (sua medida é igual à medida do ângulo central correspondente), bem como em termos de comprimento. Defina ângulo inscrito e ângulo semi-inscrito, relacionando-os com o ângulo central correspondente. Nesse ponto, é fundamental resolver vários problemas. Em seguida, defina as relações métricas na circunferência, destacando que todas elas podem ser obtidas utilizando semelhança de triângulos. Resolva exercícios com seus alunos.

módulo – c 07

Relações métricas nos triângulosNo caso do triângulo retângulo, professor, defina as principais relações métricas, chamando atenção para

a relação entre elas e o conceito de semelhança. Caso haja tempo, deduza essas relações de maneira a fixar melhor a semelhança de triângulos. Resolva vários exercícios.

Já no caso das relações métricas em um triângulo qualquer (Lei dos Cossenos e Lei dos Senos), defina cada relação e destaque as situações nas quais cada uma delas deve ser utilizada, por meio de exemplos. Resolva vários exercícios e indique outros para serem resolvidos em casa.

módulo – c 08

cálculo de áreasEsse módulo é muito importante, inclusive para estudos futuros de Geometria Sólida. Portanto, professor,

procure recordar as principais expressões de áreas de figuras planas e procure resolver o maior número de exercícios possível. Proponha que os alunos resolvam alguns problemas tanto em sala quanto em casa.

Vale a pena ressaltar que as sugestões aqui apresentadas são passíveis de adaptações por você, professor, em sua sala aula, de acordo com o seu bom-senso e com sua experiência didática.

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COMENTÁrIO E rEsOLuçãO dE quEsTõEs

módulo – a 05FunçãoExercícios de aprendizagem

Questão 01 – Letra CComentário:

A) Falsa. Para x = 2 ∈ A, temos 2x = 2.2 = 4 ∉ B.

Portanto, f: x → 2x não é uma função de A em B.

B) Falsa. Para x = 2 ∈ A, temos x + 1 = 2 + 1 = 3 ∉ B.

Portanto, f: x → x + 1 não é uma função de A em B.

C) Verdadeira, pois cada elemento de A tem uma única imagem em B e, por definição de função, não é necessário que todos os elementos do contradomínio sejam imagem de algum elemento do domínio.

D) Falsa. Para x = 0 ∈ B, temos x2 – x = 02 – 0 = 0 ∉ A.

Portanto, f: x → x2 – x não é uma função de B em A.

E) Falsa. Para x = 0 ∈ B, temos 0 – 1 = –1 ∉ A.

Portanto, f: x → x – 1 não é uma função de B em A.

Questão 02 – Letra AComentário: Temos que a norma G é diretamente proporcional a m e inversamente proporcional ao quadrado de d, ou seja,

αGmd2

.

Como G = f(d), podemos descrever a função da seguinte maneira: f(d) = m

d2.

Dessa forma, ( )

= ⇒ =f(2d)m

2df(2d)

m4d2 2

.

Então, =f(2d)f(d)4

.

Questão 03 – Letra CComentário: Para encontrar o conjunto solução da inequação f(x).g(x) < 0, devemos analisar os seguintes intervalos:

• Para –4 ≤ x < –1, temos: ><

⇒ <f(x) 0

g(x) 0f(x).g(x) 0

• Para –1 < x < 0, temos: <<

⇒ >f(x) 0

g(x) 0f(x).g(x) 0

• Para 0 < x < 3, temos: <>

⇒ <f(x) 0

g(x) 0f(x).g(x) 0

• Para 3 < x ≤ 5, temos: >>

⇒ >f(x) 0

g(x) 0f(x).g(x) 0

Dessa forma, S = {x ∈ | –4 ≤ x < –1 ou 0 < x <3}.

Questão 04 – Letra AComentário: f(5x) = 5.f(x)

• Se x = 5 ⇒ f(25) = 5.f(5) ⇒ 75 = 5.f(5) ⇒ f(5) = 15

• Se x = 1 ⇒ f(5) = 5.f(1) ⇒ 15 = 5.f(1) ⇒ f(1) = 3

Questão 05 – Letra AComentário: Como foi dado o gráfico da função f(x), o gráfico da função g(x) = f(x – 1) será o gráfico de f(x) deslocado uma unidade para a direita no eixo das abscissas.Assim, o gráfico da função g(x) = f(x – 1) é:

y1

1

–1

–1

xO

Questão 06 – Letra DComentário: Rearranjando-se a expressão de f(n + 1),

tem-se que f(n 1) f(n)12

+ = + . Como f(n + 1) – f(n) é uma

constante, pode-se concluir que f(n) é linear em seu domínio.

Como f(1) = 2 e f(3) = 3, temos que f(n)n2

32

= + e f(101) = 52.

Exercícios Propostos

Questão 01 – Letra DComentário: Como a > 0, a função é estritamente crescente e,

logo, P(1) = 6 e P(100) = 105. A partir disso, teremos que

6 = a + b e que 105 = 100a + b. Subtraindo uma equação

da outra, descobrimos que a = 1 e, em seguida, que b = 5.

Portanto, a média aritmética entre a e b vale 3.

Questão 02 – Letra C

Comentário: Sabemos que 731

, 1 e 3,14 são racionais. Logo,

= =f

731

731

, f(1) 1, e f(3,14)= 3,14. Também sabemos

que = =24

212 2 3 , ou seja, esse número é irracional.

= =f(2 3)1

2 3

36

. Assim, o maior entre os números dados

é f(3,14).

(Perceba que 3,14 ≠ π.)

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Questão 03 – Letra DComentário: Analisando os itens, temos:A) Falso. Em 2006, os gastos foram de 20,6 bilhões de reais,

já em 2005, estes gastos foram de 23,6 bilhões de reais.

B) Falso. O menor gasto foi de 19,5 bilhões em 2004.

C) Falso. A redução no período citado foi de − ≅1 20,623,6

13%.

D) Verdadeiro. A média neste período, em bilhões de reais,

é dada por + =57,4 702

63,7.

E) Falso. De acordo com o gráfico, os gastos cresceram neste período.

Questão 04 – Letra EComentário:

I. Verdadeira – Como a vazão entre A e B é nula, o volume de água é constante.

II. Verdadeira – Como de B a E a vazão é sempre positiva, o volume de água no tanque está crescendo.

III. Verdadeira – Como de E até a H a vazão é sempre negativa, o volume de água no tanque está diminuindo.

IV. Verdadeira – Como de C a D a vazão é máxima, o volume de água no tanque está crescendo mais rapidamente.

V. Verdadeira – Como de F até G a vazão é mínima, o volume de água no tanque está diminuindo mais rapidamente.

Assim, todas as afirmativas são verdadeiras.

Questão 05 – Letra AComentário: Com a introdução do peixe carnívoro, houve a redução da população de peixes de pequeno porte. Como estes se alimentam de fitoplâncton, a população de fitoplâncton tende a crescer, o que é representado por W.

Questão 06 – Letra DComentário: Sabendo que f(x + 1) = 4f(x) e f(1) = 4, basta substituir os devidos valores para x:

x = 1: f(1 + 1) = 4f(1) ⇒ f(2) = 4 . 4 ⇒ f(2) = 42

x = 2: f(2 + 1) = 4f(2) ⇒ f(3) = 4 . 42 ⇒ f(3) = 43

Seguindo o raciocínio para x = 9:

f(9 + 1) = 4f(8) ⇒ f(10) = 4 . 49 ⇒ f(10) = 410

Questão 07 – Letra DComentário:f(x + y) = f(x) + f(y)Fazendo x = 1 e y = 1, temos:f(1 + 1) = 2.f(1) ⇒ f(2) = 2 . 3 = 6

Questão 08 – Letra CComentário: Temos, pelo enunciado, que =f(x)

1

x.

Assim,

= =f1

x

1

1

x

11

x

.

Como ( )= ⇒ = = =x x x x x x12

12

12 1

4 4 , concluímos que

= =11

x

11

x

x

4

4 . Logo,

=f1

xx.4

Questão 09 – Letra AComentário: Temos que uma função da forma f(x) = ax + b é crescente quando seu coeficiente angular a é maior que 0. Manipulando a lei da função dada, encontramos:

f(x) =3x – 2ax + 4 = (3 – 2a)x + 4.

Assim, > ⇒ <3–2a 0 a32

.

Questão 10 – Letra AComentário: Para que o produto f(x).g(x) seja negativo, é necessário que uma das funções seja negativa e que a outra seja positiva, no mesmo intervalo de x. Em outras palavras, a inequação é satisfeita nos intervalos de x nos quais uma curva se encontra acima do eixo x, e a outra encontra-se abaixo do eixo x. Isso ocorre para 2 < x < 3 e 5 < x < 6.

Portanto, S = {x ∈ | 2 < x < 3} ∪ {x ∈ | 5 < x < 6}.

Questão 11 – Soma = 07Comentário:01. Verdadeira. f(4) = f(2 . 2) = f(2) + f(2) = 1 +1 = 2

f(16) = f(4 . 4) = f(4) + f(4) = 2 + 2 = 4

02. Verdadeira.

f(2) 1 f 2. 2 f( 2) f( 2) 2f( 2) f( 2)12( )= = = + = ⇒ =

04. Verdadeira. f(2) = f(2 . 1) = f(2) + f(1) ⇒ f(1) = 0

08. Falsa.

f(1) 0 f 2.12

f(2) f12

1 f12

f12

1= =

= +

= +

⇒

= −

16. Falsa. Essa afirmativa seria verdadeira se f(3) = 2. No entanto, só é possível determinar o valor de f(x) se x for uma potência racional de 2, o que não ocorre com o número 3.

Questão 12 – Letra D

Comentário: y = a + bx

• Para x = –1, temos y = 0.

0 = a – b ⇒ a = b

Como a = b, temos y = b + bx

.

• Para x = 2, temos y = 3.

3 = b + b2

⇒ 6 = 2b + b ⇒ b = 2

Logo, a = 2.

Assim, ab = 22 = 4.

Questão 13 – Letra EComentário: Ao se deslocar uma unidade para cima, f(x) se transforma em f(x) + 1; ao se deslocar para a direita, em f(x – 1). Logo, g(x) = 1 + f(x – 1).

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Questão 14 – Letra EComentário: O gráfico da função g(x) = f(x – k) + k é obtido a partir do gráfico da função f(x) do seguinte modo:

1º passo:Deslocamos o gráfico da função f(x) k unidades para a direita, obtendo, assim, o gráfico da função f(x – k).

O

y

f(x – k)f(x)

x

2º passo:Deslocamos o gráfico da função f(x – k) k unidades para cima, obtendo, assim, o gráfico de g(x) = f(x – k) + k.

O

y

f(x – k) + k

f(x – k)

x

Portanto, o gráfico correto é:

O

y

g

x

Questão 15 – Letra AComentário: Com base no gráfico, os intervalos que satisfazem

à condição do enunciado são

–32

, –1 ,12

,1 e (1, 2] .

Questão 16 – Letra DComentário: Se x ∈ , temos:

= − + ⇒− + = ⇒

− − = ⇒ = +

= −

f(x) x 2x 5x 2x 5 7

x 2x 2 0 x' 1 3

x'' 1 3

2

2

2

Porém, como ( )± ∉1 3 , nesse caso a função não possui

solução.

Se x ∉ , temos:

f(x)=3x ⇒ 3x = 7

Para que a igualdade seja verdadeira, temos x ∉ e, dessa forma, uma única solução.

Seção Enem

Questão 01 – Letra CEixo cognitivo: II

Competência de área: 5

Habilidade: 20

Comentário: Pela análise do gráfico, o veículo permaneceu imóvel no intervalo de tempo em que a velocidade é zero, ou seja, de 6 minutos a 8 minutos. Portanto, ele permaneceu imóvel durante 2 minutos.

Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: IVCompetência de área: 5 Habilidade: 22Comentário: O valor da conta de telefone V(n) é uma função do número de ligações n definida por partes:

( )=≤

+ < ≤

< ≤

V(n)12, se n 10012 0,10 n –100 , se 100 n 300

32, se 300 n 500

Logo, o gráfico dessa função é:

0

3Valo

r m

ensa

l pag

o po

r p

lano

em

rea

is

69

1215182124273033

50 100 150 200 250 300 350 400 Número deligações

Questão 03 – Letra AEixo cognitivo: III


Habilidade: 28

Comentário: Para descobrirmos em que dia a população total de bactérias foi máxima, vamos analisar cada um deles, organizados na tabela a seguir:

Quantidade de bactérias

Dia da semana Espécie I Espécie II Total

Segunda 350 1 250 1 600

Terça 800 1 100 1 900

Quarta 1 450 300 1 750

Quinta 650 850 1 500

Sexta 300 1 400 1 700

Sábado 290 1 000 1 290

Domingo 0 1 350 1 350

Portanto, o dia de população total máxima foi terça-feira.

Manual do Professor


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Habilidade: 25

Comentário: De acordo com o gráfico e organizando os dados em uma tabela, temos:

Compra (R$) Venda (R$) Saldo (R$)

Investidor 1 150 460 310



Investidor 4 460 100 –360


Dessa forma, o investidor 1 fez o melhor negócio.

Questão 05 – Letra BEixo cognitivo: III


Habilidade: 24

Comentário: Os IMC’s de Duílio e Sandra são, respectivamente:

IMC mh

IMC e

IMC mh

= = ⇒ =

= = ⇒

2 2

2 2

96 41 84

27 3

841 70

,( , )

,

( , )IIMC = 29 1,

Ou seja, ambos estão na categoria de sobrepeso.

módulo – a 06

Função afim

Exercícios de aprendizagem

Questão 01 – Letra CComentário: Considerando que, em 1991, o raio da base do tronco era zero, dado que a variação é linear, temos que a variação do raio do tronco é diretamente proporcional ao intervalo de tempo em anos, ou seja:

∆

∆=

∆∆

⇒−−

=−−

⇒ =y

xyx

16 02011 1991

r 02026 1991

r 28 cm0

0

Questão 02 – Letra EComentário: Sendo a função da forma f(x) = ax + b:

= = += = +

= ⇒ ==

= =

f(3) 6 3a b (I)f(4) 8 4a b (II)(II)– (I): a 2 b 0f(x) 2xf(10) 2 . 10 20

Questão 03 – Letra DComentário: O número de cricrilados a 15 °C é igual a

N = 7 . 15 – 30 = 75. Como estes foram reduzidos pela metade, o número inicial de cricrilados era de 150, que acontecem para

uma temperatura T tal que = ⇒ = ≅150 7T –30 T1807

26 °C.

Questão 04 – Letra BComentário: A temperatura média anual foi considerada uma função linear do tempo. Assim, a variação anual da temperatura em todo o domínio é constante e vale:

α =∆∆

=−−

=yx

13,8 13,352010 1995

0,03

Essa variação também valerá de 2010 a 2012. Assim, a temperatura média T de 2012 será tal que:

= ⇒ =0,03 T –13,82012 –2010

T 13,86 °C

Questão 05 – Letra CComentário: O consumo de combustível é de =

40100

0,4L

km,

e o custo é de 0 4 4 1 6, . ,Lkm

reaisL

realkm

= .

Daí, o gasto em função da distância x percorrida é dado por G(x) = 1,6x + 1 150, e o lucro é dado por L(x) = 2,00x.

Para o gasto não superar o lucro, temos:

G(x) ≤ L(x) ⇒ 1,6x + 1 150 ≤ 2x ⇒ 2 875 ≤ x

Portanto, o ônibus terá de percorrer, no mínimo, 2 875 km para que os gastos não superem o lucro.

Questão 06 – Letra DComentário: A função que representa a porcentagem de carga restante (y) em função do número de horas de uso (x), para ambas as baterias, é do primeiro grau. Logo, para a bateria B1, podemos falar que tal função é y = f(x) = ax + b e, para B2, y = g(x) = mx + n. Pelo gráfico, pode-se concluir que g(0) = 90, então, n = 90, e que f(0) = 100, então, b = 100. Assim, f(x) = ax + 100 e g(x) = mx + 90.

Ainda pelo gráfico, f(z) = az + 100 = g(z) = mz + 90 = 75.

Assim, az = –25 e mz = –15, logo, =a5m3

. Além disso, ( )

= + = + =+

+=f(t) at 100 g(t 2) 3a.

t 2

5 900 . Assim, pela última

equação, a(t+2) = –150, e pela primeira, at = –100. Dividindo essas duas últimas equações, chegamos a t = 4.


Questão 01 – Letra CComentário: Primeiro, vamos encontrar a função que representa a posição S em relação ao tempo t de cada ônibus.

X: S = 80.t

Y: S = 100.(t – 2), pois o ônibus Y parte duas horas depois que o ônibus X.

Para saber quando o ônibus Y alcançará o ônibus X, basta igualar as duas funções.

80.t = 100.(t – 2) ⇒ 20t = 200 ⇒ t = 10

10 Coleção 4V

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Questão 02 – Letra DComentário: Observando o gráfico, temos que os pontos (0, –10) e (5, 30) pertencem à função que é da forma y = ax + b. Logo, substituindo os pontos temos que:

(0, – 10) ⇒ b = – 10

(5, 30) ⇒ 30 = a.5 – 10 ⇒ 5a = 40 ⇒ a = 8

Portanto, a função é y = 8x – 10.

Para y = 0 (temperatura igual a 0º):

8x 10 0 x108

x54

x 114

x 1 min e 15 s

− = ⇒ = ⇒

= ⇒ = + ⇒ =

Questão 03 – Letra DComentário: Para produzir as 20 000 cópias, teremos um custo de 20 . 20 000 mais o custo fixo de 150 000, ou seja, o custo total será de 150 000 + 400 000 = 550 000.

Para descobrir o preço mínimo que deverá ser cobrado por cada fita para que não haja prejuízo, basta dividirmos o valor total pelas 20 000 cópias, que chegaremos no valor de R$ 27,50.

Questão 04Comentário: Sabemos que se trata de uma função y = ax + b, onde x representa o número de clientes. Substituindo os pontos:

(30, 240): 240 = a.30 + b ⇒ b = 240 – 30a

(70, 400): 400 = a.70 + (240 – 30a) ⇒ 40a = 160 ⇒ a = 4

Como b = 240 – 30a ⇒ b = 240 – 30 . 4 ⇒ b = 120

Portanto, a função é y = 4x + 120, ou seja, o proprietário possui um gasto fixo de R$ 120,00 e um gasto de R$ 4,00 por cliente.

Questão 05 – Letra DComentário: A primeira reta passa pela origem e pelo ponto (1, 5), logo se trata da reta y = 5x. Para x = 7, teremos y = 35, que é a reta constante. Por outro lado, temos a reta que contém os pontos (117, 5) e (120, 0), que é a reta de equação

y –53

x 200.= + Substituindo nessa reta y = 35, temos que:

35 –53

x 200 5x 165 .3 x 99.= + ⇒ = ⇒ =

Portanto, o percentual permaneceu constante para 7 ≤ x ≤ 99, ou seja, permaneceu constante durante 92 minutos ou ainda 1 hora e 32 minutos.

Questão 06 – Letra EComentário: O custo total é igual à soma dos custos total e variável. Assim, o custo total em função do número x de paletós produzidos será dado por:

C(x) = 10 000 + 100x, com 0 ≤ x ≤ 500. O custo médio será

= =+

= +C (x)C(x)

x10000 100x

x10000

x100.

m Assim, Cm será

mínimo para x máximo, ou seja, x = 500.

Logo, o custo médio mínimo será:

= + ⇒ =C 10000500

100 C R$ 120,00.m m

Questão 07 – Letra BComentário: Sendo P e n o preço e a quantidade de perfumes vendidos em dezembro, respectivamente, temos que

= ⇒ =P.n 900 n900P (I). Em janeiro, o preço será (P – 10), e a

quantidade vendida, (n + 5). Assim, (P – 10)(n + 5) = 1 000 (II).

Resolvendo o sistema de duas equações e duas variáveis,

substituindo I em II, temos:

( ) +

= ⇒ = ⇒

− = ⇒

= ⇒ ==

=

P –10900P

5 1000 5P –9000

P–150 0

5P 150P – 9000 0

P –30P –1800 0 P 60P –30 (não convém)

P R$ 60,00

2

2

Questão 08 – Letra B

Comentário: Foi dado que o consumo diário de energia de Paulo, que tem entre 15 e 18 anos, é de 2 975 kcal.Para meninos com a idade de Paulo, temos a função f(h) = 17h; assim:

f(h) = 17h ⇒ 2 975 = 17h ⇒ h = 175

Logo, Paulo tem 175 cm de altura.Por hipótese, Paulo é 5 cm mais alto que sua namorada, ou seja, Carla tem 170 cm de altura.A função g(h) = 15,3h calcula o consumo diário de energia para meninas entre 15 e 18 anos. Como Carla está nessa faixa etária e tem 170 cm de altura, então:

g(170) = 15,3 . 170 ⇒ g(170) = 2 601 kcal

Portanto, o consumo diário de energia de Carla é de 2 601 kcal.

Questão 09 – Letra BComentário: Para 0 ≤ t ≤ 60, temos f(t) = at + b.

f

f

a b

a b

a

b

( )

( )

.

.

0 0

60 10

0 0

60 10

16

=

=

⇒

+ =

+ =

⇒

=

==

0

Logo, f(t) = t6, se 0 ≤ t ≤ 60.

Analogamente, para 60 < t ≤ 120, temos:

f

f

a b

a b

( )

( )

.

.

60 10

120 15

60 10

120 15

=

=

⇒

+ =

+ =

⇒⇒

=

=

a

b

112

5

Logo f(t) = t12

+ 5, se 60 < t ≤ 120.

Assim:

f(t) =

t6

, se 0 t 60

t12

5, se 60 t 120

≤ ≤

+ < ≤

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 11 31/01/18 08:31

Questão 10 – Letra BComentário: De forma geral, o lucro L(x) é dado por

L(x) = R(x) – C(x), em que R(x) e C(x) expressam, respectivamente, a receita e o custo para um número x de unidades produzidas. Para encontrar as expressões de R(x) e C(x), temos:

R(x)= ax + b ⇒ b = 0 (interseção com o eixo y) ⇒

R(x)= ax ⇒ � �� R(1 000)15 000

= 1 000a ⇒ a = 15 ⇒ R(x) = 15x

C(x)= ax + b ⇒ b = 5 000 (interseção com o eixo y) ⇒

C(x)= ax + 5 000 ⇒ � �� C(1 000)15 000

= 1 000a + 5 000 ⇒ a = 10 ⇒

C(x) = 10x + 5 000

A expressão de L(x) pode ser dada por:

L(x) = R(x) – C(x) = 15x – (10x + 5 000) = 5x – 5 000

Daí:

L(1 350) = 5 . 1 350 – 5 000 = 1 750

Questão 11 – Letra C Comentário: Chamando de A(x) e B(x) os preços cobrados pelos tradutores A e B, respectivamente, em função do número x de linhas traduzidas, teremos A(x)= 16 + 0,78x e B(x)= 28 + 0,48x. Para que o custo relativo ao tradutor B seja menor, devemos ter A(x) > B(x), ou seja:

16 + 0,78x > 28 + 0,48x ⇒ 0,3x – 12 > 0 ⇒ x > 40

Como o número de linhas deve ser um número natural, a quantidade mínima será de 41 linhas.

Questão 12 – Letra BComentário: Dado que o indivíduo tem 50 anos, calculamos o Fmáx = 220 – 50 = 170. Logo, a fórmula: F = 60+ k (Fmáx – 60) ficará F = 60 + 110k. Para k = 55%(0,55), teremos F = 60 + 110 . 0,55 = 120,5. Para k = 70%(0,70), teremos F = 60 + 110 . 0,70 = 137,0. Assim, o intervalo de segurança para esse indivíduo será 120,5 < F < 137, e qualquer subconjunto desse intervalo satisfaz o recomendado pela fórmula.

Questão 13 – Letra DComentário: y = ax + b

Para x = 720, temos y = 10 ⇒ 10 = a.720+b.

Para x = 1 020, temos y = 5 ⇒ 5 = a.1 020+b.

Resolvendo o sistema 720 101 020 5

a ba b+ =

+ =

, temos:

a = –160

e b = 22

Portanto, y = –160

x + 22.

Para y = 6, temos 6 = –160

x + 22 ⇒ x = 960.

Questão 14 – Letra DComentário: Observe que, para valores inteiros de x, temos que y = 1,5x + 0,5.

O cliente vai estacionar por 10,5 horas, porém a fração de hora é cobrada como uma hora. Portanto, o valor pago será o equivalente a 11 horas. Para x = 11, temos:

y = 1,5 . 11 + 0,5 = R$ 17,00

Questão 15 – Letra E

Comentário: Observe a seguinte figura:

y

(0, 1)

(3, m)

(3, 0)

f

xO

A região sombreada corresponde a um trapézio retângulo de área 12 cm2. Temos:

=+

⇒ =+

⇒ = + ⇒ + = ⇒ =A(m 1).3

212

3m 32

24 3(m 1) m 1 8 m 7

A função f é da forma f(x) = ax + b, com b = 1 (interseção com o eixo y).

Substituindo o ponto (3, 7) na função, temos:

7 a.3 1 3a 6 a 2.= + ⇒ = ⇒ =

Logo, a lei que define f é y = 2x + 1.


Comentário: Vamos analisar cada uma das afirmativas:

A) Incorreta, pois, se o consumo for nulo, o valor pago será R$ 4,70.

B) Incorreta, pois, para consumos até 10 m3, paga-se o valor de R$ 4,70. Como 5 m3 encontra-se nesse intervalo, o valor pago também será R$ 4,70.

C) Incorreta, pois R$ 11,70 não é igual ao dobro de R$ 4,70.

D) Correta. Observe que, ao aumentarmos o consumo de 25 m3 para 30 m3, o valor aumenta de R$ 16,70 para R$ 34,70. Portanto,

cada m3 excedente custa −−

= =34,70 16,70

30 25185

3,60 reaism3

.

O consumidor vai pagar R$ 16,70 mais R$ 3,60 por m3 excedente.

E) Incorreta. Cada m3 nesse trecho custa

−−

= =16,70 11,70

25 2055

1 realm3

. Portanto, 22 m3 correspondem

a um valor de 11,70 + 2 = 13,70 reais.

12 Coleção 4V

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Questão 17 – Letra CComentário: Inicialmente, vamos encontrar a expressão da

função correspondente ao sistema B.

p(t) = at + b

p(0) = a.0 + b = 150 ⇒ b = 150

p(300) = 50 ⇒ 300a + 150 = 50 ⇒ a = − 13

Portanto, p(t) = −13

t + 150.

Fazendo p(t) = 115, temos:

−13

t + 150 = 115 ⇒ t = 105

Desse modo, temos:

p

150

115

300105 t

B

A

50

O

Analisando cada alternativa, temos:

A) Correta, pois a prestação em A é sempre igual a R$ 115,00,

ou seja, constante.

B) Correta, pois a prestação em B é dada por uma função

decrescente.

C) Incorreta. Calculando o total pago em cada caso, temos:

Sistema A: 300 . 115 = 34 500 reais

Sistema B: ( )150 50 3002

+ = 30 000 reais

Portanto, o total pago em B é menor que em A.

D) Correta, pois a prestação em B torna-se menor do que em

A a partir do 105° mês.

E) Correta, pois o total pago em B é igual a R$ 30 000, ou

seja, o dobro do valor da dívida contraída.

Questão 18 – Letra BComentário: Como o gráfico do gasto em função da abertura

da torneira é uma reta, então a variação ocorre de forma

proporcional. Assim, basta fazer uma regra de três simples

envolvendo a variação da abertura da torneira e variação do

gasto por minuto. Seja x a quantidade de voltas necessárias

para abrir completamente o fluxo de água da torneira.

Variação "Voltas"

Variação "Gasto por minuto"

−1 12

0,03 – 0,02

x – 1 0,034 – 0,03

Assim, temos:

−

−= −

−⇒

−= ⇒

−= ⇒ − = ⇒ =

1 12

x 1 0,03 0,02

0,034 0,03 0,5

x 1 0,01

0,004

0,5x 1

52

5x 5 1 x 65

Como = +65

55

15

, concluímos que para abrir completamente a

torneira, faz-se necessário uma volta completa mais 15

de volta.

Seção Enem

Questão 01 – Letra AEixo cognitivo: IV


Habilidade: 17

Comentário: Considerando a escala do tempo no gráfico de modo que o mês 1 seja, na verdade, o mês 0, o mês 2 seja o mês 1 e assim por diante, calculando a lei da função que determina os pontos do gráfico, temos:

f(x) = ax + b ⇒ f(0) = a.0 + b = 30 ⇒ b = 30

f(5) = 5a + 30 = 10 ⇒ a = –4

Portanto, a lei da função será f(x) = –4x + 30.

O nível zero será atingido quando f(x) = 0, ou seja:

0= –4x + 30 ⇒ –4x = –30 ⇒ x = 7,5

Então, o nível zero será atingido entre os meses 8 e 9, ou seja, 2 meses e meio após o sexto mês.

Questão 02 – Letra CEixo cognitivo: III


Habilidade: 25Comentário: O valor da conta atual é dado por 150 . 0,5 + 4,5 = 79,50 reais.Após a redução de 10%, o valor da conta será igual a 0,9 . 79,50 = 71,55 reais.Observe que, para um consumo de 140 kWh, a conta é igual a 140 . 0,5 + 3 = 73 reais.Portanto, o consumo corresponde a 71,55 reais e encontra-se na faixa “superior a 100 kWh até 140 kWh”, com Cosip igual a R$ 3,00.

Seja C o consumo máximo. Então:0,5C + 3 = 71,55 ⇒0,5C = 68,55 ⇒ C = 137,1 kWh

Manual do Professor


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Habilidade: 21

Comentário: Para obter o preço P de equilíbrio, basta igualarmos a quantidade de oferta e de demanda; logo: QO = QD ⇒ –20 + 4P = 46 – 2P ⇒ 6P = 66 ⇒ P = 11

Assim, o preço de equilíbrio é 11.

Questão 04 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 24

Comentário: Seja m o número de minutos utilizados por mês em cada plano.

i) No plano k, temos:

f m mf m m m( ) , ;( ) , ( – ). , ;

= ≤= + >

29 90 20029 90 200 0 20 200

ii) No plano z, temos:

f m mf m m( ) , ;( ) , ( – ). ,

= ≤= +

49 90 30049 90 300 0 10 ;m > 300

A interseção dos gráficos representa o mesmo valor pago em reais para ambos os planos. Logo:

29 90 200 0 20 49 90 300 0 10

0 20 40

, ( – ). , , ( – ). ,

, –

+ = + ⇒

=

m m

m 220 0 10 30

0 10 30 300

+ ⇒

= ⇒ =

, –

,

m

m m

Assim, os gráficos que representam o valor pago, em reais, nos dois planos, em função dos minutos utilizados, são:

R$

49,90

29,90

O

K

Z

200 300 min

Questão 05 – Letra CEixo cognitivo: IV


Habilidade: 26

Comentário: Consideremos o trecho do gráfico compreendido entre 2004 e 2010. Trata-se de uma função afim, f(x) = ax + b, em que f(x) é o número de favelas e x é o ano considerado.

Sabe-se que:

f

f

a b

a b

( )

( )

2 004 750

2 010 968

2 004 750

2 010

=

=

⇒

+ =

+ = 9968

109

3

72 062

⇒

=

=

a

b –

Logo, a função é dada por f(x) = 109

3x – 72 062.

Em 2016, teremos:

f(2 016) = 109

3.2 016 – 72 062 = 1 186

Portanto, o número de favelas em 2016 será maior do que 1 150 e menor do que 1 200.

Questão 06 – Letra BEixo cognitivo: II


Habilidade: 20

Comentário: Observe que, para uma conta de R$ 19,00, devemos considerar o trecho do gráfico que contém os pontos (15, 15) e (20, 25). Portanto, podemos escrever a expressão desse trecho na forma y = ax + b, em que y é o valor da conta em reais, e x é o consumo em m3. Logo:

Para x = 15, temos y = 15 ⇒

+ =

+ =

15 15

20 25

a b

a bPara x = 20, temos y = 25

Subtraindo as equações, temos:

5a = 10 ⇒ a = 2

40 + b = 25 ⇒ b = –15

A expressão da função é dada por y = 2x – 15, para 15 ≤ x ≤ 20.

Para y = 19, temos:

19 = 2x – 15 ⇒ 2x = 34 ⇒ x = 17

Portanto, o consumo foi de 17 m3.



Habilidade: 21

Comentário: Observe que o primeiro quadrado possui 4 canudos, e que, para formar cada novo quadrado, são necessários apenas 3 canudos, pois um canudo do quadrado anterior é aproveitado. Logo, serão utilizados 3 canudos por cada quadrado e mais um canudo do primeiro quadrado. A expressão equivalente é:

C = 3Q + 1

Questão 08 – Letra EEixo cognitivo: II


Habilidade: 20

Comentário: Trata-se de uma função afim da forma f(x) = ax + b, sendo f(x) o número de sacolas (em bilhões) em função do número x de anos após 2007.

14 Coleção 4V

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Temos:f(0) = 18 ⇒ b = 18Rescrevendo a função, temos f(x) = ax + 18.Além disso, f(9) = 0. Logo:9a + 18 = 0 ⇒ a = –2Portanto, a função é dada por f(x)= –2x + 18.Em 2011, teremos x = 4, ou seja, f(4) = –2 . 4 + 18 = 10.Assim, serão consumidas 10 bilhões de sacolas.

Questão 09 – Letra CEixo cognitivo: II


Habilidade: 24

Comentário: Podemos considerar o gráfico como o de uma função afim. Portanto, há proporcionalidade entre as variações nos eixos x e y. Temos:

Variação do número de espécies

Número de anos

461 – 239 = 222 2007 – 1983 = 24

x 2011 – 2007 = 4

222 244x

= ⇒ 6x = 222 ⇒ x = 37

Logo, em 2011, o número de espécies ameaçadas será igual

a 461 + 37 = 498.

módulo – a 07Função quadrática e inequações


Questão 01 – Letra A

Comentário: O valor mínimo da função é dado pela coordenada

y do vértice do gráfico desta:

y–4a

–(–2k) – 4 .1 . 29

4 .129 –k 4 k 5

V

22=

∆= = = ⇒ =

Questão 02 – Letra CComentário: Como f(x + 2) = (x + 2)2 – 1 = x2 + 4x + 3 e f(x) = f(x + 2), temos que x2 – 1 = x2 + 4x + 3 ⇒ x = –1.

Questão 03 – Letra BComentário: Como se pretende minimizar o custo, deve-se encontrar o valor n que minimize a função de custo, que tem um ponto de mínimo, já que é uma função de segundo grau com coeficiente a negativo. Esse valor de n é dado por:

= = =n –b2a

––250

2125

V

Questão 04 – Letra AComentário: Analise o gráfico da parábola, que corresponde à situação do exercício:

16

A(0, 0)

C(20, 16)y

M(20, 0) B(40, 0) x

A parábo la tem equação f (x) = ax2 + bx + c , ou f(x) = a(x – x1)(x – x2), em que x1 e x2 são raízes.

Através do gráfico, deduzimos que x1 = 0 e x2 = 40 são raízes da função.

Assim, f(x) = a(x – 0)(x – 40) ⇒ f(x) = ax(x – 40).

O ponto C = (20, 16) ∈ f.

Logo, 16 = a.20(20 – 40) ⇒ a = − 125

f(x) = − 125

x(x – 40) ⇒ f(15) = − 125

.15.(15 – 40) = 15

Portanto, a altura do arco é 15 cm.

Questão 05 – Letra DComentário:

2x + 3 ≤ x + 7 ≤ 3x + 1

• Seja a inequação 2x + 3 ≤ x + 7. Resolvendo-a, temos x ≤ 4.

• Seja a inequação x + 7 ≤ 3x + 1. Resolvendo-a, temos x ≥ 3.

Logo, apenas os números inteiros 3 e 4 satisfazem a inequação.

Questão 06 – Letra CComentário: Seja x o número de usuários. Temos que:

6x + 3. ( )80 − x

Horasadicionais��

> 320 ⇒ 3x > 80 ⇒ x > 803

26 7≅ ,

Logo, x = 27.


Questão 01 – Letra DComentário: Como a intersecção com o eixo y está abaixo do eixo x, c < 0. Como a concavidade da parábola está para baixo, a < 0. Como a parábola está “subindo” ao encontrar o eixo y, b > 0.

Questão 02 – Letra AComentário: Como –3 e 1 são ra ízes de f (x) , f(x) = a(x + 3)(x – 1). A abscissa do vértice da parábola é a média aritmética das raízes: xV = –1. Assim, como f(–1) = 8, temos 8 = a(–1 + 3)(–1 – 1) e a = –2.

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 15 24/01/18 11:04


Comentário: Substituindo f(x) e –f(x) na igualdade, temos:

f(x) = –f(x) ⇒ 2f(x) = 0

2(x2 – 6x + 9) = 0 ⇒

x2 – 6x + 9 = 0 ⇒

(x – 3)2 = 0 ⇒

x = 3

Portanto, apenas um valor de x satisfaz a igualdade.


Comentário: Sabendo que o custo é de R$ 300,00 por

peça e que cada peça é vendida por x reais, o lucro de cada

peça será de (x – 300). O lucro total do fabricante será de:

L(x) = (x – 300)(600 – x), ou ainda L(x) = – x2 + 300x – 180 000.

O número de unidades vendidas que corresponde ao lucro

máximo será dado pelo x do vértice da função: –b2a

–3002(–1)

150= = .


Comentário: Escrevendo a função do segundo grau em ordem

decrescente dos expoentes, temos:

L(x) = 65

x0,01

5x 0,6x2−

− = 1,2 x – 0,002x² – 0,6x

L(x) = – 0,002x² + 0,6x

O valor que torna máxima a função é dado por xv:

xv=b2a

0,62.( 0,002)

0,60,004

150− = −−

= −−

=


Comentário: Seja a função y = ax2 + bx + c, com a ≠ 0.

Sabemos que:

• − =ba

6 ⇒ b = –6a

• ca

= 5 ⇒ c = 5a

Logo, a função pode ser escrita como y = ax2 – 6ax + 5a.

Além disso, temos que yv = –∆4a

= –4. Como D = 16a2, temos:

–416a4a

a 12

= − ⇒ =

Portanto, a função é dada por y = x2 – 6x + 5.

Coordenadas do vértice:

xv = − = − − =ba2

62

3

yv = –4

Logo, V(3, –4).


Comentário: f: [0, 5] → tal que f(x) = x2 – 6x + 8

A ordenada do vértice nos dará o valor mínimo, já que a > 0.

= − = − − =

= − + = −

⇒ = −x b

2a62

3

y (3) 6 . 3 8 1 (valor mínimo)

V (3, 1)v

v2

O valor máximo ocorrerá para x = 0 ou x = 5. Como

y(0) = 8 > y(5) = 3, o valor máximo será 8 e a diferença entre

os valores será de 8 – (–1) = 9.


Comentário: Temos a seguinte situação:

Jardim

B

D

y

x

4 – x

4

9 – y

9

F

E

A

C

Como D ADE ~ D ABC:

4 – x4

=y9

4y = 9(4 – x) y =36 – 9x

4=–

9x4

+ 9⇒ ⇒

A área do jardim é dada pelo produto x.y. Assim, temos:

A = x.y = x –9x4

+ 9 =–9x4

+ 9x2

O valor de x que corresponderá à maior área será a abscissa

do vértice da parábola:

x =–b

2a=–

9

2 9

4

=2

−

Se y =–9x4

+ 9, então y = 4,5.

Portanto, as dimensões do jardim são 2 m e 4,5 m.


Comentário: A área do quadrado externo é 82 = 64, e os

4 triângulos retângulos são congruentes, de catetos x e (8 – x).

Assim, a área do quadrado interno A, que é uma função de

segundo grau com concavidade para cima, e seu valor mínimo

são dados por:

A 64 – 4.(8 – x)x

22x –16x 64

y –4a

––256

832 cm

2

V2

= = +

=∆

= =

16 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 16 26/01/18 10:17

MA

TEM

ÁTI

CA


(p – 1)x < p – 1 ⇒ (p – 1)x – (p – 1) < 0 ⇒ (p – 1)(x – 1) < 0

Foi dado que p é um número real menor do que sua raiz quadrada, 0 < p < 1. Logo, p – 1 < 0. Para que o produto (p – 1)(x –1) seja negativo, devemos ter x – 1 > 0, ou seja, x > 1.


x xx x

x xx x x

2

2

219

13

13 3

13

0+ −−

≥−

⇒ + −+ −

−−

≥ ⇒( )( )

x x xx x

xx

y

y

2 2

2

1 33 3

0 49

0

1

2

+ − − ++ −

≥ ⇒ −−

≥( )( )( )

��

��

Condições de existência: x ≠ –3 e x ≠ 3.

Estudo de sinais:

I) y1 = x2 – 4

x2–2

++

–

Raízes: –2 e 2

II) y2 = 9 – x2

x

3–3

––

+

Raízes: –3 e 3

Quadro de sinais:

+ +

+

+

+

+

+

+

+

x

y1

y2

–

–

–

–

–

–

–3 2–2 3

y1

y2

S = {x ∈ | –3 < x ≤ –2 ou 2 ≤ x < 3}, ou seja, ]–3, –2] ∪ [2, 3[.

Questão 12 – Letra BComentário:

2 1 1xx− > ⇒ 2 1 1 0x

x− − > ⇒ x

x

y

y

− >1 0

1

2

�

�

Estudo de sinais:

I) y1 = x – 1

x

+

– 1 Raiz: 1

II) y2 = x

x

+

– 0

Raiz: 0

Quadro de sinais:

y1

y2

y1

y2

– – +

– + +

x

+ – +

0 1

Portanto, S = {x ∈ | x < 0 ou x > 1}.


Comentário:

x xx

y

y

2 2 32

0

1

2

− −−

≥

� ��

�

Condição de existência: x ≠ 2

Estudo de sinais:

y1 = x2 – 2x – 3

Raízes: x2 – 2x – 3 = 0 ⇒ x1 = –1 ou x2 = 3

x3–1

++

–

y2 = x – 2

x

+

– 2

Raiz: 2

Quadro de sinais:

y1– – +

– + +

x

–1 3

y2

y1/y2+

+

–

– – +

2

Portanto, S = {x ∈ | –1 ≤ x < 2 ou x ≥ 3}, ou seja,

[–1, 2) ∪ [3, +∞).

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 17 24/01/18 11:04


Comentário: Sejam x o número de aumentos de R$ 1,50 e

y o valor acrescido.

y = (6 + 1,50x)(460 – 10x) ⇒ y = –15x2 + 630x + 2 760

O número de aumentos para que a arrecadação seja máxima

é dado por:

xv = − = −−

ba2

63030

= 21

Portanto, o preço da inscrição, em reais, deve ser igual a

6 + 21 . 1,50 = 37,50.

Seção Enem


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Considere a imagem a seguir para a resolução

da questão.

10x

y

h

3

9xV = 5

x1 = 0

x2 = 10

y = a.(x – x1).(x – x2)

y = a.(x – 0).(x – 10)

y = a.x.(x – 10)

P/(9, 3) ⇒ 3 = a.9 (9 – 10)

3 = – 9a

a = 13

−

y = 13

− .x.(x – 10)

P/x = 5 ⇒ y = h = 13

− .5.(5 – 10)

h = 253

m .



Habilidade: 25

Comentário: A temperatura máxima da estufa é dada pela

coordenada y do vértice do gráfico da função de segundo

grau que modela a temperatura da estufa em função

do horário:

y –4a

–(22) – 4.(–1).(–85)4.(–1)

36V

2

= ∆ = =

Logo, como 30 ≤ 36 ≤ 43, a temperatura na estufa é classificada

como alta.

Questão 03 – Letra EEixo cognitivo: II


Habilidade: 7

Comentário: De acordo com a figura a seguir, temos:

24 cm 24 cm 24 cm

42 cm

24 cmx

A caixa montada ficará como na figura a seguir:

24 cm

42 cm

x cm

O maior valor de x com as restrições impostas é:

x + 42 + 24 ≤ 115 ⇒ 49, portanto, teremos x = 49 cm.



Habilidade: 21

Comentário: Como a função é polinomial de grau menor que 3,

ela pode ser escrita como f(x) = ax2 + bx + c. Se a = 0, ela será

de primeiro grau ou constante e, caso contrário, quadrática.

18 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 18 29/01/18 08:41

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TEM

ÁTI

CA

Como f(0) = 0, f(10) = 10 e f(5) = 6, temos:

f(0) 0 cf(10) 10 100a 10bf(5) 6 25a 5b

10 100a 10b6 25a 5b.(–2)

10 100a 10b–12 –50a–10b

a –125

b75

= == = +

= = +

= += +

⇒ = +

=

=

=

Logo, a expressão da função a ser utilizada é:

= +y –125

x75

x2 .



Habilidade: 21

Comentário: A temperatura T do forno é dada pela expressão:

T(t) –t4

4002

= +

Fazendo T(t) = 39, temos:

39 = – t4

2 + 400 ⇒ 156 = –t2 + 1 600 ⇒ t2 = 1 444 ⇒ t = 38

Como t > 0, temos que o tempo mínimo é 38 minutos.

Questão 06 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Observe que o vértice da parábola será dado por (xV, 0), ou seja, o valor da imagem para xV será nulo, pois toca o eixo das abscissas, logo:

xV = = =–b2a

6

2 . 32

2

Fazendo f(2), temos:

= + =f(2)32

. 2 – 6 . 2 C 02 ⇒ C = 6



Habilidade: 21

Comentário: Para que a empresa não tenha prejuízo, seu lucro deve ser maior ou igual a zero (LT ≥ 0). Assim: LT(q) = FT(q) – CT(q) ⇒ LT(q) = 5q – (2q + 12) ⇒

LT(q) = 3q – 12

LT(q) ≥ 0 ⇒ 3q – 12 ≥ 0 ⇒ q ≥ 4

Portanto, a quantidade mínima de produtos que a indústria terá de fabricar para não ter prejuízo é 4.

módulo – a 08

Funções composta, inversa e modular



Comentário: f f x( ( ))1

4

=

Temos que f(x) = 1 corresponde a 3 valores de x.


g(1) = 0

f(0) = 0

f(1) = –1

g(–1) = 0

f(g(1)) – g(f(1)) = f(0) – g(–1) = 1


f(g(x)) 2.g(x)–1 x –1

g(x)x2

2

2

= = ⇒

=

Questão 04 – Letra DComentário: Os valores de x para os quais f(x) = 5 são x = –12, x = –7, x = 5 e x = 13. Temos que f(x) = 13 para dois valores de x, f(x) = 5 para quatro valores de x, e que não há nenhum valor de x para o qual f(x) = –12 ou f(x) = –7, já que não estão no contradomínio. Assim, f(f(x)) = 5 para seis valores de x.

Questão 05 – Letra EComentário: Como os valores inteiros de x têm de satisfazer simultaneamente as desigualdades, temos de pegar valores que estão na interseção dos dois conjuntos. Daí:

|x – 5| < 3 ⇒ –3 < x – 5 < 3 ⇒ 2 < x < 8 e

|x – 4| ≥ 1 ⇒ x – 4 ≥ 1 ou x – 4 ≤ –1 ⇒ x ≥ 5 ou x ≤ 3

Portanto:2 3 5 8

Ou seja, 2 < x ≤ 3 ou 5 ≤ x < 8 e, assim, x = {3, 5, 6, 7} e a soma desses valores é 21.

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 19 31/01/18 08:31

Questão 06 – Letra BComentário: Calculando a inversa de f e a composta entre f e g e, em seguida, resolvendo a inequação:

= = ⇒ = + ⇒ = += = + =

+≤ ⇒

+ + ++ ≤ ⇒

+ +≤ ⇒

+ +≤ ⇒

+≤ ⇒ > ≤

f(x) y x –2 x y 2 f (x) x 2f(g(x)) g(x)–2 x 1–2 x –1f(x).g(x)–3g(x) 6

f(g(x))f (x)

(x 1)(x –2)–3(x 1) 6x –1

– (x 2) 0

(x – x –2)–3x –3 6 – (x 2)(x –1)x –1

0

(x – 4x 1)– (x x –2)x –1

0

–5x 3x –1

0 x 1 ou x35

–1

–1

2

2 2

= = ⇒ = + ⇒ = += = + =

+≤ ⇒

+ + ++ ≤ ⇒

+ +≤ ⇒

+ +≤ ⇒

+≤ ⇒ > ≤

f(x) y x –2 x y 2 f (x) x 2f(g(x)) g(x)–2 x 1–2 x –1f(x).g(x)–3g(x) 6

f(g(x))f (x)

(x 1)(x –2)–3(x 1) 6x –1

– (x 2) 0

(x – x –2)–3x –3 6 – (x 2)(x –1)x –1

0

(x – 4x 1)– (x x –2)x –1

0

–5x 3x –1

0 x 1 ou x35

–1

–1

2

2 2


Questão 01 – Letra DComentário: f(x) ax bf(0) 3 b

f(2) 0 2a 3 a –32

f(x) –3x2

3

f (x)6 –2x

3g(1) 1 1 2

f (2)6 –2 .2

323

–1

3

–1

= += =

= = + ⇒ = ⇒ = +

=

= + =

= =


Comentário: Basta substituir os valores dados em suas respectivas funções. O resultado será obtido por meio dos gráficos. Assim:

f

g

f –1(2) = f(g(f –1(2))) = f(g(1)) = f(3) = 4

2f –1

f –1

y = f(x)y = g(x)

1O

yy

3

1 xO

y4

3 xx O

Portanto, f

g

f –1(2) é 4.


Comentário:

f(x) = ax + bf

f

a b

a ba e b

( )

( )

1 2

2 3

2

2 31 1

=

=

⇒

+ =

+ =

⇒ = =

Logo, f(x) = x + 1.

Inversa f –1(x):

x = y + 1 ⇒ y = x – 1

Portanto, f –1(x) = x – 1.


|x2 + 3x + 2| – |6x| = 0 ⇒ |x2 + 3x + 2| = |6x| ⇒

x 3x 2 –6xou

x 3x 2 6x

x 9x 2 0 (I)ou

x –3x 2 0 (II)

2

2

2

2

+ + =

+ + =

⇔+ + =

+ =

Sendo SI e SII a soma das raízes das equações I e II,

respectivamente, temos SI = –9 e SII = 3.

Observe que as duas equações não possuem raízes em

comum. De fato, a equação x2 + 9x + 2 = 0 possui D = 73, ou

seja, suas raízes são irracionais. Já a equação x2 – 3x + 2 = 0

possui D = 1, ou seja, suas raízes são racionais. Portanto,

a soma de todas as raízes obtidas é igual a –9 + 3 = –6.

Questão 05Comentário: = −f(2x) |1 x| fazendo 2x y= , temos que x y

=2.

Assim: f y y( ) = −12

, ou seja, podemos, agora, dizer que

= −f(x) 1 y4

.

Fazendo f x( ) = 2, temos:

− = ⇒

− =

− = −

⇒

= − ⇒ = −

= ⇒ =

1 y4

2

1 y4

2

ou

1 y4

2

y 4 x 2

ou

y 12 x 6

Questão 06 – Letra CComentário: Temos que se f(x) = y, então f –1(y) = x.

Logo, como h(x) é inversa de g(x), e inicialmente queremos

h(7), basta encontrarmos qual valor de “x” torna a função

g(x) = 7. Assim:

g(x) = 7 ⇒

2x + 3 = 7 ⇒

x = 2

Logo, h(7) = 2. (Não há a necessidade de encontrar a lei

da função inversa). Sabendo que h(7) = 2, finalizamos

encontrando f(2).

f(2) = 3 . 2 + 1 = 7.

Portanto, f(h(7)) = 7.

Questão 07 – Letra CComentário: Analisando o gráfico, verificamos que f(x) possui

os pontos (0, – 1) e 14

,0 ,

, ou seja, f(x) = 4x – 1. Logo,

g(f(x)) = x ⇒ g(4x – 1) = x.

20 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 20 24/01/18 11:04

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TEM

ÁTI

CA

Para encontrarmos g(x), vamos substituir x por x 14

:+

g 4.x 1

4–1

x 14

g x 1–1x4

14

g xx4

14

( ) ( )+

=+

⇒ + = + ⇒ = +

Questão 08 – Letra AComentário: Pela definição de módulo:

= + = − + ≤− >

f(x) |–x 1| x 1, se x 1

x 1, se x 1

Logo, a raiz de f(x) é 1 (corta o eixo das abscissas em x = 1)

e a função tem dois trechos, sendo o da esquerda decrescente

e o da direita, crescente.


1º) Gráfico de y = |f(x)|: Devemos “rebater”, em relação ao eixo x, a parte do gráfico

de f(x) com ordenada negativa:

y

5

y = |f(x)|

xO 3

2º) Gráfico de g(x) = |f(x)| – 1:

Devemos deslocar o gráfico de y = |f(x)| uma unidade

para baixo:

y

4

–1xO

3

y = |f(x)| – 1

Portanto, o gráfico correto é o da alternativa E.

Questão 10 – Letra BComentário: Para encontrarmos o número de soluções basta igualarmos as equações e a quantidade de soluções será a quantidade de pontos de interseção.

|1 – x2| = |x|

Utilizando conceitos de resolução de equações modulares, temos:

1 – x² = x ⇒ –x² – x + 1 = 0 (I) ou

1 – x² = –x ⇒ –x² + x + 1 = 0 (II)

Basta resolvermos as equações quadráticas.

(I) –x² – x + 1 = 0

=− − ± − − −

−= ±

−x

( 1) ( 1) 4.( 1).12.( 1)

1 52

2

(II) –x² + x + 1 = 0

=− ± − −

−= − ±

−x

1 1 4.( 1).12.( 1)

1 52

2

Portanto temos 4 soluções distintas. Assim, 4 pontos de

interseção entre as funções f(x) e g(x).

Questão 11 – Letra BComentário: Observe a figura a seguir, que ilustra a região

formada, a partir da definição de módulo:

Se x ≥ 0 e y ≥ 0 ⇒ x + y = 1.

Se x ≥ 0 e y < 0 ⇒ x – y = 1.

Se x < 0 e y < 0 ⇒ –x – y = 1.

Se x < 0 e y ≥ 0 ⇒ –x + y = 1.

y

x

1

1–1

–1

Perceba que trata-se de um losango de diagonais medindo 2 cm.

Logo, a área S é tal que = =S 2 . 22

2 cm2

Seção Enem



Habilidade: 21

Comentário: Como o número |Y – 2| + 4 encontra-se a

10 unidades da reta real, temos:

Y – 2 4 10ou

Y – 2 4 10

Y – 2 –14 (absurdo)ou

Y – 2 6

+ = −

+ =

⇔=

=

⇔

Y 2 6ou

Y 2 6

Y 4ou

Y 8

− = −

− =

⇔= −

=

Como Y é natural, temos que Y = 8.

Observe que 8 é divisor de 56.

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 21 26/01/18 10:17



Habilidade: 21

Comentário:

• Determinação de ϕ: ϕ = 8x + 11

• Determinação de σ: σ = (13 + ϕ)2

Substituindo o valor de ϕ, temos:

σ = (13 + 8x + 11)2 ⇒ σ = (24 + 8x)2 ⇒

σ = [8(3 + x)]2 ⇒ σ = 64(x2 + 6x + 9)

Módulo – B 05Trigonometria no triângulo retângulo

Exercícios de Aprendizagem

Questão 01 – Letra AComentário: Observe a fi gura a seguir que ilustra a situação descrita no enunciado:

60°

60°

DC

T

B P A1,5 m

2,7 m

Usando as relações trigonométricas nos triângulos retângulos da fi gura, temos:

= ⇒ = =

= ⇒ = =

= + = + = ≅

tg60° BPBT

BT 1,5 33

0,5 3

tg60° CDCT

CT 2,7 33

0,9 3

BC BT CT 0,5 3 0,9 3 1,4 3 2,42 m

Questão 02 – Letra AComentário: Observe a fi gura a seguir:

L

h

x

Sendo h a altura procurada, temos:

= ⇒ =cos xhL

h L.cosx


Comentário: Observe a fi gura a seguir que ilustra a situação

descrita no enunciado:

3 km15°

15° 30°150°

x

x60°

Sendo x a distância procurada, temos:

cos60°12

3x

x 6 km.= = ⇒ =




P

30° 45°GA

h

x 240 – x


tg 45° 1h

240 – x240 –h x

tg 30°33

1

3

hx

x h 3

h 3 240 –h

h240

3 1

240 3 –1

3 1 3 –1120 3 –1

( )( ) ( ) ( )

= = ⇒ =

= = = ⇒ =

=

=+

=+

=


Comentário: Como a velocidade é constante de 50km/h, após

3 horas, o móvel terá percorrido 150 km.

A C

150 kmd

30°

Seja d a distância procurada:

= ⇒ =tg 30° h100

h 100.tg 30°.

Portanto, após 3h o móvel estará a uma distância de 75 km da reta AC.

22 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 22 29/01/18 08:41

MA

TEM

ÁTI

CA


Comentário: Observe a figura a seguir que ilustra a situação


30°DC

A

E

B60° 60°

60°30°

30°


= = ⇒ =

= = ⇒ =

= = ⇒ =

= = ⇒ =

= = =

sen 30°12

AC80

AC 40

cos 30°32

AE80

AE 40 3

sen 30°12

ADAE

AD 20 3

sen 60°32

ABAD

AB 30

BC AC – AB 40 –30 10


Questão 01 – Letra EComentário: Seja x a extensão de cada degrau; como temos

6 degraus, a extensão total será de 6x.

Observando a figura da questão, temos que:

= ⇒ = ⇒ = ⇒

= ⇒ = ⇒ =

tg 30° AB6x

33

26x

6 3x 6

x 1

3x 1

3. 3

3x 3

3

Questão 02 – Letra BComentário: Observe a figura a seguir que ilustra a situação


4

4

4

4

T

A

N

E

P 8

4 34 2

Aplicando o Teorema de Pitágoras aos triângulos retângulos

da figura, temos:

NA 4 4 4 2; EA 4 (4 2) 4 3;

PA 4 (4 3) 8;

2p 4 4 4 4 8 24 cm.

2 2 2 2

2 2

= + = = + =

= + =

= + + + + =

Questão 03 – Letra DComentário: Sendo x a distância entre a parede e a escada, que será o cateto oposto ao ângulo de 30° no triângulo retângulo formado por escada, parede e chão:

= ⇒ = ⇒ =sen 30° x7

12

x7

x 3,5 m

Questão 04 – Letra AComentário: A distância total d percorrida é tal que:

d52 – 8tg10°

440,176

250 m.= = =


30°

30°30°

120°60°

30 – x

30 – x

x

sen 30°x

30 – x12

x30 – x

x 10.= ⇒ = ⇒ =

Questão 06 – Letra AComentário: Seja h a altura da torre. Logo, temos que:

100 m

h

30°

= ⇒ =tg 30° h100

h 100.tg 30°.

Questão 07 – Letra AComentário:

cos 45° sen 30°cos 60°

22

12

12

2 1212

2 1+

=+

=

+

= +

Questão 08 – Letra DComentário: Observe a figura a seguir que ilustra a situação descrita no enunciado:

30°2 km

45°x

h


( )( ) ( ) ( )

= = ⇒ = = = =+

=+

= + ⇒ = =+

+= + ≅

tg 45° 1hx

h x e tg 30°33

1

3

hx 2

hh 2

h 3 h 2 h2

3 –1

2 3 1

3 –1 3 13 1 2,7

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 23 31/01/18 08:31


17,3 cm 17,3 cm

10 cm

MA

C

Pela simetria, a mediana CM também é altura e AMC é retângulo

em M. Assim, cotg = = ≅ =B C 17,310

1,73 3 e B C 30°A A

Questão 10 – Letra AComentário: Observe a figura a seguir que ilustra a situação descrita no enunciado:

T

30°

A B160 m

60°

x

h

tg 60° 3hx

xh

3

tg 30°1

3

hx 160

h 3 x 160

h 3h

3160 h 80 3

= = ⇒ =

= =+

⇒ = +

= + ⇒ =

Assim, a altura total vale +80 3 1,5 m.

Questão 11 – Letra BComentário: Considere a figura a seguir:

40 m

30°

40 m

80 m

x

30°

x

cos 30º x40

2x 80

x 40.cos 30º80 2x

x 20 3

80 2 .20 3

=

+ =⇒ =

= −⇒ =

= −

Portanto, l = 4(20 – 10¹3).

Questão 12 – Letra BComentário: Vamos considerar o triângulo retângulo ADB. Seja BD = x, AB = 2x e ainda BAD = θ:

θ = ⇒ θ = ⇒ θ =sen x2x

sen 12

30º

Analisando o triângulo isósceles ABC, como AC = BC, temos que BAC = CBA = 30°Logo, utilizando a soma dos ângulos internos desse triângulo:

+ + α = ⇒ α = ⇒ α =30° 30° 180° 180° – 60° 120°


α =αα

⇒ α = =α

α⇒

α = ⇒ α = ⇒ α =

tgsencos

tg 5,76sen

1– sen

sen5,766,76

sen1213

cos513

22

2

2

Assim, os lados são proporcionais a 50, 120 e 130.

Questão 14 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir:

d x

α β

h

tg hd x

tg hx

x htg

d

h x tg

h ht

α

βα

β

=+

=

⇒= −

=

⇒ =

.gg

d tgα

β−

.

Daí, concluímos que:

h = h tgtg. β

α – d.tg b ⇒ h. tg

tgβα

−

1 = d.tg b ⇒

h = d tg tgtg tg. .β α

β α−

Seção EnemQuestão 01 – Letra BEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: Mantendo a mesma trajetória, a menor distância, em metros, do barco até o ponto P é d:

A B C

d

P

60°30°

30°

2 000

2 00

0

sen 60° = d2 000

⇒ d = 32

.2 000 = 1 000 3 m.

24 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 24 26/01/18 10:17

MA

TEM

ÁTI

CA



Habilidade: 8

Comentário: Sejam C a localização do balão e h = CH sua altura, conforme a figura a seguir:

C

H

h

1,8 km A 3,7 km B60° 30°

Como o ângulo CAB mede 120° (porque é suplementar ao ângulo CAH), temos, no triângulo ABC:ABC + BCA + CAB = 180° ⇒

BCA = 180° – 120° – 30° = 30°Logo, o triângulo ABC é isósceles e AC = AB = 3,7 km.Então, usando o Teorema de Pitágoras no triângulo ACH, chegamos a: AH2 + CH2 = AC2 ⇒

1,82 + h2 = 3,72 ⇒ h2 = 10,45 ⇒ h ≅ 3,1, pois h > 0.

módulo – b 06

ciclo trigonométrico, seno e cosseno



Comentário: Como 180° equivalem a π rad, temos:

Graus Radianos180 _________x _________ 4,5

x .180 . 4,5 810 °

π

=π

=π

Questão 02 – Letra BComentário: A função é trigonométrica com período 2π, com centro igual a 1 e amplitude 2.

Logo, é cos x transladada em 1 unidade verticalmente para cima.

y

2

2O π

23π 2π xπ

f(x) = 1 + cos x

Questão 03 – Letra AComentário: No terceiro quadrante, os valores de seno e cosseno são negativos. Assim:

α = α =

=sen – 1– cos – 1–14

–154

2

2

Questão 04 – Letra CComentário: Lembrando que o cosseno de um arco pode variar de –1 a 1, temos:

P21

2

f(x) [5 –3 .1, 5 3 .1] [2, 8]

2=π

π

= π

∈ + =


Comentário: O período da função é π4 e, portanto,

o coeficiente do argumento da função vale 12

. Como a

imagem é o conjunto [–2, 2], o número 2 está multiplicando

a função trigonométrica. Assim, f(x) 2.sen x2

=

.

Questão 06 – Letra DComentário: A função trigonométrica terá imagem no conjunto [–0,6; 0,6] e período 5. Do primeiro fato, concluímos que 0,6 deve multiplicar a função trigonométrica. Do segundo fato, podemos encontrar o coeficiente de t no argumento da função trigonométrica:

= =π

⇒ =π

P 52x

x25

A função modelada é a função seno, que começa na origem (considerando que não há translação no argumento da função).


Questão 01 – Letra DComentário: Como cos x ∈ [−1;1], ∀x ∈ , o valor máximo de f(x) é a + b; e o valor mínimo, a – b, já que b > 0, uma vez que, em x = 0, tem-se um máximo. Logo, a + b = 5, a – b = 1, e a = 3, b = 2 e a.b = 3 . 2 = 6.

Questão 02 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir, que representa a geometria da situação.

αα30°

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 25 24/01/18 11:05

Seja β o ângulo formado pelo relógio às 21h40min. Como o relógio é dividido em 12 partes, o ângulo central entre

dois números consecutivos será dado por 360°12

=30°. Logo,

o ângulo β pedido será:

= 4060

.30° =20°

=30° + =30° + 20° =50°

α

β α

Questão 03 – Letra BComentário: Observe a figura a seguir que representa um relógio marcando 2h20min.

12

6

1

57

2

48

1011

39 b

α

O ângulo α assinalado equivale ao movimento que o ponteiro das horas executa em 20 minutos, ou seja:

α = 2060

.30° = 10°.

O ângulo β + α representa o movimento do ponteiro dos minutos entre 2h10min e 2h20min, ou seja, equivalente a 10 minutos. Portanto, temos:

α + β = 1060

.360° = 60°.

Das relações anteriores, concluímos que o menor ângulo entre os ponteiros vale β = 50°.

Questão 04 – Letra DComentário: Sabemos que em cada volta o ciclista percorrerá:

π = =2 r 2 . 3,14 . 200 1 256 m.

Como o ciclista percorrerá o total de 500 km (500 000 m),

o número aproximado de voltas será de ≅500 0001 256

398.

Portanto, o ciclista percorrerá aproximadamente 400 voltas.

Questão 05 – Letra BComentário: O valor mínimo de 1

3 cos x− ocorre quando

3 – cos x é máximo. Assim, temos:

mín. 13 cos x

máx.(3 cos x)−

⇒ −

O máximo de 3 – cos x ocorre quando cos x é mínimo, ou seja, para cos x = –1. Então, máx.(3 – cos x) = 3 – (–1) = 4.

Portanto, mínx

.cos 1

314−

= .


Comentário: Como g(x) = 0 e β = π 32

, e sabendo

pelo c ic lo tr igonométr ico que π π = −cos 32

e sen 32

1 .

Então:

+ π + π = ⇒x x.cos 32

sen 32

0 2

x2 – 1 = 0 ⇒ x = 1 ou x = –1

Questão 07 – Letra EComentário: Como sen 50° = cos 40°, sen 60° = cos 30°, sen 70° = cos 20°, sen 80° = cos 10°, temos:

y (sen 10° cos 10°) (sen 20° cos 20°)

(sen 30° cos 30°) (sen 40° cos 40°) sen 90° 5.

2 2 2 2

2 2 2 2 2

= + + + +

+ + + + =

Questão 08 – Letra AComentário: O período de uma função trigonométrica é o intervalo de oscilação completa, que inclui uma onda para cima e outra para baixo. Como o período é de 3 segundos, podemos descartar as alternativas B, C e D, pois essas possuem períodos maiores. Na lei da função f(t), o número 3 que é adicionado ao seno equivale ao deslocamento vertical do gráfico, em que a referência é o eixo x. Como o deslocamento foi de 3 unidades positivas, as oscilações são deslocadas e passam a oscilar entre a reta vertical y = 3. Portanto, a alternativa correta é a letra A.

Questão 09 – Letra DComentário: Pela Relação Fundamental da Trigonometria, temos:

sen2 x + cos2 x = 1 ⇒

− −( ) + −

=3 2

21

22

a a ⇒

a 8a 12 0a 6 não convém, pois 3 6

a 2 0 a 3

2 )(− + = ⇒= − − ∉

= ⇒ ≤ <

Questão 10 – Letra CComentário: Pela definição de seno, cosseno e tangente, e lembrando que BD está sobre o eixo das tangentes, ou seja, tg θ = BD, temos:

sen ACOA

tg ACOA

BD ACOA

cos

θθ

θ==

⇒ = ⇒ =

Questão 11 – Letra CComentário: Como a relação constante do enunciado vale para todo x real, substituiremos os valores x = 0 rad e x =

π2

rad nesta relação:

+ = =

= π

π + π = = π

=

=

=

⇒

=

=

+ = + ⇒

+ = ⇒ = ⇒ = >=

Substituindo por x = 0: sen 0 2.cos 0 2 A.cos x

Substituindo por x2

:

sen2

2.cos2

1 A.cos2

– x A.sen x

2 A.cos x

1 A.sen x

4 A .cos x

1 A .sen x

A .cos x A .sen x 4 1

A (cos x sen x ) 5 A 5 A 5, (pois A 0)

0

0 0

0

0

2 20

2 20

2 20

2 20

2 20

20

1

2

� ��

26 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 26 31/01/18 14:17

MA

TEM

ÁTI

CA

Questão 12 – Letra DComentário: Para determinar a previsão de vendas no primeiro trimestre, basta calcular a soma dos valores de f(1), f(2) e f(3). Logo:

= + +π

⇒ = + + ⇒

= + + ⇒ =

= + +π

⇒ = + + ⇒

= + ⇒ =

= + +π

⇒ = + + ⇒

= + ⇒ =

=

f(1) 100 0,5 .1 3.sen6

f(1) 100 0,5 3 .12

f(1) 100 0,5 1,5 f(1) 102

f(2) 100 0,5 . 2 3.sen3

f(2) 100 1 3 .32

f(2) 101 2,55 f(2) 103,55

f(3) 100 0,5 . 3 3.sen2

f(3) 100 1,5 3

f(3) 101,5 3 f(3) 104,5

3 1,7

Calculando a soma dos valores encontrados, temos:

f(1) + f(2) + f(3) = 102 + 103,55 + 104,5 = 310,05

Portanto, a previsão de vendas para o primeiro trimestre será, em toneladas, de 310,05.

Seção Enem



Habilidade: 21

Comentário: Pelo enunciado, tem-se:

• P(t) = A + B . cos(kt), com t em segundos.

• Valor máximo: 120

• Valor mínimo: 78

• Número de batimentos/minuto é 90, ou seja, 9060

32

=

batimentos/segundo, e o período é 23

.

Os coeficientes podem ser encontrados por:

A ⇒ Centro da curva: máx mín

21982

99+ = =

B ⇒ |B| = amplitude: 120 – 99 = 21 ⇒ B = 21 ou �� = −B 21não convém

P ⇒ Período: PK

= = ⇒2 2

3π ��P 3

um dos possíveis valores

= π

Logo, a função é P(t) = 99 + 21 . cos(3πt)

Questão 02 – Letra DEixo cognitivo: I


Habilidade: 15

Comentário: Como ≤π π

≤–1 cosx –6

1, então temos que a

proporção será máxima quando o preço P(x) 8 5cosx –6

= +π π

for mínimo.

Logo, teremos π π

=cosx –6

–1, ou seja:

π

π π

= ⇒π π

= π ⇒

π = π ⇒ =

cosx –6

–1x –6

x 7 x 7

Portanto, o mês de produção máxima será julho.

módulo – b 07

outras funções trigonométricas



Comentário:

π α = α =αα

=tg ( – ) –tg –sencos

–a

1– a2

Questão 02 – Letra EComentário: A cossecante de um arco é definida como o inverso do

seno de um arco. Naturalmente, para que a divisão possa ser feita

no conjunto dos números reais, o seno do arco deve ser não nulo.

= ≠cossec x1

sen x; se sen x 0.

Questão 03 – Letra CComentário: Para Macapá, θ = 0° e, para Porto Alegre,

θ = 30°. Assim, se T1 e T2 são, respectivamente, os tempos

para Macapá e Porto Alegre, temos:

T 12 3,31.tg 0° 12

T 12 3,31.tg 30° 13,9

T – T 13,9 –12 1,9h 1 h 54 min.

1

2

2 1

= + =

= + ≅

≅ = =

Questão 04 – Letra CComentário: Como esses dois ângulos têm, para seno, o mesmo

valor positivo, então eles são suplementares. Algebricamente:

sen α = sen (180° – α)

Portanto, a soma desses dois ângulos é igual a 180°.

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 27 26/01/18 10:18

Questão 05 – Letra CComentário: Reescrevendo a função dada, temos:

f(x) = cos2 x – sen2 x ⇒ f(x) = cos 2x

Logo, seu período p será dado por:

p22

p .=π

⇒ = π


tg x tgx2

x2

tg xtg x

2tg x

2

1– tg x2

.tg x2

tg x2.tg x

2

1– tg x2

tg x2 . 2

1– (2)–

43

.2

= +

⇒

=+

⇒

=

⇒ = =



= =

=

=+

cos18° 1– sen 18° 1–5 –14

1–6 –2 5

1610 2 5

4

2

2

sec18°1

cos18°1

10 2 54

4

10 2 5

4

2

10 2 5

2

2 2

5 5

= =+

=+

=

+=

+

Questão 02 – Letra EComentário: tg150° 2sen120°– cos330°

–tg(180°–150°) 2.sen(180°–120°)– cos(360°–330°)

–tg 30° 2sen 60°– cos30°

–33

2.32

–32

–33

32

36

+ =

+ =

+ =

+ = + =

Questão 03 – Letra CComentário: Como PQ está localizado sobre o eixo das tangentes, temos:

PQ = −

=

−

−

=tgsen

cos

cosπ α

π α

π α

α2

2

2ssen α

α= cotg ⇒ PQ = cotg α.


= ⇒ = ⇒ = ⇒

−= ⇒ = − ⇒ =

tg x 5 tg x 5 sen xcos x

5

sen x1 sen x

5 sen x 5 5sen x sen x 56

2 22

2

2

22 2 2


2.sen θ = 3.tg2 θ ⇒ 2 32

2.sen .sen

cosθ θ

θ= ⇒

3.sen θ = 2.cos2 θ, pois sen θ ≠ 0 ⇒

3.sen θ = 2 – 2.sen2 θ ⇒ 2.sen2 θ + 3.sen θ – 2 = 0

Resolvendo a equação do 2° grau anterior, temos que

sen θ = 12

ou sen θ = –2.

sen cos ,

sen (

θ θ θ π

θ

= ⇒ = < <

= −

12

32

02

2

pois

não convém, poois − ≤ ≤

1 1sen )θ


4.sen x.cos x.cos 2x = 2(2.sen x cos x).cos 2x =

2.sen 2x.cos 2x = sen 4x

Como x = π16

, então

sen 4x = sen 416

. π

= sen π

422

= .


sen 34°.cos 26° sen 26°.cos 34°cos 57°.cos 27° sen 57°.sen 27°

sen 34° 26°

cos 57° 27°

sen 60°cos30°

3232

1.

( )( )

++

=+

+

=

= =


f(x) = cos 4x.cos 2x + sen 4x.sen 2x ⇒

f(x) = cos (4x – 2x) ⇒ f(x) = cos (2x)

Logo, seu período p será dado por:

p22

p .=π

⇒ = π

28 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 28 24/01/18 11:05

MA

TEM

ÁTI

CA


sec sec sec2 2 21 4 1 5 5α α α α= = = =tg + ⇒ + ⇒

Temos que seccos

cossec

cosαα

αα

α= = =1 1 55

⇒ ⇒ .

Pela Relação Fundamental da Trigonometria

se cos n sen2 2 1 2 55

α α α+ ⇒= =

α α − α ⇒ α

−

⇒

α− − ⇒ α −

cos2 = cos sen cos2 =55

2 55

cos2 =5 2025

=1525

cos2 =35.

2 2

2 2

Seção Enem


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário:

L(2) = 10 000 1 0002

6

10 000 1 000

3

sec .

sec+

= +

π π

⇒

L(2) = 10 000 + 1 000.cos π3

⇒

L(2) = 10 000 + 1 000. 12

⇒

L(2) = 10 500 reais.


Eixo cognitivo: I


Habilidade: 21

Comentário: Como o mês de abril corresponde a t = 4, temos:

LA(4) = 200 + 50.cos π.412

= 200 + 50.cos π

3 ⇒

LA(4) = 200 + 50. 12

= 225

LB(4) = 300 – 50.cossec π.424

= 300 – 50.cossec π

6 ⇒

LA(4) =300 – 50. 1

6sen π

= 300 – 50. 112

= 200

Logo, no mês de abril, a empresa A lucrou R$ 25 000,00 a

mais que a empresa B.

Módulo – B 08Equações e inequações trigonométricas

Exercícios de AprendizagemQuestão 01 – Letra BComentário:

−π

= ⇒

−π

=π

⇒ =π

−π

=π

⇒ =π

cos x6

12

x

6 3 x

2

x6

53

x116

Questão 02 – Letra AComentário: 2.sen x.cos x = 4 ⇒ sen 2x = 4

Como –1 ≤ sen α ≤ 1 para todo α, então o número de soluções da equação sen 2x = 4 é zero.

Questão 03 – Letra BComentário: Os gráficos das funções f e g vão se interceptar quando f(x) = g(x). Daí:

f(x) = g(x) ⇒ 1 + sen (2x) = 1 + 2.cos (x) ⇒

2.sen x.cos x = 2.cos x ⇒ 2.cos x.[sen (x) – 1] = 0 ⇒

=⇒

− =

= ⇒ =π

=π

= ⇒ =π

cos x 0ou sen (x) 1 0

cos x 0 x2

ou x32

ou

sen x 1 x2

Portanto, para x ∈ [0, 2p), temos dois pontos, sendo eles π2 e

32π

, em que os gráficos das funções f e g se cruzam.

Questão 04 – Letra CComentário: A altura de 2,5 m foi atingida quando f(x) = 2,5. Logo:

= +π

⇒ = +π

⇒

π

= ⇒π

=

f(x) 4 3.cosx6

2,5 4 3.cosx6

cosx6

–1,53

cosx6

–12

Logo:

π=

π⇒ =

π=

π⇒ =

x6

23

x 4

ou

x6

43

x 8

Questão 05 – Letra AComentário:cos (3x).cos (2x) – sen (3x).sen (2x) = 0 ⇒ cos (3x + 2x) = 0 ⇒

cos (5x) = 0; x ∈π

0,

25

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 29 29/01/18 08:41

Analisando os casos possíveis, temos:

1º caso: =π

⇒ =π

5x2

x10

2º caso: =π

⇒ =π

5x32

x310

3º caso: =π

⇒ =π

∈π

5x

52

x2

não convém pois x 0,25

Portanto, a equação possui duas raízes.

Questão 06 – Letra AComentário: Por definição de módulo, e pela observação do ciclo, teremos:

|cos x| < 12

⇒ −12

< cos x < 12

⇒

π3 < x <

23π

ou 43π

< x < 53π

Portanto, para 0 < x < 2p, temos que o conjunto solução de

|cos x| < 12

é π3

< x < π23

ou π43

< x < 53π

.



π

= ⇒π

=π

⇒ =π

⇒

=π

≤ ≤π

cos 3x –4

0 3x –4 2

3x34

x4

, para 0 x2

.


+ = ⇒ + = ⇒

+ = ⇒ + =

3.senx cosx k –232

.senx12

cosxk –2

2

cos30°.senx sen 30°.cosxk –2

2sen(x 30°)

k –22

Para que a equação possua solução, temos:

≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤–1k –2

21 –2 k –2 2 0 k 4

Logo, o maior valor possível para k é 4.

Questão 03 – Letra AComentário: sen x + cos x = 0 ⇒ sen x = –cos x ⇒

sen xxcos

= –1 ⇒

tg x = –1 ⇒

x = − π4

+ kp, k ∈

Portanto, S = k4

;kπ −π

∈

.

Questão 04 – Letra DComentário: Desenvolvendo o primeiro termo da equação, temos:

sen 2x = sen (x + x) = (sen x)(cos x) + (sen x)(cos x) ⇒

sen 2x = 2(sen x)(cos x)

Substituindo este valor na equação original, temos:

2(sen x)(cos x) = cos x ⇒ cos x(2sen x – 1) = 0 ⇒= −

= ⇒ =π

=π

− = ⇒ = ⇒

=π

=π

cos x 0 ou (2sen x 1)

Se cos x 0 x2

ou x32

Se (2sen x 1) 0 sen x12

x6

ou x56

Agora, somando os possíveis valores para x, temos:

�� 232 6

56

3

2

π+

π+

π+

π= π

π π

Questão 05 – Letra EComentário: O ângulo notável cujo cosseno vale 3

2 é 30°

ou π6

radianos. Como o cosseno é negativo, temos de achar

os arcos côngruos a π6

no segundo e terceiro quadrantes da

primeira volta positiva, que são π56

e π76

. Então, no intervalo

de x ∈ [0, 2p], temos que π π

56

, 76

é a solução. No intervalo

de x ∈ [2p, 3p], apenas a parte do segundo quadrante entra na

solução, já que o x se limita ao 3p. E os arcos côngruos nesse

intervalo são π176

e 3p.

Então, no intervalo de x ∈ [2p, 3p], temos que π π

176

, 3 é a

solução. Portanto, a união dessas duas soluções, considerando

intervalos abertos (pois cos < −x 32

), é a solução geral. Logo, a alternativa E é a correta.


2.cos2 (θ) – 3.cos (θ) + 1 = 0, com 0 ≤ θ ≤ π2

∆ = b2 – 4ac = (–3)2 – 4 . 2 . 1 = 1

cos (θ) = ) )

) )

3 14

cos ( 1 0 sen ( 0ou

cos (12

3

sen (32

θ θ θ

θ θ θ

±⇒

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒ =π

⇒ =

Questão 07 – Letra BComentário: O seno é positivo no primeiro e segundo quadrantes do ciclo trigonométrico. Pela tabela dos ângulos

notáveis, temos que sen 45° = 22

. O arco simétrico ao 45°

no segundo quadrante é o 135°.

Em radianos, esses arcos correspondem a π π4

e 34

.

Porém, os arcos percorrem o sentido horário e anti-horário do ciclo trigonométrico de forma infinita. Arcos côngruos são aqueles que após percorrerem k voltas completas voltam ao mesmo ponto de partida. Então a cada 2p no sentido horário

ou anti-horário temos um novo arco côngruo de π π4

e 34

.

Assim, colocando um contador k ∈ percorrendo todos esses arcos, concluímos que a alternativa B é a correta.

30 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 30 29/01/18 08:41

MA

TEM

ÁTI

CA

Questão 08 – Letra EComentário:sen3 (x) – 2.sen2 (x) – 5.sen (x) + 6 = 0 ⇒ sen3 (x) – sen2 (x) – sen2 (x) + sen (x) – 6.sen (x) + 6 = 0 ⇒ (sen2 x) [sen (x) – 1] – (sen x) [sen (x) – 1] – 6.[sen (x) –1] = 0 ⇒ [sen (x) – 1].[sen2 (x) – sen (x) – 6] = 0

Logo:= ⇒ =

= ⇒ = =≤ ≤

� ��

sen(x)–1 0 sen(x) 1ousen (x)– sen(x)– 6 0 sen(x) –2 ou sen(x) 32

(nenhum dos valores convém, pois –1 sen x 1)

Portanto:

= ⇒ =π

=π

∈ π

π+

π= π

sen(x) 1 x2

e x52

, pois x 0, 4

252

3 .

Questão 09 – Letra EComentário: Se cos x

12

= , temos que:

x x k ou x k k∈ = + = + ∈

� �| ;ππ

ππ

32 5

32

Considere a fi gura a seguir para cos x >12

sen x

cos x3

�

π

35π

Então, para ∈ π

≤ <

π π< ≤ πx 0, 2 , 0 x

3ou

53

x 2 .

Questão 10 – Letra BComentário: = ⇒ = ± ⇒cos x

12

cos x12

2

cos . cosx x= ± ⇒ = ±12

22

22

Então, os valores de x que satisfazem essa equação são:

S x x k k=

∈ = + ∈ +� �| ,π π4 2

Como estamos procurando as duas menores raízes positivas, então queremos os valores de x para k = 0 e para k = 1,

ou seja, = π = πx'4

e x'' 34

.

Portanto, temos + = π + π = π = πx' x''4

34

44

.

Questão 11 – Letra DComentário: Sendo cos x = y, a equação do enunciado se transforma em y2 – y – 2 = 0, cujas raízes são y = –1 e y = 2 ⇒ cos x = –1 e cos x = 2. Sendo que cos x = 2 não convém, pois |cos x| ≤ 1 para todo x. Os arcos para os quais cos x = –1 são x = p e x = 3p, cuja soma é 4p.

Questão 12 – Letra BComentário: Na equação, podemos colocar o cos(x) em evidência, formando uma multiplicação que resulta em zero. Logo, pelo menos uma das partes tem que valer zero. Então: cos²(x) + cos(x) = 0cos(x).[cos(x) + 1] = 0

Assim: cos(x) = 0 ⇒ = π = πx 2

ou x 32

ou cos(x) + 1 = 0 ⇒ cos(x) = –1 ⇒ x = p


sen x − <14

14

⇒ − < − <14

14

14

sen x ⇒ 0 < sen x < 12

π

12

0 ≡ 2π

3π2

5π6

π2

π6

Portanto, S = x x ou x∈ < < < <

| 0

656

π π π .

Módulo – C 05

Quadriláteros notáveis e polígonos


Questão 01 – Letra DComentário: Aplica-se o Teorema de Pitágoras para descobrir o lado desconhecido do trapézio:

44

2

2 3

5

x

x 4 3

x 16 9

x 25

x 5

2 2 2

2

2

= + ⇒

= + ⇒

= ⇒

= Portanto, o perímetro do trapézio será: 2 + 4 + 5 + 5 = 16.

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 31 29/01/18 08:41

Questão 02 – Letra EComentário: Como o polígono tem 54 diagonais, sendo n o seu número de lados, temos:

= ⇒ = ⇒ =54n(n–3)

2n –3n–108 0 n 122

Questão 03 – Letra AComentário: Como os ângulos internos consecutivos estão na razão 1:3, podemos dizer que o ângulo agudo mede x e o ângulo obtuso mede 3x.

Então o valor de x será:

+ + + = ⇒

= ⇒ = =

x 3x x 3x 360°

8x 360° x 360°8

45°

Questão 04 – Letra BComentário: Pelos dados do enunciado:

+ + + = ⇒

− + + = ⇒ = ⇒ =

180°.(n–2 –2) 180°.(n–2) 180°.(n 2 –2) 2160°

180°(n 4 n–2 n) 2 160° 3n– 6 12 n 612

Logo, o polígono de menor número de lados (n – 2 = 6 – 2 = 4) é um quadrilátero.

Questão 05Comentário: Como o polígono tem 9 diagonais, sendo n o seu número de lados, temos:

= ⇒ = ⇒ =9n(n–3)

2n –3n–18 0 n 62

Como, num hexágono regular, o triângulo formado por um lado e dois raios da circunferência circunscrita é equilátero (já que o ângulo central mede 60°), o lado medirá 1.

Questão 06 – Letra CComentário: A partir do enunciado, temos que os ângulos internos do quadrilátero A, B, C e D são:

A = 5.C, C = 13

.B e D = 45°

Daí, A = 5. 13.B ⇒ A = 5

3.B

Logo:

A + B + C + D = 360° ⇒53

.B + B + 13

.B + 45° = 360° ⇒

3.B = 315° ⇒ B = 105°

Assim:

A = 53

.105° ⇒ A = 175°

Portanto, A – B = 175° – 105° = 70°.



Comentário: Seja a expressão =N(x)x – 3x

2

2

que determina

o número de diagonais de um polígono convexo em função do número de lados x. Sendo um polígono de 9 diagonais, temos:

N(x)x – 3x

29 x – 3x – 18 0

x' 6 ou x" –3 (Não convém)

22= = ⇒ = ⇒

= =

Logo, o polígono possui 6 lados.


I. Todo retângulo é um paralelogramo. (Verdadeiro) Pois todo retângulo possui lados opostos de medidas iguais.

II. Todo quadrado é um retângulo. (Verdadeiro) Pois todo quadrado possui os quatro ângulos retos.

III. Todo losango é um quadrado. (Falso) Um contraexemplo é o losango com ângulos 30° e 120°.

Questão 03 – Letra BComentário: Considere o trapézio isósceles ABCD.

α

αα

A B

D C

Traçando sua diagonal BD, temos que ADB = CDB, pois BD é bissetriz do ângulo ADC.

Sendo α = ADB = CDB, temos que ABD = CDB = α, pois esses ângulos são alternos internos.

Logo, o triângulo ABD é isósceles, pois ABD = ADB = α.

Assim, AB = AD, ou seja, a base menor do trapézio isósceles ABCD tem a mesma medida do lado oblíquo.

Analogamente, traçando a diagonal AC, temos que AB = BC.

Portanto, a base menor do trapézio isósceles ABCD tem a mesma medida dos lados oblíquos.

Questão 04 – Letra CComentário: Considere o trapézio isósceles ABCD a seguir.

H F

A B

D C3 3

M

G

E4

6

2 2

6

6

12

52

52

Unindo os pontos médios E, F, G e H dos respectivos lados AB, BC, CD e DA, obtemos o quadrilátero EFGH.

Como HF é base média do trapézio, temos:

HF = AB CD+2

= 4 62+ = 5

Traçando EG e FH e sendo M = EG ∩ FH, temos EM = MG = 6

e FM = MH = 52

, pois o trapézio ABCD é isósceles.

32 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 32 24/01/18 11:05

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TEM

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CA

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo EMF, temos:

EF2 = EM2 + FM2 = 62 + 52

2

⇒ EF =

132

Como temos 4 triângulos retângulos congruentes, EF = FG = GH = HE.

Logo, o perímetro do quadrilátero EFGH é:

2p = 4.EF = 4. 132

= 26 cm.

Questão 05 – Letra BComentário: Seja um polígono regular de n lados.

O número de diagonais que partem de cada vértice desse polígono é dado por d = n – 3.

O número de diagonais de um hexágono é:

d = 6 6 32

( )− = 9

Por hipótese, o número de diagonais, a partir de cada um dos vértices do polígono regular, é igual ao número de diagonais do hexágono. Logo, n – 3 = 9 ⇒ n = 12.

Assim, temos um polígono regular de 12 lados, em que cada ângulo interno tem medida igual a:

ai = (12 –2)180°12

= 150°

Portanto, cada ângulo interno desse polígono mede 150°.

Questão 06 – Letra CComentário: O número de diagonais d de um polígono com n lados pode ser calculado se valendo da seguinte expressão:

dn. n – 3

2

( )=

Logo, temos:

dn. n – 3

2

35n. n – 3

2n . n – 3 70 n – 3n – 70 0

(–3) – 4 .1.(–70) 9 280 289

n–(–3) 289

2 .1n

3 172

n 10 ou n – 7 (não convém)

2

2

( )

( ) ( )

=

= ⇒ = ⇒ = ⇒

∆ = = + = ⇒

=±

⇒ =±

⇒ = =

Questão 07 – Letra BComentário: Seja o hexágono regular, ABCDEF, de centro O.

O

A

E

B

D

CF

G

H

60°

30°¹3

¹3

Foi dado que a distância entre dois lados paralelos é 2¹3 cm.

Sejam G e H pontos médios de AF e CD, respectivamente.

Logo, traçando GH, temos que GH = 2¹3 e GO = ¹3, pois O

é ponto médio de GH.

Sabemos que o hexágono regular é composto de 6 triângulos

equiláteros. Assim, do triângulo equilátero AFO de altura

GO = ¹3, temos:

tg 30° = AG

3 ⇒ AG = 1 ⇒ AF = 2, pois G é ponto médio de AF.

Portanto, o lado do hexágono regular vale 2 cm.

Questão 08 – Letra DComentário: Seja um polígono regular de n lados circunscritos em um círculo de raio 1 cm.

O

A

E

B

D

C

F

H45°

45°45°

45°

1

11

Como OB = OC e traçando o raio OH = 1, temos que BH = HC = 1, pois BC = 2.

Logo, temos dois triângulos retângulos isósceles, BHO e CHO.

Assim, BOH = COH = 45°.

O ângulo central desse polígono regular de n lados vale BOC = BOH + COH = 90°.

Logo, ac = 360°n

⇒ 90° = 360°n

⇒ n = 4.

Portanto, o número de lados desse polígono é igual a 4.

Seção Enem



Habilidade: 8

Comentário:

A

CB

h

0,6 0,6

0,60,6

0,6

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 33 26/01/18 10:18

ABC é um triângulo equilátero de lado 1,2 cm. A altura h do

triângulo é:

= = = ⋅ =h 1,2 32

0,6 3 0,6 1,7 1,02 m

Pela geometria da situação, tem-se:

0,6

0,5

1,02

1,30

0,6

0,5

0,6

1,02

0,6

1,30

0,5 + 0,6 + 1,02 + 0,6 + 1,30 = 4,02 m

A altura mínima do viaduto é 4,02 m


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%Gorduras: 60%

Proteínas: 30%

Os carboidratos ocupam 3 triângulos (60%), as gorduras

ocupam um triângulo e meio (30%) e as proteínas ocupam

meio triângulo (10%).

Questão 03 – Letra CEixo cognitivo: IV


Habilidade: 9

Comentário: Como deverá haver um espaçamento mínimo de 3 metros entre as covas e as laterais do terreno, têm-se uma área útil retangular de lados 8 m e 5,5 m:

3m 3m

3m

3m

5,5m

8m

Observe, na figura seguinte, que é possível colocar 9 covas na área útil, de modo que haja 3 metros de espaçamento entre elas:

3 m 2 m

7

1 2 3

654

98d

2,75 m

2,75 m

1,5 m1,5 m

3 m

= + ⇒ >d (1,5) (2,75) d 3 m2 2 2


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: Pela proporção entre as áreas, e lembrando que a área de um retângulo é dada pelo produto entre largura e comprimento, temos:

4100

125

26.x400 .260

x 160 mm

= =

=

módulo – c 06

circunferência


Questão 01 – Letra BComentário: A distância d pedida é um terço do comprimento de uma circunferência de raio 4,35 m, já que 20 minutos são um terço de uma hora:

= ≅d 13

. 4,35 . 2 . 3,1 9 m

34 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 34 26/01/18 10:18

MA

TEM

ÁTI

CA

Questão 02 – Letra DComentário: Para se chegar ao resultado, basta lembrar-se de

que, em qualquer quadrilátero inscritível, a soma dos ângulos

opostos mede 180°.


A

D

= =

=+

=+

=

CB 2B C 70°

A CCB AB

270° 180°

2125°

Questão 04 – Letra EComentário: Como BO = OC, o triângulo BOC é equilátero e

BC = 2. O triângulo ABC é retângulo em B, pois está inscrito

numa semicircunferência. Assim, pelo Teorema de Pitágoras:

= + ⇒= + ⇒

=

AC AB BC4 AB 2

AB 2 3 m

2 2 2

2 2 2

Questão 05 – Letra EComentário: Considere a figura a seguir.

O

BC

x

6

2,5 2,5A

T

Temos uma reta AC secante à circunferência e uma reta AT

tangente à circunferência; então:

AT2 = AB.AC ⇒ 62 = x(5 + x) ⇒ 36 = x2 + 5x ⇒

x2 + 5x – 36 = 0 ⇒ x = 4, pois x > 0

Questão 06 – Letra EComentário: Sendo DP o diâmetro determinado por D, temos,

por potência do ponto A:

==

=

AD.AP AB.AC4.AP 8 .18AP 36cm

Assim, DP = AP – AD = 36 cm – 4 cm = 32 cm e DO = 16 cm.

Logo, o perímetro 2p de AOC é tal que:

2p = AO + OC + CA = (4 + 16) + 16 + (8 + 10) = 54 cm.


Questão 01 – Letra BComentário: A distância d percorrida pelo disco está

relacionada com o número de voltas n, logo:

= π

⇒ = =

π =

d n. 2 . R d 10.(2 . 3,14 .1) 62,8Raio 3,14

Portanto, quando o disco completar 10 voltas, o ponto P estará

aproximadamente em 62,8.

Questão 02Comentário: Considere a seguinte figura com seus dados.

C

a D

O

A

B

π6

π9

Como o ângulo α é excêntrico exterior, então temos:

α = AB CD −2

=

π π6 9

2

− = π

36.

Portanto, 144π

.α = 144π

. π36

= 4.


B

E

B

= =

= =+

=+

⇒ =

+ = ⇒ =

= =

AD 2A D 40°

A D 85°AD CB

240° CB

2CB 130°

DC CB 180° DC 50°

C DDC2

25°

Questão 04 – Letra EComentário: Perceba que os ângulos de medida x e 66° 15ꞌ

têm seus vértices sobre a circunferência e enxergam o mesmo

arco, o arco AB menor. Logo, esses ângulos têm a mesma

medida, e x = 66° 15ꞌ.

Questão 05 – Letra DComentário: O raio da circunferência percorrida pelo atleta da

raia mais interna é de 36,70 m, enquanto para o atleta da raia

mais externa será 36,70 + 8,00 = 44,70 m. No total, cada um

percorre o comprimento inteiro de sua circunferência. Assim,

a diferença d entre as distâncias percorridas por ambos será

dada por:

d = 44,70 . 2 . 3,14 − 36,70 . 2 . 3,14 = 8 . 2 . 3,14 = 50,24 m

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 35 29/01/18 08:41

Questão 06 – Letra BComentário: Observe a figura.

45°

45° 35°

C

D E

AB

x

O ângulo = =B E B E 45°,A D pois enxergam o mesmo arco BE.Logo, o ângulo x é ângulo externo do triângulo CED, ou seja, x = 45° + 35° = 80°.

Questão 07 – Letra BComentário: Considere a figura a seguir.

O

B

P

R CA

Q

20 – y

20 – x

x

x

y

y

Como AB e AC são duas tangentes ao círculo, temos

AC = AB = 20.

Como PB e PQ são duas tangentes ao círculo, PB = PQ.

Seja PB = PQ = x. Daí, AP = AB – PB = 20 – x.

Como RC e RQ são duas tangentes ao círculo, RC = RQ.

Seja RC = RQ = y. Daí, AR = AC – RC = 20 – y.

Logo, o perímetro do triângulo APR é:

2p = AP + PQ + QR + RA ⇒

2p = (20 – x) + x + y + (20 – y) ⇒ 2p = 40 cm.

Questão 08 – Letra CComentário: Seja um triângulo retângulo ABC, com uma

circunferência de diâmetro d inscrita e uma outra circunferência

de diâmetro D circunscrita.

G

B

C

A E

F

d2

d2

d2

d2

D2

D2

D2

D2

Traçando os raios da circunferência inscrita, temos:

AE = d2

e AF = d2

.

Como CF e CG são duas tangentes ao círculo inscrito

e CG = D2

, temos CF = CG = D2

.

Como BG e BE são duas tangentes ao círculo inscrito e BG = D2

,

temos BE = BG = D2

.

Logo, o perímetro do triângulo ABC é:

2p = AB + BC + CA = d2

+ D2

+ D + D2

+ d2

= d + 2D.

Questão 09 – Letra CComentário: Temos a seguinte figura:

C

D A

BE 8

6

Temos uma circunferência em que duas cordas, AC e BD, concorrem em E, então:EA.EC = EB.ED ⇒ EA.EC = 8 . 6 ⇒ EA.EC = 48 (I)

Foi dado que AEEC

= 13

⇒ EC = 3AE (II)

Logo, de I e II, temos:

EA.3EA = 48 ⇒ EA2 = 16 ⇒ EA = 4, pois EA > 0

Daí, de II, temos EC = 3 . 4 = 12.

Assim, AC = EA + EC = 4 + 12 = 16 cm.

Questão 10 – Letra CComentário: Considere a figura a seguir:

A

α

C

D

40°

40°40°

80°

B

Observe que os ângulos inscritos BAD e BCD representam

o mesmo arco B¹D. Logo, BAD = BCD = 40°.

Como CD é bissetriz de ACB, temos:

ACD = BCD = 40° e ACB = 80°.

O triângulo ABC é isósceles, AB = AC; logo, ABC = ACB = 80°.

Utilizando a relação angular no D ABC, temos:

α + 80° + 80° = 180° ⇒ α = 20°

36 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 36 26/01/18 10:18

MA

TEM

ÁTI

CA


Comentário: Considere a figura a seguir.

MP

Q

O

N

A

40°

2α

α

Seja NPQ = α.

Daí, como NP é tangente à circunferência e PQ é secante a ela,

o arco menor P¹Q = 2α.

Como a secante MQ passa pelo centro O da circunferência,

o arco A£PQ = 180°, e o arco menor A¹P = 180° – 2α.

Como o ângulo QMP = 40° é excêntrico exterior, temos:

QMP = PQ AP −2

⇒ 40° = α − − α2 (180° 2 )2

⇒ α = 65°


Comentário: Utilizando a fórmula de Soma dos Ângulos

Internos de um polígono, Si = (n – 2).180°, em que n é o

número de lados do polígono, temos que o pentágono possui

540° de soma de ângulos internos. Como o pentágono é

regular, dividindo 540° por 5, temos que um ângulo interno

mede 108°.

Traçando o segmento BE, formamos o triângulo ABE isósceles

de base BE.

Logo, = =A E A B 36°B E .

Então, =C E 72°B .

Assim, o arco BE = 144°, o dobro do ângulo.

108°A

B

C

D

E

36°

36°

72°

144°

Questão 13 – Letra EComentário: Considere a figura a seguir.

AB100°

D C

M

E

70°

20°

40°

O

DAC = CD

2 ⇒ 20° =

CD

2 ⇒ C¹D = 40°

Como o ângulo CED é excêntrico interior, então:

CED = AB CD +

2 ⇒ 70° =

+AB 40°2

⇒ A¹B = 100°

Já o ângulo AMB é excêntrico exterior, então:

AMB = AB CD −

2 =

−100° 40°2

= 30°.

Questão 14 – Letra CComentário: Dado que o triângulo é equilátero e que as figuras têm centros no mesmo ponto, observe a figura a seguir:

C

DA B

18 cm

x

6α

= ⇒ =CD13

.18 3

2CD 3 3 cm

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BDC:

( )= + ⇒ − = ⇒ = ⇒ =6 3 3 x 36 27 x x 9 x 322

2 2 2

Considerando BCD = α, temos:

α = ⇒ α = ⇒ α = ⇒ α =cosCD6

cos3 36

cos32

30°

Assim, ACB = 60° e o arco menor AB possui comprimento

= π ⇒ = πC60°360°

.2 .6 C 2AB AB . Além disso, os triângulos destacados

são iguais, o que faz com que os arcos determinados pelo ângulo

central também sejam iguais. Logo, o perímetro (2p) do logotipo é:

2p 3 .2 3.(18 2x) 6 3 .12 6.(6 ).= π + − = π + = + π

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 37 24/01/18 11:05




4 + r

4 – x

1 – r1 + r

x

4 – r

Aplicando o Teorema de Pitágoras, concluímos que x = 4 cm.

Agora, incluímos a circunferência menor, cujo raio r queremos

descobrir:

4

x

x

1

11

4–1=3

Utilizando, novamente, o Teorema de Pitágoras em ambos os

triângulos retângulos constantes da figura, temos:

+ = + ⇒

+ + = + + ⇒

=

+ = + ⇒

+ + = + + + ⇒

= = + ⇒

+ = ⇒ =

=

= ⇒ =

• (1 r) (1 – r) x

r 2r 1 r –2r 1 x

4r x

• (4 r) (4 – r) (4– x)

r 8r 16 r – 8r 16 (x – 8x 16)

16r 4x x – 8x 16

3x 8x –16 0 x 43

• 4r 43

169

r 49

cm

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2

2 2 2

2 2

2

2

Questão 16 – Letra CComentário: Seja um trapézio retângulo ABCD circunscritível.

A B

CED G

r

r

r

r

r

r

H

a

18 – a

F

18 – 2a

Supondo que o menor lado do trapézio retângulo é a base menor, temos:AB + CD = 18 ⇒ a + CD = 18 ⇒ CD = 18 – a e BC – AD = 2 ⇒ BC – 2r = 2 ⇒ BC = 2r + 2

O quadrilátero ABCD é circunscritível, então:AB + CD = AD + BC ⇒ 18 = 2r + 2r + 2 ⇒ r = 4

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo BEC, temos: BC2 = EC2 + BE2 ⇒ (2r + 2)2 = (18 – 2a)2 + (2r)2 ⇒ (10)2 = (18 – 2a)2 + (8)2 ⇒ (18 – 2a)2 = 36 ⇒ 18 – 2a = ± 6, mas, como 18 – 2a > 0, 18 – 6 = 2a ⇒ a = 6

Portanto, a + r = 6 + 4 = 10 cm.

Seção Enem



Habilidade: 8

Comentário: Considere r o raio, e C o comprimento da circunferência da roda e N o número de voltas dadas pela roda. Assim, já convertendo as unidades para metros, temos:

CA = 2p.rA = 2 . 0,3 = 0,6p ⇒ =π

N 10 0000,6A

CB = 2p.rB = 2 . 0,2 = 0,4p ⇒ =π

N 5 0000,4B

Portanto, = π

π

=π

π =N

N

10 0000,65 0000,4

10 000

0,6. 0,4

5 000

43

A

B



Habilidade: 8

Comentário: Como o papel é enrolado 5 vezes em torno do cilindro, seu comprimento será 5 vezes o comprimento do cilindro, ou seja,

π = π=

5 .2 r 5 d2r d

.

38 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 38 29/01/18 08:41

MA

TEM

ÁTI

CA



Habilidade: 8

Comentário: Quando AC medir R, o triângulo AFC será

equilátero, pois FC = FA = R. Logo, o ângulo medirá 60°.



Habilidade: 8



6 cm

6 cm 6 cm6 cm

6 cm

6 cm

12 cm

d

Pelo Teorema de Pitágoras temos que =d 12 2 . Assim,

o diâmetro do tubo cilíndrico maior é ( )+ = +12 2 12 12 1 2 ,

e o raio, ( )+6 1 2 cm.

Questão 05 – Letra BEixo cognitivo: II


Habilidade: 7

Comentário: Considere a fi gura a seguir, em que r, em cm,

é o raio da perfuração da peça.

6 – r

6 – r 8 – r

8 – r

r

rr

r

10 cm

B D

O

EF

A

C

O triângulo ABC é retângulo, pois 102 = 62 + 82.

Logo, OE = OF = AE = AF = r.

Daí, CE = 8 – r e BF = 6 – r. Assim, CD = CE = 8 – r e

BD = BF = 6 – r, pois CD e CE, assim como BD e BF são

segmentos tangentes à circunferência.

Portanto, 6 – r + 8 – r = 10 ⇒ r = 2 cm.

Módulo – C 07

Relações métricas nos triângulos


Questão 01 – Letra BComentário: Observe a fi gura a seguir que ilustra a situação


1 – r

r

1 + r

1 cm

Sendo r o raio da circunferência menor, temos, pelo Teorema

de Pitágoras:

+ = + ⇒+ + = + + ⇒

= ⇒ =

(1 r) 1 (1– r)r 2r 1 1 r –2r 1

4r 1 r14

cm

2 2 2

2 2

Questão 02 – Letra EComentário: Considere a fi gura a seguir.

DB C

A

65

12

Usando as relações métricas do triângulo retângulo, temos:

BC2 = AB2 + AC2 ⇒ BC2 = 12

65

2 2

+

⇒ BC =

1310

e BC.AD = AB.AC ⇒ 1310

.AD = 12

65

. ⇒ AD = 613

Portanto, a distância do lampião ao teto é 613

.

Questão 03 – Letra AComentário: Seja o seguinte triângulo ABC:

A

BC

10860°

Aplicando a Lei dos cossenos temos:

BC2 = AB2 + AC2 – 2.AB.AC.cos 60° ⇒

BC2 = 102 + 82 – 2 . 10 . 8 . 12

⇒

BC = 2¹21, pois BC > 0

Manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 39 29/01/18 08:41

Questão 04 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir.

A B

C

D1

1

45°

45°

120°

Como AB = AC, o triângulo ABC é isósceles, ou seja,

ACB = ABC = 45°.

Daí, aplicando a Lei dos Senos, temos:

ADsen 45°

1sen120°

AD

22

1

32

AD23

cm.= ⇒ = ⇒ =


Comentário: Aplicando a Lei dos Cossenos ao triângulo da

figura, temos:

= + θ ⇒ = θ ⇒ θ =4 3 2 –2 .3 . 2 . cos 3 –12cos cos –14

2 2 2


Comentário: Aplicando a Lei dos Cossenos e sendo β o ângulo

oposto ao lado de 4 cm, que obviamente será o menor ângulo

do triângulo, temos:

4 5 6 –2 .5 . 6.cos – 45 –60cos cos34

2 2 2= + β ⇒ = β ⇒ β =



Comentário:

= + = +

= ⇒ =

= = =C

BC AB AC ABAB2

5AB4

BCAB 5

2

senABBC

AB

AB 52

2 55

2 2 2 2

22

C é o maior ângulo agudo, pois está oposto ao maior cateto.


Comentário: Sendo x a distância entre A e B, podemos

denotar a distância entre A e C por 2x. Aplicando a Lei dos

Cossenos no triângulo ABC, temos:

= + ⇒

= = = ⇒

= ⇒ =

5 x (2x) –2.x.2x.cos60°

25 5x – 4x .12

5x –2x 3x

x253

x5 33

2 2 2

2 2 2 2 2

2

Logo, a distância entre o ponto A e o ponto C vale =2x10 3

3.

Questão 03 – Letra AComentário: O triângulo OQT é retângulo em T (ponto de tangência). OP = OT = 2,5 m (raio da circunferência).

Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos que:

OQ OT QT

(2,5 d) 2,5 6

6,25 5d d 6,25 36

d 5d 36 0

2 2 2

2 2 2

2

2

= + ⇒

+ = + ⇒

+ + = + ⇒

+ − =

Resolvendo a equação do 2º grau, obtemos como resposta d = 4 m.

Questão 04 – Letra DComentário: Seja o paralelogramo ABCD, em que a diagonal AC divide o ângulo interno C em um de 60° e outro de 45°.

A B

D C

a

b

45°

45°60°

Sejam a e b os lados maior e menor, respectivamente, do paralelogramo.

O ângulo BAC = DCA = 45°, pois esses ângulos são alternos internos.

Aplicando a Lei dos Senos no triângulo ABC, temos que:

bsen 45

asen 60

ba

22

.2

3

bc

63° °

= ⇒ = ⇒ =

Questão 05 – Letra DComentário: Considere a seguinte figura:

α

t

s QP

O R

R

2R

A

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo AOP, temos:

OP2 = AO2 + AP2 ⇒ (3R)2 = R2 + AP2 ⇒

AP = 2¹2R, pois AP > 0

Logo, cos α = APOP

⇒ cos α = 2 23

RR

⇒ cos α = 2 23

, pois R ≠ 0.

40 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 40 29/01/18 08:41

ma

TEm

ÁTi

ca

Questão 06 – Letra EComentário: Considere a fi gura a seguir:

A

DC B

43

x 6 – x

h

Seja CD = x e AD = h. Logo, BD = 6 – x.

Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos ADC

e ADB, respectivamente, temos:

AC2 = DC2 + DA2 ⇒ (3)2 = x2 + h2 ⇒ h2 = 9 – x2 (I)

AB2 = DB2 + DA2 ⇒ (4)2 = (6 – x)2 + h2 ⇒

h2 = 16 – (6 – x)2 (II)

Igualando as equações I e II, temos:

9 – x2 =16 – (6 – x)2 ⇒

9 – x2 = –20 + 12x – x2 ⇒

12x = 29 ⇒ x = 2912


Comentário: Seja o triângulo retângulo ABC.

n mH

c 2c

a

A

BC

Das relações métricas nos triângulos retângulos, temos que:

AB2 = BH.BC ⇒ (2c)2 = ma ⇒ 4c2 = m.a (I) e

AC2 = CH.CB ⇒ (c)2 = n.a ⇒ c2 = n.a (II)

Dividindo as equações I e II, temos:

m an a

cc

mn

..

= =⇒4

42

2


Comentário: Seja AP = AS = CR = CQ = x; como ABCD é um

quadrado de lado 11, PB = BQ = RD = DS = 11 – x.

Temos que ∆APS ≅ ∆CRQ e ∆DRS ≅ ∆BPQ, ou seja, SP = RQ e

SR = PQ. Utilizando o Teorema de Pitágoras:

APS

SP x x SP 2x SP x 2

DRS

SR (11 x) (11 x)

SR 2(11 x) SR (11 x) 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

∆

= + ⇒ = ⇒ =

∆

= − + − ⇒

= − ⇒ = −

Logo, o perímetro do quadrilátero PQRS, será:

SP PQ QR SR 2SP 2SR

2(SP SR) 2(x 2 (11 x) 2)

2 2(x 11 x) 2 2(11) 22 2

+ + + = + ⇒

+ = + − ⇒

+ − = =

Questão 09 – Letra AComentário: Como na horizontal o maço é preenchido completamente por sete cigarros, temos que sua medida horizontal é de 14r. Com o auxílio da figura a seguir, calculamos a medida vertical:

r

h

r

Na figura, construímos um triângulo equilátero de lado 4r,

cuja altura h valerá = =h4r 3

22r 3 . Logo, a dimensão vertical y

valerá: ( )= + = +y 2r 2r 3 2r 1 3 .

Questão 10 – Letra EComentário: Seja AB = x. Para que a soma dos ângulos do triângulo seja 180°, teremos C = 45°.Pela Lei dos Senos relativa aos ângulos B e C, temos:

12sen 30°

= x

sen 45° ⇒ x = 12¹2 ⇒ x ≅ 16,8

Como a escala é de 1 : 10 000, o valor real de x é:

16,8 . 10 000 = 168 000 cm = 1,68 km ≅ 1,7 km

Questão 11 – Letra DComentário: Considere a fi gura a seguir com seus dados.

aa

Ca

M N P

R2

R2

A B

Temos que MN = NP = R, em que R ≠ 0. Logo:

NB = R2

, BC = a + R2

e NC = R – a

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo retângulo NBC,

temos que:

BC2 = NB2 + NC2 ⇒ R a2

2

+

= R

2

2

+ (R – a)2 ⇒

R2

4 + Ra + a2 = R2

4 + R2 – 2Ra + a2 ⇒

3Ra = R2 ⇒ a = R3

manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 41 31/01/18 08:31

Questão 12Comentário:

B

E

FDCA

60°60°60°60°

60°

60° 60°

30°

30°

21I

22

22

2

4

9

4

x

44

3

H

G

3

60°

60°

Trace o segmento EG em que EG // FA.

A altura do triângulo equilátero BGH de lado 2 é BI = ¹3.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BEI, temos: BE2 = BI2 + EI2 ⇒ x2 = (¹3)2 + 92 ⇒ x2 = 84 ⇒ x = 2¹21 m

Questão 13 – Letra A Comentário: Seja H o ponto de interseção da reta mediatriz com o segmento XY, logo XH = HY = 2 m. O ponto P, equidistante de X, Y e Z, pertence à reta mediatriz. Com isso, XP = PY = PZ = x.

Como HZ = 6, PH = 6 – x. Considerando o triângulo retângulo PHY, temos que:

= + ⇒ = − + ⇒

= − + + ⇒ = ⇒ = =

PY PH HY x (6 x) 2

x 36 12x x 4 12x 40 x 4012

103

2 2 2 2 2 2

2 2

Portanto, a distância do ponto P ao segmento XY será:

6 –x 6 –103

18 –103

83

= = =

Questão 14 – Letra CComentário: Observe a figura a seguir que ilustra a situação descrita no enunciado:

A

C BD12 – ¹2

¹2 – 1

CD = DB

E

h1

b

Temos que AD = CD, uma vez que a mediana relativa à hipotenusa vale a metade da hipotenusa. Aplicando o Teorema de Pitágoras em ADE, temos:

= + ⇒

= + ⇒

=

1 (2 – 2) h

1 6 – 4 2 h

h 4 2 –5

2 2 2

2

2

Agora, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ACE, temos:

( )( ) ( )

= + ⇒

= + = ⇒ =

b 3– 2 h

b 11– 6 2 4 2 –5 6 –2 2 b 6 –2 2

22

2

2

42 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 42 29/01/18 08:41

ma

TEm

ÁTi

ca

Seção Enem



Habilidade: 8

Comentário:

A

120°

60°

30°

1010

C R2

BR = ? R2

Conforme figura acima, temos:

=

=

=

=≅≅

Sen60°

R210

32

R20

ZR 20 3

R 10 3R 10 . 1,7R 17cm

��

Logo, o tipo de material utilizado será IV.

Questão 02 – Letra DEixo cognitivo: II


Habilidade: 7

Comentário: Seja x o comprimento da parte oblíqua do corrimão. Como temos 5 degraus de 24 cm, constituímos o seguinte triângulo retângulo:

120

90x

x2 = 1202 + 902 ⇒ x = 150 cmComprimento total: 30 + 150 + 30 = 210 cm = 2,1 m.



Habilidade: 12

Comentário: Seja P o ponto onde se localizará a estação. Como P deve ser equidistante de A e B, P deve pertencer à mediatriz m do segmento AB, representado na fi gura a seguir. Seja x a distância de P à reta que liga C e D. Temos, pois, a seguinte situação.

x

x

x40 – x

20

A D

B C

m

40 km

40 km

M P

Como o triângulo BMP é retângulo, temos:

x2 = (40 – x)2 + 202 ⇒ 80x = 2 000 ⇒ x = 25 km

Portanto, o ponto P deve estar na perpendicular à estrada que liga C e D, passando por seu ponto médio, a 25 km dessa estrada.



Habilidade: 8

Comentário: O comprimento da escada é o produto do número de degraus pelo espaçamento entre eles.

Comprimento da escada: 8 . 25 = 200 cm

Sendo x o comprimento da rampa, pela Lei dos Senos, temos:

200sen 45°

= xsen 60°

⇒ x = 100¹6 cm, ou seja, x = ¹6 m.

módulo – c 08cálculo de áreas Exercícios de aprendizagem

Questão 01 – Letra CComentário: Considere a ilustração a seguir como representação do palco do teatro:

h

15 m

9 m

9 m 3 m3 mA

D

E

C

B

12 m

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BDE, temos:

h2 + 122 = 152 ⇒ h2 = 225 – 144 ⇒ h2 = 81 ⇒ h = 9

Logo, a área do palco, representado pelo trapézio, é dada por:

=+

=A(15 9).9

2108 m

Palco2

manual do Professor


4VMPV2_MAT.indd 43 24/01/18 11:05

Questão 02 – Letra CComentário: A área AS do setor será dada por:

A R R RS = =

.2 2

2

Questão 03 – Letra DComentário: Considere a fi gura a seguir.

α

α

α β

β

β

x x

x

x

C

N P

A M Q B82

Os triângulos PBQ e ANM são semelhantes pelo caso ângulo,

ângulo, ou seja:8

2xx

= ⇒ x = 4, pois x > 0

Logo:

AD PBQ = 82x = 16 cm2.

Questão 04 – Letra AComentário: A área destacada é numericamente igual à área de um círculo de raio r subtraída da área de oito triângulos retângulos isósceles de hipotenusa r. Aplicando o Teorema de Pitágoras, descobrimos que cada cateto

mede r 22

e a área S destacada será:

= π

= πS r – 8.

r 2

2

2( –2 )r2

2

2

Questão 05 – Letra AComentário: Considere a fi gura a seguir.

C

BA

¹3

¹3O30°

60°

60° 60°

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

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

CAB = CB

2 ⇒

30° = CB

2 ⇒

C¹B = 60°

Como COB = C¹B ⇒ COB = 60°

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

A = Asetor – ADCOB ⇒

A = ( ) ( )π

−3 .60°360°

3 . 34

2 2

= π −2

3 34

cm2.

Questão 06 – Letra AComentário: Observe a fi gura a seguir que ilustra a situação descrita no enunciado:

r

2

2 cm r – 22 cm

Temos que o diâmetro perpendicular à corda corta-a em seu

ponto médio. Assim, por potência de ponto:

2 .2 (r 2)(r –2)

4 r – 4 r 2 2

C 2 r 2 .2 2 4 2 cm.

2

= + ⇒

= ⇒ =

= π = π = π



Comentário: Seja a fi gura a seguir:

A

B R

QC

D P

6 6

6630°

75°

150°

75°

A área do hexágono BCDPQR é:A = AABCD + AADP + AAPQR + AABR ⇒

A = (6)2 + 12

. 6 . 6.sen 30° + (6)2 + 12

. 6 .6.sen 150° ⇒

A = 90

Questão 02 – Letra AComentário: Sendo M o ponto médio de CB, o triângulo CFM é retângulo, pois o triângulo BCF é isósceles. Sendo FC = x, FM = 1 – x e, pelo Teorema de Pitágoras:

= +

= + +

=

=

=

(x) (0,5) (1– x)

x 0,25 x –2x 1

x58

S

1. 1– 58

23

16

2 2 2

2 2

BCF

44 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 44 24/01/18 11:05

ma

TEm

ÁTi

ca


Comentário: Como a área do quadrado ABCD vale 8 m²,

seu lado medirá 2 2 m, que será o raio do setor circular de

45° da fi gura. Assim, temos:

= = π = πS S – SS

2– r .45°

360°4 – m

BCE ABC ABEABCD

22


=

= =

= ⇒ =

= = =

S S – S

AE.AF2

AB4

.3AC4

2AB.AC

2–30

3013.AB.AC

32AB.AC

96013

S3.AB.AC

32

3.96013

329013

cm

AFE ABC BCFE

AFE2

Questão 05 – Letra CComentário: Considere a fi gura a seguir para a resolução do problema:

110124040

90

30

B

x

C

A

A área total S do telhado é igual a duas vezes a área do

retângulo em destaque na fi gura, mas, para calcularmos essa

área, precisamos encontrar o valor de x, que é a altura desse

retângulo.

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, temos:

x AB BC x x

x x cm

22 2

2 2 2 2

2

40 30 1 600 900

2 500 50

= ( ) + ( ) ⇒ = + ⇒ = + ⇒

= ⇒ =

Então, a área total do telhado é dada por:

S = 2 . 50 . 122 = 12 200 cm2 = 1,22 m2

Questão 06 – Letra EComentário: Seja a seguinte fi gura:

A B

CD

E

F

12

6

30°60° 60°

30° 30°30°

Como o triângulo ABE tem dois ângulos A e B congruentes, esse triângulo é isósceles de base AB.

Traçando a altura EF, temos que BF = 6.

Daí, tg 30° = EFBF

EF EF⇒ = ⇒ =33 6

2 3 cm.

Portanto, a área comum aos triângulos ABC e ADB, ou seja, a área do triângulo ABE, em cm2, vale:

A = 12

.AB.EF ⇒ A = 12

.12 . 2¹3 = 12¹3 cm2.


Comentário: Seja a seguinte fi gura:

D E C

BA

F

G5

33

3 – h

a

a b

bh

H1

Os triângulos BFA e EFC são semelhantes pelo caso ângulo, ângulo.

Traçando a altura h do triângulo EFC, temos que a altura do triângulo BFA é (3 – h).

Logo, da semelhança desses triângulos, temos:

ABEC

hh

hh

h= − ⇒ = − ⇒ =3 51

3 12

Assim, a área do triângulo BCF é:

AD BCF = AD BCE – AD EFC = −1.32

1.12

2 = 5

4

Questão 08Comentário: Como as retas são paralelas, temos que o quadrilátero ABCD é um trapézio de altura 4 (já que a distância entre r e s é de 1 e a distância entre as retas s e t é de 3) e bases AB e CD. Encontraremos AB por semelhança de triângulos com os triângulos CFG e CAB, utilizando na proporção as alturas dadas e suas respectivas bases. Então:

= ⇒ =34

5AB

AB 203

Analogamente, encontraremos CD por semelhança de triângulos com os triângulos AEF e ADC, utilizando na proporção as alturas dadas e suas respectivas bases. Então:

= ⇒ =14

2CD

CD 8

Portanto, utilizando a fórmula de área de trapézio:

=+

= =A

203

8 .4

2 44

3 . 4 . 1

2 88

3ABCD

manual do Professor


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Comentário: Considere a fi gura 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 PQRS, em dm2, vale:

A = (1 + 2x)2 ⇒ A = 1 2 22

2

+

. ⇒ A = 3 + 2¹2.


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 fi gura I vale 9 . 25 = 225 cm2. Na fi gura II, sendo a área igual à da fi gura I, o lado do quadrado deve medir

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

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

a x.z2

6 .102

30 cm2= = .

Questão 11 – Letra CComentário: Observe a fi gura a seguir que ilustra a situação descrita no enunciado:

B

A

DD

6 6S

C

66

6660°

60°

A área S é numericamente igual à diferença entre a área do

setor circular menor ABD e a área do triângulo isósceles ABD.

O ângulo central do setor é de 120°, já que BC = 3 cm e,

logo, CBA= 60°. Dessa forma, a área total ST é,

aproximadamente:

= π = π π

⇒

= π + ≅

S 2( .6 – S) 2. 36 – 63

– 6 . 6.sen120°2

S 48 18 3 182 cm

T2

2

T2


Comentário: Considere a fi gura a seguir para a resolução do problema:

2

C

A B

2

x

x

x

1

1

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ABC, temos:

2 2 4 22 2 2 2= + ⇒ = ⇒ =x x x x

Logo, a área AO do octógono é dada por:

A x x x

A

A

O

O

O

= +( ) −

⇒

= +( ) −

⇒

= +

2 2 42

2 2 2 4 2 22

8 8 2

2

2

. .

. . .

++ − ( )

⇒

= + − = +

4 2 2

12 8 2 4 8 8 2

2.

AO

Já a área AS das semicircunferências é dada por:

AS = =8 12

42

. .ππ

Portanto, a área total AT da região é dada por:

AT = AS + AO

AT = + +4 8 8 2π

Questão 13 – Letra EComentário: Seja a seguinte fi gura:

αα

A

D

C BH

Como AB = AC, o triângulo ABC é isósceles de base BC.

46 Coleção 4V

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MA

TEM

ÁTI

CA

Logo, CAH = α, pois AH é bissetriz do ângulo BAC.

Daí, a área do triângulo ABC é A = 12

.(AB)2.sen 2α.

Analisando o triângulo ABD, temos:

cos α = ABAD

⇒ cos α = ABR2

⇒ R = AB2.cos α

Assim, a área do círculo é:

AC = pR2 = pAB

2

2

.cos α

= π

α( ).cos

AB 2

24

Portanto, o quociente entre a área do triângulo ABC e a área do círculo é:

AA

AB sen

ABC

= =

( ) .

( ).cos

2

2

2

22

4

2α

πα

π.sen 2α.cos2 α

Questão 14 – Letra AComentário: A área procurada é igual à soma das áreas dos triângulos equiláteros e congruentes, ACE e BFD, subtraída da área do hexágono menor e da área da circunferência menor. O lado dos triângulos vale o triplo do lado do hexágono menor, que será igual ao raio da circunferência menor. Aplicando a Lei dos Cossenos no triângulo ABC, sabendo que AB = BC = 1, temos:

= + ⇒

= +

= ⇒ =

AC AB BC –2.AB.BC.cos 120°

AC 1 1–2.1.1. –12

3 AC 3

2 2 2

2

Calculamos, agora, a área S desejada, sabendo que tanto o raio da circunferência menor quanto o lado do hexágono menor

medem 33

:

( )= π

+

⇒

=π

+

=

π

S 2.3 . 3

4–

33

6.

33

. 3

4

S3 32

–3

32

3 –3

22

2


Comentário: Observe a fi gura a seguir que ilustra a situação descrita no enunciado:

x

z

w

a

b

h

y

90° – θ

90° – θ90° – θ

θ

θ

θ

Sendo h a altura do trapézio de área S e utilizando as semelhanças entre os triângulos retângulos da figura, temos:

= =

= =

⇒ = = = = ⇒ = ⇒ =

=+

=+

ah

zx

yz

zx

xw

hb

ah

zx

yz

xw

hb

h ab h ab

S(a b)h

2(a b) ab

2

2

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

Manual do Professor


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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=

+= =



Habilidade: 8

Comentário: Calculando as áreas de cada ambiente, temos:

I

IVIIIII

5 m

5 m

8 m

4 m

4 m6 m 6 m

7 m

( )

= =

= =

= =

=+

=

A 5 . 8 40m

A 6 .5 30m

A 4 . 6 24m

A6 4 72

35m

I2

II2

III2

IV2

Através dos valores das áreas encontrados, temos:

O modelo A deve ser instalado nos ambientes II e III, já o modelo B deve ser instalado nos ambientes I e IV.



Habilidade: 8

Comentário: A quantidade de chocolate usada na fabricação de moedas de diâmetro 4 cm e espessura x cm vale:

= π = πV (4)4

.x 4 x1

2

Já a quantidade de chocolate usada na fabricação de moedas de diâmetro 8 cm e espessura x cm vale:

= π = πV (8)4

.x 16 x2

2

Logo, = ππ

V

V16 x4 x

2

1

= 4 ⇒ V2 = 4.V1.

Como as moedas de 4 cm são vendidas a R$ 1,50 e V2 = 4.V1, o preço, em reais, das moedas de 8 cm deveria ser 4 . 1,50 = 6,00, e não R$ 3,00, como Pedro sugeriu.



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

11

1

1

11

1

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

AI = (2¹2)2 = 8

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



Habilidade: 8

Comentário: Considere a figura a seguir:

R

H1

R

R

RR

R R

R R60°

60°

60° 60°

60°

60°

H2

60°

30°

30°

60°

¹3

R2

R2

¹3R2

A área sombreada equivale a duas vezes a área de um segmento circular de ângulo central 120° e raio R. Assim, temos:

A = 2. 13

12

32

2πR R R−

. ⇒

A = 23

32

2 2πR R−

48 Coleção 4V

4VMPV2_MAT.indd 48 24/01/18 11:05

manual do professor - anglouba.com.br · em seguida, relembre com os alunos inequações do...

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