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EM 1ª série | Volume 1 | Matemática

Manual do Professor

Autores: Fred Fonseca, Kennedy, Luiz Paulo e Paulo Ribeiro.

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2 Coleção EM1Coleção EM1

C689 Coleção Ensino Médio 1ª série: - Belo Horizonte: Bernoulli Sistema de Ensino, 2018. 182 p.: il.

Ensino para ingresso ao Nível Superior. Grupo Bernoulli.

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

CDU - 37CDD - 370

Centro de Distribuição:

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

Endereço para correspondência:

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

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

Coleção Ensino Médio 1ª série - Volume 1 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]

AutorESMatemática: Fred Fonseca, Kennedy, Luiz Paulo, Paulo Ribeiro

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,

Priscila Cabral, Raphaella HamziAuxiliares de Escritório: Ana da Silva, Sandra Maria MoreiraEncarregado de Serviços Gerais e Manutenção: Rogério Brito

CoMErCiAlGerente Comercial: Carlos Augusto AbreuCoordenador Comercial: Rafael CurySupervisora Administrativo-Comercial: Mariana GonçalvesConsultores Comerciais: Adalberto de Oliveira, Carlos Eduardo Oliveira, Cláudia Amoedo,

Eduardo Medeiros, Guilherme Ferreira, Luiz Felipe Godoy, Ricardo Ricato, Robson Correia, Rossano Rodrigues, Simone Costa

Analistas Comerciais: Alan Charles Gonçalves, Cecília Paranhos, Rafaela RibeiroAssistentes Comerciais: Laura Caroline Tomé, Melissa Turci

oPErAçõESGerente de operações: Bárbara AndradeCoordenadora de operações: Karine ArcanjoSupervisora de Atendimento: Vanessa VianaAnalista de Controle e Planejamento: Vinícius AmaralAnalistas de operações: Adriana Martins, Ludymilla BarrosoAssistentes de operações: Amanda Aurélio, Amanda Ragonezi, Ana Maciel, Ariane Simim,

Elizabeth Lima, Eysla Marques, Flora Freitas, Iara Ferreira, Luiza Ribeiro, Mariana Girardi, Renata Magalhães, Viviane Rosa

Coordenadora 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 PenaSeparador: Vander Soares

SuPortE PEDAGóGiCoGerente de Suporte Pedagógico: Renata GazzinelliAssessoras 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, Heloísa Baldo, Leonardo Ferreira, Paulo Rogedo, Soraya Oliveira

Analista 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

tECnoloGiA EDuCACionAlGerente de tecnologia Educacional: Alex Rosalíder de Desenvolvimento de novas tecnologias: Carlos Augusto PinheiroCoordenadora Pedagógica de tecnologia Educacional: Luiza WinterCoordenador de tecnologia Educacional: Eric LongoCoordenadora de Atendimento de tecnologia Educacional: Rebeca MayrinkAnalista de Suporte de tecnologia Educacional: Alexandre PaivaAssistentes de tecnologia Educacional: Augusto Alvarenga, Naiara MonteiroDesigner de interação: Marcelo CostaDesigners instrucionais: David Luiz Prado, Diego Dias, Fernando Paim, Ludilan Marzano,

Mariana Oliveira, Marianna DrumondDesigner de vídeo: Thais MeloEditora Audiovisual: Marina Ansalonirevisor: Josélio VerteloDiagramadores: Izabela Brant, Raony Abade

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

núcleo PedagógicoGestores Pedagógicos: Amanda Zanetti, Vicente Omar TorresCoordenadora Geral de Produção: Juliana RibasCoordenadoras de Produção Pedagógica: Drielen dos Santos, Isabela Lélis, Lílian Sabino,

Marilene Fernanda Guerra, Thaísa Lagoeiro, Vanessa Santos, Wanelza Teixeira

Analistas Pedagógicos: Amanda Birindiba, Átila Camargos, Bruno Amorim, Bruno Constâncio, Daniel Menezes, Daniel Pragana, Daniel Pretti, Dário Mendes, Deborah Carvalho, Joana Leite, Joyce Martins, Juliana Fonseca, Luana Vieira, Lucas Maranhão, Mariana Campos, Mariana Cruz, Marina Rodrigues, Paulo Caminha, Paulo Vaz, Raquel Raad, Stênio Vinícios de Medeiros, Taciana Macêdo, Tatiana Bacelar, Thalassa Kalil, Thamires Rodrigues, Vladimir Avelar

Assistente de tecnologia Educacional: 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: Rodrigo Almeida, Rubens Lima

Produção GráficaGestor de Produção Gráfica: Wellington SeabraAnalista de Produção Gráfica: Marcelo CorreaAssistente 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 RoqueArte-Finalista: Larissa AssisDiagramadores: Anna Carolina Moreira, Maycon Portugal, Rafael Guisoli, Raquel Lopes,

Wallace Weberilustradores: Carina Queiroga, Hector Ivo Oliveirarevisores: João Miranda, Luísa Guerra, Marina Oliveira

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

DirEçãoDiretor Executivo: Tiago Bossi

Expediente

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3Bernoulli Sistema de Ensino

ApresentaçãoCaro professor,

Esta Coleção foi elaborada para oferecer conteúdos matemáticos para o Ensino Médio, levando-se em consideração algumas referências fundamentais.

Em primeiro lugar, atentamos para os avanços tecnológicos vivenciados cotidianamente, que tornam a produção do conhecimento cada vez mais acessível. Isso aumenta a importância de pensarmos em metodologias de ensino que estimulem a reconstrução do conhecimento e mobilizem o raciocínio, a experimentação, a solução de problemas e outras competências cognitivas superiores.

Buscamos, no texto de apresentação de cada conteúdo, nas definições e nos exercícios resolvidos, uma linguagem clara e objetiva, evitando o rigor de algumas demonstrações e o formalismo excessivo. Procuramos evitar, também, o abuso na utilização de símbolos e notações que pouco acrescentam ao entendimento, uma vez que acreditamos ser mais importante, neste nível, a compreensão do conceito e a sua articulação com o mundo real.

Sabemos que a relação entre teoria e prática requer a concretização dos conteúdos curriculares em situações mais próximas e familiares ao aluno, nas quais se incluem as do trabalho e as do exercício da cidadania, o que, em nenhuma hipótese, diminui a importância da sistematização (definições, notações, exemplos), pois as situações do mundo real não vêm acompanhadas de fórmulas explícitas.

Esse é um ponto fundamental, pois muitas vezes os conceitos são apresentados para resolver problemas que se referem apenas a eles mesmos. Além disso, a aplicação dos conhecimentos constituídos na escola às situações da vida cotidiana e da experiência espontânea permite seu entendimento, crítica e revisão.

Por isso, o livro didático é mais um auxiliar na busca por um ensino que promova uma aprendizagem significativa, com temas relevantes e contextualizados, que permitam ao estudante perceber algum valor naquilo que lhe é dado estudar.

Contextualizar não é simplesmente tomar o dia a dia como mote para introduzir um conteúdo; significa relacionar a Matemática com as dimensões presentes na vida pessoal e cultural do estudante, tirando-o da passividade diante da ciência. Não é disparatado pensar que a Matemática pode até contribuir para o intercâmbio intelectual e para a convivência afetiva entre adultos e jovens.

Do ponto de vista legal, o livro de Matemática, como todo material didático, precisa respeitar os princípios que inspiram a legislação educacional brasileira, para que possa dar a sua contribuição aos fins maiores da educação: apropriação do conhecimento, prática de cidadania, enriquecimento cultural e relação com o mundo do trabalho. Logo, para atingir essas finalidades, é fundamental estabelecer uma relação de sujeito, e não de sujeição, com o livro didático.

Por último, mas não menos importante: as sugestões e críticas serão sempre bem-vindas, pois assim será possível o aperfeiçoamento contínuo do nosso material.

Os autores

Novidades 2018O Bernoulli Sistema de Ensino tem sua atividade pautada na busca constante da excelência. Por isso,

trabalhamos sempre atentos à evolução do mercado e com empenho para oferecer as melhores soluções educacionais aos nossos parceiros. Em 2017, iniciamos o nosso atendimento ao segmento da Educação Infantil com o material didático para 4 e 5 anos, que já é sucesso nas escolas, trazendo ainda mais inovação e qualidade para as práticas escolares. Em 2018, é hora de estendermos nossa atuação às outras crianças desse segmento: as de 2 e 3 anos, que poderão vivenciar práticas lúdicas e pedagogicamente ricas.

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Nos Anos Iniciais do Ensino Fundamental, a novidade é a parceria firmada para oferta de uma coleção de livros literários totalmente alinhada aos temas trabalhados nos livros do 1º ao 5º ano. As obras são voltadas para o desenvolvimento de temas transversais, como respeito a diferenças, sustentabilidade, cidadania e manifestações culturais. Além disso, atendendo aos pedidos de nossos parceiros, passamos a oferecer o livro de Língua Inglesa para o 1º ano, que foi construído com o mesmo rigor de qualidade e com mais ludicidade ainda, em consonância com a proposta pedagógica da Educação Infantil e com a dos Anos Iniciais do Ensino Fundamental.

Nos Anos Finais do Ensino Fundamental, a grande novidade fica a cargo da Coleção de Arte para o 6º até o 9º ano, que apresenta uma abordagem integrada das quatro linguagens artísticas (artes visuais, música, teatro e dança), de forma a desenvolver a sensibilidade, criticidade, criatividade, bem como a fruição estética, entrelaçando a esses aspectos práticas de criação e produção artísticas, incitando nos alunos e nos professores um olhar reflexivo e curioso. Contamos também com um novo livro de Biologia para atender às escolas que trabalham separadamente esse componente curricular no 9º ano do Ensino Fundamental, uma solução totalmente integrada às temáticas e ao projeto editorial da Coleção Ensino Fundamental Anos Finais. Temas como a Bioquímica, a Biotecnologia, a Ecologia, a Evolução são destaques no conteúdo programático dessa obra, que tem como objetivo a retomada de assuntos trabalhados ao longo do Ensino Fundamental e a introdução de tópicos relevantes para a preparação dos alunos que em breve ingressarão no Ensino Médio.

No Ensino Médio, as novidades estão no campo da tecnologia, com a disponibilização do Meu Bernoulli também para a 1ª e a 2ª série. Além disso, será disponibilizado um novo formato de e-book, mais leve, com novas funcionalidades e recursos de acessibilidade. Quem já conhece sabe que o Meu Bernoulli é uma plataforma digital de aprendizagem inovadora capaz de trazer grandes benefícios para a comunidade escolar. Além de todas as funcionalidades que o Meu Bernoulli já apresenta, os parceiros que adquirirem os Simulados Enem terão, a partir deste ano, acesso a todas as provas comentadas.

A inovação também está presente no Bernoulli TV! A partir de agora, os vídeos estarão disponíveis no app e em maior variedade, de modo a apresentar a resolução de questões para novas disciplinas das Coleções 6V, 4V e 2V, Ensino Médio (1ª e 2ª séries) e também para a Coleção do 9º ano do Ensino Fundamental. Além disso, estarão disponíveis a resolução de todos os Simulados Enem e Ensino Médio (1ª e 2ª séries) logo após a aplicação das provas e os áudios para as disciplinas de Língua Inglesa e Língua Espanhola.

E ainda tem mais: alinhado com um mundo cada vez mais digital, o Bernoulli Sistema de Ensino passa a integrar os seus objetos de aprendizagem (games, animações, simuladores e vídeos) às Coleções, de modo que eles possam ser acessados através de QR codes e códigos impressos nos materiais físicos. Com isso, o conteúdo estará sempre à mão, podendo ser acessado por meio de smartphones e tablets, onde o aluno estiver, tornando a aprendizagem ainda mais interativa e instigante!

Como você poderá comprovar, o Bernoulli Sistema de Ensino não para! Estamos sempre à frente a fim de trazer o que há de melhor para que sua escola continue sempre conosco.

Fundamentação teóricaNos anos 1950, originou-se, nos Estados Unidos, na França e na Bélgica, um movimento que culminou,

nos anos 1960, em uma reforma que foi denominada “Matemática Moderna”. Um dos seus objetivos era levar aos estudantes dessa época os avanços que a disciplina teve nos últimos duzentos anos, pois, de acordo com os reformistas, a Matemática que se ensinava nas escolas era anterior a 1700. A par disso, julgavam que essa ciência tinha de ser apresentada em forma de estruturas axiomáticas, em consonância com os avanços obtidos por Hilbert, na Geometria, Cantor, no estudo dos conjuntos, e assim por diante. Passamos, nessa época, por um ensino matemático totalmente “conteudista”, afastado da realidade e da utilidade da Matemática na vida real.

Claro que essa postura não deu certo, pois as crianças e os adolescentes expostos a essa tentativa não tinham maturidade cognitiva para tal exposição.

No Brasil, essa atitude começou a mudar nos anos 1990, com a Lei de Diretrizes e Bases da Educação – LDB, lei n. 9 394/96. De acordo com a LDB, ao Ensino Médio foram atribuídas as seguintes finalidades: o aprimoramento do educando como ser humano, a sua formação ética, o desenvolvimento de sua autonomia intelectual e de seu pensamento crítico, a sua preparação para o mundo do trabalho e o desenvolvimento de competências para continuar seu aprendizado (Art. 35 da LDB - adaptado).

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Com a instituição, em 1998, das Diretrizes curriculares nacionais para o Ensino Médio (DCNEM) pelo Conselho Nacional de Educação e com a divulgação, em 1999, dos Parâmetros curriculares nacionais do Ensino Médio (PCNEM) pela Secretaria de Educação, passamos a ter documentos norteadores do que se pretende com a educação no Brasil.

De acordo com os PCNEM, o ensino de Matemática no nível médio tem como objetivos levar o aluno a

• compreenderosconceitos,procedimentoseestratégiasmatemáticasquepermitamaeledesenvolverestudos posteriores e adquirir uma formação científica geral.

• aplicarseusconhecimentosmatemáticosasituaçõesdiversas,utilizando-osnainterpretaçãodaciência,na atividade tecnológica e nas atividades cotidianas.

• analisarevalorizarinformaçõesprovenientesdediferentesfontes,utilizandoferramentasmatemáticaspara formar uma opinião própria, que lhe permita expressar-se criticamente sobre problemas da Matemática, das outras áreas do conhecimento e da atualidade.

• desenvolverascapacidadesderaciocínioeresoluçãodeproblemas,decomunicação,bemcomooespírito crítico e criativo.

• utilizarcomconfiançaprocedimentosderesoluçãodeproblemasparadesenvolveracompreensãodosconceitos matemáticos.

• expressar-seoral,escritaegraficamenteemsituaçõesmatemáticasevalorizaraprecisãodalinguageme as demonstrações em Matemática.

• estabelecerconexõesentrediferentestemasmatemáticoseentreessestemaseoconhecimentodeoutras áreas do currículo.

• reconhecerrepresentaçõesequivalentesdeummesmoconceito,relacionandoprocedimentosassociadosàs diferentes representações.

• promoverarealizaçãopessoalmedianteosentimentodesegurançaemrelaçãoàssuascapacidadesmatemáticas, bem como o desenvolvimento de atitudes de autonomia e cooperação.

Ainda nos PCNEM, temos as competências e habilidades a serem desenvolvidas na Matemática. São elas:

Representação e comunicação

• LereinterpretartextosdeMatemática.

• Ler,interpretareutilizarrepresentaçõesmatemáticas(tabelas,gráficos,expressões,etc.).

• Transcrevermensagensmatemáticasdalinguagemcorrenteparaalinguagemsimbólica(equações,gráficos, diagramas, fórmulas, tabelas, etc.) e vice-versa.

• Exprimir-secomcorreçãoeclareza,tantonalínguamaterna,comonalinguagemmatemática,usandoa terminologia correta.

• Produzirtextosmatemáticosadequados.

• Utilizaradequadamenteosrecursostecnológicoscomoinstrumentosdeproduçãoedecomunicação.

• Utilizarcorretamenteinstrumentosdemediçãoededesenho.

Investigação e compreensão

• Identificaroproblema(compreenderenunciados,formularquestões,etc.).

• Procurar,selecionareinterpretarinformaçõesrelativasaoproblema.

• Formularhipótesesepreverresultados.

• Selecionarestratégiasderesoluçãodeproblemas.

• Interpretarecriticarresultadosemumasituaçãoconcreta.

• Distinguireutilizarraciocíniosdedutivoseindutivos.

• Fazer e validar conjecturas, experimentando e recorrendo amodelos, esboços, fatos conhecidos,relações e propriedades.

• Discutirideiaseproduzirargumentosconvincentes.

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Contextualização sociocultural

• DesenvolveracapacidadedeutilizaraMatemáticanainterpretaçãoeintervençãonoreal.

• Aplicar conhecimentos emétodosmatemáticos em situações reais, em especial em outras áreas do conhecimento.

• RelacionaretapasdahistóriadaMatemáticacomaevoluçãodahumanidade.

• Utilizaradequadamentecalculadorasecomputador,reconhecendosuaslimitaçõesepotencialidades.

Desde 2009, com a instituição do Enem como um dos modos de acesso às universidades e com a divulgação de seus eixos cognitivos, competências e habilidades, temos mais um documento no qual devemos nos basear.

Tomemos os cinco eixos cognitivos do Enem:

• Dominarlinguagens(DL).

• Compreenderfenômenos(CF).

• Enfrentarsituações-problema(SP).

• Construirargumentação(CA).

• Elaborarpropostas(EP).

A Matemática encontra-se presente em todos esses eixos, quer pelo seu aspecto instrumental, quer pelo seu aspecto formativo, quer pelo seu aspecto científico.

Para que seja possível alcançar o desenvolvimento das competências e habilidades requeridas dos estudantes de hoje, algumas posturas podem ser úteis:

• Aaprendizagemmatemáticadevevalorizaroraciocíniomatemáticoemdetrimentoda“decoreba”.

• Assituações-problemapropostasdevemserinteligentesedesafiadoras,demodoafazercomqueo aluno crie estratégias e argumentações.

• Oaluno,semprequepossível,devesercolocadodiantedesituaçõesnasquaisdeveráfazerumaescolha entre duas ou mais situações propostas.

• Ousodacalculadora,deplanilhasesoftwares matemáticos deve ser estimulado.

• Leituraseinterpretaçõesdecontasdeágua,luz,faturasdecartão,etc.devemserrealizadasemsalade aula.

• Promoçõesemliquidaçõesdelojas,supermercadosprecisamserlevadasparadentrodasaladeaula.

Quanto ao conteúdo curricular do atual Ensino Médio, podemos considerá-lo dividido em sete grandes áreas: números, Geometria, medidas, variação de grandezas, Álgebra, gráficos e tabelas, e Estatística e Probabilidade.

No que concerne aos números, pretende-se que sejam enfatizados seus aspectos práticos na realização de contagens e medições. Deve-se realçar o fato de a procura de padrões numéricos e a criação de novos números estarem intimamente relacionadas ao aspecto prático do cotidiano. O uso dos números decimais e a notação científica devem ser explorados ao máximo.

No estudo da Geometria, temos a primeira oportunidade de mostrar ao aluno o método axiomático da Matemática. Não devemos, contudo, ir a extremos. É necessário que teoremas sejam demonstrados, mas deve-se evitar a previsibilidade. Privilegie demonstrações que mostrem utilidade. A ênfase deve ser dada ao estudo de semelhança, triângulos retângulos e áreas. No caso dos sólidos geométricos, também deve-se explorar a sua planificação e visualização, assim como o cálculo de áreas e volumes. Os conceitos de área e volume devem ser claramente explicados.

Ao definir o que significa medir uma grandeza, o professor tem uma ótima oportunidade de introduzir os números irracionais. Esse é o momento de aprender a fazer as mudanças de unidades e introduzir seu uso, por exemplo, nas escalas. É interessante um pouco de história matemática sobre as unidades antigas e sua uniformizaçãoapartirdaRevoluçãoFrancesa.

No estudo referente à variação de grandezas, as funções são introduzidas como modelos matemáticos para descreverem situações não apenas do dia a dia, mas também das ciências de um modo geral. As representações gráficas das funções devem ser destacadas como um meio de “visualizar” suas propriedades. Devem-se explorar esses aspectos, sem ficar analisando, por exemplo, se a função é inversa, se a função é par, etc.

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Nesse ponto, é fundamental que o aluno seja capaz de decidir quando usar cada função. Desse modo, diante de um problema que envolva grandezas diretamente proporcionais, por exemplo, o aluno precisa saber que o modelo matemático a ser utilizado é a função linear; no caso de problemas que envolvam crescimento populacional, ele deve identificar a função exponencial como o modelo a ser utilizado, e assim sucessivamente. Podemos, também, associar a esse tópico o estudo de porcentagem e juros, com o uso de problemas práticos do cotidiano.

Quanto à Álgebra, deve-se mostrar a utilidade das equações e dos sistemas de equações na resolução de problemas, porém, esses problemas devem ser criativos e desafiadores. Devemos destacar, sempre que possível, as soluções algébrica e gráfica por meio da representação das equações dadas no plano cartesiano. O aluno deverá ser sempre estimulado a discutir sobre a natureza das soluções encontradas e, caso alguma solução não convenha ao problema, saber explicar o porquê.

Gráficos e tabelas são, hoje, largamente utilizados pela mídia. Logo, é fundamental que o aluno saia do Ensino Médio sabendo lê-los, interpretá-los e analisá-los. Para isso, devemos utilizar situações do momento, explorando revistas e jornais.

A Estatística é claramente difundida atualmente. No Ensino Médio, seu aspecto descritivo será o mais utilizado. Logo, deve-se mostrar as diversas maneiras de representar os dados coletados, indicando qual delas é a melhor. As características das medidas de tendência central devem ser claramente destacadas. O estudo da Probabilidade pode servir para a iniciação do aluno na Estatística inferencial.

Esperamos que nossa Coleção possa ajudá-lo, mas temos plena convicção de que nosso sucesso depende de você, professor, que é e será sempre a principal figura no processo educacional.

Estrutura da ColeçãoOs conteúdos da Coleção são apresentados por frentes, as quais se dividem em capítulos.

O fato de a Coleção ser dividida em frentes não significa que os conteúdos devem ser trabalhados de forma fragmentada; ao contrário, deve-se buscar constante articulação entre eles.

Igualmente, é importante atentar para o fato de que não se pretende esgotar os conteúdos a cada volume da Coleção. Assim, em muitos casos, os conteúdos são retomados de forma mais aprofundada em volumes seguintes.

Essa estrutura da Coleção pretende garantir que os alunos tenham contato com vários assuntos ao mesmo tempo no decorrer do ano, em um movimento espiralado de aprendizagem.

Estrutura do livroCada capítulo contém seções que visam fornecer outras abordagens sobre o assunto / conteúdo.

A seguir, são apresentadas as seções que compõem o capítulo para que você, professor, entenda como pode trabalhá-las para obter o melhor rendimento em sala de aula e também como pode orientar os alunos paraoestudoautônomo.

1) Texto introdutório

O texto introdutório tem uma temática que estimula os alunos a se envolverem com a situação-problema que serve como ponto de partida para o conteúdo. Aproveite esse texto para ativar o conhecimento prévio dos alunos acerca do assunto, o que pode ocorrer em uma pequena discussão, com uma troca de ideias entre todos, inclusive você, professor.

Esse texto pode ser lido coletivamente, em sala, no dia do início do trabalho com o capítulo, ou pode-se solicitar aos alunos que o leiam previamente em casa para que tragam para a sala de aula informações sobre o assunto pesquisadas em outras fontes.

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2) Exercícios resolvidos

Nessa seção, mais do que fornecer um paradigma de resolução, você, professor, poderá percorrer com o aluno o caminho para a resolução do exercício. É um momento propício para trabalhar a interpretação do enunciado e prevenir eventuais equívocos que possam ocorrer nessa interpretação. Evite que o aluno trabalhe essa seção solitariamente, tomando o exercício resolvido como um modelo apenas, pois é nesse momento que ele pode surpreender com um novo caminho para a resolução do problema.

3) Exercícios de aprendizagem

Esses exercícios foram distribuídos ao longo do capítulo para que você, professor, possa fazer a fixação do conteúdo por item. Devem ser resolvidos em sala de aula, pois, dessa forma, você poderá verificar o grau de assimilação do conteúdo trabalhado, podendo retomá-lo, caso seja necessário, a fim de obter um bom resultado. Desse modo, você evita a surpresa de só descobrir as lacunas de aprendizagem no final do capítulo, quando vários itens de naturezas diferentes e também com graus de dificuldade diferentes já tiverem sido abordados.

4) Exercícios propostos

Essa seção, que reúne um grande número de exercícios de múltipla escolha e questões discursivas, foiplanejadaparaqueoalunotrabalhedeformaautônoma,resgatandotodooconteúdoestudadoaolongodo capítulo. Incentive-o a fazer os exercícios em casa e a trazer as dúvidas para a sala de aula.

5) Cotidiano

Essa seção procura levar o aluno a perceber a relação entre o conteúdo estudado e seu cotidiano ou ainda a relação que tal conteúdo guarda com a realidade. É importante que você, professor, encontre um momento para apresentar essa seção aos alunos, instigando-os a falar sobre outras situações vivenciadas que sirvam de exemplo a ser compartilhado em sala de aula.

6) Seção Enem

As questões que compõem a seção são criteriosamente selecionadas das provas do Enem ou dos Simulados elaborados pelo Bernoulli Sistema de Ensino. Explique as habilidades cobradas em cada uma das questões. Isso é importante para que o aluno se familiarize com a forma como os conteúdos são avaliados no exame nacional.

7) Desafio

Lançar um desafio ao aluno é sempre uma forma de estimulá-lo a testar seus limites. Para trabalhar com essa seção, é interessante que você, professor, demonstre por que o grau de dificuldade da questão é mais elevado do que o das encontradas nos exercícios de fixação ou propostos.

8) Tá na mídia

Essa seção oferece sugestões de filmes, livros, sites, músicas, entre outras mídias, que abordam o tema de forma diferente daquela tratada no material didático, mas com uma relação estreita com ele. Incentive o aluno a ler as sinopses a fim de entender o porquê da sugestão. Aproveite as sugestões da seção para planejar atividades em sala de aula, como uma “sessão de cinema” com o filme indicado ou a audição de uma música.

9) QR Code – Como acessar

OQRCodeéumcódigodeacessoaosobjetosdeaprendizagemdoBernoulliDigital.Parabaixaroconteúdo,énecessárioquevocêtenhadisponívelnoseudispositivoumleitordeQRCodes,quevocêpodeencontrarnas stores (Google Play e App Store). Baixe o app, escaneie o código com a câmera e tenha acesso ao nosso conteúdo.

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10) Bernoulli TV

Essa seção disponibiliza resoluções das questões em vídeo. Baixe o app do Bernoulli TV ou acesse tv.bernoulli.com.br e digite o código alfanumérico da questão para assistir à resolução. Estão disponíveis também vídeos que abordam o conteúdo trabalhado nos módulos (que antes constavam no Bernoulli Digital). Além disso, o Bernoulli TV agora conta com os vídeos das línguas estrangeiras.

Matriz de referência EnemMatemática e suas tecnologias

Eixos cognitivos (comuns a todas as áreas de conhecimento)I. Dominar linguagens (DL): dominar a norma culta da Língua Portuguesa e fazer uso das linguagens

matemática, artística e científica e das Línguas Espanhola e nglesa.

II. Compreender fenômenos (CF): construir e aplicar conceitos das várias áreas do conhecimento para acompreensãodefenômenosnaturais,deprocessoshistórico-geográficos,daproduçãotecnológicae das manifestações artísticas.

III. Enfrentar situações-problema (SP): selecionar, organizar, relacionar e interpretar dados e informações representados de diferentes formas, para tomar decisões e enfrentar situações-problema.

IV. Construir argumentação (CA): relacionar informações, representadas em diferentes formas, e conhecimentos disponíveis em situações concretas, para construir argumentação consistente.

V. Elaborar propostas (EP): recorrer aos conhecimentos desenvolvidos na escola para elaboração de propostas de intervenção solidária na realidade, respeitando os valores humanos e considerando a diversidade sociocultural.

Habilidades e competências

Competência de área 1 – Construir significados para os números naturais, inteiros, racionais e reais.

H1–Reconhecer,nocontextosocial,diferentessignificadoserepresentaçõesdosnúmerosedasoperações–naturais, inteiros, racionais ou reais.

H2–Identificarpadrõesnuméricosouprincípiosdecontagem.

H3–Resolversituação-problemaenvolvendoconhecimentosnuméricos.

H4 – Avaliar a razoabilidade de um resultado numérico na construção de argumentos sobre afirmações quantitativas.

H5 – Avaliar propostas de intervenção na realidade utilizando conhecimentos numéricos.

Competência de área 2 – Utilizar o conhecimento geométrico para realizar a leitura e a representação da realidade e agir sobre ela.

H6 – Interpretar a localização e a movimentação de pessoas / objetos no espaço tridimensional e sua representação no espaço bidimensional.

H7–Identificarcaracterísticasdefigurasplanasouespaciais.

H8–Resolversituação-problemaqueenvolvaconhecimentosgeométricosdeespaçoeforma.

H9 – Utilizar conhecimentos geométricos de espaço e forma na seleção de argumentos propostos como solução de problemas do cotidiano.

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Competência de área 3 – Construir noções de grandezas e medidas para a compreensão da realidade e a solução de problemas do cotidiano.

H10–Identificarrelaçõesentregrandezaseunidadesdemedida.

H11 – Utilizar a noção de escalas na leitura de representação de situação do cotidiano.

H12–Resolversituação-problemaqueenvolvamedidasdegrandezas.

H13 – Avaliar o resultado de uma medição na construção de um argumento consistente.

H14 – Avaliar proposta de intervenção na realidade utilizando conhecimentos geométricos relacionados a grandezas e medidas.

Competência de área 4 – Construir noções de variação de grandezas para a compreensão da realidade e a solução de problemas do cotidiano.

H15 – Identificar a relação de dependência entre grandezas.

H16–Resolversituação-problemaenvolvendoavariaçãodegrandezasdiretaouinversamenteproporcionais.

H17 – Analisar informações envolvendo a variação de grandezas como recurso para a construção de argumentação.

H18 – Avaliar propostas de intervenção na realidade envolvendo variação de grandezas.

Competência de área 5–Modelareresolverproblemasqueenvolvemvariáveissocioeconômicasoutécnico--científicas, usando representações algébricas.

H19–Identificarrepresentaçõesalgébricasqueexpressemarelaçãoentregrandezas.

H20–Interpretargráficocartesianoquerepresenterelaçõesentregrandezas.

H21–Resolversituação-problemacujamodelagemenvolvaconhecimentosalgébricos.

H22 – Utilizar conhecimentos algébricos / geométricos como recurso para a construção de argumentação.

H23 – Avaliar propostas de intervenção na realidade utilizando conhecimentos algébricos.

Competência de área 6 – Interpretar informações de natureza científica e social obtidas da leitura de gráficos e tabelas, realizando previsão de tendências, extrapolação, interpolação e interpretação.

H24–Utilizarinformaçõesexpressasemgráficosoutabelasparafazerinferências.

H25–Resolverproblemacomdadosapresentadosemtabelasougráficos.

H26 – Analisar informações expressas em gráficos ou tabelas como recurso para a construção de argumentos.

Competência de área 7–Compreenderocaráteraleatórioenãodeterminísticodosfenômenosnaturaisesociais e utilizar instrumentos adequados para medidas, determinação de amostras e cálculos de probabilidade para interpretar informações de variáveis apresentadas em uma distribuição estatística.

H27 – Calcular medidas de tendência central ou de dispersão de um conjunto de dados expressos em uma tabela de frequências de dados agrupados (não em classes) ou em gráficos.

H28–Resolversituações-problemaqueenvolvamconhecimentosdeEstatísticaeProbabilidade.

H29 – Utilizar conhecimentos de Estatística e Probabilidade como recurso para a construção de argumentação.

H30 – Avaliar propostas de intervenção na realidade, utilizando conhecimentos de Estatística e Probabilidade.

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Manual do Professor


Planejamento anual*Disciplina: MatEMÁtICa

sÉRiE: 1ª

sEGMEnTO: EM

FRENTE CAPÍTulo VolumE TÍTulo

A

1 1 •Conjuntos e números

2 1 •Funções

3 2 •Função afim

4 2 •Função quadrática

5 3 •Função modular e classificação de funções

6 3 •Função exponencial

7 4 •Logaritmos

8 4 •Função logarítmica

B

1 1 •Potenciação, radiciação e sistemas métricos

2 1 •Produtos notáveis e fatoração

3 2 •Divisibilidade, MDC e MMC

4 2 •Razõeseproporções

5 3 •Equações e problemas

6 3 •Porcentagem e juros

7 4 •Progressão aritmética

8 4 •Progressão geométrica

C

1 1 •Ângulos e triângulos

2 2 •Semelhança de triângulos

3 3 •Triângulo retângulo (relações trigonométricas e métricas)

4 4 •Teorema de Tales e quadriláteros

* Conteúdo programático sujeito a alteração. / O conteúdo completo de matemática do EM 1ª e 2ª série está disponível no final

do Manual do Professor.

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12 Coleção EM1

Planejamento do volumeDisciplina: MatEMÁtICa

sÉRiE: 1ª

sEGMEnTO: EM

vOluME: 1

FRENTE CAPÍTulo TÍTuloSugESTõES dE ESTRATégiAS

A

1 •Conjuntos e números •Aula expositiva

•Aplicação de exercícios

•Resoluçãodeexercícios

•Aula prática

•Debate

•Aula multimídia

•Discussão em grupos

•Filmes

2 •Funções

B

1 •Potenciação, radiciação e sistemas métricos

2 •Produtos notáveis e fatoração

C 1 •Ângulos e triângulos

Orientações para composição de carga horária

Para otimizar o uso do material, sugerimos uma composição de carga horária em que se deve observar

o seguinte:

Considere que o ano letivo tenha, em média, 36 semanas. Como na Coleção EM1 o conteúdo de cada

disciplina é apresentado em 4 volumes, recomendamos dedicar 9 semanas letivas ao estudo de cada volume.

O conteúdo de Matemática está distribuído em três frentes (A, B e C). As Frentes A e B possuem 2 capítulos

por volume e a Frente C, 1 capítulo.

Sugerimos, então, a seguinte carga horária semanal por frente:

Frente A: 2 aulas por semana.

Frente B: 2 aulas por semana.

Frente C: 1 aula por semana.

Carga total da disciplina por semana: 5 aulas semanais.

Para calcular o número médio de aulas por capítulo, basta considerar a carga horária de 9 semanas

(nesse caso, 45 aulas – 9 x 5) e dividi-la pelo número de capítulos (nesse caso, 5 capítulos).

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Manual do Professor


Sugestão de distribuição de conteúdoTrimestral

TRimESTRE CAPÍTulo

1º trimestre

1º mês•A1 – Conjuntos e números•B1 – Potenciação, radiciação e sistemas métricos•C1 – Ângulos e triângulos

2º mês•A2 – Funções•B2 – Produtos notáveis e fatoração•C1 – Ângulos e triângulos

3º mês•A3 – Função afim•B2 – Produtos notáveis e fatoração•C1 – Ângulos e triângulos

2º trimestre

1º mês•A4 – Função quadrática•B3 – Divisibilidade, MDC e MMC•C2 – Semelhança de triângulos

2º mês

•A4 – Função quadrática•A5 – Função modular e classificação de funções•B4–Razõeseproporções•C2 – Semelhança de triângulos

3º mês•A5 – Função modular e classificação de funções•B5 – Equações e problemas•C3 – Triângulo retângulo (relações trigonométricas e métricas)

3º trimestre

1º mês•A6 – Função exponencial•B6 – Porcentagem e juros•C3 – Triângulo retângulo (relações trigonométricas e métricas)

2º mês

•A7 – Logaritmos•B7 – Progressão aritmética•C3 – Triângulo retângulo (relações trigonométricas e métricas)•C4 – Teorema de Tales e quadriláteros

3º mês•A8 – Função logarítmica•B8 – Progressão geométrica•C4 – Teorema de Tales e quadriláteros

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14 Coleção EM1

Bimestral

BimESTRE CAPÍTulo

1º bimestre

1º mês•A1 – Conjuntos e números•B1 – Potenciação, radiciação e sistemas métricos•C1 – Ângulos e triângulos

2º mês•A2 – Funções•B2 – Produtos notáveis e fatoração•C1 – Ângulos e triângulos

2º bimestre

1º mês•A3 – Função afim•B3 – Divisibilidade, MDC e MMC•C2 – Semelhança de triângulos

2º mês•A4 – Função quadrática•B4–Razõeseproporções•C2 – Semelhança de triângulos

3º bimestre

1º mês•A5 – Função modular e classificação de funções•B5 – Equações e problemas•C3 – Triângulo retângulo (relações trigonométricas e métricas)

2º mês•A6 – Função exponencial•B6 – Porcentagem e juros•C3 – Triângulo retângulo (relações trigonométricas e métricas)

4º bimestre

1º mês•A7 – Logaritmos•B7 – Progressão aritmética•C4 – Teorema de Tales e quadriláteros

2º mês•A8 – Função logarítmica•B8 – Progressão geométrica•C4 – Teorema de Tales e quadriláteros

Orientações e sugestõesCapítulo A1: Conjuntos e números

Uma breve introdução à Lógica das proposições abre o capítulo dedicado ao estudo dos conjuntos e dos conjuntos numéricos. A ideia é fazer a conexão entre conjuntos e Lógica de maneira simples. Nesse ponto, consideramos que é fundamental esclarecer aos alunos em quais situações as proposições compostas pelos conectivos “e” e “ou” são verdadeiras ou falsas. Sobre a negação de proposições, é importante ressaltar que a negação de “todo” não é “nenhum”. No estudo dos conjuntos, professor, procure trabalhar os conceitos intuitivamente, antes da linguagem matemática. Aqui, consideramos que o foco é a resolução de problemas que envolvem as operações de interseção, união e diferença.

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Com relação aos conjuntos numéricos, apresente as operações que não são possíveis em cada conjunto e a consequente necessidade do conjunto seguinte. Mostre que a importância de saber encontrar a fração geratriz de um decimal periódico reside no fato de que não efetuamos, na forma decimal, as operações básicas entre dízimas.

Capítulo A2: Funções“O livro do mundo está escrito em linguagem matemática.” Essa frase de Galileu Galilei (1564 – 1642)

reflete a importância do domínio da linguagemmatemática para compreender os fenômenos que noscercam.Osmodelosmatemáticosusadosnaciênciaparadescreveressesfenômenosgeralmenteexpressama dependência de uma grandeza em relação a outra, o que remete diretamente ao conceito de função. Por isso, apresente esse conceito como a variação de uma grandeza associada à variação de outra grandeza. Nesse capítulo, a ênfase deverá ser dada à linguagem dos gráficos, às propriedades observadas a partir deles e ao importante conceito de taxa média de variação.

Capítulo B1: Potenciação, radiciação e sistemas métricosInicie o capítulo recordando minuciosamente cada uma das propriedades das potências, dando exemplos

que ilustram a aplicação de cada uma delas. Nesse ponto do trabalho, deseja-se que o aluno desenvolva habilidades de manipulação numérica, fundamentais para os capítulos que serão trabalhados mais à frente. Portanto, você, professor, deve resolver uma grande quantidade de exercícios junto com os alunos. Em seguida, defina radiciação e suas propriedades principais. Dê atenção especial à definição de raiz de índicepar,demodoaevitarconfusões.Resolvaumaquantidadegrandedeexercíciosemsala,etambémindique tarefas para casa. Após treinar as propriedades de radiciação, trabalhe bastante a racionalização de denominadores.

Em um segundo momento, trabalhe o sistema métrico decimal. Esse trabalho deve ser minucioso, pois as habilidades requeridas nesse assunto serão usadas em todo o Ensino Médio.

Capítulo B2: Produtos notáveis e fatoraçãoInicie o capítulo recordando os principais produtos notáveis, destacando que eles podem ser interpretados

geometricamente. Procure fazer com que os alunos resolvam vários produtos notáveis em sala, de modo a desenvolver habilidades de manipulação algébrica. Em seguida, defina fatoração, utilizando vários exemplos para ilustrar cada uma das técnicas apresentadas. Faça muitos exercícios em sala, e não seesqueçademarcartarefasparacasa.Reserveváriasaulasparacorreçãodeexercícios,poisécomumque os alunos apresentem muitas dificuldades nesse assunto.

Capítulo C1: Ângulos e triângulosAo iniciar o estudo desse capítulo professor, apresente todas as classificações de ângulos, exemplificando

ângulos complementares e suplementares. Explicite as relações entre ângulos determinados por duas retas paralelas cortadas por uma transversal. Faça os exercícios relacionados a esse assunto, a fim de que os alunos consolidem o conteúdo.

Posteriormente, inicie o estudo dos triângulos, definindo e mostrando os seus principais elementos. Classifique os triângulos, tendo o cuidado de ilustrar cada tipo, e também deduza e exemplifique a soma dos ângulos internos. Explique mediana, bissetriz, altura, mediatriz e os respectivos pontos notáveis e suas propriedades. Exemplifique a divisão da mediana pelo baricentro na razão de 2:1. Demonstre, ainda, que o baricentro e o incentro são sempre interiores ao triângulo, o que não ocorre com o ortocentro e o circuncentro.

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16 Coleção EM1

Comentário e resolução de questões

CAPÍTULO – A1Conjuntos e números

Exercícios de aprendizagem

Questão 01 – Letra BComentário: DeacordocomasRegrasdeMorgan,negarqueduas proposições são, ao mesmo tempo, verdadeiras equivale a afirmar que uma pelo menos é falsa. Portanto, as rosas não são vermelhas ou as violetas não são azuis.

Questão 02 – Letra CComentário: Lê-se x ≤ –3 como: x é menor que ou igual a –3. Logo, na negação da disjunção, usa-se a conjunção: x não é menor que –3 e x não é igual a –3. Portanto, x > –3.

Questão 03 – Letra DComentário: Consideremosverdadeiraaproposiçãox–a≠bpara todo x. Assim, a afirmação de que existe um x tal que x – a = b é falsa. Sabemos que a negação da proposição ∀ x ∈ A | p(x) é equivalente à afirmação de que p(x) é falsa para pelo menos um x ∈ A.

Portanto, ∃ x | x – a = b é a negação de ∀x|x–a≠b.

Questão 04 – Letra CComentário: Se existir pelo menos um homem que não é elegante, a proposição “Todos os homens são elegantes” se torna falsa. Logo, a negação da proposição inicial será “Existe homem que não é elegante”.

Questão 05 – Letra BComentário: A negação transforma o quantificador universal em quantificador existencial (seguido de negação). Assim, para negar a proposição “qualquer que seja o homem, ele não é inteligente”, devemos dizer “existe pelo menos um homem que é inteligente”.

Questão 06 – Letra BComentário: Use o mesmo argumento da questão anterior.

Questão 07 – Letra AComentário: Como nessa cidade todos os homens são tabagistas, o conjunto dos homens está contido no conjunto dos tabagistas; e, como alguns canhotos não são tabagistas, isto é, há elementos do conjunto dos canhotos que não pertencem ao conjunto dos tabagistas, então podemos afirmar somente que há canhotos que não são homens.

Questão 08 Comentário:

A) 1 ∈ A, pois 1 é elemento de A.

B) {1} ⊂ A, pois {1} é subconjunto de A.

C) {2} ⊂ A, pois {2} é subconjunto de A.

D) ∅ ⊂ A, propriedade de inclusão.

E) 1 ∈ B, pois 1 é elemento de B.

F) {1} ⊂ B, pois {1} é subconjunto de B ou {1} ∈ B, pois {1} é elemento de B.

G) 2 ∈ B, pois 2 é elemento de B.

H) {2} ⊂ B, pois {2} é subconjunto de B.

Questão 09Comentário: Sejam os conjuntos:A: População brasileiraB: Conjunto de todas as pessoas honestasSe A ⊂ B, então todo brasileiro é honesto. E a negação é A ⊄ B, isto é, existe pelo menos um brasileiro que não é honesto.

Questão 10Comentário: A ⊂ B ⊂ C ⇒ A ⊂ C

C

BA

Questão 11Comentário: Devemos começar pela interseção A ∩ B = {d, e}. Depois, efetuamos a subtração A – B = {a, b, c}. Por fim, completamos em B os elementos que ainda devem ser representados, oriundos da união A ∪ B = {a, b, c, d, e, f, g, h}.

A Ba

b

c

fg

h

d

e

Observemos que os elementos f, g, h pertencem apenas a B, pois não estão em A – B nem na interseção. Assim:

B = {d, e, f, g, h} e n(B) = 5

Questão 12Comentário: Para determinar o número de elementos de A ∩ (B ∪ C), montaremos o Diagrama de Venn da situação.

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1515

5

C

A B

Iniciamos por n(A ∩ B ∩ C) = 15.Em seguida, preenchemos as interseções A ∩ B e A ∩ C:

n A B n A B C

n A C n A B C

( ) – ( ) –

( ) – ( ) –

∩ ∩ ∩ = =

∩ ∩ ∩ = =

30 15 15

20 15 5

Portanto, no diagrama, temos:

n(A ∩ (B ∪ C)) = 15 + 15 + 5 = 35 elementos.

Questão 13 – Letra BComentário: De acordo com o enunciado, sabemos que:

x y

z

20120 – 100 30130 – 100

25

125 – 100

100

Laranja Banana

Maçã

Sejam x, y e z as pessoas que consomem somente laranja, banana e maçã, respectivamente. Como o total de pessoas que consome laranja é 185, temos:x + 25 + 100 + 20 = 185 ⇒ x = 40

Como o total de pessoas que consomem as três frutas é 400 e o número de pessoas que consomem banana é o mesmo das que consomem maçã, podemos escrever:

40 125 20 30 y z 400y 125 30 z 120 30

y z 185z – y 5

y z 185z – y 5

y 90 e z 95

+ + + + + =+ + = + +

⇒ + =

=

⇒

+ ==

⇒ = =

Portanto, o número de pessoas que consomem maçã e não consomem laranja é:z + 30 = 95 + 30 = 125

Questão 14 – Letra BComentário: De acordo com a tabela e começando por n(A ∩ B ∩ C) = 3, temos o seguinte diagrama:

A

9 10

13 – 3B

20

5

8 – 3

153

18 – 3

10

C

Somando os valores de todos os subconjuntos, temos 72 inscritos. Portanto, a afirmativa IV é incorreta.Somando os valores que pertencem ao conjunto B, obtemos 48, logo, a III é correta.Calculando a soma dos elementos que não pertencem ao conjunto A, isto é, o complementar de A, obtemos 45 e, assim, a II está errada. Desconsiderando os subconjuntos exclusivos, obtemos a soma 10 + 5 + 15 + 3 = 33, que representa os inscritos em 2 ou 3 cursos; logo, a afirmativa I é correta.

Questão 15 – Letra EComentário: A profusão de dados no problema sugere que se usem diagramas ou fórmulas. Porém, se subtrairmos do total o número de pessoas que consomem C, obteremos as pessoas que não consomem C: 40 – 19 = 21.

Questão 16Comentário:

A) No universo dos naturais não há negativos: A = {0, 1, 2, 3}

B) Inclui –2 mas exclui 2: B = { –2, –1, 0, 1}

C) Inteiros cujo quadrado é menor que 15: C = {–3, –2, –1, 0, 1, 2, 3}

D) A equação x2 + x = 0 possui 2 soluções, x = –1 ou x = 0, mas em a solução é única: D = {0}

E) Inteiros não negativos menores que 5: E = {0, 1, 2, 3, 4}

F) Inteiros estritamente negativos maiores ou iguais a –3: F = {–3, –2, –1}

Questão 17Comentário: Vamos enumerar os elementos:A = {0, 1, 2, 3, 4, 5}B = {–2, –1, 0, 1, 2}C = {–4, –3, –2, –1}A) A ∩ B = {0, 1, 2}B) A ∪ B = {–2, –1, 0, 1, 2, 3, 4, 5}C) A – B = {3, 4, 5}D) B ∩ C = {–2, –1}E) B – A = {–2, –1}F) C – B = {–4, –3}

Questão 18Comentário: Sabe-se, pelo enunciado, que:I) a + b + c = 25II) a + 2b + 3c = 40Subtraindo I de II, temos:b + 2c = 15Considerando a, b e c ∈ , a solução que possui o maior valor para c é c = 7 e b = 1.

Substituindo em I, temos que a = 17.

Logo, a.b = 17.

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18 Coleção EM1


A) 0,02 (centésimos → duas casas decimais)

B) 0,345 (milésimos → três casas decimais)

C) 2 : 3 = 0,666...

D) 5 : 9 = 0,555...

E) 16 : 11 = 1,454545...

F) =–3

1 000– 0,003


A) =2499

833

B) + = + = =1 0,3636... 13699

13599

1511

C) + = +

= +

=–(3 0,2727...) – 32799

– 3311

–3611

D) + = + = + =2 0,0606... 2699

2233

6833

E) x = 1,2333...

10x = 12,333...

10x = 12 + 13

=10x373

=x3730

F) x = –2,15333...

100x = –215,333...

100x = –215 – 13

100x = –6463

=x –646300

=x –323150

Questão 21Comentário: Ao vender 1

5 das laranjas que possuía, sobraram

ao comerciante 45

do total. Como vendeu mais 38

do restante

38

45

310

. =

, sobrou-lhe 4

53

1012

– = do total, que é igual

a 30 laranjas. Portanto, sendo x o número inicial de laranjas

que o comerciante possuía, temos:12

.x = 30 ⇒ x = 60 laranjas.

Questão 22

Comentário: Sabe-se que 29

dos ciclistas desistem na 1a volta

da corrida, sobrando apenas 79, e que 1

7 do restante 1

779

19

. =

desiste antes do término da corrida, finalizando a corrida apenas

79

19

69

– = do total de ciclistas. Portanto, sendo x o número de

ciclistas que iniciaram a corrida, temos:

69

.x = 18 ⇒ x = 27 ciclistas.


A) +

+

= = = =

12

13

1 54

5694

5632

56

.23

59

B) = = =

18

1 – 416

12–316

–12

.163

–83

3

C) + = + =6

10–

69

.32

–9

101

610

–1 –9

101 –

310

D)

−= = = − = −

53

. 13

1 113

:2590

59

1 – 3.9025

59–2

.185

518

.185

1

Questão 24

Comentário: Sabe-se que (x + 3).y = 143 e que x e y ∈ .

Como 143 = 11 . 13 = (x + 3).y, podemos ter:

x e y

ou

x e y

x e y

x e y

+ = =

+ = =

⇒= =

= =

3 11 13

3 13 11

8 13

10 111

Portanto, x + y = 21 em ambos os casos.

Questão 25 – Letra B

Comentário: Representandooperíododefuncionamentodos

motores nas retas a seguir, podemos concluir que o horário de

pico corresponde ao intervalo de interseção entre os intervalos

de A e B, já que C funciona 24 horas

8 13 15 17A

A ∩ B = [13, 15]

B

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Questão 26 – Letra DComentário:

A) Falsa. = ∈77

1 J

B) Falsa. Há infinitos racionais em J.C) Falsa. Há infinitos irracionais em J.E) Falsa. Há infinitos racionais em J.

Questão 27 – Letra BComentário: As aproximações usuais para π e ¹3 são 3,14 e 1,7 respectivamente. Logo, π - ¹3 ≅ 3,14 – 1,7 = 1,44, que é maior que 1 e menor que 1,5.

Questão 28 – Letra AComentário: Resolvendoasinequações,temos:1) 7x – 4x < 15 + 6 ⇒ 3x < 21 ⇒ x < 7

2) 4x – 3x > 11 – 9 ⇒ x > 2Portanto, os números reais que satisfazem simultaneamente as duas condições são tais que 2 < x < 7.

Questão 29 – Letra CComentário:Representandoosintervalosindicados,temos:

a c

a b c

]a, c[

]a, c[ – ]b, c[ = ]a, b]

]b, c[

Questão 30 – V F V F VComentário:

1. Verdadeira. A altura do triângulo equilátero de lado l é 3

2l

,

que é irracional quando l for racional.

2. Falsa. As medianas também são alturas e bissetrizes no triângulo equilátero.

3. Verdadeira. A área é 34

2l .

4. Falsa. Se 32

l é racional, então a 3l = para algum

a racional. Logo, se o lado é irracional, o perímetro também é irracional.

5. Verdadeira. Se 3x é racional, então x é racional e A = x 34

2

é irracional.

Desafio

Questão 01Comentário: Organizando as informações retiradas do enunciado, temos:

• Ototaldeparticipantesé52.• No primeiro dia, participaram 41 competidores, ou seja,

52 – 41 = 11 competidores foram apenas no 2º e 3º dias.• No segundo dia, participaram 36 competidores, ou seja

52 – 36 = 16 competidores foram apenas no 1º e 3º dias.

Portanto, temos 11 + 16 = 27 competidores participando em apenas dois dias e 52 – 27 = 25 competidores que participam nos 3 dias. Os participantes que competem em 2 dias, pagam R$8,00pelainscrição,eosquecompetemnos3dias,pagamR$10,00pelainscrição.Logo,ototalarrecadadovaiserde:27.R$8,00+25.R$10,00=R$466,00.

Questão 02Comentário: Considere que essa pessoa foi à praia, pela manhã, a dias e deixou de ir, no mesmo período, 6 dias. Já à tarde, ela foi à praia b dias e deixou de ir 8 dias.

Sabemos que ela foi à praia 10 dias no total, logo a + b = 10.

Dessa forma, temos que o total de dias x que corresponde às férias dela é dado por:

x = a + 6 ou x = b + 8 ⇒ a + 6 = b + 8 ⇒ a – b = 2

Então:

a b 10a – b 2

+ ==

Somando as duas equações, temos:2a = 12 ⇒ a = 6 ⇒ x = 6 + 6 = 12.

Portanto, suas férias duraram 12 dias.

Questão 03Comentário: Paraa.b.c=40coma≤b≤c(semperdadegeneralidade), temos as seguintes possibilidades:

• a=b=1,c=40;• a=1,b=2ec=20;• a=1,b=4ec=10;• a=1,b=5ec=8;• a=b=2ec=10;• a=2,b=4ec=5.

Como o caçula fazia aniversário no dia, as duas opções com a = b estão descartadas. No entanto, em uma delas, a soma das idades encontrada é igual à soma das idades da opção correta, no caso, 14 (2 + 2 + 10). Assim, a = 1, b = 5 e c = 8.

Exercícios propostos

Questão 01 – Letra DComentário: Sabe-se que 30 homens não jogam peteca. Portanto, as pessoas restantes são mulheres ou jogam peteca (e esse “ou” é inclusivo). Daí, temos n = 81 – 30 = 51.

Questão 02 – Letra CComentário: Segundo o princípio da não contradição, uma proposição não pode ser verdadeira e falsa ao mesmo tempo. Assim, na frase do neto III, há contradição. Com efeito, se ela é verdadeira, então ele vai fazer o que diz (viajará no fimdoano),mas,conformeocritériodoavô,eledeveviajarimediatamente. Por outro lado, se a frase fosse falsa, então, segundooavô,eleviajarianofimdoano,masdessaformaela se torna uma verdade.

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20 Coleção EM1

Questão 03 – Letra A

Comentário: De acordo com o fato VI, João é pintor.

De acordo com II, João não é músico nem jardineiro; também

não é comerciante, por causa de III, nem motorista (IV).

Portanto, é professor.

Questão 04 – Letra BComentário:

∪ =∪ ∩ =∪ ∩ =

A B {1, 2, 3, 4, 5, 7, 9,11}A B C {2, 4, 7, 9}(A B) C – A {2, 4}

Questão 05 – Letra C

Comentário: Primeiro, consideremos o subconjunto

A – (B ∪ C), constituído pelos elementos de A que não

pertencem a B ou C.

A B

C

Reunindo-oaoconjuntoA∩ B ∩ C, obtemos o diagrama dado.


Comentário: Sendo x o número de funcionários que

falam ambas as línguas, temos que (49 – x) falam apenas

espanhol e que (40 – x) falam apenas inglês. Assim:

49 – x = 32 ⇒ x = 17. Como 23 falam apenas inglês,

e sendo y o número de funcionários que não falam nenhuma

das duas línguas, temos que:

32 + 23 + 17 + y = 90 ⇒ y = 18


Comentário: Usaremos diagramas, começando pela interseção

de A e B.

21

A B

Como 56 pertencem a A, então 56 – 21 = 35 frequentam

apenas o clube A.

2135

A B

Como 106 pertencem a apenas um dos conjuntos, A ou B,

então 106 – 35 = 71 frequentam apenas o clube B.

21 7135

A B

A afirmação segundo a qual 66 não pertencem a B implica que

66 ou pertencem apenas a A ou não pertencem a nenhum dos

dois. Logo, 66 – 35 = 31 não frequentam A nem B.

21 71 3135

A B

Observe que 66 é o número de elementos do complementar

de B. Portanto, n = 35 + 21 + 71 + 31 = 158.


Comentário: Primeiro, sombreamos A ∩ C:

A

B

C

Agora, efetuamos (A ∩ C) – B, retirando de A ∩ C os elementos

que pertencem a B.

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Questão 09 – Letra DComentário: Observe o Diagrama de Venn a seguir, que esquematiza os dados do enunciado:

A

B

52 – 21 – 10 – 9 = 12

49 – 16 – 10 – 9 = 1426 – 10 = 16

19 – 10 = 9

104 – 47 = 57

1021

C

Assim, sendo x o número de pessoas que não leem nenhum dos jornais, temos que:

57 + 14 + 12 + 10 + 21 + 9 + 16 + x = 250 ⇒ x = 111

Questão 10 – Letra BComentário: Se 45 são homens, então há 55 mulheres. Como 51 delas têm emprego, concluímos que 4 estão desempregadas. Portanto, entre os sem emprego, 5 são homens.

Questão 11 – Letra C Comentário: Observe o Diagrama de Venn a seguir que esquematiza os dados do enunciado:

9

Frango Peixe

Boi

20

3

4

x

y

7 – 4 = 3 9 – 4 = 5

Como 36 não optaram por carne bovina, 9 + 3 + x = 36 - 20 e x = 4. Como 42 não optaram por peixe, 9 + 3 + y = 42 - 20 ⇒ y = 10. Assim, o número total de alunos entrevistados é: 3 + 3 + 4 + 5 + 9 + 4 + 10 + 20 = 58

Questão 12 – Letra DComentário: Devemos construir o diagrama considerando a sentença “De cada 100 entrevistados, temos...”.

A

20 5

12 – 7B

31

8

15 – 7

127

19 – 7

8

C

Subconjuntos exclusivos:A: 40 – (5 + 7 + 8) = 20B: 55 – (5 + 7 + 12) = 31C: 35 – (8 + 7 + 12) = 8

Somando os elementos de A ∪ B ∪ C, temos 91 entrevistados. Logo, 9% correspondem a 135 pessoas e, assim, o total é

=1350,09

1 500.

Questão 13 – Letra DComentário: Como 102 meninas participam de ambos os grupos (escova no cabelo e traje inédito), 205 – 102 = 103 meninas aparecem apenas com traje inédito e 382 – 102 = 280 meninas aparecem apenas com a escova no cabelo. Sendo x o número de meninas que não pertencem a nenhum dos grupos, temos que:280 + 102 + 103 + x = 650 ⇒ x = 165

Questão 14 – Letra DComentário: Sejam n(A) = 7, n(A ∩ B) = 2 e n(B – A) = 4.

A

5 2

B

4

Temos n(A – B) = 5 e n(B) = 6. Portanto, o número de

elementos do produto cartesiano (A – B) x B é 30.

Questão 15 – Letra BComentário: Seja x o número de pessoas do grupo, A o conjunto de pessoas que leem A notícia e B o conjunto de pessoas que leem O informativo. Usando a relação

n(A ∪ B) = n(A) + n(B) - n(A ∩ B), temos:

∪ = +n(A B)x2

x3

–x6

n(A B)4x6

2x3

∪ = =

Então, 13

não lê nenhum, pois x –2x3

x3

= .

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22 Coleção EM1

Questão 16 – Letra DComentário: Observe o Diagrama de Venn a seguir, que esquematiza os dados do enunciado:

B

C

245 –

(50 +

70 +

80) =

45A

50

130 – 50 = 80

285 – (50 + 60 + 70) = 105

120 – 50 = 70

600 – 490 = 110

110 – 50 = 60

270 – (50 + 80 + 60) = 80

Assim, vemos que 285 – (50 + 60 + 70) = 105 estudantes pretendem prestar vestibular apenas em C.

Questão 17 – Letra AComentário: O conjunto A é o conjunto dos divisores naturais de24,ouseja,A={1,2,3,4,6,8,12,24}.Resolvendo 3x + 4 < 2x + 9, encontramos x < 5; logo, B = {0, 1, 2, 3, 4}.Assim, a interseção entre A e B, A ∩ B = {1, 2, 3, 4}, tem quatro elementos.

Questão 18 – Letra CComentário: Seja a dezena AB o valor correto da conta, em reais. Assim, A + B = 11 e BA = AB + 27. Usando o valor relativo de cada algarismo, temos:10B + A = 10A + B + 27 ⇒ B – A = 3Logo,A=4eB=7.EovalordacontaéR$47,00.(Vale lembrar ao aluno que nosso Sistema de Numeração Decimal é posicional, ou seja, o valor relativo de um algarismo

depende da posição que ele ocupa no número).

Questão 19 – Letra DComentário: Do enunciado, temos b = a + 1 e c = a + 2. Como bc = ab + 32, temos:(a + 1)(a + 2) = a(a + 1) + 32a2 + 3a + 2 = a2 + a + 32 a = 15 Então, b = 16 e c = 17. Portanto a + b + c é igual a 48.

Questão 20 – Letra AComentário: De acordo com o enunciado, temos:

= =

=

= = =

x (0,25)14

4

y 16 (4 ) 4

0,25

0,25

–0,25

–0,125 2 –0,125 –0,25

Portanto, x = y.


= = ∈–0,064 –64

1000–

25

3 3

Questão 22 – Letra DComentário: Para x = 4, temos y = 4 – ¹4 + 1 = 3 ∈ .

Questão 23 – Letra EComentário: Utilizando aproximações razoáveis, a expressão

se torna igual a = =5 .10

10625 .10 6 250

4 3

21 (observando as

alternativas, notamos que o importante é a ordem de grandeza).

Questão 24 – Letra CComentário:

• I é racional, pois está representado por dízima e, por isso, pode ser escrito em forma de fração com numerador e

denominador inteiros 21 = + =

2, 22199

21999

.

• II é irracional, pois não houve, na parte mostrada de sua expansão decimal, nenhum período.

• III é o único irracional representando a divisão de um racional por um inteiro, que será sempre irracional.

• IV é racional, pois 3,14314100

.=

• V é imaginário, pois representa a raiz quadrada de um número real negativo.

Questão 25 – Letra DComentário: Como caso particular, o produto de três irracionais ¹2.¹5.¹10 = 10 é racional.


(0,375)38

83

.–1

–1

=

= ∉


= = = =37

297693

,511

315693

,59

385693

,47

396693

Portanto, = =x37

e y47

.


= = = =a. b13

.49

13

.23

29

0,2


x y4199

5999

10099

119

1,01+ = + = = + =

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15

13

35

– 115

0,9

8158

15

99

1 1 2

+

+ = + = + =

Questão 31Comentário: A) Com 10 galões é pintado 1

3 do total, logo 30 galões

pintam todas as portas e 15, a metade.

B) Para pintar 23

, gasta-se o dobro de 13

, portanto,

280 . 2 = 560.

Questão 32 – Letra DComentário: Sendo M o valor procurado, temos:

=

+= ⇒

= + = + = =

M35

–

35

.45

–45

35

45

35

–

1225

– 1625

75

M35

425

.57

35

435

2535

57

2


x = y.z + 8 (I)

xy

= 7,363636... (II)

De (II): = + ⇒ = +xy

73699

xy

7411

De (I): = +xy

z8y

. Comparando (I) e (II), temos z = 7.

Em toda divisão de naturais, o resto é menor que o divisor.

Logo, devemos ter y > 8. Dessa forma, = ⇒ =8y

411

y 22.

Se x = 22 . 7 + 8 = 162, então x + y + z = 162 + 22 + 7 = 191.

Questão 34 – Letra BComentário: Do enunciado, temos que 3

4–

15

do tanque correspondem a 46,2 litros.

= =34

–15

15 – 420

1120

Se 1120

representam 46,2, então 120

representa 4,2 (dividimos

46,2 por 11).

Portanto, 2020

correspondem a 84 litros (multiplicamos

4,2 por 20).


Comentário: Podemos ordenar as frações igualando seus

denominadores:

1530

,2030

,1830

Logo, x1530

= , y1830

= e z2030

= .

Portanto, z – xy

20 –1518

518

= = .


Comentário: A amplitude do intervalo é igual a 63 – 35 = 28.

Como ele está dividido em 16 partes iguais, cada parte tem

medida de 1,75. Assim, x = 35 + 5 . 1,75 ⇒ x = 43,75.

Questão 37 – Letra DComentário: Como b > a, sendo ambos positivos, >

ba

1,

portanto, está à direita de 1.

Questão 38 – Letra BComentário: O comprimento do segmento é 5 – 3 = 2. Para

obter a distância entre dois tracinhos consecutivos, dividimos 2

por 7 e indicamos na forma 27

. Assim, = +b 3 3.27

e = +a 3 6.27

,

ou seja, =b277

e =a337

.

Logo, +=

+= =

a ba–b

337

277

337

– 277

606

10.


Comentário: Fazendo a interseção dos horários disponíveis

de cada um deles, temos:

[16; 19] ∩ [17; 20] ∩ [18; 21] = [18; 19]


A – B = (2, 3)

B – A = (5, 10]

A ∩ B = [3, 5]

A ∪ B = (2, 5]

Assim, apenas a afirmativa I é verdadeira e as outras três

são falsas.

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24 Coleção EM1

Seção Enem

Questão 01 – Letra CEixo cognitivo: III

Competência de área: 1

Habilidade: 3

Comentário: Colocando todas as espessuras em ordem crescente em uma reta e comparando com a medida de 3 mm, teremos:

mm

d1 = 0,04 d2 = 0,021

2,099 2,960 3,000 3,021 3,070 3,100

Verificamos que a espessura mais próxima de 3 mm é 3,021 mm.

Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Por ano, 523 milhões de reais se referem à coleta executada por 180 mil catadores. Em média, isso dá

uma renda anual, a cada um, de =523 000 000180 000

2 905,55,

oquecorrespondeaumarendamensaldeR$242,13.

Questão 03 – Letra DEixo cognitivo: I


Habilidade: 1

Comentário: 8.34

6=

Calculando as somas sugeridas em cada alternativa, temos:

A) 24 132

34

. =

B) 3 14

34

. =

C) 8 14

2. =

D) 24 18

12 14

3 3 6. .+ = + =

E) + = + =16.14

8. 116

4 12

92

Dessa forma, vemos que a única alternativa correta é a D.

Questão 04 – Letra DEixo cognitivo: V


Habilidade: 5

Comentário: De acordo com o texto, a arara-azul depende do manduvi, que depende do tucano-toco, que é predador da arara-azul. Logo, a alternativa D é a única que não contradiz o texto, pois aplica a propriedade transitiva ao concluir que a arara depende do tucano.

Questão 05 – Letra BEixo cognitivo: V


Habilidade: 5

Comentário: De acordo com o texto, a “grande e densa área de folhas” mantém o “ciclo de evaporação e condensação” que faz chover no continente. Assim, a umidade é consequência da floresta nativa. A implicação lógica decorrente do texto é “se a floresta cresce, então há chuva”.

Questão 06 – Letra D

Eixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Cada dedo da mão esquerda corresponde a

5 talhas. Portanto, nessa mão, há 25 talhas:

25 . 50 = 1 250 cabeças.

Questão 07 – Letra BEixo cognitivo: V


Habilidade: 5

Comentário: As seguintes posições são aquelas em que ele garante a vitória na próxima rodada:

ou



Habilidade: 3

Comentário: Seja i o fator de correção. Nesse caso,

18 20 12 80 12 8018 20

0 7, . , ,,

, .i i i= ⇒ = ⇒ =

Questão 09 – Letra CEixo cognitivo: II


Habilidade: 2

Comentário: Vamos distribuir as páginas de cada catálogo nos diagramas, iniciando o preenchimento pelas 4 páginas comuns aos três catálogos:

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4

C3

C1 C2

Em seguida, obtemos as páginas comuns a apenas dois dos catálogos:

4

6

12

(6 – 4) (5 – 4)

(10 – 4)

C3

C1 C2

Finalmente, contamos os subconjuntos exclusivos, com o cuidado de evitar a dupla contagem:

38 34

33

4

6

12

(40 – 7)

(45 – 11)

C3

C1 C2

(50 – 12)

Portanto, o número de páginas que aparecem em pelo menos um dos três catálogos é 118.

Questão 10 – Letra DEixo cognitivo: IV


Habilidade: 4

Comentário: Vamos analisar as possibilidades para cada candidato.

1ª) O candidato X terá entre 33% e 39% dos votos.

2ª) O candidato Y terá entre 30% e 36% dos votos.

3ª) O candidato Z terá entre 28% e 34% dos votos.

Logo, os três candidatos podem vencer. Notemos que o candidato Z só vencerá se obtiver 34% dos votos e se X e Y conseguirem 33%.

CAPÍTULO – A2Funções



A) O domínio da função é o conjunto A = {1, 2, 3, 4, 5}.

B) O contradomínio é o conjunto B = {0, 1, 2, 3, 4, 5}.

C) O conjunto imagem é constituído pelos elementos de B que são imagens de algum x de A: Im = {0, 1, 3, 4}.

D) A seta leva x = 1 a y = 3, assim f(1) = 3.

E) Há dois valores de A associados a y = 1, que são x = 2 e x = 5.

F) A seta associa x = 4 a y = 0, logo f(4) = 0.

G) O elemento de A ligado a y = 4 é x = 3.

Questão 02Comentário: Trata-se de uma função definida por duas sentenças. Nesse caso, devemos decidir em qual sentença substituir o valor de x dado, observando o subconjunto definido

para a variável. Para x = –1, devemos substituí-lo na primeira

expressão, pois –1 é racional: f(–1) = 2–1 = 12.

Para x = 0, devemos, de forma análoga, efetuar a substituição:

f(0) = 20 = 1. Para x = ¹2, a expressão é a segunda porque ¹2 é irracional, logo:

f(¹2) = (¹2)2 + 3 = 5

Portanto, f(–1) + 5.f(0) – f(¹2) = 12

+ 5 . 1 – 5 = 12

.


f(1)a a

2

a 1a

2

a 1a2

a 12a

1 –1

2

2

=+

=+

=

+

=+

=+

=+

=+

f(–1)a a

2a a

2a 12a

–1 –(–1) –1 2

f(1) f(–1)a 12a

a 12a

2a 22a

a 1a

a1a

2 2 2 2

+ =+

++

=+

=+

= +


A) A raiz quadrada de um número negativo não é um número real, por isso, o radicando deve ser maior que ou igual a zero: D = {x ∈ , x ≥ 0}.

B) Como no item A, devemos ter x – 5 ≥ 0, então D = {x ∈ , x ≥ 5}.

C) Os radicais de índice ímpar representam números reais para quaisquer radicandos, logo D = .

D) Devemos excluir de os valores que anulam o denominador, por isso, impomos a condição x – 1 ≠ 0. Logo, D = {x ∈ | x ≠ 1}.

E) Na expressão da função, há raiz quadrada no denominador, portanto o radicando não deve ser negativo nem nulo: x – 1 > 0 ⇒ x > 1.

F) Na raiz cúbica, o radicando é negativo, então a única restrição é x – 3 ≠ 0.

G) No numerador, a condição é x ≥ 0. No denominador, x – 1 ≠ 0. Assim, D = {x ∈ | x ≥ 0 e x ≠ 1}.

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26 Coleção EM1

Questão 05Comentário: Em cada item, usamos a expressão entre parênteses no lugar de x.

A) f(0) = 3 . 02 + 1 = 1

B) f(2) = 3 . 22 + 1 = 13

C) f(a) = 3a2 + 1

D) f(x2) = 3.(x2)2 + 1 = 3x4 + 1

E) f(2a + 1) = 3(2a + 1)2 + 1 = 3(4a2 + 4a + 1) + 1 = 12a2 + 12a + 4

F) f(g) = 3g2 + 1


A

1

2

0

1

2

B

A) f: A → B

f(x) = 2x é falsa, pois f(2) = 4 e 4 ∉ B.

B) f: A → B

f(x) = x + 1 é falsa, pois f(2) = 3 e 3 ∉ B.

C) f: A → B

f(x) = x² – 3x + 2 é verdadeira, pois f(1) = f(2) = 0.

D) f: B → A

f(x) = x² – x é falsa, pois f(0) = 0 e 0 ∉ A.

E) f: B → A

f(x) = x – 1 é falsa, pois f(0) = –1 e –1 ∉ A.


=+

∈

= ⇒+

= ⇒ = ⇒ =

= ⇒+

= ⇒++

= ⇒ + = ⇒ =

f(x)ax 1x – b

, x – {b}

f(0)12

a.0 10 – b

12

–1b

12

b –2

f(1) 2a.1 11 – b

2a 11 2

2 a 1 6 a 5


Comentário: f x xx

( )–

112

+ =

Para obter f(4), é necessário que 1 + x = 4 ⇒ x = 3.Logo:

f f( )–

( )1 3 33 1

4 382

+ = ⇒ =


A) f(2) = 2 + 1 = 3

f(3) = 3 + 1 = 4

B) g(2)4 –12 –1

3= =

g(3)9 –13–1

4= =

C) Para x = 1, temos f(1) = 2, mas =g(1)00 é uma indeterminação.

D) Assim, de acordo com o item C, as funções não são iguais

pois não têm domínios iguais.


Comentário: A propriedade f(x + 1) = f(x) + f(1) é válida para

todo x (na função f em questão). Como f(2) = 1, podemos

escolher x = 1 e substituir na propriedade:

f(1+1) = f(1) + f(1)

1 = 2f(1)

f(1)12

=

Agora, escolhemos x = 2:

f(2 + 1) = f(2) + f(1)

f(3) 112

32

= + =

Depois, escolhemos x = 3:

f(3 + 1) = f(3) + f(1)

f(4)32

12

42

2= + = =

Finalmente, escolhemos x = 4:

f(4 + 1) = f(4) + f(1)

f(5) 212

52

= + =

Observe que há uma regularidade que nos permite concluir

que a expressão de f é f(x)x2

= .


Comentário: Façamos x = 0 na igualdade:

f(x + 1) = [f(x)]2

f(0 + 1) = [f(0)]2

f(1) = 42

f(1) = 16

Agora, façamos x = –1:

f(–1 + 1) = [f(–1)]2

f(0) = [f(–1)]2

4 = [f(–1)]2

f(–1) = 2 (as imagens são positivas)

Portanto, f(1) – f(–1) = 16 – 2 = 14.

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3

1

1

2

1

–1

A área de meia asa-delta é bh.2

1= .

Logo, cada asa-delta tem área de 2 m2.Assim, com 30 m2 de tecido podem ser fabricadas 30 : 2 = 15 asas-delta.


A)

x y = 2x

–2 14

–1 12

0 1

1 2

2 4

y

x

4

3

2

2

1

1–1–2

B)

x y = ¹x0 0

1 1

4 2

9 3

y

x

3

2

1

0 1 4 9


A) Se x ∈ [0, 4], então D = [0, 4].

B) Não é função com D = , porque x = 0 não possui imagem.

C) Se existe f(x) para todo x ∈ , então D = .

D) Não é função com D = [–3, 4], porque, para x ∈ ]0, 1[, a função não possui imagem.

E) Não é função, pois cada x ∈ ]1, 3] possui duas imagens.


A) A concentração fica acima de 1 dg/L quando x varia entre 0,8 h e 6 h. Portanto, o analgésico começará a fazer efeito 0,8 . 60 = 48 min após a administração.

B) Sabendo que o analgésico faz efeito entre 0,8 h e 6 h, então sua ação permanecerá por:

6 – 0,8 = 5,2 h = 5h12min.


A) D = [–4, 5] Projeção dos pontos do gráfico no eixo x.

B) Im = [–5, 4] Projeção dos pontos do gráfico no eixo y.

C) Interseções do gráfico com o eixo x : x = –3, x = 0 ou x = 4.

D) Quando x percorre o intervalo

–

32

, 2 , os valores de y aumentam.

E) Os valores de y diminuem quando x varia nos intervalos

–4, –

32

ou [2, 5].

F) As imagens são negativas nos intervalos em que os pontos do gráfico estão abaixo do eixo das abscissas: ]–3, 0[ ou ]4, 5].

G) Nos intervalos x ∈ [–4, –3[ e x ∈ ]0, 4[ os pontos do gráfico estão acima do eixo x, portanto, temos f(x) > 0.

H) Projetando no eixo y o ponto do gráfico de abscissa x = 4, obtemos y = 0; logo, f(4) = 0.

I) O ponto do gráfico de ordenada y = 4 tem abscissa x = –4, portanto 4 = f(–4).

J) Sejam os pontos A(–4, 4) e B(–3, 0).

TMV

y – y

x – x0 – 4

–3– (–4)–41

–4B A

B A

= = = =

Isso significa que a imagem diminuiu 4 unidades quando x aumentou de –4 para –3.

K) Sejam

C –32

, –2 e D (2, 2).

TMVy – y

x – x2 – (–2)

2 – –32

472

87

D C

D C

= =

= =


A) D = {t ∈ |0≤t≤ 20} (projeção no eixo horizontal)

B) Im = {T ∈ | –10 ≤ t ≤ 30} (projeção no eixo vertical)

C) Instantes em que a temperatura é zero grau: t = 3 ou t = 7 min.

D) Ponto “mais baixo” do gráfico: T = –10 °C quando t = 5 min.

E) Ponto “mais alto” do gráfico: T = 30 °C quando t = 14 min.

F) A temperatura esteve abaixo de zero durante 4 minutos, entre t = 3 e t = 7.

G) T > 0 quando t ∈ [0, 3[ e t ∈ ]7, 20].

H) A temperatura subiu entre t = 5 e t = 14 min.

I) A temperatura caiu em 0 ≤ t ≤ 5 e 14 ≤ t ≤ 20.

J) Passando uma linha horizontal por T = 10, corta-se o gráfico em três pontos: aos 2 minutos, aos 8 minutos e aos 20 minutos.

K) Passando uma linha horizontal por T = 20, corta-se o gráfico em três pontos: t = 0, t = 9 e t = 18 min. Entre os instantes 9 e 18 minutos, a temperatura esteve acima dos 20 °C, logo a solução da inequação T ≥ 20 é 9 ≤ t ≤ 18 ou t = 0

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28 Coleção EM1

L) De t = 5 a t = 14 minutos, a temperatura subiu de –10 °C para 30 °C, assim a taxa média de variação foi de

30 – (–10)14 –5

409

4,4= = °C por minuto.

Note que a taxa não é constante, pois, entre 8 e 9 minutos a

temperatura aumentou o mesmo que entre 9 e 14 minutos.


A) Raízesdef:x=0oux=4.

B) Raizdeg:x=0

C) Os pontos da parábola estão acima do eixo x quando

0 < x < 4.

D) A reta passa acima do eixo x quando x > 0.

E) Para x < 0 ou x > 4, os pontos da parábola estão abaixo

do eixo x, logo eles têm ordenadas negativa.

F) Para x < 0, temos g(x) < 0.

G) Nos pontos comuns aos dois gráficos, ocorre f(x) = g(x).

Portanto, em x = 0 ou x = 2.

H) No intervalo 0 < x < 2, os pontos da parábola estão acima

dos pontos da reta, então as imagens de f são maiores que

as imagens de g quando 0 < x < 2.

I) A parábola está abaixo da reta quando x < 0 ou x > 2.

J) Para os valores de x tais que f(x) e g(x) têm sinais

contrários, temos f(x).g(x) < 0, logo essa desigualdade só

é satisfeita para x > 4.

K) Quando x < 0, temos f(x) e g(x) negativas; quando

0 < x < 4, temos f(x) e g(x) positivas. Portanto, para todo

x < 4 (exceto x = 0), temos f(x).g(x) > 0.


A) ConsiderandoumgastodeR$150,00,paraobterumlucro

de 50% é necessário que o fabricante venda:

150+75=R$225,00

ComocadapeçaévendidaporR$1,50,temos:

1,50x = 225 ⇒ x = 150 peças

B) Lucro = Vendas totais – Custo ⇒ y = 1,5.x – 150

Questão 20 – Letra EComentário: Queremos determinar o intervalo em que

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

Para x < –1, temos f(x) > 0 e g(x) < 0. Logo, f(x).g(x) < 0.

Para –1 < x < 2, temos f(x) < 0 e g(x) < 0. Logo, f(x).g(x) > 0.

Para x > 2, temos f(x) < 0 e g(x) > 0. Logo, f(x).g(x) < 0.

Para x = –1 ou x = 2, temos f(x).g(x) = 0.

Portanto, f(x).g(x) < 0 para x < –1 ou x > 2.

Questão 21 – Letra AComentário: Considere a figura a seguir:

H

10

10

O volume, em m3, de petróleo no tanque é dado por 10 . 10.H.

A função que descreve o enchimento do tanque por uma válvula

com taxa de vazão de 4 m3/h é:

4.t = 10 . 10.H, em que H é a altura de petróleo, em metros,

e t é o tempo gasto, em horas.

Portanto:

H t t H t t( ) . ( )= ⇒ =4100 25

A função existe até t = 250 horas, porque a capacidade do

tanque é 1 000 m³. Logo, H t t t( ) ,= ≤ ≤25

0 250.

Questão 22 – Letra EComentário:

A) f decrescente em A.

B) f injetora.

C) y é imagem de x.

D) f é constante em A.

E) f crescente em A.

Desafio


Demonstração:

fx x

2a.

x x

2b

f(x ) f(x )

2

ax ax 2b

2a.

x x

2b

1 2 1 2

1 2 1 2 1 2

+

=

+

+

+=

+ +=

+

+

Verificação:

+

=

+

=

+ +

+=

+

+

=

+⇔ =

gx x

2

x x

2

x 2x x x

4

g(x ) g(x )

2

x x

2

gx x

2

g(x ) g(x )

2x x

1 2 1 2

2

12

1 2 22

1 2 12

22

1 2 1 21 2

Logo, a função g(x) = x2 não possui essa propriedade.

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2.f(2 . 15 + 1) = 2f(31) = 0 = f(15) – 5 ⇒ f(15) = 5

2.f(2 . 7 + 1) = 2f(15) = 2 . 5 = 10 = f(7) – 5 ⇒ f(7) = 15

2.f(2 . 3 + 1) = 2f(7) = 2 . 15 = 30 = f(3) – 5 ⇒ f(3) = 35

2.f(2 . 1 + 1) = 2f(3) = 2 . 35 = 70 = f(1) – 5 ⇒ f(1) = 75

2.f(0 . 1 + 1) = 2f(1) = 2 . 75 = 150 = f(0) – 5 ⇒ f(0) = 155


A) A restrição à função f(x) é que seu denominador deve ser diferente de zero. Logo, seu domínio é x real, talquex≠1.

B) = + + =

+ +=

+ +

= ⇒=

= = ⇒ == = ⇒ =

h(x) ax bc

x –1(ax b)(x –1) c

x –1ax (b – a)x (c –b)

x –1

h(x) f(x)a 3b – a b –3 1 b 4c –b c – 4 2 c 6

2

C) Pelo encontrado no item anterior, f terá valor inteiro positivo quando (x – 1) for divisor positivo de c = 6, ou seja, x = 2, x = 3, x = 4 ou x = 7. Assim:

f(x) 3x 46

x –1f(2) 16f(3) 16f(4) 18f(7) 26

= + +

====

Os valores inteiros e positivos de f são 16, 18 e 26.


Questão 01 – Letra EComentário: O gráfico constante da alternativa D não representa uma função, já que nem todos os elementos do domínio têm imagem. Já com relação às alternativas A, B e C, temos elementos do domínio com mais de uma imagem, o que também não é possível. Assim, apenas o gráfico constante da alternativa E satisfaz às duas condições da definição de função.

Questão 02 – Letra CComentário: Entre os argumentos das funções apresentadas no enunciado, apenas o último é irracional. Assim:

f731

731

f(1) 1

f(3,14) 3,14

f24

2

2

24

36

=

=

=

= =

Portanto, f(3,14) é o maior entre os números apresentados.


= = =f(x)– f(a)

x – a

1x

– 1a

x – a

a– xax

x – a–

1ax

Questão 04 – Letra CComentário: Substituindo x = 2 na lei constante do enunciado, temos que f(2 + 1) = f (3) = 2.f(2) = 2 . 4 = 8. Para x = 3, f(3 + 1) = f(4) = 2.f(3) = 2 . 8 = 16.

Questão 05 – Letra DComentário: Fazendo a = b = 0, temos f(0).f(0) = f(0); logo, f(0) = 1 (se fosse zero, f(–2) também seria nulo, o que não corresponde a nenhuma alternativa). Fazendo a = 2 e b = – 2, temos:

= = = =f(2).f(–2) 9.f(–2) f(0) 1 e f(–2)19

.

Questão 06 – Letra BComentário: De acordo com o enunciado, temos:

= − ⇒ + = + + − ⇒ + = +f(n) n.f(n 1) f(n 1) (n 1)f(n 1 1) f(n 1) (n 1)f(n)

Logo:

( )( )

f(n+1) + f(n)f(n+1) - f(n)

=(n+1)f(n) + f(n)(n+1)f(n) - f(n)

=f(n) n+1+1f(n) n+1-1

=n+2

n

Questão 07 – Letra DComentário: De acordo com o enunciado, temos A = (1,0) e B = (0,5).Substituindo esses valores na função = + + +f(x) (x 1)(x ax b)3 , temos:

B (0, 5) 5 (0 1)(0 a.0 b) b 5A (1, 0) 0 (1 1)(1 a.1 b) 0 2(1 a 5) a 6

3

3

b 5

= ⇒ = + + + ⇒ == ⇒ = + + + ⇒ = + + ⇒ = −

=

Logo, a função pode ser reescrita como:

= + + + ⇒ = + − +f(x) (x 1)(x ax b) f(x) (x 1)(x 6x 5)3 3

Portanto, f(4) será igual a:

f(4) (4 1)(4 6 . 4 5) f(4) 2253= + − + ⇒ =


f(x)1x

x

f1x

f(x ) (x ) x x

–12

–12

–12

–12

14 4

= =

= = = =

Questão 09 – Letra AComentário: A solução da condição f(x).g(x) < 0 equivale aos intervalos nos quais f e g têm sinais opostos. Por inspeção do gráfico, percebemos que os valores de x para os quais a condição vale são 2 < x < 3 e 5 < x < 6.

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30 Coleção EM1

Questão 10 – Letra DComentário: Os pontos conhecidos do gráfico são (–1, 0) e (2, 3). Substituindo-os na expressão da função, temos:

ab–1

0+ = ⇒ a = b

ab2

3+ = ⇒ aa2

3+ = ⇒ 3a = 6 ⇒ a = 2

Portanto, ab = 22 = 4.

Outra maneira de discutir o gráfico seria tomando os limites no infinito. Quando x tende a (–∞) ou (+∞), a função se aproxima de y = 2.

Se +abx

→ a quando x → ±∞, então a = 2.

Questão 11 – Letra CComentário: Em t = 0, temos o momento em que a pessoa parte da cidade X em direção a Y, logo D(0) é a distância total entre essas cidades. Assim, temos:

= ++

−

⇒ = +

+−

⇒ =D(t) 4. t 7

t 11 D(0) 4. 0 7

0 11 D(0) 24

2

Quando D(t) = 0, temos a distância entre as cidades igual a zero, ou seja, quando a pessoa chega à cidade Y. Logo:

= ++

−

⇒ = +

+−

⇒ +

+− = ⇒

− + ++

= ⇒ = =≠ ±

D(t) 4. t 7t 1

1 0 4. t 7t 1

1 t 7t 1

1 0

t t 6t 1

0 t 3 ou t –2t 1

2 2 2

não convém

2

2

��

Portanto, a distância média que o carro percorreu, por hora, foi:

= ⇒243

8 dezenas 80 km.

Questão 12 – Letra CComentário: O custo é uma função linear e crescente do número x de peças produzidas. Se nenhuma peça for produzida, o custo será de 12 reais, que será o termo independente da função linear procurada. Portanto, a função f(x) = 0,7x + 12 define o custo total para a produção de x peças

Questão 13 – Letra AComentário: Com base no gráfico, os intervalos que satisfazem

à condição do enunciado são

–32

, –1 ,12

,1 e (1, 2] .

Questão 14 – Letra CComentário: A inclinação dos trechos dos gráficos equivale às velocidades desenvolvidas nos diferentes trechos da competição. Considerando que a natação é a modalidade mais lenta e que o ciclismo é a mais rápida, chegamos ao gráfico da alternativa C.

Questão 15 – Letra AComentário: A função descrita no enunciado tem três trechos contínuos e constantes, o que é representado pela alternativa A.


I. Na propriedade da função f, façamos a = 1 e b = 1:

f11

f(1)f(1)

= ⇒ f(1) = 1

II. Em g, façamos a = 0 e b = 0: g(0 + 0) = g(0) + g(0) ⇒ g(0) = 2g(0) ⇒ 2g(0) – g(0) = 0 ⇒ g(0) = 0

III. Em h, façamos a = 1 e b = 2: h(¹1 . 2) = h(2¹1).h(¹2) h(¹2) = h(2).h(¹2) ⇒ h(2) = 1 Portanto, a soma f(1) + g(0) + h(2) é igual a 2.

Questão 17 – Letra BComentário: Se k é a quantidade de ingressos que excedem os 20 primeiros, temos que a quantidade total pode ser determinada por x = 20 + k.

Os primeiros 20 ingressos são vendidos a R$ 18,00, logo: 20 . 18 = 360

OrestantedosingressosévendidoaR$15,00,logo15k.

O total gasto na compra dos ingressos será de:

�� + = + +15k 360 15(k 20) 60x

Portanto, a expressão que permite calcular o gasto referente à venda de ingressos é 15x + 60, para x > 20.

Questão 18 – Letra BComentário: f(x + h) = 16 . f(x) ⇒ 42(x + h) = 16 . 42x ⇒

16x + h = 16 . 16x ⇒ 16x + h = 161 + x ⇒ h = 1


f(0)– f32

2 –132

1–23

13

0

= = =

Questão 20 – Soma = 03Comentário: As sentenças 01 e 02 estão corretas.

Em 04, o intervalo aberto –1 < y < 3 torna a sentença incorreta porque a função assume imagens iguais a – 1 e a 3 no intervalo –5 < x < 5.

A afirmativa 08 ficaria correta se fosse “f(x) < 0, então –2 < x < 1 ou x < –4”.

E 16 seria correta se estivesse com o intervalo fechado: se –5 < x < 5, então –1 ≤ y ≤ 3.

Logo, a soma das corretas (01+02) é 03.

Questão 21 – Letra DComentário: De acordo com o enunciado, temos:

f(2) = f(0) ⇒ 22 + 2a = 2 . 0 + b ⇒ 4 + 2a = b

f(–2) = f(3) ⇒ 2(–2) + b = 32 + 3a ⇒ b – 4 = 9 + 3a

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A partir dessas equações, montamos o seguinte sistema:

2a–b –4–3a b 13

=+ =

Somando membro a membro, temos:

–a = 9 ⇒ a = –9

27 + b = 13 ⇒ b = –14

Logo, a.b = (–9)(–14) = 126.


Comentário: Três condições devem ser verificadas,

simultaneamente:

≥≠

>

→≤≠>

4 – x 02x – 6 0x –1 0

x 4x 3x 1

Portanto,f(x)possuiimagemrealquando1<x≤4ex≠3.


Comentário:

A) Falsa. f é decrescente no intervalo [1, 4].

B) Falsa. O valor mínimo da função é –3.

C) Falsa. f(1) = 5 > f(4) = –3

D) Verdadeira. Simples análise do gráfico.


Comentário: A solução da condição P(x).Q(x) < 0

equivale aos intervalos nos quais P e Q têm sinais opostos.

Pela análise do gráfico, percebemos que os valores de x para

os quais a condição vale são [–4, –2) e (2, 4).


Comentário:

A) Correto. f(3) > f(4), pois f é decrescente no intervalo

3≤x≤4.

B) Correto. Se f(2) = 5, então f(f(2)) = f(5) = 3,5

(aproximadamente).

C) Correto. O valor máximo é y = 5.

D) Incorreto. Traçando uma reta vertical por y = 1,6, corta-se

o gráfico em 3 pontos.


Comentário: A desigualdade simultânea f(x) < g(x) < h(x)

não ocorre, pois f(x) < g(x) quando x < b, g(x) < h(x) quando

x > c e os intervalos x < b e x > c são disjuntos.

Questão 27 – Letra DComentário: Analisemos o gráfico a seguir:

y

xOt s r p n

I. Incorreta, pois, no intervalo [s, r], temos f(s) = f(r) = 0.

II. Incorreta, pois, no intervalo [t , s], temos t < s e f(t) > f(s), logo f é decrescente.

III. Correta, pois, no intervalo dado, temos que f intercepta o eixo das abscissas em três pontos, logo f possui apenas três raízes reais.

IV. Incorreta, pois, no intervalo [r, p], temos f(r) = f(p) = 0.


2.f(1) 4.f12

2 .1 . 2 4.12

.2 1 2–1 –12+

= + = +

Questão 29 – Letra CComentário: Do gráf ico, temos que f (b) = 3,5 (aproximadamente). Dessa forma, f(f(b)) = f(3,5), que é um valor pouco maior que 1. Logo, f(f(b)) < f(b).

Questão 30 – Letra BComentário: Devemos procurar os valores de x para os quais a curva vermelha está acima ou interceptando a curva verde, quesãox≤–2ex≥4.


= = ⇒ = ⇒

= ⇒ = ⇒ =

f(x) 75300x

150 – x1

4x150 – x

150 – x 4x 5x 150 x 30


A) Incorreto. Para que o labirinto seja percorrido em menos

de 3 minutos, devemos ter <12n

0; como n ∈ , isso

é impossível.

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32 Coleção EM1

B) Incorreto, pois = +

⇒ = =f(5) 3

125

f(5) 5,4 5 minutos

e 24 segundos.

C) Incorreto. Na terceira tentativa, temos:

f(3) 3123

= +

⇒ f(3) = 7 minutos

D) Correto. Para 3 minutos e 30 segundos, temos:

3,5 3 12n

3,5n 3n 12 0,5n 12 n 24= +

⇒ = + ⇒ = ⇒ =

Portanto, na 24ª tentativa, ele percorrerá o labirinto em

3 minutos e 30 segundos.


Comentário: O gráfico de h está acima do gráfico de f quando

x < b. Para x > b, ocorre f(x) > h(x). Por isso, a alternativa

C está incorreta.


Comentário:

A) Verdadeira. f(f(1)) = f(12 + 3) = f(4) = 24 – 1 = 15

B) Verdadeira. A lei quadrática não admite raízes reais e a lei

exponencial admite apenas zero como raiz, que está fora

do domínio.

C) Falso. Perceba que a soma das raízes é 1:

= ⇒ = ⇒ =

+ = ⇒ =

f(x) 7 2 –1 7 x 3

x 3 7 x –2

x

2

D) Verdadeira. f(0) = 02 + 3 = 3


Comentário: Se a é raiz de f, então f(a) = 0. Logo, a ba a

0++

= ⇒

a + b = 0 ⇒ b = –a.

Daí, podemos escrever f(x)x – ax a

=+

. O ponto do gráfico que

pertence ao eixo y possui abscissa igual a zero. Portanto,

a ordenada é f(0)0 – a0 a

–aa

–1=+

= = .


Comentário: Vamos analisar as afirmativas I e II:

A temperatura foi crescente nos 12 segundos iniciais,

permaneceu constante nos 18 s seguintes (12 ≤ t ≤ 30) e foi

decrescendo nos últimos 18 s (30 ≤ t ≤ 48). Portanto, I e II

estão corretas.

III. Correta, porque quando a temperatura subiu de 18 °C

para 40 °C, ela passou pelos 30 °C e, quando diminuiu de

40 °C para –20 °C, ela passou novamente pelos 30 °C.

IV. A taxa de variação é constante no intervalo entre t = 0 e t = 12:

∆∆Tt

= −−

= =40 1812 0

2212

116

Essa taxa nos diz que, nesse intervalo, para cada variação de

6 s no tempo, a temperatura aumenta 11 °C. Logo, 18 + 11 = 29

e a afirmativa está correta.

Questão 37Comentário: A função f(x) = ¹g(x) está definida para todo x

talqueg(x)≥0.Dográficodeg,temosqueg(x)≥0quando

–2≤x≤2.


g(x) f(3x) f(3x 2 ) g3x 2

3g x

23

= = + π =+ π

= +π

Questão 39Comentário: Observemos esta figura:

Y

1 2 X

2

1

3 4

A) O valor de f(1) é igual à área de um retângulo com altura

igual a 2 e base igual a 1. Portanto, f(1) = 2 . 1 = 2.

O valor de f(3) corresponde à soma das áreas de um

quadrado e de um trapézio.

A área do quadrado é 2 . 2 = 4.

No trapézio, a base maior mede 2 e a altura é igual a 1.

A base menor é a imagem de x = 3 pelo segmento L2.

Usando a taxa de variação entre x = 2 e x = 4 (ou por

semelhança de triângulos), obtemos:

∆∆yt

x = −−

= − = −0 24 2

22

1

Assim, quando x varia de 2 a 3, y diminui uma unidade. Logo, para x = 3, temos y = 1, e a área do trapézio é

+=

(2 1)2

.132

. Portanto, = + =f (3) 432

112

.

B) Para T pertencente ao intervalo [0, 2], f(t) representa a

área de um retângulo AEFD na figura a seguir, cuja base

mede t e cuja altura mede 2:

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y

x1 2

2L1

L2

D F C

BEA3 4

Portanto, f(t) = 2t, para 0 ≤ t ≤ 2.

Para obter o valor de f(t), com 2 < t ≤ 4, devemos conhecer o comprimento EF e calcular a área sombreada na figura a seguir.

y

xtO 2

2L1

L2

D

H

C

B E G

F4 – t

A4

Da semelhança dos triângulos BCG e EFG, temos:

=

−= ⇒ = −

EFEG

BCBG

EF4 t

22

EF 4 t

Calcularemos a área sombreada subtraindo a área do triângulo EFG da área do trapézio ADCG:

f(t)=(4+2)

2.2 –

(4 – t)2

2

f(t) = 6– (16–8t+ t )2

2

e, portanto, f(t) = – t2

+4t –22

para

2 < t ≤ 4.

Questão 40 – Letra BComentário: Sendo y o custo e x o número de páginas digitadas, temos y = 4 + 1,6x. Para y = 39,2, teremos 39,2 = 4 + 1,6x ⇒ x = 22.

Questão 41 – Letra AComentário: Se f(3) não existe, então o denominador se anula

para x = 3, donde 3a + 3b = 0 ⇒ b = –a. Como f(–1) = 1 e

f(x)ax – a–5ax –3a

= , temos:

a(–1)– a–5a(–1)–3a

1= ⇒ –2a – 5 = –4a ⇒ 2a = 5 ⇒ a 52

= ⇒ b –52

=

Portanto, a b254

254

504

252

2 2+ = + = = .


A) g(0) = f(0) + 2 = 0 + 2 = 2 h(0) = f(0 + 2) = f(2) = –2

B) O gráfico g(x) = f(x) + 2 é obtido através do gráfico de f(x) quando se adicionam duas unidades a cada imagem de f. Assim, o gráfico de f “sobe” duas unidades, mantendo-se o domínio –6 ≤ x ≤ 6.

5y

3 g

x

f

-2

6-6

O gráfico de h(x) também é obtido a partir do gráfico de f(x). Tomando-se os extremos do domínio de f, temos:

x + 2 = –6 ⇒ x = –8 x + 2 = 6 ⇒ x = 4

h(x) está definida para –8 ≤ x ≤ 4. Então, basta “deslizar” o gráfico de f para a esquerda, ao longo do eixo x.

3y

x

fh

-2

-8 6-6 -3 4-2 2

1

C) Pelo item anterior concluímos que os domínios de g e h são,

respectivamente, –6 ≤ x ≤ 6 e –8 ≤ x ≤ 4.

Seção Enem

Questão 01 – Letra EEixo cognitivo: II


Habilidade: 20

Comentário: Nográficodado,osníveisdassubstânciasA e B são iguais (porém maiores que o nível mínimo da substância A) nos dois pontos P1 e P2:

Nív

el

P1

0 24 Tempo (h)

P2

Logo, o parâmetro diário estabelecido pelo nutricionista vale 2, portanto, o parâmetro semanal será 2 . 7 = 14.

EM1MPV1_MAT.indd 33 27/10/17 15:38

34 Coleção EM1

Questão 02 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 25

Comentário:Observeográficodaquestão:

Valo

r da

diá

ria

(R$)

140160

12011080

604020

200 100

PQ

160Distância percorrida (km)

O valor pago na locadora Q é menor ou igual àquele pago na locadora PnosintervalosemqueográficodeQ está abaixo ou igualaográficodeP. Logo, tem-se os dois intervalos destacados nográfico(de0a20ede100a160).Logo,alternativaD.

Questão 03 – Letra BEixo cognitivo: II


Habilidade: 24

Comentário:Observeográficodaquestão:

Vo

Vi

Vm

Tempo (hora)Valo

r da

açã

o (R

$) 4

3

2

1

10 11 12 13 14 15 16 17

No instante 1, o valor da ação fica acima de Vi. Logo, oinvestidorirávendermetadedasações,ficando com

x2 ações.

No instante 2, o valor da ação fica abaixo de Vm. Logo, o investidor compra a mesma quantidade de ações que possui, ficandocom x

2x2

x+ = ações.

No instante 3, novamente o investidor venderá metade das ações,ficandocom x

2 ações.

Noinstante4,ovalordaaçãoficaacimadovalorótimo.Logo,o investidor vende todas as suas ações e a partir daí não realiza outra operação.

Questão 04 – Letra AEixo cognitivo: IV


Habilidade: 13Comentário: Note que em todas as alternativas os gráficos são constituídos de segmentos de reta. Observe também que, se entre 0 e 10 anos a taxa de variação é maior, então a inclinação desse segmento deve ser a maior de todas, de modo que o intervalo seguinte tenha sempre inclinação menor que o anterior até que, após 17 anos, a taxa de variação seja quase zero (reta horizontal). Portanto, a altura fica mais bem representada pelo gráfico do item A.

Questão 05 – Letra BEixo cognitivo: IV


Habilidade: 4

Comentário: Comece com um só canudo. Para formar o primeiro quadrado, acrescente mais 3 canudos.

Para o segundo quadrado, adicione outros 3 canudos, aproveitando um lado já existente.

Assim, 3 novos canudos formam mais um quadrado. Portanto, são usados 1 canudo inicial mais 3 canudos por quadrado. Logo, C = 3Q + 1.



Habilidade: 26

Comentário: A área desmatada de 1994 para 1995, de acordo com o gráfico, foi de menos de 20 000 km2 para quase 30 000 km2, enquanto que, de 1997 para 1998, foi de menos de 15 000 km2 para quase 20 000 km2.



Habilidade: 24

Comentário: O período em que houve um pico no consumo seguido de uma queda foi o biênio 2000-2001, indicando significativa economia de energia.



Habilidade: 25

Comentário: A taxa média de variação no período entre 1975

e 2005 é igual a 375 7030

30530

– = e ela indica que, em 30 anos,

o consumo aumentou 305 GWh. Se essa taxa se mantiver constante nos 30 anos seguintes, então o consumo em 2035 (2005 + 30) será de 375 + 305 = 680 GWh.

Questão 09 – Letra AEixo cognitivo: IVCompetência de área: 6Habilidade: 26

Comentário: Na tabela, os maiores percentuais ocorrem, em ambos os períodos, na região Norte.

Questão 10 – Letra DEixo cognitivo: IIICompetência de área: 6Habilidade: 25Comentário: Entre 12h e 13h30min, o tempo decorrido é de 1,5 hora, que, no caso da amoxicilina, corresponde a 1,5 meia-vida. No gráfico, o ponto de abscissa x = 1,5 tem ordenada y = 35.

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Mat

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ica

Manual do Professor


Questão 11 – Letra DEixo cognitivo: IICompetência de área: 6Habilidade: 24Comentário: A máquina III é a que menos consome energia (Fig. I), enquanto a máquina I é a que consome menos água (Fig. II).Portanto, a única conclusão que se pode tirar é o que afirma a alternativa D.



Habilidade: 24Comentário: No gráfico, vemos que os açúcares estão representados por uma curva ascendente, e os ácidos, por curvas descendentes. Logo, o teor alcoólico aumenta quando as uvas são colhidas mais tarde e, por sua vez, a acidez diminui.



Habilidade: 24

Comentário: Vamos analisar os itens.

A) Falsa. A população da China crescerá de 1,275 bilhão para 1,462 bilhão.

B) Verdadeira. O Paquistão não figurava entre os 5 mais populosos em 2000, logo eram menos de 170 milhões de habitantes. Para 2050, a previsão é de 344 milhões, ou seja, mais que o dobro.

C) Falsa. Lembrando que no exame não se podem usar calculadoras, vamos fazer arredondamentos:

2000 2050 CRESCimENTo

Indonésia 200 300 50%

EUA 300 400 33%

D) Falsa. De acordo com a previsão, o Brasil não estará entre os 5 mais populosos em 2050; logo, terá menos que 311 milhões de habitantes.

E) Falsa. A Índia passará de 1 bilhão para 1,5 bilhão (taxa de 50%), enquanto a China crescerá de 1,3 para 1,5 bilhão (15%).

Questão 14 – Letra EEixo cognitivo: II


Habilidade: 24

Comentário: Aqui não recomendamos arredondamentos, pois as alternativas apresentam valores muito próximos.

Calculando a taxa no período 2000 – 2050, temos:

1 5721 008

1 56 56,,

, ( %)= taxa de

Portanto, em 2100, a população será 1,572 . 1,56 = 2,452 bilhões.

Questão 15 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 25

Comentário: Após a secagem, a amostra passou de 200 g para 80 g, perdendo, portanto, 120 g de água. Como 120

representam 60% de 200, pois 120200

60100

= , de acordo com a

tabela, era uma amostra de tecido conjuntivo.



Habilidade: 24

Comentário: De acordo com o gráfico, os meses com chuva

mais abundante são janeiro, fevereiro, novembro e dezembro.



Habilidade: 26

Comentário: Conforme o gráfico II há maior número de

espécies quando o pH está entre 7 e 8. No gráfico I, o ambiente

que apresenta pH entre 7 e 8 é o que está representado por D.

Questão 18 – Letra BEixo cognitivo: IV


Habilidade: 26

Comentário: Se a produtividade é aqui entendida como a razão

entre o lucro e o número de operários, então o lucro é o resultado

da multiplicação da produtividade pelo número de operários.

P Ln

L P n= ⇒ = .

Assim, o lucro em cada ano pode ser obtido da seguinte

maneira:

2000: L = 20 . 100 . 20 = 40 000

2001: L = 40 . 100 . 16 = 64 000

2002: L = 45 . 100 . 12 = 54 000

2003: L = 40 . 100 . 10 = 40 000



Habilidade: 25

Comentário: Na curva vermelha, o ponto de ordenada 0,6 g/L

possui abscissa igual a 3h. A partir desse horário, os pontos

do gráfico mostram valores abaixo de 0,6 g/L, pois a função é

decrescente nesse intervalo. Já o gráfico representado na linha

verde só atinge 0,6 g/L na descida, entre 4h e 5h.

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36 Coleção EM1

CAPÍTULO – B1Potenciação, radiciação e sistemas métricos

Exercícios de aprendizagemQuestão 01Comentário:A) 54 = 52 . 52 = 25 . 25 = 625B) (–3)5 = (–3)2.(–3)2.(–3) = 9 . 9.(–3) = 81.(–3) = –243C) 422 = 44 = 42 . 42 = 16 . 16 = 256

D) –13

(–1) .13

(–1).(1)(3)

(–1) .127

–127

3

3

33

3

=

= = =

E) –62 = –(6)2 = –36

F) (112)2 = (121)2 = 14 641


A) (2 ) . 2 . 432

2 .2 . 22

2 23 2 3 3 . 2 9 2

56 9 2 – 5 12

2

= = =+ +

B) 3 .3 . 927

3 .3 . (3 )(3 )

3 . 33

3 . 3 3 3 3

x x 1 x

2x

x x 1 2 x

3 2x

x (x 1) 2x

6x

2x 1 2x – 6x (2x 1) (2x – 6x) 2x 1 – 4x –2x 1

= = =

= = =

+ + + +

+ + + + +


x yx – y

1x

y

1x

– y

1 xyx

1 – xyx

1 xyx

.x

1 xy1 xy1 xy

1

1

+=

+=

+

=+

−=

+−

−

−


A) x3.x8.(x6)3 = x3.x8.x6.3 = x3.x8.x18 = x3+8+18 = x29

B) 1b

.ba

.abb

.aa

ab

ab3

33

3 2

2

2

= = =

Questão 05 - F F FComentário:

(F) 3 3 (3 ) 3 3

(F) –2 –4 (–2) 4

(F) (–5) 1

2 16 2 4 2 .4 8

2 2

0

4

= ≠ = =

= ≠ =

=


5 5 55

5 .5 5 5 .555

5 .25 5 5 . 555

5 (25 1 5)55

5 .3155

5 .31.55

155

n 2 n n 1

n 1

n 2 n n 1

n

1

n n n

n

n

n

n

nn

n

+ +=

+ +=

+ +

+ += = =

+ +

−


A) = = =121 11 11 112 22

B) = =125 5 53 33

C) 160 000 16 .10 000 2 .10 2 . 10

2 .2 . 10 .10 2 . 2 . 10 . 10

2 . 2. 10 .10 2 . 10 2 .10 20

4 4 4 44 44 44

2 222 2 222 22 222 22 222

2 2 22 22

= = = =

= =

= = =

D) + = + = = =12 5 144 25 169 13 132 2 2

E) = = = = = −–27 (–3) (–1) . 3 (–1) . 3 (–1).3 33 33 3 33 33 33


A) Falso. Podemos testar a afirmativa atribuindo os seguintes valores para a e b: a = 1 e b = 1. Assim:

a b 1 1 2

a b 1 1 2

2 2

2 2 2 2+ = + =

+ = + =

≠

B) Falso. O cálculo da raiz quadrada deve ser:

= =−

≥<

a a aa

sese

a 0a 0

2 , em que |a| é um valor não

negativo. Assim:

= + ⇒= =

= =

25 55 5 5

(–5) –5 5

2

2


A) 9 .10 . 0,0049. 2,5 .10 9 .10 . 49 .10 . 25 .10

3 .10 . 7 .10 . 5 .10 105 .10105100

2120

–2 3 –2 –4 2

–1 –2 –2

= =

= = =

B) 288 2 50 5 32 144 .2 2 25 .2 5 16 . 2

12 2 10 2 20 2 42 2

+ + = + + =

+ + =

C) 242 72 – 50 75 200

121.2 36 . 2 – 25 .2 3 . 25 100 .2

11 2 6 2 – 5 2 5 3 10 2 22 2 5 3

+ + + =

+ + + =

+ + + = +

D) 27 .1 0 3 625 2 1 024 3 .10 3 5 2 2

3 .10 3(5 2 . 2 ) 30 3 .13 30 39 69

33 4 5 3 33 44 105

2

( ) ( )+ + = + + =

+ + = + = + =

E) 31 10 – 83 – 4 31 10 – 83 – 2

31 10 – 81 31 10 – 9

31 1 31 1 32 2 2

65 65

65 65

65 5 5 55

+ = + =

+ = + =

+ = + = = =

EM1MPV1_MAT.indd 36 07/11/17 14:04

Mat

emát

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Manual do Professor


F) 100 8

64

10 28

88

13+ = = =– –

G) 2 . 2 2 . 2

2 . 2 2 .2 2 2 16

9634

9364

9184

9184

918 9184

9 9184

18184

4

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

= =

= = = =

H) = = =9. 3. 4 9 . 3 . 4 3 . 4 3 43 3 3 3 33 3

I) + = + = + =4 2 8 – 32 4 2 8 – 16 .2 4 2 8 – 4 2 8


A) =10 1023 23

B) =6 613 3

C) = =5 5 512 2

D) =a a56 56


A) =20 20313 B) =3 356

56 C) =2 223

23


–1 –32 2 25 8 – 81 –1 –2 2 25 8 – 3

–3 2(5 2) –3 – 6 14 8

5 512

13 4 3 44( ) ( )+ + + = + + =

+ + = + =


A) 5

3

5

3

3

3

5 3

3

5 332

= =( )

=.

B) 7

2 5

7

2 5. 5

5

7 5

2 5

7 52 . 5

7 5102( )

= = = =

C) 3

3 2

3

3 2.

2

2

6

3 2

63 .2

662( )

= = = =

D) 1

2 1

1

2 1

2 1

2 1

2 1

2 1

2 12 1

2 12

2– –.

– –= ( )

+( )+( ) = +

( )= + = +

E) – – . –

–

–

–

–

7

6 2

7

6 2

6 2

6 2

6 7 14

6 2

6 7 1436

22+

=+( )

( )( ) = +

( )=

+––

– –2

6 7 1434

7 2 634

= + =( )

F) 11

4

11

4

4

4

11 16

4

11 16435 35

25

25

5

55

5

= = =.

G) 3

5 1

3

5 1

5 1

5 1

15 3

5 1

15 35 1

15 3

22– –

.–

–

= ( )+( )+( ) = +

( )=

+ = +44

3 5 14

= +( )

H) 2

3 3 2

2

3 3 2

3 3 2

3 3 2

6 3 2 2

3 3 2

6 3 2

2 2– –.

–= ( )

+( )+( ) = +

( ) ( )=

+ 2227 2

6 3 2 225–

= +

I) –3

3 2

–3

3 2.

3 – 3. 2 2

3 – 3. 2 2

– 3 9 – 6 4

3 2

–3 9 3 6 – 3 43 2

–35

9 6 – 4

3 3 3 3

32

3 3 32

32

3 3 32

3 3 3

33

33

3 3 3

3 3 3

( )

( )

( )

( )( )

( )

( )( )

( )

+=

+

+

+

=

+

+=

++

=

+

J)

( )

( )

( )

( )( ) ( )

=+ +

+ +

=+ +

=

+ +=

+ +

5

1 – 4

5

1 – 4.

1 4 4

1 4 4

5 1 4 16

1 – 4

5 1 4 2 .21 – 4

5 1 4 2 2–3

3 3

3 32

3 32

3 3

3 33

3 33 3 3

K) 1

3 2 1

1

3 2 1.

3 2 –1

3 2 –1

3 2 –1

3 2 –1

3 2 –1

3 2 6 2 –1

3 2 –1

2 6 4

3 2 –1

2 6 2.

6 – 2

6 – 2

18 12 – 6 – 2 3 – 2 2 2

2 6 – 2

3 2 2 3 – 6 – 2 3 – 2 2 22(6 – 4)

2 – 6 22 .2

2 – 6 24

22

22

( )( )( )

( )

( )( )

( )( ) ( )

+ +=

+ +

+

+

=

+

+=

+

+ +=

+

+=

+

+=

+ +

=

+ +=

+=

+

L) 2

5 – 3

2

5 – 3.

5 – 3

5 – 3

2 5 – 3

5 – 3

2 5 – 3

5 – 3

2 5 – 3

5 – 3.

5 3

5 3

2 5 – 3. 5 3

5 – 3

2 5 – 3. 5 325 – 3

2 5 – 3. 5 322

5 3 5 311

2

22

( )

( )( )( )

( )

( ) ( ) ( )( )

= = = =

+

+=

+=

+=

+=

+ −


0,0340 km + 0,02 hm + 1,4 dam + 3 m + 1 dm

1 km = 105 cm, 1 hm = 104 cm, 1 dam = 103 cm, 1 m = 102 cm, 1 dm = 10 cm

EM1MPV1_MAT.indd 37 06/11/17 15:47

38 Coleção EM1

Transformando todas as unidades em centímetros, temos:

0,0340 km + 0,02 hm + 1,4 dam + 3 m + 1 dm =

(0,0340 . 105 + 0,02 . 104 + 1,4 . 103 + 3 . 102 + 1 . 10)cm =

(3 400 + 200 + 1 400 + 300 + 10 = 5 310)cm


Seja x a medida da peça, em hm. Temos:

38

0 48 1 28x x hm= ⇒ =, ,

A quarta parte da peça é = =14

.x14

.1,28 0,32 hm, ou seja,

0,32 . 103 = 320 dm.


L

L

LL

Seja L a medida do lado do quadrado, e p o semiperímetro

do quadrado, que é a metade do perímetro. Assim, temos

p = 35 m.

=+ + +

= =pL L L L

24L2

2L

= ⇒ =2L 35 m L352

m

Pela tabela de unidades, para transformar m em dm, devemos

considerar m = 10 dm.

Transformando em decímetro a medida do lado do quadrado,

temos:

= = =L352

m352

.10 dm 175 dm


0,001312 dam 0,1312 m

21 cm 0,0021 m

34 dm 0,34 m

6 700 mm 0,0067 m

Soma 0,48 m

2 2

2 2

2 2

2 2

2

=

=

=

=

=

Questão 18Comentário: As dimensões do triângulo são:

Base = 0,2 dam = 200 cm

Altura = 3 m = 300 cm

Portanto:

= =Área200 .300

230 000 cm2

Questão 19 Comentário: Seja V o volume do reservatório em formato cúbico. Como sua aresta vale 2 m, temos:

V = 23 = 8 m3 = 8 000 L

Questão 20 Comentário: As dimensões do reservatório são:

700 mm x 0,3 m x 40 cm

Como 700 mm correspondem a 70 cm e 0,3 m corresponde a 30 cm, o volume (V) do paralelepípedo é igual a:

V = 70 . 30 . 40 = 84 000 cm3 = 84 000 mL

Desafio

Questão 01 – Letra AComentário: O algarismo das unidades de 3x depende do resto da divisão de x por 4, já que 34 = 81, que termina com 1. Caso esse resto seja zero, o algarismo das unidades de 3x será 1.


3 3 3... 3 . 3 . 3 ... 312

14

18

12

14

18

...= =

+ + +

Em que, 12

14

18

...+ + + , o somatório de uma progressão geométrica

de razão 12

e termo inicial 12

. Assim:

12

14

18

...

12

1– 12

1212

1

3 3 312

14

18

... 1

+ + + = = = ⇒

= =+ + +

Questão 03 – Letra BComentário: Sendo ABCDEFGH o número do telefone de Maria, temos que o pedido de Paulo é feito da seguinte forma:

1º) ABCD.40

2º) ABCD.40 + 1

3º) (ABCD.40 + 1).250

4º) (ABCD.40 + 1).250 + EFGH

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Manual do Professor


Desenvolvendo isto, temos:

10 000.ABCD + 250 + EFGH = ABCD0000 + 250 + EFGH

Note que, se não tivéssemos a parcela de 250, essa soma seria ABCDEFGH. Logo, basta subtrair 250 para obter o telefone de Maria.



=

= =

=

0,01 . 0,001 . 10100 . 0,0001

10 . 10 . 10102 . 10

10

1010

a10

–1

–2 –3 –1

–4–4

–3


0,06464

1 0004

104

1025

3

3

3 3

= = =

=

Questão 03 – Letra BComentário: 517 . 49 = 517 . 218 = (5 . 2)17 . 2 = 2 . 1017, que tem dezessete algarismos 0 e um algarismo 2, com um total de dezoito algarismos.

Questão 04 – Letra AComentário:

E

–12

–12

. –12

213

4

3

6

–7

–3

=

+ +

–12

. –12

12

3 –12

. –12

12

27

–12

12

2712

–12

27 27

4 – 3 6 7

3

6 7

7 7 7 7

+

+ =

+

+ =

−

+

+ =

+ =

2.E – 26 = 2 . 27 – 26 = 28


823 . 560 = (23)23 . 560 = 269. 560 = 29 . 260 . 560 = 29.(2 . 5)60 = 29 . 1060

Temos que 29 = 512. Assim:

…� �� …� �� = = =2 .10 512 .10 5121000 000 512000 0009 60 60

60 zeros 60 zeros

Portanto, o número possui 60 + 3 = 63 algarismos.


Comentário: Os números correspondentes a cada alternativa

podem ser escritos da seguinte forma:

• 331;

• 810 = (23)10 = 230;

• 168 = (24)8 = 232;

• 816 = (34)6 = 324;

• 2434 = (35)4 = 320

Entre os números de base três 331 > 324 > 320 e entre os

números de base dois 332 > 230. Comparando os números 324

e 232, concluímos que 324 > 230, pois 3 2 729 256 .6 8 4 44 4

> ⇒ >

Como 331 > 324, o maior dentre os números 331.


= =

= =

= =

35 . 40 .10 . 5 .1002 .14 . 5 . 25

135

.140

.141

.102

.55

.10025

17 .5

.1

8 . 5.2 . 71

.102 . 4

.1 . 41

7 . 5.

18 . 5

.2 . 71

.102

15

.1

8 . 5.101

18

.21

12

–1 –1 2

3 –1

35 40 1

14

2

3

1 4

2 2

2 2

–1 –1

–1


( )

= ⇒

= = ⇒

= = =

3 2

3 2 2

3 2 1

2

22

x

x2

12

–x2

–1


I. Verdadeiro. (0,001)–3 = (10–3)–3 = 109

II. Falso.

=

=–2 –12

–14

–2

2

III. Falso.

+ = +

=+

=

+

=+ +

≠ +

(a b )1a

1b

a bab

aba b

a ba 2ab b

a b

–1 –1 –2

–2 –2

22 2

2 22 2

Questão 10 – Letra DComentário: [(23)2]3 = 23 . 2 . 3 = 218

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40 Coleção EM1


++

=+

+=

++

=

++

=+

+=

2 4 – 82 – 32 2

2 (2 ) – (2 )2 – (2 ) 2

2 2 – 22 – 2 2

2 2 – 22 – 2 2

2 (1 2 – 2 )2 (2 – 2 2 )

98 50 34

99 20 101

98 2 50 3 34

99 5 20 101

98 2 . 50 3 . 34

99 5 . 20 101

98 100 102

99 100 101

98 2 4

98 2 3

1 2 – 22 – 2 2

1 4 –162 – 4 8

–116

2 4

2 3

++

=+

+=


y 8. 10 . 5 .10 8 .10 . 5 .10 40 .10 4 .10–33 –3 –1 –3 –4 –3= = = =


A.B.C = x

y

.y

x

.x

y

12

12

23

13

16

16

= x x x y y y12

13

16

12

23

16. . . . .

− − − ⇒

A.B.C = x y12

13

16

12

23

16

− + − + −. = x y

3 2 16

3 4 16

− + − + −

. = x y x13 0 3. =


14

:132

12

:12

12

:12

10,5 0,2 2 . 0,5 5 . 0,2

=

= =


x + y = 2

3 2 2

56

4 2

8 2 2 168 112 2

12 8 2 3 2 4++

−= − + +

+ − − =

176 110 2

8 5 2

8 5 2

8 5 2

+

+

−

−=.

1 408 880 2 880 2 1 10064 50

+ − −−

=

30814

22=


1

1

1

1

1 1

1 1++

−= − + +

+( ) −( )x x

x x

x x=

−2

1 x


M53

.(0,6)53

.53

53

53

35

12

M45

–21,5

–2

–2 .1,5 (–1)(–2)

–3 2 –1

=

=

=

=

= ⇒ < <+


14125

35

1125

14125

15 1125

3 3+ − = + − =

14125

25

14 50125

64125

3 3 3+ = + = = 45


+ ++

= + ++

=

+ +

+=

+

+=

( 2 3)1

5 2 6(5 2 6)

1

5 2 6

(5 2 6) 1

(5 2 6)

50 20 6

(5 2 6)10

2

2

Questão 20 – Letra AComentário: Considerando as aproximações √2 ≅ 1,4 e

√3 ≅ 1,7, temos a ≅ 4,8, b ≅ 5,6 e c ≅ 5,1, de onde se conclui

que a < c < b.


1

1 2

1

2 3

1

3 4

1

998 999

1

999 1 000++

++

++ +

++

+=...

2 12 1

3 23 2

4 34 3

999 998999 998

1 000 99−−

+ −−

+ −−

+ + −−

+−

...99

1 000 999−=

2 1 3 2 4 3 999 998 1 000 999− + − + − + + − + − =...

10 10 1−


Comentário:

( )

( )

( )

( )

( )

• = =

• = = =

=

• = =

=

• = =

=

• = =

=

5 . 6 5 . 6 30

6. 5 6 . 5 6 . 5 6 . 5 . 6 6 . 30

5. 6 5 . 6 5 . 5 . 6 5 . 30

5 6 5 . 6 5 . 5 . 6 5 . 30

6 5 6 .5 6 . 5 . 6 6 . 30

316

16

16

312

16

36

16

26

16

16

26

16

312

16

26

16

16

26

16

313

16

16

16

16

16

16

313

16

16

16

16

16

16

Agora, comparando os coeficientes do fator (30)16, temos:

6 526

26> , 6 5

16

16> . Como 6 6 , 2

26

16

26> é o maior dentre os números.

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ax = (16)1,25 = (24)1,25 = 24 . 1,25 = 25 = 32


–1

243–

13

–13

(–3) 9–2

55 . –2

5–2

2

=

=

= =


Comentário: Procuramos o menor quadrado perfeito maior

que 987. Lembrando que 1 024 = 210 = (25)2 = 322, esperamos

que a raiz desse número esteja próxima de 32. Testando o 31,

temos 312 = 961 < 987. Logo, o menor quadrado perfeito maior

que 987 é 1 024, e 1 024 – 987 = 37.

Questão 26 – Letra BComentário: Seja N = ab um número natural, em que a e b são seus algarismos não nulos.

Foi dado que M = ba e N – M = 45. Logo:

ab – ba = 45 ⇒ 10a + b – (10b + a) = 45 ⇒

9a – 9b = 45 ⇒ a – b = 5As possibilidades para a e b são 9 e 4, 8 e 3, 7 e 2, 6 e 1.Portanto, os possíveis valores de N são quatro.

Questão 27 – Letra DComentário: Seja n = abc um número natural de 3 algarismos, a, b e c.Sabemos que, ao multiplicar n por 7, obtém-se um número terminado em 373, ou seja:

a b cx 7

3 73...

Por tentativa, temos que a única possibilidade para o valor c é 9.

a bx

( )

...

6

97

3 7 3

Agora, 7b + 6 tem de terminar em 7, ou seja, b = 3.

ax

( )

...

2

3 97

3 7 3

Enfim, 7a + 2 tem de terminar em 3, assim a = 3.

Portanto, a multiplicação pedida é:3 3 9

7

3 73

x

...

Ou seja, n = 339, que é um número divisível por 3, pois a soma de seus algarismos é divisível por 3.

Questão 28 – Letra EComentário: Como a maquete de uma casa é feita na escala

1 : 500, as dimensões reais da sala são:

4 000 mm x 5 000 mm x 4 000 mm

Assim, a capacidade da sala é:

V = 4 000 . 5 000 . 4 000 = 8 x 1010 mm3 = 8 x 104 dm3 = 80 000 L

Questão 29 – Letra CComentário: Como a quantidade, em metros, era um número

inteiro, x56 deve ser múltiplo de 21, ou seja, de 3 e 7. Para

que x56 seja múltiplo de três, x pode ser 1, 4 ou 7, mas para

ser múltiplo de 7, apenas x = 7 é possível. Assim, o preço total

é 756 reais e há 36 metros de cetim.

Questão 30 – Letra CComentário: Foram dados os números inteiros abc e bac,

emquea≠b≠c,a≠0,b≠0,c≠0ea>b.

Temos que a diferença entre esses números inteiros é:

abc – bac = a.100 + b.10 + c – (b.100 + a.10 + c) ⇒

abc – bac = 90a – 90b = 9(10a – 10b)

Portanto, a diferença entre os números inteiros dados será

sempre um múltiplo de 9.

Questão 31 – Letra BComentário: Como a soma dos algarismos de A é 10, podemos

representar seus dois dígitos, de dezenas e unidades, como x

e (10 – x). Do constante do enunciado, temos que:

10x + (10 – x) + 18 = 10.(10 – x) + x ⇒

9x + 28 = 100 – 9x ⇒

x = 4

Assim, o algarismo das dezenas de A é 4.

Questão 32 – Letra CComentário: Seja N = abc um número natural, em que

a, b e c são seus algarismos.

Sabemos que a + c = 8 e abc – 396 = cba.

Daí, temos:

abc – cba = 396 ⇒ 100a + 10b + c – (100c + 10b + a) = 396 ⇒

99a – 99c = 396 ⇒ a – c = 4

Resolvendoosistema a ca c

+ =− =

84

, temos que a = 6 e c = 2.

Portanto, o algarismo da centena de N é 6.


Seja o número n da forma 103a4 + 102a3 + 101a2 + a1,

em que cada ai ∈ {0, 1, ..., 9} representa o i-ésimo algarismo

do número n.

EM1MPV1_MAT.indd 41 27/10/17 15:39

42 Coleção EM1

Pelos itens I, II e III, temos:

a42 + a1

2 = 58

a32 + a2

2 = 52

+ = + = + − + = + − +x 8 x 2 (x 2) . (x x . 2 2 ) (x 2) . (x 2x 4)3 3 3 2 2 2

1 000a4 + 100a3 + 10a2 + a1 – 3 816 =

1 000a1 + 100a2 + 10a3 + a4

999a4 + 90a3 – 90a2 + 999a1 = 3 816

Dividindo a equação por 9, temos:

111a4 + 10a3 – 10a2 – 111a1 = 424

+ + − + − = + + − − + =

+ − − = + + − + − − =

+ + − +

a 4a 4 b 2b 1 (a 2.(a . 2) 2 ) (b 2b 1 )

(a 2) (b 1) ((a 2) (b 1)).((a 2) (b 1))

(a b 1).(a b 3)

2 2 2 2 2 2

2 2

100(a4 – a1) + 10(a3 – a2 + a4 – a1) + (a4 – a1) = 424

Logo:

a – a 4

a – a a – a 2

a – a 2

4 1

3 2 4 1

4

2 3

��

=

+ =

=

Utilizando a primeira equação, a4 – a1 = 4, temos:

��

��

=

+ =

=

+ =

+ =

=

=

⇒ =

(a – a ) 4

a a – 2a a 16

a . a –21 0

(a 4)a –21 0

a 4a – 21 0

a –7

oua 3

a 3

4 12 2

42

12

58

4 1

4 1

1

a

1

12

1

1

1

1

4

Se a1 = 3, utilizando a primeira equação, concluímos que a4 = 7.Analogamente, temos a2 – a3 = 2.

��

��

=

+ =

=

+ =

+ =

=

=

⇒ =

(a – a ) 2

a a – 2a a 4

a . a – 24 0

(a 2)a – 24 0

a 2a –24 0

a – 6

oua 4

a 4

2 32 2

22

32

52

2 3

2 3

3

a

3

32

3

3

3

3

2

Se a3 = 4, utilizando a primeira equação, concluímos que a2 = 6.Assim: a4a3a2a1 = 7 463

Questão 34Comentário: Seja xy a representação do número procurado, que valerá 10x + y. O número de representação decimal xy7,

que vale 100x + 10y + 7 é 178 unidades maior que 10x + y.

Assim:

100x + 10y + 7 = 10x + y + 178 ⇒

90x + 9y = 171 ⇒

10x + y = 19

Como x e y são ambos naturais, a única solução possível é x = 1 e y = 9 e o número procurado é o 19.

Questão 35 – Letra CComentário: Como um dia possui 24 horas, há um desperdício diário de 0,25 . 24 = 6 litros de água. Lembrando-se que 1 m3 de água equivale a 1 000 litros, serão desperdiçados

3 000 litros de água em p3 000

6500= = dias.


−4a515bc77

4a5 – 15b = c77 ⇒ 4a5 = c77 + 15b

Analisando primeiramente os algarismos das unidades, temos que 7 + b corresponde a um número de final 5, que é 15. Daí se conclui que b = 8.

Analisando os algarismos das dezenas, temos 7 + 5 + (1) = 13, em que o 1 vem “emprestado” do 15, do passo anterior. Pelo mesmo raciocínio, temos a = 3.

Analisando os algarismos das centenas, temos c + 1 + (1) = 4, em que o 1 veio do número 13 do algarismo das dezenas. Assim, c = 2.

Logo:

= = = =b.c 8 . 282

88

1–a –33

Questão 37Comentário: Sendo xy7 a representação do número inicial, este corresponde a 100x + 10y + 7. O novo número tem representação 7xy e vale 700 + 10x + y. Assim:

700 + 10x + y = 2(100x + 10y + 7) + 21 ⇒

700 + 10x + y = 200x + 20y + 35 ⇒

665 = 190x + 19y ⇒

35 = 10x + y

Como x e y são naturais, a única solução possível é x = 3 e y = 5 e o número inicial é 357.

Questão 38 – Letra EComentário: 88,4 m3 equivalem a 88 400 litros e a quantidade n de botijões é tal que:

n88 400

136 800= =

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Manual do Professor


Questão 39 – Letra DComentário: O Açude de Orós tem capacidade, em litros, igual a 2 . 1012. O tempo t, em segundos, procurado é tal que:

t2 .105 .10

4.1012

74= =

Esse tempo em horas é 4 .103,6 .10

114

3≅ .

Questão 40 – Letra EComentário: Como 32 m3 equivalem a 32 000 litros, o número n

de caminhões necessários é tal que: n7,2 . 103,2 . 10

225.6

4= =

Seção Enem

Questão 01 – Letra BEixo cognitivo: I


Habilidade: 10

Comentário: Como 3 pés são uma jarda, uma jarda corresponde

a 3 . 1 2003 937

3 6003 937

metros= . Como 12 polegadas valem

1 2003 937

metros, 6 polegadas valem =612

.1 2003 937

6003 937

metros.

Dessa maneira, a medida da haste, em metros, vale

+ + = ≅3 . 3 6003 937

2.1 2003 937

6003 937

13 8003 937

3,5 m.

Questão 02 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 12

Comentário: A quantidade de água ingerida por esse paciente antes do exame deverá ser igual a:150 . 2 . 10 = 3 000 mL = 3 LPortanto, ele deverá comprar 2 garrafas de capacidade 1,5 litro, ou seja, deverá escolher a garrafa IV.



Habilidade: 12

Comentário: Uma tonelada equivale a 1 000 kg, então 1 milhão de toneladas equivale a 1 000 000 . 1 000 kg, portanto, 4,129 milhões de toneladas equivale a 4,129 . 109 kg.



Habilidade: 12

Comentário: 10 litros de óleo são suficientes para contaminar 107 litros de água potável; isto é, 1 litro de óleo para cada 106 litros de água. Então, o total de água contaminada por 1 000 L de óleo será 1 000 . 106 = 109 L.



Habilidade: 3

Comentário: De acordo com o enunciado, temos:

V V

V V

V V

Marte Mercúrio

Terra Marte

Netuno Te

=

=

=

3

7

58

.

.

.rrra

Júpiter NetunoV V=

23.

Portanto:VJúpiter = 23.VNetuno = 23.(58.VTerra) = 1 334.VTerra



Habilidade: 3

Comentário: O diâmetro do olho humano mede 2,1 cm.

O diâmetro do espelho mede 42 m = 4 200 cm.

Logo, a razão entre o diâmetro do olho humano e o diâmetro

do espelho é:

2 14 200

12 000

, cmcm

=

Portanto, 1 : 2 000.

Questão 07 – Letra EEixo cognitivo: IV


Habilidade: 21

Comentário: Sabemos que IMCmassa kg

altura m=

( )( )

2. Como a menina

possui massa igual a 64 kg, e IMC igual a 25 kg/m2, sua altura

h será dada por:

25 64 6425

85

1 62

2= ⇒ = ⇒ = =h

h h m,

SubstituindoessevalornaexpressãodocálculodoRIP,temos:

RIP160

64

1604

RIP 40 cm/kg3

1/3= = ⇒ =

Questão 08 – Letra CEixo cognitivo: V


Habilidade: 14

Comentário: Para atingir os 11 minutos desejados, a cozinheira

deverá virar a ampulheta de 5 minutos e esperar 3 minutos

(5ª etapa). Em seguida, deverá virar a ampulheta de

8 minutos e esperar esse tempo (6ª etapa). Tal sequência está

representada na alternativa C.

EM1MPV1_MAT.indd 43 27/10/17 15:39

44 Coleção EM1

Questão 09 – Letra CEixo cognitivo: IV


Habilidade: 17

Comentário: Se cada folha possui 0,1 mm de espessura e há

uma pilha de 1 m de altura, temos então 10 000 folhas, pois 1 m

0,1 = 1 000 mm

0,1 mm

mm

= 10 000. Como, em cada folha, há 10

títulos, concluímos que temos, no total, 100 000 títulos, o que corresponde a 105.

Questão 10 – Letra AEixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Na Terra, 48 ciclos de 365 dias correspondem a

48 . 365 = 17 520 dias.

Como cada ciclo de Vênus corresponde a 584 dias na Terra, temos que 17 520

584 = 30 ciclos.



Habilidade: 17

Comentário: Se um ano possui, aproximadamente,

32 . 106 segundos e estima-se um desmatamento de um

campo de futebol a cada 8 segundos, temos a destruição

de uma área que corresponde a =−32 .108

.10 4 .10 km6

2 4 2

o que chama atenção para um fato realmente grave.

CAPÍTULO – B2Produtos notáveis e fatoração



A) (x 3) (x 3)(x 3) x(x 3) 3(x 3)x 3x 3x 9 x 2.(3x) 9 x 6x 9

2

2 2 2

+ = + + = + + + =+ + + = + + = + +

B) (a b) (a b).(a b) a(a b) b(a b)a ab ba b a 2ab b

2

2 2 2 2

+ = + + = + + + =+ + + = + +

C) (5y 1) (5y 1).(5y 1) 5y(5y 1) ( 1)(5y 1)(5y) 5y 5y ( 1).( 1) 25y 2.(5y) ( 1)25y 10y 1

2

2 2 2

2

− = − − = − + − − =− − + − − = − + − =− +

D) .(x 6) (x 6).(x 6) x . (x 6) ( 6) (x 6)x 6x 6x ( 6).( 6) x 12x 36

2 2 2 2 2 2 2

4 2 2 4 2

− = − − = − + − − =− − + − − = − +

E) (2x 7) (2x 7).(2x 7) 2x(2x 7) 7(2x 7)(2x) 2x.(7) 7.(2x) 7 4x 28x 49

2

2 2 2

+ = + + = + + + =+ + + = + +

F) (9x 1).(9x 1) 9x(9x 1) 1(9x 1)(9x) 9x 9x 1 81x 12 2

+ + = + + + =− + − = −

G) (a xy) (a xy).(a xy)a (a xy) xy(a xy)a a xy xya ( xy)( xy)a 2a xy (xy) a 2a xy x y

2 2 2 2

2 2 2

4 2 2

4 2 2 4 2 2 2

− = − − =− − − =

− − + − − =− + = − +

H) 3x16

y 3x16

y . 3x16

y

3x 3x16

y16

y 3x16

y

(3x)3x6

y16

y(3x)16

y

2

2

2

−

= −

−

=

−

− −

=

− − +

=

9x

xy2

xy2

y6

9x 2xy2

y36

9x yxy36

22

22

22

2

− − + = −

+ = − +

I) + = + + =

+ + + =

+ + + =

+ + =

+ + = + +

(2x 3xy) (2x 3xy).(2x 3xy)

2x (2x 3xy) 3xy(2x 3xy)

(2x ) 2x (3xy) 3xy(2x ) (3xy)

4x 2(2x ).(3xy) 9x y

4x 2 .2 . 3x y 9x y 4x 12x y 9x y

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

4 2 2 2

4 3 2 2 4 3 2 2

J) +

−

= −

+ −

=

− + − =

− = −

14

x y 114

x y 114

x y14

x y 1 114

x y 1

14

x y14

x y14

x y 114

(x y) 1116

x y 1

2 2 2 2 2

2

2

2 2

2

2 2 4 2

K) − = − − =

− − − =

− − + − =

− − + =

− +

(x y xy ) (x y xy ).(x y xy )

x y(x y xy ) xy (x y xy )

(x y) (x y)(xy ) (xy )(x y) ( xy )

x y x y x y x y

x y 2x y x y

3 3 2 3 3 3 3

3 3 3 3 3 3

3 2 3 3 3 3 3 2

6 2 4 4 4 4 2 6

6 2 4 4 2 6

L) = = =

+ + =

+ = +

(3y – 5) (3y – 5)(3y – 5) 3y(3y – 5) –5(3y – 5)

(3y) 3y(–5) –5(3y) (–5)

9y –15y –15y 25 9y – 30y 25

2

2 2

2 2

M) (5 8b) (5 8b)(5 8b) 5(5 8b) 8b(5 8b)

5 . 5 5 . 8b 8b.5 (8b)

25 40b 40b 64b 25 80b 64b

2

2

2 2

+ = + + = + + + =

+ + + =

+ + + = + +

N) + = + =

+ =

+ =

(ab a )(ab – a ) ab(ab – a ) a (ab – a )

(ab) – ab(a ) a (ab) – (a )

a b – a b a b – a a b – a

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 3 3 4 2 2 4

O)

+

= +

+

=

+

=

+

=

b –12

a b12

a b b12

a –12

a b12

a

b b12

a –12

a b –12

a

b12

a b –12

a b –12

(a ) b –14

a

3 2 3 2 3 3 2 2 3 2

6 3 2 2 3 2

2

6 2 3 2 3

2

2 2 6 4

EM1MPV1_MAT.indd 44 06/11/17 15:47

Mat

emát

ica

Manual do Professor


P) = =

=

+ =

+ =

+

(10x – ab) (10x – ab).(10x – ab)

10x (10x – ab) – ab(10x – ab)

(10x ) –10x ab – ab.10x (–ab)

10 (x ) –10x ab –10x ab (–1) (ab)

100x – 20x ab a b

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

4 2 2 2

Q) + = + + =

+ + + =

+ + + =

+ + + = + +

(2a 3a) (2a 3a).(2a 3a)

2a (2a 3a) 3a(2a 3a)

(2a ) 2a . 3a 3a . 2a (3a)

2 (a ) 6a a 6a a 3 a 4a 12a 9a

3 2 3 3

3 3 3

3 2 3 3 2

2 3 2 3 3 2 2 6 4 2

R) + =

+ =

+ =

+ =

(a x a x ).(a x – a x )

a x (a x – a x ) a x (a x – a x )

(a x ) – a x a x a x a x – (a x )

a x – a x a x – a x a x – a x

4 2 2 4 4 2 2 4

4 2 4 2 2 4 2 4 4 2 2 4

4 2 2 4 2 2 4 2 4 4 2 2 4 2

8 4 6 6 6 6 4 8 8 4 4 8

S) +

= +

+

=

+

+ +

=

+ + +

=

+ + + = + +

6x16

6x16

6x16

6x 6x16

16

6x16

(6x) 6x .16

16

. 6x16

6 x66

x66

x16

36x 2x136

2

2

2

2 22

2

T)

=

=

=

+

+

=

+

=

+ = +

3x –y6

3x –y6

3x –y6

3x 3x –y6

–y6

3x –y6

(3x ) 3x –y6

–y6

. 3x –y6

3 .(x ) –3x y

6–

y . 3x6

(–1) .y6

9x – 2 .3x y

6(y )(6)

9x – x yy36

82

2

82

82

8 82 2

82

8 2 82 2

82

2

2 8 28 2 2 8 2

2

168 2 2 2

216 8 2

4


A) (2x 1) (2x) 2 . 2x.1 1 4x 4x 12 2 2 2+ = + + = + +

B) (3y – 2) (3y) 2 . 3y.(–2) (–2)9y – (2 . 3 . 2).y 4 9y –12y 4

2 2 2

2 2

= + + =+ = +

C) (2a–3b) (2a) 2 . 2a.( 3b) (3b)4a – (2 . 2 . 3).a 9b 4a 12a 9b

2 2 2

2 2 2 2

= + − + =+ = − +

D) .3 .x

(x 3x ) (x ) 2 . x .3x (3x )x (2 ) 9x x 6x 9x

3 2 2 3 2 3 2 2 2

6 3 2 4 6 5 4

+ = + + =+ + = + ++

E) .a .ab .b

(–a – b) (–a) 2.(–a).(–b) (–b)(–1) 2.(–1) (–1) a 2ab b

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2+= + + =

+ = + +

F) x – 3 x 2. x.(–3) (–3) x – 6 x 92 2

2( ) ( )= + + = +

G) xy

yx

xy

2 .xy

.yx

yx

xy

2 .xx

.yy

yx

xy

2yx

2 2 2

2

2

2

2

2

2

2

2

+

=

+ +

=

+ + = + +

H) (x 3).(x – 3) x – 3 x – 92 2 2+ = =

I) (a b ).(a – b ) (a ) – (b ) a – b a – b2 3 2 3 2 2 3 2 2 2 3 3 4 6+ = = =+ +

J) 3y12

3y –12

(3y ) –12

9y14

2 2 2 2

2

4+

=

= −

K) (2a –1) (2a) 3 . (2a) .( 1) 3.(2a).( 1) ( 1)8a – 3 . 4a 6a –1 8a –12a 6a –1

3 3 2 2 3

3 2 3 2

= + − + − + − =+ = +

L) (x 2) (x) 3.(x) .2 3.x.2 2x 6x 12x 8

3 3 2 2 3

3 2

+ = + + + =+ + +


• Cálculodea2 + b2:

Sabemos que a + b = 5.

Elevando os dois membros ao quadrado, temos:

(a + b)2 = 52 ⇒ a2 + 2ab + b2 = 25

Como ab = 2, temos:

a2 + 4 + b2 = 25 ⇒ a2 + b2 = 21


Sabemos que a + b = 5.

Elevando os dois membros ao cubo, temos:

(a + b)3 = 53 ⇒ a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 = 125 ⇒

a3 + 3ab(a + b) + b3 = 125

Como ab = 2 e a + b = 5, temos:

a3 + 3 . 2 . 5 + b3 = 125 ⇒ a3 + 30 + b3 = 125 ⇒

a3 + b3 = 95


Sabemos que a2 + b2 = 21.

Elevando os dois membros ao quadrado, temos:

(a2 + b2)2 = 212 ⇒ a4 + 2a2b2 + b4 = 441

a4 + 2.(ab)2 + b4 = 441

Como ab = 2, temos:

a4 + 2 . 22 + b4 = 441 ⇒ a4 + 8 + b4 = 441 ⇒

a4 + b4 = 433


A) Sabemos que xx

– 1 3= ; desse modo, elevando os dois

membros ao quadrado, temos:

xx

x xx x

xx

x

– – . .

–

1 3 2 1 1 9

2 1 9

2

2 22

22

2

= ⇒ + = ⇒

+ = ⇒ + 11 112x

=

EM1MPV1_MAT.indd 45 06/11/17 15:47

46 Coleção EM1

B) Sabemos que xx

– 1 3= ; desse modo, elevando os dois

membros ao cubo, temos:

x –1x

3 x – 3x .1x

3x.1x

–1x

27

x – 3x3x

–1x

27 x – 3 x –1x

–1x

27

x – 3 .3 –1x

27 x – 9 –1x

27 x –1x

36

3

3 3 22 3

33

33

33

33

33

= ⇒ + = ⇒

+ = ⇒

= ⇒

= ⇒ = ⇒ =

C) Sabemos que xx

2

2

1 11+ = ; desse modo, elevando os dois

lados ao quadrado, temos:

xx

x xx x

xx

22

2

2 4 22 4

44

1 11 2 1 1 121

2 1

+

= ⇒ + + = ⇒

+ +

.

== ⇒ + =121 1 11944

xx


Sabemos que x + y + z = 10 e que xy + yz + xz = 20.Elevando-se os dois membros da primeira equação ao quadrado, temos:

(x + y + z) =10 x + y + z + 2xy + 2yz + 2xz =100

x + y + z +

2 2 2 2 2

2 2 2

⇒ ⇒

22.

x + y + z + 40 =1002 2 2

xy yz xz+ +( ) = ⇒20

100� ��

⇒⇒ =x + y + z2 2 2 60


A) a ax a x+ = +( )1

B) 2 10 2 5 2 5 2 53 2 3 2 22x x x x x x x x− = − = − = −( ) ( ( )) ( )

C) 3 6 3 2 3 23 2 3 2

2 3 2 3 3

2 2

x y xy x y xy x xy yxy x y xy x y

− = − = − =

− = −

( ) ( ( ))( ( )) ( )

D) x y z xyz x y z x xy z yz x y zxy xy z z x y z xy

2 3 4 3 4 2 3 4 2 4 2

4 2 22 3

+ − = + − =

+ − =

( )( ) zz xy z x y z( )2 3 32+ −

E) mx nx my ny x(m n) y(m n) (x y).(m n)+ + + = + + + = + +

F) ax ay by bx a(x y) b(y x)a(x y) b.( 1).(x y) (x y).(a b)

− + − = − + − =− + − − = − −

G) x 3x 4x 12 x (x 3) ( 4).(x 3)(x 4).(x 3) (x 2 ).(x 3)(x 2).(x 2).(x 3)

3 2 2

2 2 2

− − + = − + − − =− − = − − =

+ − −

H) x y 3y 3x (x y ) 3(y x)(x y).(x y) 3(x y) (x y).(x y 3)

2 2 2 2− + − = − + − =− + − − = − + −

I) a 2ab b c (a 2ab b ) c (a b) c((a b) c).((a b) c) (a b c).(a b c)

2 2 2 2 2 2 2 2+ + − = + + − = + − =+ + + − = + + + −

J) . .

a 2a 1 b (a 2a 1 ) b (a 1) b((a 1) b) ((a 1) b) (a b 1) (a b 1)

2 2 2 2 2 2 2− + − = − + − = − − =− + − − = + − − −

K) a – b 2b –1 a – (b – 2b 1 ) a – (b –1)(a (b –1)).(a – (b –1)) (a b –1).(a – b 1)

2 2 2 2 2 2 2+ = + = =+ = + +

L) a – b – 2a – 2b (a – b ) – 2(a b)(a b).(a – b) – 2(a b) (a b).(a – b – 2)

2 2 2 2= + =+ + = +

M) x 8 x 2 (x 2).(x x.2 2 )(x 2).(x 2x 4)

3 3 3 2 2

2

+ = + = + − + =+ − +

N) 2x – 54 2(x – 27) 2(x – 3 )2(x – 3).(x 3x 3 )2(x – 3).(x 3x 9)

3 3 3 3

2 2

2

= = =+ + =+ +

O) x 6x 12x 8 x 3.x .2 3.x.2 2 (x 2)3 2 3 2 2 3 3+ + + = + + + = +

P) x 3x 3x 1 x 3.x .( 1) 3.x.( 1) ( 1)(x 1)

3 2 3 2 2 3

3

− + − = + − + − + − =−

Q) a 4a 4 – b 2b –1 (a 2.(a.2) 2 ) – (b – 2b 1 )(a 2) – (b –1) ((a 2) (b –1)).((a 2) – (b –1))(a b 1).(a – b 3)

2 2 2 2 2 2

2 2

+ + + = + + + =+ = + + + =+ + +

Questão 07

Comentário: Nas alternativas de A a F e M usaremos a

diferença de dois quadrados; nas restantes o trinômio do

quadrado perfeito.

A) x2 – 4 = (x + 2)(x – 2)

B) y2 – 36 = (y + 6)(y – 6)

C) 9x2 – 16 = (3x + 4)(3x – 4)

D) 81x2 – 64 = (9x + 8)(9x – 8)

E) y2 – 25x2 = (y + 5x)(y – 5x)

F) 4x2 – 25a2 = (2x + 5a)(2x – 5a)

G) x2 + 8x + 16 = x2 + 2 . 4.x + 42 = (x + 4)2

H) x2 – 8x + 16 = x2 – 2 . 4.x + 42 = (x - 4)2

I) 4x2 – 20x + 25 = (2x)2 – 2 . 2x.5 + 52 = (2x – 5)2

J) 9x2 – 12x + 4 = (3x)2 – 2 . 3x.2 + 22 = (3x – 2)2

K) x2 – 2x + 1 = (x – 1)2

L) 121x2 + 22x + 1 = (11x)2 + 2 . 11x.1 + 12 = (11x + 1)2

M) 16y2 – x4 = (4y + x2)(4y – x2)

N) 25m2 + 20m + 4 = (5m)2 + 2 . 5m.2 + 22 = (5m + 2)2

O) 25x –10x3

19

(5x) –2 . 5x.13

13

5x –13

2 2

2 2

+ = +

=


= + = + ≠

++

= + ++

=

+ ++

= + + ≠

++

= + ++

= + + ≠

A) x – yx – y

(x y).(x – y)(x – y)

x y, se x – y 0

B) (x y) – 3x – 3yx y – 3

(x y) – 3(x y)(x y –3)

(x y).(x y –3)(x y –3)

x y, se x y –3 0

C) x yx – xy y

(x y).(x – xy y )(x – xy y )

x y, se (x – xy y ) 0

2 2

2 2

3 3

2 2

2 2

2 22 2

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Mat

emát

ica

Manual do Professor



A) x 6x 92 + +

Calculando as raízes da equação, temos:

a 1= , b 6= e c 9=

b 4.a.c 6 4 .1 . 9 02 2∆ = − = − =

x

b2.a

6 02 .1

62

3=− ± ∆

=− ±

=−

= −

x 3

ex 3

1

2

= −

= −

Otrinômiopodeserescritodaseguinteforma:

a(x x ).(x x ) 1.(x 3).(x 3)1 2

− − = − −

Logo:

x 6x 9 (x 3)2 2+ + = −

B) x 5x 62 − +


a 1= , b 5= − e c 6=

b 4.a.c ( 5) 4 .1 . 6 12 2∆ = − = − − =

x

b2.a

5 1

2 .15 1

2

( )=

− ± ∆=

− − ±=

±

x

ou

x

x

ou

x

xou

x

1

2

1

2

1

2

5 12

2

2

62

2

35 1

4=

−

=

=

=

=

=+⇒ ⇒


a(x x ).(x x ) 1.(x 2).(x 3)1 2

− − = − −

Logo:

x 5x 6 (x 2).(x 3)2 − + = − −

C) 2x 5x 32 − −


a 2= , b 5= − e c 3= −

b 4.a.c ( 5) 4 . 2.( 3) 25 24 492 2∆ = − = − − − = + =

x

b2.a

( 5) 492 .2

5 74

=− ± ∆

=− − ±

=±

x5 7

4ou

x5 7

4

x24

ou

x124

x12

ou

x 3

1

2

1

2

1

2

=−

=+

⇒

=−

=

⇒= −

=


− − = − −

− = − +

a(x x ).(x x ) 2 x12

.(x 3) 2(x 3). x121 2

D) 3x 7x 22 − +


a 3= , b 7= − e c 2= .

b 4.a.c ( 7) 4 . 3 . 2 49 24 252 2∆ = − = − − = − =

x

b2.a

( 7) 252 .3

7 56

=− ± ∆

=− − ±

=±

x7 5

6ou

x7 5

6

x26

ou

x126

x13

ou

x 2

1

2

1

2

1

2

=−

=+

⇒

=

=

⇒=

=


a(x x ).(x x ) 3 x

13

.(x 2) 3(x 2). x131 2

− − = −

− = − −


A) x xx x

xx x

2

2

2

2

5 62 1

4 42

––

. –– –

++

Vamosescreverostrinômiosx2 – 5x + 6 e x2 – x – 2 na forma fatorada:

• x2 – 5x + 6:

Raízes:2e3

Então, x2 – 5x + 6 = (x – 2).(x – 3).

• x2 – x – 2:

Raízes:–1e2

Então, x2 – x – 2 = (x + 1).(x – 2).

Além disso, observemos que x2 – 2x + 1 = (x – 1)2. Substituindo essas identidades na expressão original, e se x ≠ 2, x ≠ 1e x ≠ –1, temos:

( – ).( – )

( – ). ( ).( – )

( ).( – )( –x x

xx x

x xx2 3

14 1 1

1 24 3

2

++

= ))–x 1

B) xx x

x xx x

x xx x

2

2

2

2

2

2

92 3

2 12 15

208 16

–– –

.– –

. – –+ ++ +

Vamos escrever cada termo na forma fatorada:

• x2 – 9 = (x + 3).(x – 3)

• x2 – 2x – 3 possui raízes –1 e 3. Logo:

x2 – 2x – 3 = (x + 1).(x – 3)

• x2 + 2x + 1 = (x + 1)2

• x2 – 2x – 15 possui raízes –3 e 5. Logo:

x2 – 2x – 15 = (x + 3).(x – 5)

• x2 – x – 20 possui raízes –4 e 5. Logo:

x2 – x – 20 = (x + 4).(x – 5)

• x2 + 8x + 16 = (x + 4)2

Substituindo esses valores e caso x ≠ 3, x ≠ –3, x ≠ –1, x ≠ 5 e x ≠ –4, temos:

( ).( – )( ).( – )

. ( )( ).( – )

. ( ).x xx x

xx x

x++

++

+3 31 3

13 5

42 (( – )( )

xx

xx

54

142+

= ++

EM1MPV1_MAT.indd 47 06/11/17 15:48

48 Coleção EM1

C) 1 – x

x x – 2:

–2 – 2xx 4x 4

2

2 2+ + +

As raízes de x2 + x – 2 são –2 e 1. Logo:

x2 + x – 2 = (x + 2).(x – 1)

Substituindo essa forma na expressão, fatorando os demais

termos e, se x ≠ 1, x ≠ 2 e x ≠ –1, temos:

( ).( – )( ).( – )

. ( )– ( )

( – ).(1 12 1

22 1

1 22++

++

= +x xx x

xx

x x ))( – )2 1

22x

x= +

D) +

= + ≠ ≠1

a2ab

.a b 2a b, se a 0 e b 02

2 .

E) a – bab

ba

2:

abab

1

(a b).(a – b)a b 2ab

ab

.

a bbab

(a b).(a – b).ab(a b)

.(a b)

ab(a b) .(a – b)

(a b) .ba – b

b,

Se a –b e a 0 e b 0.

2 2

2 2

2 2

2

2

+ + +=

++ +

+

=

++

+=

++

=

≠ ≠ ≠

F) +

+

++

=

+ ++

+

+

=

++

+=

= = =

≠ ≠ ≠

2xx y

–y

y – xy

y – x:

1x y

xx – y

2x(y – x) – y(y x) y(y x).(y – x)

:x – y x

(x y).(x – y)

2xy – 2x – y – xy y(y x).(y – x)

.(x y).(x – y)

(2x – y)

xy – 2xy – x

.x – y

2x – y2x – xy(x – y)

.(x – y)(2x – y)

x(2x – y)2x – y

x

Se x y, y 2x e y –x.

2

2 2 2 2

2

2 2 2

2 2

Questão 11

Comentário:

A) mx + nx – px = x.(m + n – p)

B) 2ax2 – 32a = 2a.(x2 – 16) = 2a.(x + 4).(x – 4)

C) 4m3 – 6m2 = 2m2.(2m – 3)

D) x8 – 1 = (x4)2 – 12 = (x4 + 1).(x4 – 1) = (x4 + 1).[(x2)2 – 12] =

(x4 + 1).(x2 + 1).(x2 – 1) = (x4 + 1).(x2 + 1).(x + 1).(x – 1)

E) m2 – mn – 3m + 3n = m.(m – n) – 3(m – n) = (m – n).(m – 3)

F) x5 + 2x4 + x3 = x3.(x2 + 2x + 1) = x3.(x + 1)2

Questão 12

Comentário:

A) 4a2 – 9b2 =(2a)2 – (3b)2 = (2a – 3b).(2a + 3b)

B) (x + y)2 – y2 = (x + y + y).(x + y – y) = x.(x + 2y)

C) (a + b)2 – (a – b)2 = (a + b + a – b).[a + b –(a – b)] =

2a.(a + b – a + b) = 2a . 2b = 4ab

D) 1 – (x + y)2 = (1 + x + y).[1 – (x + y)] =

(1 – x – y).(1 + x + y)

E) m4 – 16n4 = (m2)2 – (4n2)2 = (m2 + 4n2).(m2 – 4n2) =

(m2 + 4n2).[m2 – (2n)2] = (m2 + 4n2).(m + 2n).(m – 2n)

F) = +

−

= =

+1x

–1y

1x

1y

.1x

1y

ou1x

–1y

y – xx y

(y x)(y – x)x y2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

G) x2 + 2xy + y2 = (x + y)2

H) x2 – 2xy + y2 – 1 = (x – y)2 – 1 = (x – y + 1).(x – y –1)


A) x 9x 202 + +


a 1= , b 9= e c 20=

∆ = − = − = − =b 4.a.c 9 4 .1 . 20 81 80 12 2

x

b2.a

9 12 .1

9 12

=− ± ∆

=− ±

=− ±

x

ou

x

x

ou

x

x1

2

1

2

1

9 12

2

102

82

5

9 1

=− −

=

⇒

=−

=−

⇒= −

− +oou

x2 4= −


− − = − − − − = + +a(x x ).(x x ) 1(x ( 5)).(x ( 4)) (x 5).(x 4)1 2

B) x 9x 202 − +


a 1= , b 9= − e c 20=

b 4.a.c ( 9) 4 .1 . 20 81 80 12 2∆ = − = − − = − =

x

b2.a

( 9) 12 .1

9 12

=− ± ∆

=− − ±

=±

x

ou

x

x

ou

x

xou

x

1

2

1

2

1

2

9 12

2

82

102

4

9 1

=−

=

⇒

=

=

⇒=

=+ 55


a(x x ).(x x ) 1(x 4).(x 5) (x 5).(x 4)1 2

− − = − − = − −

C) y 10y 242 − −


a 1= , b 10= − e c 24= −

b 4.a.c ( 10) 4 .1.( 24) 100 96 1962 2∆ = − = − − − = + =

y

b2.a

( 10) 1962 .1

10 142

=− ± ∆

=− − ±

=±

y

ou

y

y

ou

y

y1

2

1

2

1

10 142

2

42

242

10 14

=−

=

⇒

=−

=

⇒= −

+

22

122

ouy =

EM1MPV1_MAT.indd 48 06/11/17 15:48

Mat

emát

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Manual do Professor



− − = − − − =

+ − = − +

a(y y ).(y y ) 1(y ( 2)).(y 12)

(y 2).(y 12) (y 12).(y 2)1 2

D) t 12t 452 + −


a 1= , b 12= e c 45= −

b 4.a.c 12 4 .1.( 45) 144 180 3242 2∆ = − = − − = + =

t

b2.a

12 3242 .1

12 182

=− ± ∆

=− ±

=− ±

t

ou

t

t

ou

t

t1

2

1

2

1

12 182

2

302

62

12 18

=− −

=

⇒

=−

=

⇒− +

== −

=

15

32

out


a(t t ).(t t ) 1(t ( 15)).(t 3) (t 15).(t 3)1 2

− − = − − − = + −


A) x 8 x 2 (x 2).(x x.2 2 )(x 2).(x 2x 4)

3 3 3 2 2

2

+ = + = + − + =+ − +

B) a 125 a 5 (a 5).(a a.5 5 )(a 5).(a 5a 25)

3 3 3 2 2

2

+ = + = + − + =+ − +

C) a 1 a 1 (a 1).(a a.1 1 )(a 1).(a a 1)

3 3 3 2 2

2

− = − = − + + =− + +

D) h 64 h (4) (h 4).(h h.4 4 )(h 4).(h 4h 16)

3 3 3 2 2

2

− = − = − + + =− + +


P(x) x x x 1 x x x 1 x(x 1) (x 1)

x((x ) 1 ) (x 1) x(x 1).(x 1) (x 1)

(x 1).(x(x 1) 1) (x 1).(x x 1)

5 2 5 2 4 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 3

= + − − = − + − = − + − =

− + − = + − + − =

− + + = − + +

Outra resolução possível:

P(x) x x x 1 x (x 1) (x 1)

x (x 1).(x x 1) (x 1)

(x 1).(x (x x 1) 1)

(x 1).(x x x 1)

(x 1).(x (x 1) (x 1).(x 1))

(x 1).(x 1).(x (x 1))

(x 1).(x x 1)

5 2 2 3

2 2

2 2

4 3 2

3

3

2 3

= + − − = + − + =

+ − + − + =

+ − + − =

+ − + − =

+ − + − + =

+ − + + =

− + +

Questão 16Comentário: De acordo com os dados do enunciado, temos N a b a b ab( , ) ( )= − +2 2 .

A) N( , ) ( ) . . ( )3 9 3 9 2 3 9 6 36 54 902 2= − + = − + = + =54

B) .N(a, 3a) (a 3a) 2 a.3a ( 2a) 6a4a 6a 10a

2 2 2

2 2 2

= − + = − + =+ =

Portanto, para qualquer inteiro a, o último algarismo do número 10a2 é zero.


Dado M 2ab

ba

22

2

2

2= − + + + , temos:

− ++ +

= − ++ +

=

− ++

= − ++

= − ++

=

− + +=

− +=

−

2a b 2a b

a b2

(a ) 2a b (b )a b

2(a b )

a b2

(a b )

a b2

a bab

2ab a bab

a 2ab bab

(a b)ab

4 4 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2

2 2 2 2 2

Sabemos que a = 0,998 e b = 1. Assim:

M(a b)

ab(0,998 1)

0,998 .1(–0,002)

0,9980,000004

0,998

41 000 000

9981 000

41 000 000

.1 000998

4998

.1

1 000

2 2 2

=−

=−

= = =

= =

Logo:

=

=

=

= =

− − −1M

4998

.1

1 0004

9981

1 000

9984

.1 000

1249,5 .1 000 249 500

1 1 1

Questão 18Comentário: Com base nos dados do enunciado, temos a2 + b2 = 117 e a.b = 54.

Logo:

�� − = − + = + − = − =(a b) a 2ab b a b 2.ab 117 2 .54 92 2 2 2 2

117 54

Desafio


∏

∏

=

=

+

= =

=

=

1–14

1–19

1–116

... 1–1

2251–

1i

(i 1)(i –1)i

162 . 15

815

2i 2

15

2i 2

15


a4 + a2 + 1 = a4 + 2a2 + 1 – a2 = (a2 + 1)2 – (a)2 =

(a2 + a +1)(a2 – a + 1)

EM1MPV1_MAT.indd 49 06/11/17 15:48

50 Coleção EM1

Questão 03Comentário: Como x2 – (x – 1)2 = 2x – 1, teremos

[10 20 30 ... 100 ]–[9 19 29 ... 99 ]

(10 – 9 ) (20 –19 ) ... (100 – 99 )

19 39 59 ... 199 218 . 5 1 090

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

+ + + + + + + + =

+ + + =

+ + + + = =



−

−

+=

−

−

+=

−

−

+=

−

−

+

=

−

− +

=

−

−

=

−

−

=

1

m

1

n:

1

m

1

n:m n

mn

1

m

1

n

1

m

1

n

.1

m n

mn

n m

m n

n m

mn

.mn

m n

n m

(mn)

mn

n m

mn

m n

n m

(mn)

mn

n m.

mn

n m

n m

(mn)

m n

n m

n m

n m

(mn)

(mn)1

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2

−

−

+=

−

−

+=

−

−

+=

−

−

+

=

−

− +

=

−

−

=

−

−

=

1

m

1

n:

1

m

1

n:m n

mn

1

m

1

n

1

m

1

n

.1

m n

mn

n m

m n

n m

mn

.mn

m n

n m

(mn)

mn

n m

mn

m n

n m

(mn)

mn

n m.

mn

n m

n m

(mn)

m n

n m

n m

n m

(mn)

(mn)1

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2


y = 3 3 6

4

4 4

2

3 2

2 2

3 2

2

2

2

2x x x

x

x x

x x

x x x

x x

+ −−

+ − +−

= + −+ −( )

( )( ))

( )

( )+ −

−

x

x x

2

2

2

⇒

y = 3 1 2

2 2

2 3 1

2

2x x x

x x

x

x

x x

x

x

x

( )( )

( )( )

( )− +

+ −+ − = −

−+ − ⇒

y = ( ) (

3 1 2

2

3 3 4 4

2

2 2 3 2 2x x x

x x x

x x x x

x

( ) ( )

)

− + −−

= − + − +−

⇒

y = 3 2 4 42

3 2x x xx x

− − +−( )

.

Observemos que, para que x ∈ , x ≠ 2 e x ≠ 0.


0,49 – x0,7 x

(0,7 x)(0,7 – x)0,7 x

0,7 – x

0,7 – (–1,3) 2

2

+=

++

=

=


z =− + −

− − ++−

=− +− −

−+

2x 2y ax aya a a 1

:2 aa 1

(x y)(2 a)(a 1)(a 1)

.(a 1)(2 a)3 2 2 2

2

= x y

a

−

−1,

se a ≠ 1 e a ≠ –2.


4x 8x 3x 2

3x 3x 12 2

++ +

+−−

x 3x 22 + + tem raízes x 11

= − e x 21

= − . Assim, fatorando a expressão, temos:

4(x 2)

(x 1).(x 2)

3(x 1)

(x 1).(x 1)

4(x 1)

3(x 1)

7x 1

+

+ ++

−

− +=

++

+=

+


abb c

b bca+

= −2 ⇒ abb c

b b ca+

= −( ) ⇒

(b – c)(b + c) = a2, pois a, b, c > 0

Logo, b2 – c2 = a2 ⇒ b2 = a2 + c2.


N = 2 0022 . 2 000 – 2 000 . 1 9982 = 2 000(2 0002 – 1 9982) ⇒

N = 2 000.(2 002 + 1 998)(2 002 – 1 998) = 2 000 . 4 000 . 4 ⇒

N = 2 . 103 . 4 . 103 . 4 = 32 . 106

Logo, o número é igual a 32 x 106.


24y 6xy 15y 6010x 40 4xy 16y

6y(4 x) 15(x 4)10(x 4) 4y(x 4)

(x 4).(6y 15)(x 4).(10 4y)

(x 4).3.(2y 5)(x 4).2.(5 2y)

+ − −− − +

=+ − +− − −

=

+ −− −

=+ −− −

=

3.(x 4).( 1) . (5 2y)

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

3(x 4)2(x 4)

+ − −

− −= −

+−

(x 4).(6y 15)(x 4).(10 4y)

3(x 4)2(x 4)

+ −− −

= −+−

somente se y 52, x 4≠ ≠ , porque

na expressão (x 4).(6y 15)(x 4).(10 4y)

+ −− −

a divisão por zero não é definida.


a2 + 3b2 = 1a

⇒ a3 + 3ab2 = 1 (I)

(a + b)3 + (a – b)3 =

a a b ab b a a b ab b3 2 2 3 3 2 2 33 3 3 3+ + + + − + − =

2a3 + 6ab2 = 2(a3 + 3ab2)

Como a3 + 3ab2 = 1 (I), temos:

(a + b)3 + (a – b)3 = 2 . 1 = 2


( ) ( )x y x y− − + = −2 2 20

EM1MPV1_MAT.indd 50 07/11/17 14:05

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Manual do Professor


Solução 1:Utilizando a diferença de quadrados, temos:

(x y) (x y) ((x y) (x y)).((x y) (x y))( 2y).(2x) 4xy

2 2− − + = − − + − + + =− = −

Logo:

− = − ⇒ =4xy 20 xy 5

Solução 2:

Expandindo o produto notável, temos:

− − + = − + − + + =

− − = −

(x y) (x y) (x 2xy y ) (x 2xy y )

2xy 2xy 4xy

2 2 2 2 2 2

De modo análogo, temos:

xy = 5

Questão 11 – Letra CComentário: (x + y)2 = (x2 + y2) + 2.xy = 17 + 2 . 16 = 49


+=

++ +

=

+ ++

= + =

x – yx – x y xy – y

(x y )(x – y )x(x y )– y(x y )

(x y )(x – y)(x y)(x y )(x – y)

x y 223

4 4

3 2 2 3

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

Questão 13 – Letra DComentário: (x3 – 4x) + (x2 – 4) = x(x2 – 4) + (x2 – 4) =

(x + 1)(x2 – 4) = (x + 1)(x + 2)(x – 2)


++ +

=+

++

=

+ = =

(x – y )(x y)

.(x 2xy y )

(x – y)(x y)(x – y)

(x y).(x y)(x – y)

(x y) (1,25 – 0,75) 0,25

2 2 2 2 2

2 2


x2(1 – y)2 = y2(1 – x)2

x2(y2 – 2y + 1) = y2(x2 – 2x + 1)

x2y2 – 2x2y + x2 = x2y2 – 2xy2 + y2

x2 – y2 = (x + y)(x – y) = 2xy(x – y), como (x – y) é não nulo:

x + y = 2xy

Questão 16 – Letra EComentário: Lançando mão da diferença de dois quadrados:

I. a –b c (a bc)(a–bc)2 2 2 = +

II. x y – a b c (x y a b c )(x y – a b c )4 10 8 6 14 2 5 4 3 7 2 5 4 3 7= +

III. 4x9

–y64

2 x3

y4

2 x3

–y4

= +

Assim, I, II e III são verdadeiras.


− + = −

+

=

−

+

=

−

+

=

−+

=

−+

=

− +

+=

−

− − − −(x y ):(x y )1x

1y

:1x

1y

1x

1y

1x

1y

y xx y

y xx y

1x y

1x y

.(y x )(y x )

1x y

.((y ) (x ) )

(y x )1

x y.(y x ) . (y x )

(y x )

y xx y

4 4 2 24 4 2 2

4 4

2 2

4 4

4 4

2 2

2 2

4 4

2 2

4 4

2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2 2


+ = ⇒ + + = ⇒ + + = ⇒

+

= ⇒ +

=

x1x

6 x 21x

8 x 2.x .1x

1x

8

x1x

8 x1x

2 .2

22

22

2 22 2

2 2

2

x1x

2 2+ =

Logo:

x1x

2 2+ = ±


Fatorando a expressão, temos:

xy

yx2

2

2+ = − ⇒ x yxy

xyxy

2 4

2

2

2

2+ = − ⇒

x2 + y4 = –2xy2, pois x ≠ 0 e y ≠ 0

Assim, x2 + 2xy2 + y4 = 0 ⇒ (x + y2)2 = 0 ⇒ x + y2 = 0.

Portanto, x + y2 = 0.


(a2b + ab2).

1 1

1 1

3 3

2 2

a b

a b

−

− = (a2b + ab2).

−

−

b aa b

b aa b

3 3

3 3

2 2

2 2

=

(a2b + ab2).b a

a b

a b

b a

3 3

3 3

2 2

2 2

−−

. =

ab(a b).(b a)(b ab a )

ab(b a)(b a)a ab b

2 22 2+

− + +

+ −= + +

EM1MPV1_MAT.indd 51 06/11/17 15:48

52 Coleção EM1


I. Verdadeiro.

Dado k 1k

3+ = , temos que k1k

33

3+

= .

k 3.k .1k

3.k. 1k

1k

k 3k 3.1k

1k

k 3 k 1k

1k

k 9 1k

3 22 3

33

3

3

33

3

+ + + = + + + =

+ +

+ = + +

��

k 9 1k

3 k 1k

18

k 1k

18 k 1k

3 2

33

3 33

33

33

+ + = ⇒ + = ⇒

+ = ⇒ + =

II. Verdadeiro.

3 5 3 5 10

2

+ −+( ) =

Expandindo o lado esquerdo da equação, temos:

3 5 3 5

3 5 2. 3 5 . 3 5 3 5

3 5 2. 3 5 . 3 5 3 5

3 5 2. 3 5 . 3 5 3 5

3 5 2 3 5 . 3 5 3 5

6 2 3 ( 5 ) 6 2 4 10

2

2 2

2 2

2 2

22

( ) ( ) ( ) ( )

+ + −

=

+

+ +

−

+ −

=

+

+ +

−

+ −

=

+

+ +

−

+ −

=

+ + + − + − =

+ −

= + =

III. Falso.

x 4x 4x 2

x 22 − +

−= −

Fatorando a expressão à esquerda, temos:

( )xx

x−−

= −22

22

Devemos lembrar que =a a2 .

xx

x x

−= − ⇒ =

− −

22 1

21

2

Assim, x = 3 é uma solução da equação.

Questão 22Comentário:De acordo com o enunciado, x

1x

2− = .

Elevando a equação ao quadrado, temos:

x1x

x 2.x.1x

1x

x 21x

2

22

22

−

= − + = − +

− + = ⇒ + =x 21x

2 x1x

622

2 22

Elevando a equação ao cubo, temos:

x1x

x 3.x .1x

3.x.1x

1x

x 3x 3.1x

1x

x 3 x1x

1x

3

3 22 3

33

3

2

3

� ��

−

= − + − =

− + − = − −

−

− − = ⇒ − =x 61x

2 x1x

1433

3 33

Assim:

A x x1x

1x

x1x

x1x

14 6 203 23 2

33

14

22

6� ��

= + − + = −

+ +

= + =

Questão 23 – Letra AComentário: Sendo x e y os números mencionados, temos

que (x + y)(x – y) = 21. Como x e y são naturais, a soma

de ambos é maior do que a diferença, e 21 tem 4 divisores

naturais, temos que ou a soma é 21 e a diferença 1 ou a

soma é 7 e a diferença 3. A solução do primeiro sistema é

x = 11 e y = 10, e as somas dos quadrados será 221, o que

não convém. Para o segundo sistema x = 5 e y = 2 e a soma

dos quadrados é 29.


y

1b

1a

cab

.(a b c)

1b

2ab

1a

ca b2 2

2

2 2

=

− −

− +

− + −

a b cab .(a b c)

a 2ab b ca b

1ab

((a b) c).((a b) c)

1a b

((a b) c )

(ab)

ab.(a b) c

(a b) cab

2 2 2

2 2 2 22 2

2 2 2

2 2

− −

− +

− + −=

− − − +

− −=

− −

− −=

Questão 25 – Letra CComentário: Sendo x e (x + 2) os números aos quais o

enunciado se refere, temos (x + 2)2 – x2 ⇒ (x2 + 4x + 4) – x2 ⇒

4x + 4 = 40, e logo x = 9. Assim os números são 9 e 11, que

pertencem ao intervalo [8, 14].

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Manual do Professor


Questão 26 – Letra E

Comentário: Provaremos que o contido na alternativa E

é verdadeiro, lembrando que o denominador da fração é

sempre positivo:

k 1 –k 0 k 1 k k 1 k 1 02 2 2 2+ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ =

Ou seja, k 1 –k 0, k2 *+ ≠ ∀ ∈

+

Portanto, temos:

��

+=

+

+ +

+ +=

+ ++

= + + >>

1

k 1 –k

1

k 1 –k.

k 1 k

k 1 k

k 1 kk 1 – k

k 1 k 2k

2 2

2

2

2

2 22

k


Comentário:

x x x x x x12

14

12

14

12

141 1 1− +

+ +

= +( ) −

+( ) +

x x

12

141 =

+( ) − ( ) = + + − = + +x x x x x x x1

2

21

4

21

2

1

2

1

21 2 1 1


x – 4x – 4x 16x – 6x 8

x(x – 4)– 4(x – 4)(x –2)(x – 4)

(x –2)(x 2)(x – 4)(x –2)(x – 4)

x 2

3 2

2

2 2++

= =

+= +

x – 4x – 4x 16x – 6x 8

x(x – 4)– 4(x – 4)(x –2)(x – 4)

(x –2)(x 2)(x – 4)(x –2)(x – 4)

x 2

3 2

2

2 2++

= =

+= +


m m 11

m. 1

1

m

m 2.m .m1

m1

1

m

12

12

2

2 12

12

2

2

2

( )

+

+ +

−

=

+ +

+ −

=

−

−

m 21m

11m

m 3+ + + − = +


a 3 a 3

Aa aa a

3 3 1

3 3

3 1

3

28

3 34

3

73

2x x

3x –3x

x –x

= ⇒ =

=++

=+

+= =


x1y

4y1y

7 4y1y

16y 81y

49

16y1y

x y 41

2

22

22

2 –2

+ = + = ⇒ +

= + + = ⇒

+ = + =


Consideremos k 3 2 2= + ⇒

( ) ( )= +

= + = + + =

+ + = +

k 3 2 2 3 2 2 1 2 2 2

1 2 .1 . 2 2 1 2

22

22 2

Logo:

( )= + ⇒ = +k 1 2 k 1 222

Se = + ⇒ ≥k 3 2 2 k 0, então = + ⇒ = +k 1 2 k 1 2.


De acordo com o enunciado, x1x

1422

+ = . Para formar um

produto notável, somamos +2 à equação:

x 21x

14 2 x 2.x.1x

1x

16 x1x

422

Somando 2 à equação

22

2

2

� �� + + = + ⇒ + + = ⇒ +

=

+

Se x é um número positivo, então x1x

0+ > , já que se trata de

uma soma de dois números positivos. Assim:

xx

xx

xx

xx

+

+

= ⇒ = ⇒ + = ⇒ + =

1 14 4 1 4 1 42

22

2

x1x

x 3.x .1x

3.x.1x

1x

x1x

3 x1x

x1x

12

3

3 22 3

33

4

33

� ��

+

= + + + =

+ + +

= + +

+

= ⇒ + + = ⇒ + =x1x

4 x1x

12 64 x1x

523

3 33

33


xx 1

–x

x –1.1– x

2

x x –1 – x x 1

x 1 x –1.– x –1

2

x – x – x – x

x 1 x –1.– x 1 x –1

2

– –2x

2x

2 2

2 2

( )( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( ) ( )

+

=+

+=

+

+= =

EM1MPV1_MAT.indd 53 06/11/17 15:48

54 Coleção EM1


( ) ( )

+ +

=

+

+ +

+ +

=

+ + + =

2 3 2 – 3

2 3 2. 2 3 2 – 3 2 3

2 3 2 4 –3 2 – 3 6

2

2 2


( ) ( )

( ) ( )

+ + =

+ + + + =

+ + = + + =

32 10 7 32 –10 7

5 2 .5. 7 7 5 –2 .5. 7 7

5 7 5 – 7 5 7 5 – 7 10

22

22

2 2

Questão 37 – Letra AComentário: Considerando a diferença de dois cubos, teremos:

x – 8x 2x 4

(x –2)(x 2x 4)x 2x 4

x –2 2 –23

2

2

2+ +=

+ ++ +

= =

Questão 38 – Letra BComentário: É interessante ressaltar que essa é a forma canônica de se encontrar triplas de números naturais quesatisfazem o Teorema de Pitágoras, com x e y ímpares e primos entre si:

=+

=+ +

=

=+

=

⇒

++ =

+ +⇒ = + ⇒

=

ax y

2x 2xy y

4

bx – y

2x –2xy y

4

c xy

x –2xy y4

xyx 2xy y

4a b c

a – b – c 0

2

22 2

2

22 2

2

2 2 2 22 2 2

2 2 2


++

+ = ++

++

=

=

5x 15x x – 6

– 3x 6x – 4

5(x 3)(x –2)(x 3)

– 3(x 2)(x –2)(x 2)

5x –2

– 3x –2

2x –2

2 2


( )= + = + ⇒

= ⇒ =

f 2x –12 2x 4k x 2 –2 . 6.x 2 6

36 4k k 9

22

2

Seção Enem



Habilidade: 8

Comentário: A figura é formada por um quadrado de lado a, um quadrado de lado b e dois retângulos de dimensões a e b. Além disso, a soma das áreas dessas figuras é igual à área do quadrado maior, de lado a + b. Temos, então:

( ) a b a ab b+ = + +2 2 22Área do

quadradomaior

�� Soma das áreas

dos quadrados menorese dos dois retânngulos

� ��

Logo, a figura é a representação geométrica do produto notável (a + b)2.



Habilidade: 21

Comentário: Fatorando a expressão, obtemos:

A = 4 000(2062 – 2042)

A = 4 000(206 – 204)(206 + 204)

A = 4 000 . 2 . 410 = 3 280 000



Habilidade: 3

Comentário: Substituindo x, y e z por 2 3 5, e na

expressão 2 2 2

4

2 2 2 2 2 2 4 4 4x y x z y z x y z+ + − − −, temos:

2 2 3 2 2 5 2 3 5 2 3 54

2 .2 . 3 2 . 2 . 5 2 . 3 . 5 4 9 254

12 20 30 384

244

62

2 2 2 2 2 2 4 4 4( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )+ + − − −=

+ + − − −=

+ + −= =

Questão 04 – Letra CEixo cognitivo: IIICompetência de área: 1Habilidade: 3Comentário: De acordo com o enunciado, temos:

= ⇒

= ⇒

++

= ⇒

= ⇒ = ⇒ =

2 751.(2 000) – 2 751.(1 900)k.(2100) – k.(1 800)

1

2 751(2 000 –1 900 )k.(2100 –1 800 )

1

2 751(2 000 1 900)(2 000 –1 900)k.(2100 1 800)(2100 –1 800)

1

2 751(3 900)(100)

k.(3 900)(300)1

2 7513k

1 k 917

2 2

2 2

2 2

2 2

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Manual do Professor


CAPÍTULO – C1Ângulos e triângulos



A) Dobro do ângulo: 2x

B) Metade do ângulo: x2

C) Dobro do ângulo somado a 10°: 2x + 10°

D) Dobro da soma do ângulo com 10°: 2(x + 10°)

E) A terça parte do ângulo menos 5°: x3

–5°

F) A terça parte da diferença do ângulo por 5°: (x – 5°)3

G) Complemento do ângulo: 90° – x

H) Metade do complemento adicionado a 10°: +(90° – x)

210°

I) Suplemento do ângulo: 180° – x

J) Suplemento da terça parte do ângulo: 180°–x3

K) Replemento dametade da soma do ângulo com 5°:

360°–(x + 5°)

2

Questão 02 Comentário: Sejam x e y esses ângulos. Sabemos que:

� ��

+ =− =

⇒

+ =+ =

⇒

= =

x y 80°(90° x) 2y

x y 80°x 2y 90°

y 10° e x 70°

Complementodo pr imeiro

ângulo

Portanto, |x – y| = |70° – 10°| = 60°.

Questão 03 Comentário: Como o rastelo possui abertura de 90°, a soma

das aberturas de cada dente e dos espaços entre os dentes

deve ser igual a 90°. Portanto:

+ = ⇒

+ = ⇒

= ⇒

= =

15 . x 14 . 1,5x 90°

15x 21x 90°

36x 90°

x 2,5° 2° 30'

Dentes Ângulo deabertura

de cada dente

Númerode espaços

entre os dentes

Ângulo deabertura decada espaço

Questão 04Comentário: Considere a figura a seguir:

m

x + 20° x

2 + 70 °

t

rSuplementares

Ângulos correspondentes

sr//s

Observe que os ângulos x x+ +202

70° °e são correspondentes.

Logo:

x x x x+ + ⇒ = ⇒ =202

702

50 100° ° ° °=

Como os ângulos x + 20° e m são suplementares, temos:(x + 20°) + m = 180° ⇒ 120° + m = 180° ⇒ m = 60°


A) 2(4x – 30°) + 2x = 90° ⇒ 10x – 60° = 90° ⇒ x = 15°

B) Como OE é bissetriz do ângulo BOC, COD = EOB = 2x – 5° Analogamente, como OD é bissetriz de AOB, AOD = DOB = x + 5°.

Dessa forma, temos que:

2.(2x – 5°) + 2.(x + 5°) = 180° ⇒

6x = 180° ⇒ x = 30°

C) 4x – 20° + 2x – 10° + x + 60° + 6x + 10° – x + 80° = 360° ⇒ 12x = 360° – 120° ⇒ x = 20°


A) Os ângulos correspondentes são congruentes (1 e 5; 4 e 8; 2 e 6; 3 e 7).

B) Os ângulos alternos internos são congruentes (4 e 6; 3 e 5).

C) Os ângulos alternos externos são congruentes (1 e 7; 2 e 8).

D) Os ângulos colaterais internos são suplementares (4 e 5; 3 e 6).

E) Os ângulos colaterais externos são suplementares (1 e 8; 2 e 7).

F) Os ângulos o.p.v. são congruentes (1 e 3; 2 e 4; 5 e 7; 6 e 8).

G) Os ângulos adjacentes são suplementares (1 e 2; 2 e 3; 3 e 4; 4 e 1; 5 e 6; 6 e 7; 7 e 8; 8 e 5).


A) Correspondentes: 1 e 5; 2 e 6; 3 e 7; 4 e 8.

B) Alternos internos: 3 e 5; 4 e 6.

C) Alternos externos: 1 e 7; 2 e 8.

D) Colaterais internos: 4 e 5; 3 e 6.

E) Colaterais externos: 1 e 8; 2 e 7.

F) O.p.v.: 1 e 3; 2 e 4; 5 e 7; 6 e 8.

G) Adjacentes: 1 e 2; 2 e 3; 3 e 4; 4 e 1; 5 e 6; 6 e 7; 7 e 8; 8 e 5.

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56 Coleção EM1

Questão 08 – Letra DComentário: Pela geometria da situação, pode-se extrair a seguinte figura.

40° 50°

130°

30°30°

Alternos internos (Côngruos)Colaterais internos (Suplementares)Alternos internos (Côngruos)

α

α = 40°

Portanto, a = 40°.

Questão 09 – Letra EComentário: Pela geometria da situação, pode-se chegar à seguinte figura.

θ

t // s // r

30°3x

75°

30°

3x + 15°

r

Paciente

t

s

Alternos internos (Côngruos)Colaterais internos (Suplementares)

Como os ângulos 3x + 15° e 75° são colaterais internos, temos:

3x + 15° + 75° = 180° ⇒ 3x = 90° ⇒ x = 30°

A soma dos ângulos 30°, 3x e θ forma um ângulo raso. Logo:

30° + 3x + θ = 180° ⇒ 30° + 3 . 30° + θ = 180° ⇒

θ = 180° – 120° ⇒ θ = 60°

Questão 10 – Letra EComentário: Dado que r1 // r2 // r3 // r4 e t1 // t2 // t3, temos os ângulos alternos internos, como descritos na figura a seguir:

95° A75°75°

α

r1

r2

r3

r4

35°35°

35° 35°

t1 t2

t3

Assim, o ângulo ABC, que vale 95°, foi dividido:

a + 35° = 95° ⇒ a = 60°

Questão 11

Comentário: Considere a figura a seguir:

A

2β2α

B

CO

β

β

α

α

Como AOB é um ângulo externo do triângulo BOC, seu valor é 2a. Como a soma dos ângulos internos de um triângulo é igual a 180°, no triângulo AOB temos:

b + b + 2a = 180° ⇒ 2b + 2a = 180° ⇒ b + a = 90°

Portanto, na situação descrita, quaisquer que sejam os valores de a e de b, a soma a + b sempre será 90°, o que implica que o triângulo ABC sempre será retângulo em B, pois ABC = a + b.

Questão 12Comentário: Na figura a seguir, BAD≡ABC, pois são ângulos alternos internos. Temos ainda que BCA = 150 (suplemento de 30°).

20°

20°30°

150°

α

t

s

BC

D A

60°

t // s

Logo, 20° + 150° + a = 180° ⇒ a = 10°.

Questão 13

Comentário: Podemos decompor a figura em dois triângulos, veja:

A B

C

D

E

F

A B

C

D

E

F

Logo, a soma dos ângulos assinalados corresponde a 2 . 180° = 360°.

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Questão 14

Comentário: Sabendo que AB = BC = AC = CD, BDE = 12°

e BAE = 28°, temos que BCD é suplemento de ACB, ou seja,

BCD = 120°. Como o triângulo BCD é isósceles, cada ângulo da

base mede 30°. Considerando, agora, o triângulo ADE, temos:

E + 28° + 60° + 30° + 12° = 180° ⇒ E = 50°

A

28°

12°

C

D

B

E

60°

60°60°

30°30°

120°

Questão 15

Comentário: Considere a figura a seguir:

A

B

D

AB = BC = CD = DE = EA

C

2x 2x

x

x

xxx

E

Seja x o valor do ângulo CAD.

1º passo: Como AB = BC, temos ACB = CAD = x. De forma

análoga, no triângulo ADE, como AE = DE, temos

ADE = CAD = x.

2º passo: CBD e CED são ângulos externos dos triângulos ABC

e ADE, respectivamente. Portanto, CBD = 2x = CED.

3º passo: Como os triângulos BCD e CDE são isósceles, pois

BC = CD e CD = DE, temos:

CBD = BDC = 2x

CED = DCE = 2x

4º passo: Se BDE e BCE valem x, então BCD = x = CED.

Portanto, no triângulo BCD, temos:

Soma dos ângulos internos = Si = 180°

Si = 180° ⇒ BCD + CDB + CBD = 180° ⇒

x + 2x + 2x = 180° ⇒ 5x = 180° ⇒ x = 36°

Questão 16 – Letra CComentário: Observe a figura a seguir:

α

α

ββB

C

D

E

A

F

50°

65°

65°45°

100°55°

100°45°

Côngruos

Opostos pelo vértice

Como o triângulo ABC é isósceles de base BC, temos:

ACB = ABC

Relaçãoangularnotriângulo ABC:

B C A C A B 180° 50° A C A B 180°

A C A B180° 50°

2A C A B 65°

+ + = ⇒ + + = ⇒

= =−

⇒ = =

A B C B C

B C B C

No triângulo BCE, temos:b + 65° + 90° = 180° ⇒ b = 25°Se BCD = 110° e BCE = 65°, entãoACD = 110° – 65° = 45°.

Logo, no triângulo ACD temos:45° + ADC + 90° = 180° ⇒ ADC = 45°Se CDF = 100° e CDA = 45°, entãoADF = 100° – 45° = 55°.

Por fim, no triângulo ADF, temos:ADF + AFD + DAF = 180° ⇒55° + a + 90° = 180° ⇒ a = 35°

Portanto:

a + b = 25° + 35° = 60°

Questão 17 – Letra EComentário: Pela geometria da situação, pode-se extrair a seguinte figura:

C A

BD

ME

α

38°

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58 Coleção EM1

Traça-se a circunferência circunscrita ao triângulo retângulo ABC, em que AB é o diâmetro, pois em todo triângulo retângulo o circuncentro é o ponto médio da hipotenusa (no exercício, ponto M).

Observe que os ângulos BAC e ABD são alternos internos, pois AC // BD; logo, BAC = ABD = 38°. Além disso, ABC é complementar a ABD; portanto, ABC = 90° – 38° = 52°.

Como AM = MC, que é igual ao raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC, temos:

ACM = CAM = BAC = 38°

Utilizando a relação angular no triângulo retângulo BCE, temos:

BCE + 52° + 90° = 180° ⇒ BCE = 38°

Se o ângulo ACB é reto, então:

BCE + ECM + ACM = ACB ⇒ 38° + a + 38° = 90° ⇒ a = 14°

Questão 18 – Letra AComentário: De acordo com os dados da questão e completando alguns ângulos faltantes na figura, temos:

α

A

150° C

t

B

30°

60°60°

60°

60°

D

Se L // BC, então DAB≡ABC (ângulos alternos internos). Logo, a + 30° = 60° ⇒ a = 30°.


A) A

C

B

D EForro

Teto

40° 40°

α

Como BC = AC, o triângulo ABC é isósceles; logo, o ângulo BAC = 40° e, de forma análoga, no triângulo ADE, como AD = DE, DAE = 40°. Utilizando a propriedade da soma dos ângulos internos de um triângulo no ∆ ABE, temos:

ABE + AEB + BAC + a + DAE = 180° ⇒ 40° + 40° + 40° + a + 40° = 180° ⇒

a = 180° – 160° ⇒ a = 20°B)

D

20°C B A

Forro

Teto

α

Como BC = CD, o triângulo BCD é isósceles; logo, o ângulo CBD = BDC. Utilizando a propriedade da soma dos ângulos internos de um triângulo no ∆ BCD, temos:

20° C D B C 180° C D B C180° – 20°

280°B D B D+ + = ⇒ = = =

O ângulo ABD é suplemento de CBD; logo, ABD = 100°. Como AB = BD, BAD = ADB, utilizando-se a propriedade da soma dos ângulos internos de um triângulo no ∆ ABD, temos:

100° B D A B 180° B D A B180° –100°

240°A D A D+ + = ⇒ = = =

Observe que a soma a + ADB + BDC = 180°, portanto:

a + ADB + BDC = 180° ⇒ a + 40° + 80° = 180° ⇒ a = 60°

Questão 20 – Letra CComentário: Observe a figura da situação:

6

6

3 3

α

Ao traçar uma altura relativa a um dos lados congruentes do triângulo isósceles, ela dividiu o lado ao meio. Isso significa que a altura é também mediana e que o triângulo é equilátero. Logo, a = 60°.

Questão 21 Comentário: Seguindo os passos que foram apresentados, usando régua e compasso, temos que o ângulo D será tal que:

D


A) Seguindo o passo a passo informado no enunciado da questão, há duas possibilidades de resposta:

C

CA

A

B

B

ou

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Manual do Professor


B) Seguindo o passo a passo informado no enunciado da questão e respeitando as devidas restrições, a mediatriz de AB será:

A B

Desafio

Questão 01Comentário: Prolongando alguns segmentos da figura original, obtemos a figura a seguir.

x

T

AB

C

DE

F

G

HI

J U

+ + 20°

t2

t1

x x + θ

γ + 20°

x + θ + γ

γ

γ

γ

100°β

θ

θ

θ θ

β

Observe que no triângulo EDF, temos b + γ + 100° = 180° ⇒ b = 80° – γ. Os ângulos FDE e EDA são suplementares, logo:EDA = 80°E, no triângulo EDA, temos:EAD = 180° – b – 80° = 100° – bMas b = 80° – γ, logo, EAD = 100° – (80° – γ) = γ + 20°.No triângulo ABC, temos ABC = θ (opostos pelo vértice), portanto, o ângulo externo ACT mede θ + γ + 20°.No triângulo GHI, temos IGH = θ, portanto, o ângulo externo GHJ mede x + θ. Assim, no triângulo FJH, o ângulo externo FJU mede x + θ + γ.Os ângulos ACT e FJU são correspondentes, formados pela reta suporte do segmento AJ e as paralelas t1 e t2. Assim, temos θ + γ + 20° = x + θ + γ ⇒ x = 20°.

Questão 02Comentário: Observe a figura a seguir.

CA D

B

29°

6°29°

L

58°

58° 58°

Traçando o segmento BD, de forma que o ângulo LBD meça 58°, temos, no triângulo BCD, BDC = 58°, de forma que o triângulo BCD é isósceles, com BD = BC. Observe que, como BDC = LBD = 58°, o triângulo BLD também é isósceles, com LB = DL.

Como AL = LB + BC, temos:

AD + DL = LB + BC = DL + BD ⇒ AD = BD

Portanto, o triângulo ABD é também isósceles, com BAD = DBA.Os ângulos BDA e BDL são suplementares. Logo:

BDA = 180° – 58° = 122°Portanto:

B D D A180°–122°

229°= = =A B

Assim, o ângulo ABL = 29° + 58° = 87°.

Exercícios propostosQuestão 01Comentário: (4° 39’ 45” + 18° 32’ 43”) + (8° – 7° 49”) = (22° 71’ 88”) + (59’ 11”) = 22° 130’ 99” = 22° 131’ 39” = 24° 11’ 39”.

Questão 02Comentário: Temos que:

12° 15’ 4’’ = (12 . 3 600 + 15 . 60 + 4)’’ = 44 104’’.

Então: (44 104’’) : 8 = 5 513’’ =

(1 . 3 600 + 6 . 31 + 53)’’ = 1° 31’ 53’’.

Questão 03 – Letra AComentário: Como x, y, e z são proporcionais a 5, 20 e 25, podemos escrever:x = 5a y = 20a z = 25aComo o ângulo formado possui 360°, temos:

x y z 360° 5a 20a 25a 360° 50a 360° a36°5

+ + = ⇒ + + = ⇒ = ⇒ =

Portanto, o valor do suplemento de x será:

180 – x 180 – 5a 180 – 5.36°5

180° – 36° 144°= = = =

Questão 04Comentário:A) Como OP é bissetriz, 3x – 5 = 2x + 10 ⇒ x = 15.

B) (2x + 10°) + (x + 20°) = 180° ⇒ x = 50°.

Assim: y = 2 . 50° + 10° = 110° e z = 50° + 20° = 70°

C) Temos que: 12 + 2x + (40 – x) = 90 ⇒ x = 38°

Questão 05 – Letra EComentário: Se: 2y + (y – 10°) + (x + 30°) = 180° ⇒

3y + x = 160°

y – 10° = x + 30° ⇒ x = y – 40°

Substituindo y na expressão anterior, temos:3y + (y – 40°) = 160° ⇒ y = 50°

Assim: x = 10°.

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60 Coleção EM1


• a = 60° (correspondente a 60°)

• b = 120° (colateral a a = 60°, e consequentemente suplementar a este)

• c = 50° (colateral a 130°, e consequentemente suplementar a este)

• d = 130° (suplementar a c = 50°)

• e = 50° (alterno a c = 50°)

Questão 07Comentário: Prolongando s, temos que o ângulo x divide-se em dois outros, cada um alterno interno com 30° e 40°, como ilustra a figura a seguir.

a

x

b

s

30°

30°

40°

40°

r

m

Logo, x = 30° + 40° = 70°.

Questão 08 – Letra EComentário: Traça-se u // r // sy = 20° (correspondentes)x = 120° + y (alternos internos)x = 120° + 20°x = 140°

uy

r

s

t

x120°

20°

Questão 09 – Letra EComentário: Dividindo o ângulo 3 por uma paralela a r que passa pelo seu vértice, a parte de cima será alterna interna a 1 e a parte de baixo será alterna interna a 2. Logo, o ângulo mede 55° + 45° = 100°.

Questão 10 – Letra AComentário: Traçando uma paralela às retas r1 e r2 que passa pelo vértice do ângulo reto, dividimos este em dois ângulos. O ângulo de baixo é suplementar a 130° e logo medirá 50°. O ângulo superior medirá 40°, que será a medida do ângulo pedido, pois ambos são alternos internos.

Questão 11 – Letra BComentário: Sendo x o ângulo agudo formado, temos:

2x = 72° ⇒ x = 36°

Os ângulos obtusos serão suplementares a 36° e logo medirão 180° – 36° = 144°.

Questão 12 – Letra AComentário: Como ângulos alternos externos são congruentes, 13x – 8° = 6x + 13° ⇒ x = 3°. Logo a medida dos ângulos vale 6 . 3° + 13° = 31°.

Questão 13 – Letra CComentário: Observe a figura a seguir, que ilustra a situação proposta no enunciado:

A

B

C

D

E

5

5 5

5

r

s

t60° 60°F G

Como AB é congruente a BC, pelo Teorema de Tales, temos:DE = EG = 5 cm. Como ∆ EFG é equilátero, EG = FG = 5 cm.

Questão 14 – Letra CComentário: Seja x o ângulo procurado. De acordo as informações do texto, temos:

(180° – x) – 6 = 4(90° – x) ⇒ 174° – x = 360° – 4x ⇒

3x = 186° ⇒ x = 62°

Questão 15 – Letra DComentário: Sendo x e y as medidas dos ângulos constantes do enunciado:x y

x y

+ = °

= −

7835

90( )

Substituindo (II) em (I), temos:

y y = °35

90 78 54 35

78 25

24 60( )− + = °⇒ − + = ° ⇒ = ⇒y y y y

Então, ( )x = − = °35

90 60 18 .

Portanto, x = 18° e y = 60°.

Questão 16 – Letra CComentário: A cada ângulo, vamos traçar uma paralela a r e a s e associar os ângulos alternos internos. Veja:

r

r // s65°

65°46°

46°A

29°29°

s

75°

Logo, A = 46° + 65° = 111° e a equipe vai fotografar a construção localizada no número 9 . 111 = 999.

(I)

(II)

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Manual do Professor


Questão 17Comentário: Sendo 3x e 2x as distâncias entre A a B e B a C, respectivamente, e se a distância BP é y, a distância PC será (2x – y). Assim, teremos:

3 2102 20

3 21010

x yx y y

x yy x

+ =− + =

⇒+ =− =

Encontrando como solução x = 50 e y = 60.Logo, o morador percorrerá 60 km.

Questão 18 – Letra EComentário: Pelos dados da questão, temos:

+ = ⇒ = −

=

− = ⇒ − = ⇒

− = ⇒ = =

A B 90° A 90° BAB

1317

90° BB

1317

17(90° B) 13B

1 530 17B 13B B 51° e A 39°

Queremos a razão da medida do suplemento do ângulo A para o suplemento do ângulo B, então:

−−

=−−

= =180° A180° B

180° 39°180° 51°

141°129°

4743

Questão 19Comentário: Em 3 600 segundos o ponteiro dos minutos desloca-se 360°. Logo, em 135 segundos ele se deslocará

= ⇒ =3600360

135x

x 13,5, ou seja, 13°30’.

Questão 20 – Letra EComentário: Vamos separar o triângulo dado em outros três de lados 30, x e y; 18, x e z; 16, y e z. Pela condição de existência de triângulos, temos:

10 x y

18 x z

16 y z

< +

< +

< +

Soma das três inequações:64 < 2x + 2y +2z ⇒ x + y + z > 32

Portanto, a soma das medidas x, y e z pode ser 33.

Questão 21Comentário: Em um triângulo, o menor lado está oposto ao menor ângulo e vice-versa. Como a figura possui 4 triângulos e alguns lados comuns, vamos analisar cada um deles:

42°42°

96°61°

61°45°

45°

58°90°

120° 35°

25°

I

II

III

IV

No triângulo I, o menor lado está oposto ao ângulo de 25°, lado esse que também é comum ao triângulo II, sendo também oposto ao menor ângulo (45°). Já o triângulo III é isósceles e possui a base como menor lado, pois é oposta ao ângulo de 58°, enquanto que, no triângulo IV, o menor lado é oposto ao ângulo de 42° (lado também oposto ao ângulo de 61° no triângulo III).

Logo, o ângulo oposto ao menor lado possui 58°.

Questão 22 – Letra CComentário: Como a soma dos ângulos internos de um triângulo vale 180°, temos que:

3x + (75° – x) + (x + 15°) = 180° ⇒

x = 30°

Logo, as medidas dos ângulos internos do referido triângulo são 90°, 45° e 45°, ou seja, este é retângulo isósceles.

Questão 23 – Letra EComentário: Observe a figura a seguir:

130°

y

x x

y = 180° – 130° = 50°

130 = 2x ⇒

x = 65°

Portanto os ângulos internos do triângulo medem 50°, 65° e 65°.

Questão 24 – Letra CComentário: Observe a figura a seguir, que ilustra a situação proposta no enunciado:

x

w

Z

O

Y

θ

θ

x

No ∆YWO : x = 2.θ (ângulo externo)No ∆OYZ : θ + 2x = 180° ⇒ 5.θ = 180° ⇒ θ = 36°

Logo, YOZ : 36°.

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62 Coleção EM1


Comentário: Observe a figura da situação:

CAB

Dy

x

x

(ângulo externoao triângulo ADC)

(ângulo externoao triângulo ABD)

(triângulo isóscelesde base BC)

2x2x

Observe que o ângulo y é externo ao triângulo ADC. De acordo com a figura, podemos escrever y como:

y = A + C ⇒ y = x + 2x ⇒ y = 3x


Comentário:

A B

C

F

G

A + D

D

(ângulo externoao triângulo BEG)

(ângulo externoao triângulo ADF)

E

E + BE + B

Pela figura, notamos que a soma dos ângulos A, B, C, D, e E

será igual à soma dos ângulos internos de um triângulo. Logo,

A + B + C + D + E = 180°

Questão 27 – Letra CComentário: Observe a figura a seguir, que ilustra a situação

proposta no enunciado:

A

DE

B C

140°20°20°

40°

140°20°

20°

F

BCA = 40°, porque é suplementar a FCA = 140°. BCE = 20°,

pois CE é bissetriz. CBE = 20°, pois BE é bissetriz e AB = AC.

Assim, BEC = 140° e DEC = 40°.


Comentário:

∆ ABC: 30° + B + C = 180° ⇒ B + C = 150°

∆ BDC: α + β + = ⇒ + + = ⇒

++ = ⇒ + = ⇒ =

180°3 3

180°

3180°

150°3

180° 130°

B3

C3

D B C D

B C D D D

Questão 29 – Letra CComentário: Observe a figura a seguir.

A

B

C

DOxx

2x

2x

α

AOB≡BAO = x

Como CBO≡OCB e, ainda, é ângulo externo ao triângulo ABO, CBO = x + x = 2x. Temos também que a é ângulo externo ao

triângulo AOC, ou seja, α = + ⇒ α = ⇒ =α

x 2x 3x x3

.

Logo, + = π ⇒ = π −α

α

A O 2x A O23

3

B B .

Questão 30 – Letra DComentário: Sendo ABS = MBS = θ, temos:

ACM = 90° – 2θ

BAM = 54° – θ

MAC = 36° + θ

Como o triângulo ABC é retângulo, a mediana relativa à hipotenusa vale metade desta e o triângulo AMC é isósceles de base AC. Assim:

ACM = MAC ⇒ 90° – 2θ = 36° + θ ⇒ θ = 18°

ACM = 36° + 18° = 54°

Questão 31 Comentário: Considere a imagem a seguir para a solução do problema:

A

85°

45°

E

CB

FD α

Como no esquema apresentado BC // DF e AB = AC, temos que AD = AF, dessa forma AFD = ADE = x.

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Manual do Professor


Dessa forma temos:

x + x + 45° = 180° ⇒ 2x = 135° ⇒ x = 67° 30’

Agora, como AED é um ângulo externo do triângulo DEF, temos:

AED = EDF + EFD ⇒ 85° = 67° 30’ + a ⇒ a = 17° 30’

Questão 32 – Letra AComentário: O triângulo ABC é isósceles de base AC. De acordo com os dados da questão, os triângulos ADE e CDF também são isósceles e, como A≡C = a, ∆ ADE ∼ ∆ CDF. Assim:

A

B

CD

E

F

80°α α

180° – α2

180° – α2

− α+ +

− α= ⇒

− α = ⇒ α =

= − α ⇒

= − ⇒

=

BBB

180°2

80°180°

2180°

180° 100° 80°

A C 180° 2

A C 180° 160°

A C 20°


A) 180°5

6 180° 30°α + β =β = α

⇒ α = ⇒ α =

B) Observe a figura a seguir, que ilustra a situação proposta no enunciado:

A

C

B

75°75°

15°15°

Já que a soma dos ângulos internos de ABC é 180°, temos que:

ABC = 90°

Questão 34 – Letra CComentário: De acordo com os dados da questão, temos a seguinte figura:

A

B C

D

3α

ββ

ββ

α

∆ ABC: 4b + a = 180° ⇒ a = 180° – 4b

∆ BDC: β + α = ⇒ α =− β

2 3 180°180° 2

3− β

= − β ⇒ − β = − β ⇒

− β = − β ⇒ β = ⇒ β =

180° 23

180° 4 180° 2 3(180° 4 )

180° 2 540° 12 10 360° 36°

Então, a medida do ângulo B é 2 . 36° = 72°.

Questão 35 – Letra CComentário: Observe a figura a seguir:

A

B

C

D

xx

xx

140°

∆ BDC: 2x + 140° = 180° ⇒ 2x = 40° ⇒ x = 20°∆ ABC: A + 4x = 180° ⇒ A + 80° = 180° ⇒ x = 100°Então, as medidas dos ângulos A, B e C são, respectivamente, 100°, 40° e 40°.

Questão 36 – Letra AComentário: Em um triângulo retângulo, a mediana que parte do ângulo reto divide a hipotenusa em dois segmentos do mesmo tamanho da mediana. Assim, observemos a figura a seguir:

A

B C

M

H66°

114°

24°

O tr iângulo AMB é isósceles, o que signif ica que MAB≡MBA = 33°. O ângulo C é dado por 90° – 33° = 57°. Logo, os ângulos agudos do triângulo são 33° e 57°.

Questão 37Comentário: Observe a figura a seguir, que ilustra a situação proposta no enunciado:

A

B70°

55°

35°

35°

20° 20°

75°

105°

CH

M

Nr

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64 Coleção EM1

Os ângulos foram todos determinados levando em conta a soma dos ângulos internos de um triângulo.

Como C > A e ∆ ABC é isósceles, C = 70° e A = 40°. Como BC é base do triângulo isósceles, a altura e bissetriz relativas a estas coincidem. Pela análise do triângulo AMN ou MHC, concluímos que o menor ângulo formado entre r e AH é de 55°.

Questão 38 – Letra DComentário: A definição de altura é dada no enunciado.

Questão 39 – Letra DComentário: Soma dos perímetros de todos os triângulos: (1 + 1 + 1 + 2 + 2 + 2).3 = 27 cm.

Total de linha em cm: = =2710

2,7m 270cm

Valor total: +

=0,05 . 270

102,50 .50 R$192,50

Questão 40 Comentário: Lembre-se que, em um triângulo equilátero, a mediana, a altura, a bissetriz e a mediatriz relativas ao mesmo lado coincidem. Logo, é mais conveniente representar a situação levando-se em consideração que O, além de ortocentro, é o baricentro, ou seja, o encontro das medianas do triângulo ABC:

H

C30°1 cm

O

B

A

Perceba que AH é altura do triângulo equilátero logo, mede

32

cm . Pela propriedade do baricentro, AO = 2.OH; Como

AO + OH = AH, tem-se = = =AO 2.AH3

2. 32

333

cm.

Questão 41 – Letra B Comentário: Observe a figura a seguir:

B D C

RR

O

30° 30°3 cm

6 cm

A

120°120°

O raio do círculo circunscrito é denotado por R e oO é ocircuncentro do triângulo ABC. BÔC mede 120°, pois é o ângulo

central do triângulo e, por isso, mede 360

3120° = °. Como OB = OC,

BOC é isósceles e outros ângulos do triângulo medem 30°. Logo, no triângulo ODC, tem-se que:

= ⇒ = =sen 30º 3R

R 6

32 3 cm

Questão 42 Comentário: De acordo com a geometria da situação, podemos extrair a seguinte figura:

B

A

CC3

1

11

1

C2

C1

Altura dotriânguloequiláterode lado 2

22

¹3

¹3 – (1 + r)1 + r

1 C

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo destacado, temos:

3 (1 r) 1 (1 r) 3 2 3(1 r) (1 r) 1 (1 r)

2 3(1 r) 4 3(1 r) 2

22 2 2 2− +

+ = + ⇒ − + + + + = + ⇒

+ = ⇒ + =

Para encontrar o valor da expressão procurada, devemos elevar os dois membros da equação ao quadrado e, depois disso, multiplicá-los por 3. Logo:

3(1 r) 2 3. 3(1 r) 3 . 4 9(1 r) 122

2 2 2+

= ⇒ +

= ⇒ + =

Questão 43 – Letra EComentário: Como os triângulos T1 e T2 são equiláteros, sejam HT1

e HT2 suas respectivas alturas:

= ⇒ =23

.H R H32

.RT T1 1

= ⇒ =13

.H R H 3RT T2 2

Assim, = =H

H3R3R2

2T

T

2

1

.

Questão 44Comentário: Utilizando duas expressões de área diferentes para o triângulo:

S6 . 8

224

6 8 102

.r r 2 24r 48= = =+ +

⇒ = ⇒ =

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Questão 45 – Letra AComentário: No triângulo equilátero, o baricentro é também o circuncentro e divide a altura na razão de 1:2. Logo, podemos escrever:

AO = 2OD ⇒ AO = 2 . 2 ⇒ AO = 4

Como OE é raio da circunferência circunscrita, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOE, temos:

= + ⇒= + ⇒

= ⇒

=

(AO) (OE) (AE)4 2 AEAE 12

AE 2 3

2 2 2

2 2 2

2

Questão 46Comentário: Observe a figura a seguir:

r C

O

AM

B

A, B e C são os centros das circunferências menores. Logo, o triângulo ABC é equilátero de lado 2r. Tome M como o ponto de tangência de umas das circunferências menores com a circunferência maior e O o centro da circunferência maior. Por simetria, O também é o circuncentro do triângulo

ABC. Assim, tem-se que =OB 23

da altura do triângulo

equilátero de lado 2r. Logo, = =OB 23

.2r. 32

2r 33

. Portanto,

( )= + = + = +R OB BM 2r 3

3r r. 2 3 3

3.

Questão 47Comentário: Veja a figura a seguir:

C

D BA36°

xx

x x

A) Considerando a soma dos ângulos internos do triângulo ABC, temos:

x + x + 36° = 180° ⇒ 2x = 144° ⇒ x = 72°

Logo, BCD = 180° – 2x = 180° – 144° = 36°,e ADC é suplementar do ângulo BDC. Portanto,ADC = 180° – 72° = 108°.

B) Como x é externo ao triângulo ACD, temos:

x = CAD + ACD ⇒ 72° = 36° + ACD ⇒ ACD = 36°

Se ACD = CAD, o triângulo ACD é isósceles e consequentemente AD = BC.

Questão 48 – Letra EComentário: A soma dos segmentos da figura será de:

= = =

= =

= = =

∆

H

AB AD BD 3 m (lado do triângulo equilátero ABD)

EF CG 12

.3 (mediana relativa à hipotenusa do triângulo AED)

DH AH BH 23

. 3 32

( é ortocentro e baricentro no

ABD equilátero)Altura dotriânguloequilátero

EC = AB = 3

EA = CB = 32

3

AB + AD + BD + EF + CG + DH+ AH + BH + EC + EB + EA

+ + + + =

+ ≅

3.(3) 2.32

3( 3) 3 3 3

3(5 2 3) 25,2

Portanto, serão necessários 26 rolos de fita.

Questão 49 – Letra CComentário: Como o ângulo maior CEF mede 230°, ligando o segmento EA, temos AEC = 230° – 180° = 50°. Além disso, temos que o triângulo EAC é retângulo em A, pois EF // OB e OB ⊥ AC.Então, ACE = 180° – 90° – 50° ⇒ ACE = 40°.

Seção Enem



Habilidade: 8

Comentário: Se pelo menos um dos lados do triângulo deve ter 6 palitos, então a soma dos outros dois lados deve ser 11 palitos, cujas possibilidades são (1, 10); (2, 9); (3, 8); (4, 7) e (5, 6). No entanto, pela condição de existência de triângulos, (1, 6, 10) e (2, 6, 9) não podem ser lados de um triângulo, pois 6 não está entre (10 – 1) e (10 + 1) nem entre (9 – 2) e (9 + 2). Logo, a resposta é 3 triângulos.

Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: I


Habilidade: 6

Comentário: Como informado no enunciado, AII partiu de Brasília, formando um ângulo de 135°, no sentido horário, com a rota Brasília-Belém, que é aproximadamente vertical. Apenas com a noção de que o ângulo de 135° é maior que o de 90° e menor que o de 180°, vemos que AII pode ter ido para BeloHorizonte ou para o Rio de Janeiro.Como nenhuma das alternativas da questão cita o Rio deJaneiro como opção de destino para AII, concluímos que AII foi para Belo Horizonte. Partindo de Belo Horizonte, AIII seguiu uma direção que forma, com a direção Brasília-Belo Horizonte, 90° no sentido anti-horário, ou ainda, 135° – 90° = 45°, no sentido horário, com a rota Brasília-Belém. Assim, tendo apenas a noção de que o ângulo de 45° é maior que o de 0° e menor que o de 90°, vemos que AIII se dirigiu a alguma das capitais de estados nordestinos. A única alternativa em que isso ocorre é a B.

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66 Coleção EM1

Questão 03 – Letra DEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: Para descobrir o valor de a, traçaremos retas paralelas a t1 e t2, dividindo os ângulos conforme a figura a seguir.

50°

50°50° 50°50°

120°Fi

xo

Guincho

140°α

t2 t3 t1

t1 // t2

Observe que, entre as retas t2 e t3, temos ângulos alternos internos e, portanto, são ângulos iguais. Dessa forma, após a divisão, foram formados dois ângulos de 50°, já que o ângulo restante era 100° – 50° = 50°. Estendendo esse raciocínio para os outros ângulos, temos:

50°

50°50° 50°50°

50°50° 70°

Fixo Guincho

70°70°α

t2 t3 t1

t1 // t2

t4 t5

Portanto, considerando o último par de retas, t1 e t5, o ângulo avalerá 70°, pois é alterno interno com o ângulo formado pela reta t5.

Questão 04 – Letra CEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: Uma das maneiras de encontrar o valor de a é traçando retas verticais paralelas em pontos estratégicos. Observe a figura a seguir, na qual foram traçadas essas retas.

7°7°7°7°

30°30°

Colaterais internos

(suplementares)

Alternosinternos

Alternosinternos

Alternosinternos

7°7° 7°7°

αα

Portanto, a = 30°.

Questão 05 – Letra DEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: Considerando as retas t1, t2, r1 e r2 da figura, podemos extrair a seguinte geometria da situação:

t1 t2r1 r2r2

αα

αα

40°40°

140°140°

Ângulosalternosinternos

Ânguloscorrespondentes

10°10°170° – α170° – α

Logo, o valor de a será dado por:170° – a = 140° ⇒ a = 30°

Para o valor de b, traçamos a reta t5 paralela a t3, conforme a figura a seguir.

40°

t2 t3

t4

r1

t5

r3

r2r2

ββ

ββ

80°80°80°80°

40° 40°

170° – β170° – βAlternosinternos

Logo, a + b = 30° + 50° = 80°.

Questão 06 – Letra EEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: De acordo com a figura, serão 15 frisos e, portanto, 30 partes. Assim, como a peça tem formato circular, tem-se que:

+ = ⇒ = ⇒ =15a 15.a2

360° 45a 720° a 16°

Questão 07 – Letra CEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: Podemos extrair a seguinte figura da geometria da situação:

α

20°

t1

t2

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Traçando uma reta t3, paralela a t1 e t2, passando pelo ângulo reto, temos:

t1

t2

t3

Alternosinternos

Alternosinternos

20°α

α

20°

α + 20° = 90° ⇒ α = 70°

Questão 08 – Letra AEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: O ângulo destacado forma 360°, portanto:1,5α + 1,5α + 2α = 360° ⇒ 5α = 360° ⇒ α = 72°

Questão 09 – Letra CEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: Os ângulos apresentados na tubulação são colaterais internos e, portanto, são suplementares. Logo:α + 22,5° = 180° ⇒ α = 157,5°

Questão 10 – Letra DEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: Considere uma reta t que seja paralela aos cabos 1 e 2 e que passe pelo ângulo de 80°. Podemos extrair a seguinte figura da geometria da situação:

α

140°

x80° – x

Colateraisinternos

Colateraisinternos

Como as retas são paralelas e conseguimos dois pares de ângulos colaterais internos, podemos montar o seguinte sistema:

+ =− + α =

⇒ =

− + α =

⇒α =x 140° 180°

(80° x) 180°x 40°(80° 40°) 180º

140°

Questão 11 – Letra CEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: Observe que, em cada vértice da figura (ponto em que o robô gira), é possível formar um triângulo utilizando a

geometria da trajetória percorrida. Observe a figura a seguir:

A

E

D

C

I

BF

G

4x

3x H

x

x

x

x

x 60°

2x2xxx

Como o ângulo CFG é externo ao triângulo CBF, ele equivale à soma dos internos não adjacentes a ele. Estendendo esse raciocínio para cada triângulo formado, encontramos o ângulo AHI apresentado na figura anterior.

CFG = CBF + BCF ⇒ CFG = x + x = 2x

DGH = FDG + GFD ⇒ DGH = x + 2x = 3x

AHI = HGE + GEH ⇒ AHI = 3x + x = 4x

Portanto, considerando o triângulo AHI, podemos escrever:

4x + x + 60° = 180° ⇒ 5x = 120° ⇒ x = 24°



Habilidade: 8

Comentário: Se o triângulo ABD é isósceles de base AB, então A = B = 30°. Pela soma dos ângulos internos no triângulo ABC, temos:

A + B + C = 180° ⇒ 30° + (30° + α) + 80° = 180° ⇒ α = 40°



Habilidade: 8

Comentário: Como MO = ML, o triângulo MLO é isósceles de base OL, logo = = βM O M LL O . O triângulo KHO também é isósceles (OK = HK), logo = = βK O K HH O . Porém, como o ângulo AKH é externo ao triângulo KHO, temos:

H

G I

JL

α N

O

F

E60° 60°

60°

K MC

DB

A

ββ

ββ

ββ

ββ

AKH = KHO + KOH ⇒ 60° = β + β ⇒ β = 30°

O ângulo KIL = α é externo ao triângulo IHL. Logo:

α = β + β ⇒ α = 2β ⇒ α = 2.(30°) ⇒ α =60°

Portanto, α + β = 60° + 30° = 90°.

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68 Coleção EM1

Questão 14 – Letra AEixo cognitivo: IIICompetência de área: 2Habilidade: 8Comentário: A quantidade mínima de cabos será dada por:AC + AD + BC + BD + CE + CF + CH + DE + DFSe ABC e EFC são triângulos equiláteros, então:AC = BC = CE = CF = 100 mCH é a altura do triângulo ABC. Logo:

= ⇒ =CH 100 32

CH 50 3

Como D é o baricentro de ABC e EFC, sabemos que:

= = = = = ⇒

= = = =

BD DE DF AD23

CH23

.50 3

BD DE DF AD100 3

3

Portanto, a soma dos cabos será:

+ +

⇒ + + ⇒ +

4.(100) 50 3 4. 100 3

3400 50 3 400 3

350 8 11 3

3



Habilidade: 8

Comentário: Como MB = CM, o triângulo BCM é isósceles de

base BC e, por isso, C = B = 25°.

α25°

C

A80°

B

Fazendo a soma dos ângulos internos no triângulo ABC, temos:(a + 25°) + 80° + 25° = 180° ⇒ a = 50°

Sugestões de leitura para o professorIndicamos dois periódicos que trazem mensalmente matérias, projetos e ideias que podem realmente

ser utilizados em sala de aula. A sua escola pode realizar assinaturas e receber vários exemplares de cada edição para os professores interessados.

Sites1. RevistaCarta na Escola, que apresenta questões da atualidade para discussão em sala de aula.

As propostas de aula nascem de reportagens publicadas na revista Carta Capital, seguidas de atividades que podem ser desenvolvidas em aula.

<http://www.cartacapital.com.br/carta-na-escola/>

2. RevistaCálculo. É uma publicação especializada, que trata dos segredos e técnicas da Matemática e sua presença na vida cotidiana. Destina-se a professores, estudantes e apreciadores do temae contém jogos, exercícios, problemas e curiosidades, aliando entretenimento, diversão e estudo.

<http://www.revistacalculo.com.br/>

Livros•O livro dos números. P. Bentley. Zahar.

•RevistadoprofessordeMatemática(RPM).

•A Matemática do Ensino Médio – Volume 1. Elon L. Lima, Paulo C. P. Carvalho, Eduardo Wagnere Augusto C. Morgato. Coleção do Professor de Matemática.

•Fundamentos de Álgebra. Vários autores. Editora UFMG.

•21 Aulas de Matemática Olímpica. Carlos Yuzo Shine. SBM.

•e: A história de um número. Eli Maor. Gradiva Publicações.

•Manual das funções exponenciais e logarítmicas. Luís Lopes. Interciência.

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Mat

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ica

Manual do Professor


Cont

eúdo

de

Mat

emát

ica 1ª SéRiE


A

1 1 •Conjuntos e números

2 1 •Funções

3 2 •Função afim

4 2 •Função quadrática

5 3 •Função modular e classificação de funções

6 3 •Função exponencial

7 4 •Logaritmos

8 4 •Função logarítmica

B

1 1 •Potenciação, radiciação e sistemas métricos

2 1 •Produtos notáveis e fatoração

3 2 •Divisibilidade, MDC e MMC

4 2 •Razõeseproporções

5 3 •Equações e problemas

6 3 •Porcentagem e juros

7 4 •Progressão aritmética

8 4 •Progressão geométrica

C

1 1 •Ângulos e triângulos

2 2 •Semelhança de triângulos

3 3 •Triângulo retângulo (relações trigonométricas e métricas)

4 4 •Teorema de Tales e quadriláteros

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70 Coleção EM1

2ª SéRiE


A

1 1 •Arcos e ciclo trigonométrico

2 1 •Funções trigonométricas

3 2 •Transformações trigonométricas

4 2 •Equações e inequações trigonométricas

5 3 •Estatística

6 3 •Matrizes

7 4 •Determinantes

8 4 •Sistemas Lineares

B

1 1 • Combinatória: Princípio fundamental da contagem e arranjos

2 2 •Combinatória: permutações e combinações

3 3 •Probabilidades

4 4 •BinômiodeNewton

C

1 1 •Polígonos e circunferência

2 1 •Lei dos Senos e Lei dos Cossenos

3 2 •Áreas de figuras planas

4 2 •Geometria de posição e poliedros

5 3 •Prismas

6 3 •Pirâmides

7 4 •Cilindros e cones

8 4 •Esferas e inscrição / circunscrição de sólidos

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manual do professor - anglouba.com.br · fundamental anos finais. temas como a bioquímica, a...

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