mat_cn_2001_ 2002
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Prof. Carlos LoureiroFormado Matemtica -UFF Niteri/RJ
Curso de Capacitao Permanente para Professores de Matemtica do Ensino Mdio no IMPAPromovido pela FAPERJ SBM IMPAPS Graduando UFRJ - Ensino da Matemtica
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(21) 8518-7006
02) Se o conjunto soluo da inequao 22
1 13 8 10 0x x
xx
S, ento o
nmero de elementos da interseo do conjunto S com o conjunto dos nmeros inteiros
igual a
(A)0 (B)1 (C)2 (D)3 (E)4
1 SOLUO:
4 22
2 2
4 3 24 2
2 22
4 3 2 4 3 2
2 2
1 1 1 1 103 8 10 0 3 8 0
1
3 1 8 101 1 103 8 0 0
1
13 3 8 8 10 3 8 10 8 3
0 0
Observe que a soma dos
x xx x
x xx x
x x x xx x
xx x
x x x x x x x x x x
x x
4 3 2
4 3 2 3 2
coeficientes de 3 8 10 8 3 zero, isso
indica que uma das raizes um, logo divisvel por (x - 1), assim fazendo a diviso
encontramos 3 8 10 8 3 = 1 3 5 5 3
Do mesmo modo te
x x x x
x x x x x x x x
3 2
3 2 2
24 3 2 2
2 24 3 2
2 2
2
mos que 3 5 5 3 divisvel por 1
Assim 3 5 5 3 1 3 2 3
Logo 3 8 10 8 3 = 1 3 2 3
1 3 2 33 8 10 8 3Da 0 0
Observem que:
) 1 0 (ser zero quando x fo
x x x x
x x x x x x
x x x x x x x
x x x x x x x
x x
a x
2
2
r igual a um)
) 3 2 3 0 pois delta menor do que zero.
) 0 (pois est no denominador)
Como no problema pedido menor ou igual a zero, temos que x = 1
b x x
c x
Alternativa B
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O polinmio 4 3 23 8 10 8 3 x x x x podia ter sido fatorado da seguinte forma:
4 3 2 4 3 3 2 2
3 2
3 2
3 2
3
2
2
2
3 8 10 8 3 3 3 5 5 5 8 3
3 1 5 1 1 5 3
1 3 5 5 3
1 3 3 5 5
1 3 1 5 1
1 3 1 1 5 1
1 1 3 1 5
1 1 3 3 3 5
x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x x
x x x x x
2
2 2
1 1 3 2 3
1 3 2 3
x x x x
x x x
2 SOLUO:
22
2
2 2 22
2 2 2 22 2
2 22
2 2
1 1 13 8 10 0 seja y =
1 1 12
1 12 2
1 1Assim 3 8 10 0 3 2 8 10 0
3 6 8 10 0 3 8 4 0
x x xx xx
y x y x xx x x
y x y xx x
x x y yxx
y y y y
22
1 2
3 8 4 0 8 4 3 4 64 48 16
8 4 8 4 12 8 4 4 22 e6 6 6 6 6 3
y y
y y y
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2 1 2 1Assim y 2 mas como y = 2
3 32
Como "x" tem que ser inteiro 2 x = 13
x xx x
x
Alternativa B
03) Se 52104 a e 52104 b , ento a+b igual a :
(A) 10 (B) 4 (C) 22 (D) 15 (E) 23
SOLUO:
2 2 2
22
2 2
2 2
2
2
Usando o produto notvel 2 , temos:
4 10 2 5 4 10 2 5
4 10 2 5 2 4 10 2 5 4 10 2 5 4 10 2 5
4 10 2 5
a b a ab b
x a b x a b x
x
x
2 16 10 2 5 4 10 2 5
2
2 22
22 2 2
22 2
8 2 6 2 5
6 2 5 2 5 2 1 5 5 1 5 2 1 5 1 5 2 5 1
6 2 5
8 2 6 2 5 8 2 5 1 8 2 5 1
8 2 5 2 6 2 2 6 2 2 5 1 5 1
x
x x x
x x x x x
Alternativa D
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04) Se x e y so nmeros inteiros e positivos, representa-se o mximo divisor comum de x e ypor MDC ( x , y ); assim, o nmero de pares ordenados ( x , y ) que so solues do sistema
45),(
810
yxmdc
yx
(A) 6 (B) 8 (C) 10 (D) 16 (E) 18
Temos que e ., ,
81018
, , , 45
Logo a + b = 18
onde "a" e "b" so primos entre six y
a bmdc x y mdc x y
x y x ya b
mdc x y mdc x y mdc x y
Onde os valores possveis para os pares ordenados so:
a b a b Serve ou no serve
1 17 17 1 Serve
2 16 16 2 no serve
3 15 15 3 no serve
4 14 14 4 no serve
5 13 13 5 Serve6 12 12 6 no serve
7 11 11 7 Serve
8 10 10 8 no serve
9 9 X X no serve
Logo so seis os pares ordenados que so solues do sistema.
Alternativa A
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05) Um relgio indica dois minutos menos do que a hora certa e adianta t minutos por dia. Se
estivesse atrasado trs minutos e adiantasse1
2t
minutos por dia, ento marcaria a hora
certa exatamente um dia antes do que vai marcar. O tempo t, em minutos, que esse relgioadianta por dia est compreendido entre
(A)9
2
9
1e (B)
9
3
9
2e (C)
9
5
9
4e (D)
9
7
9
6e (E)
9
9
9
8e
1 SOLUO:
DIA ADIANTA2
1 dia __________ t minutos 2
n dias__________ 2 minutos
DIA ADIANTA
11 dia __________ minutos
2
m dias__________ 3 minutos
nt nt
t
2
2
2 2 2
1 2 1 2
1 33
122
3 2 3 2 6 21 1 1 1
2 11 2 122
6 1 2 6 2 2 1 22 1 1
2 12
6 2 4 2 2 3 2 0 3 4 0
1 41 4 =0,5 2 no ser
2 2
t m m
t
como m ntt t t t
t
t t t t t t
t tt t
t t t t t t y y
y e y t e t
ve
Alternativa C
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06) Considere um tringulo e uma circunferncia que passa pelos pontos mdios dos seus trs
lados. Se X, Y e Z, (X < Y < Z) so as medidas dos arcos dessa circunferncia, em graus,
exteriores ao tringulo, ento
(A) Z = 360 - y (B) Z = X + Y (C) X + Y +Z =180
(D) X + Y =180 (E) Z = 2X + Y
Fazendo a figura de acordo com o enunciado e denotando os arcos conforme abaixo, temos:
O arco AO por Z; O arco AM por X; O arco PN por Y; O arco MP por B e
O arco NO por A.Observe que o quadriltero AMNO inscritvel, pois, ON paralelo a AB e MN paralelo a AC,
assim AMNO um retngulo, logo os ngulos opostos so suplementares.
Assim temos:
Z + A = 180 e Z + X = 180 A = XA + Y + B = 180 Z + A = A + Y + B Z = Y + B
Como MO paralelo a BC, pois os pontos M e O so pontos mdios, temos:
AOM = MNB arco MP = arco A
M B = X
Da, como Z = Y + B Z = X + Y
Alternativa B
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07) Se os lados de um tringulo medem, respectivamente 3X, 4X e 5X, em que X um
nmero inteiro positivo, ento a distncia entre os centros dos crculos inscritos e
circunscritos a esse tringulo corresponde a
(A) 4
5x(B)
2
21 x(C) 2x (D) 2
5x(E) 6
5x
Sejam FC = a, EC = a, AF = R, AD = R, BD = b, BE = b.
Onde R o raio do cculo inscrito.
a + R = 3XR + b = 4X como os lados so 3X, 4X e 5X, isso indica que o tringulo retngulo.
b + a =5X
2a
+ 2R + 2b = 12X a + R + b = 6X
Como R + b = 4X a + R + b = 6X a = 2X4
De a + R = 3X R = X e de R + b = 4X b = 3X
5 6 5GE = BE - BG = GE = 3X - = GE =
2 2 2Logo do tringulo OEG, temos:
x
X X X X
2 2 22 2 2 2 2
2
X 5XD = X - D = X - D =
2 4 4
5X X 5D = D =
4 2
X
Alternativa D
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Observaes sobre a questo 07:
Se o tringulo for retngulo o raio do crculo inscrito igual ao semi-permetro menos a
hipotenusa ou r = P - a
Teorema: Em todo tringulo retngulo, a soma dos catetos igual a soma dos dimetrosdos crculos incrito e circunscrito ou seja b + c = 2r + 2R
Se o tringulo retngulo tem os lados iguais a 3R, 4R e 5R, ento os lados esto em
Progresso aritmtica, da o raio do crculo inscrito igual a razo (ou diferena entre
dois lados consecutivos) ou r = Razo.
O problema poderia ter sido resolvido usando o teorema abaixo:
Em qualquer tringulo distncia D do centro do crculo inscrito tendo r como
raio, ao centro do crculo circunscrito de raio R dado pela relao.
D = R R - 2r
Resolvendo o problema fazendo uso das observaes acima temos:
Como o tringulo tem os lados iguais a 3X, 4X e 5X r = X (raio do crculo inscrito)
Sendo o tringulo retngulo, ento 2R = 5X ( o dimetro igual a hipotenusa), assim:
Usando a frmula D = R R - 2
2
5X 5Xr D = -2X
2 2
5 5 4 5 5 5D = D = D = D =
2 2 2 2 2 4 2
X X X X X X X
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09) Justapondo-se os nmeros naturais conforme a representao abaixo, onde o sinal * indica
o ltimo algarismo, forma-se um nmero de 1002 algarismos.
1234567891011121314151617181920212223..................*
O resto da diviso do nmero formado por 16 igual a
(A) 2 (B) 4 (C) 6 (D) 8 (E) 10
Soluo:
Temos que:
De 1 9 9-1+1 = 9 algarsmos189 algarsmos
De 10 99 99-10+1=90 90 2=180 algarsmos
Logo 1002 - 189 = 813 algarsmos 813 3 271 nmerosAssim, sendo X um nmero de trs algarsmos, te
mos:
X - 100 + 1 = 271 X = 271 + 100 - 1 X = 370
Da a seguncia de nmeros 1234567891011...368369370
Fato terico:
Um nmero divisvel por dois se par e um nmero par se o ltimo algarsmo
a dire
ita for divisvel por dois ou seja par (algarismo das unidades).
Um nmero divisvel por quatro guando os dois ltimos algarsmos da direita
for divisvel por quatro (algarsmos das unidades e das dezenas).
Um nmero divisvel por oito quando os trs ltimos algarsmos da direita
for divisvel por oito (algarsmos das unidades, das dezenas e das centenas).
Podemos mostrar que isso vale para dezesseis, isto :
Um nmero divisvel por dezesseis se os quatro ltimos algarsmos da
direira for divisvel por dezesseis.
Ento 16 | 1234567891011...368369370 16 | 9370
Que tem como resto 10
Alternativa E
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11) Considere um tringulo eqiltero ABC, inscrito em um crculo de raio R . Os pontos M e N
so, respectivamente, os pontos mdios do arco menor AC e do segmento BC. Se a reta MN
tambm intercepta a circunferncia desse crculo no ponto P, PM, ento o segmento NPmede
(A)2
7R(B)
2
33R(C)
14
73R(D)
7
5R(E)
3
5R
Fazendo a figura conforme o enunciado, ligando os pontos B e M, P e C, A e N, temos a figura
abaixo:
Observe que o tringulo BNO retngulo com ngulos de 30, 60 e 90, como BO igual ao
Raio, denotado por R, temos que o lado oposto ao ngulo de 30 igual metade da
hipotenusa e o lado oposto ao ngulo de 60 igual a metade da hipotenusa vezes a raiz de
trs.Os ngulos MBN e NPC so congruentes pois so metade do arco MC, do mesmo modo os
ngulos BMN e PCN so congruentes pois so metade do arco BP, logo os tringulos PCN e
BMN so semelhantes, da:
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2
22
22 2
= , mas antes de continuar temos que determinar MN, assim:
3 3MN 2 2 2 cos 30
2 2
3MN 4 2
4
PN NC
BN MN
R RR R
RR
23
2
RR
3
2
2 22 2 2 2 2
2 2 2 22 2
3 3MN 4 3 MN
4 4
4 3 7 7 7MN MN MN MN
4 4 4 4 2
Da, temos:
=3
2
R R R R R
R R R R R
R
PN NC PN
BN MN R
32
R 7
2
33
927 2 7
9 7 9 7
142 7 7
R
RPN PN
R RPN PN
Alternativa C
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12) Em um trapzio cujas bases medem A e B, os pontos M e N pertencem aos lados no-
pararelos. Se o segmento MNdivide esse trapzio em dois outros trapzios equivalentes,
ento a medida do segmento MNcorresponde a
(A) mdia aritmtica de A e B. (B) mdia geomtrica das bases.(C) raiz quadrada da mdia aritmtica de A2 e B2.(D) raiz quadrada da mdia harmnica de A2 e B2. (E) mdia harmnica de A e B.Fazendo a figura conforme o enunciado, prolongando os lados no paralelos AD e BC de tal
maneira que o ponto P seja a interseo desses prolongamentos, temos, assim construdo
trs tringulos semelhantes, saber:
(semelhantes), assim:2
22 2 2
2
A rea do trapzio ABMN pode ser dada por
Do mesmo modo a rea de MNCD pode ser dada por
ABP MNP DCP
S a kABP
S SS MNP DCPABP k S x k
MNPa x b
S b kDCP
S S MNP ABP
S S DCP MNP
Como essas reas so equivalentes temos:2
2 2 2 22 2 2 2 2 2 22 2
2 2
S S S S S S S MNP ABP DCP MNP MNP DCP ABP
a b a bx k b k a k x a b x x
Alternativa C
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13) Dois ciclistas, com velocidades constantes, porm diferentes, deslocam-se em uma estrada
retilnea que liga os pontos A e B. Partem de A no mesmo instante e quando alcanam B,
retornam a A, perfazendo o movimento A-B-A-B, uma nica vez. Quando o mais veloz alcana
o ponto B, pela primeira vez, retorna no sentido de A encontrando o outro a 4 km de B.
Quando o mais lento atinge o ponto B, retorna imediatamente e reencontra, no meio do
percurso, o outro que est vindo de A. Desprezando-se o tempo gasto em cada mudana no
sentido de percurso, a distncia entre os pontos A e B, em km, igual a
(A) 10 (B)12 (C)14 (D)16 (E) 18
4V V4 4 4
V e V 14V V 4
d
d d d x t xx y dt t d
y yt
22 5
2 2V V V V 52 2 1 2 2V e V 23V V V V 3
1 12 2 2
1De 1 e 2 , temos:
4 53 12 5 20 2 32 16
4 3
dd
d d d d d d dt
x x x xx y d d dt t
d d y y y y
t
dd d d d
d
Alternativa D
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14) Considere a equao 2 2 6 m 1 0x x com o parmetro m inteiro no nulo. Seessa equao tem duas razes reais e distintas com o nmero 4 compreendido entre essas
razes, ento o produto de todos os possveis valores de m igual a
(A)-2 (B)-1 (C) 2 (D) 4 (E) 6
Soluo:
2 2 2 2
2 2
Seja p(x) = 6 m 1 para x = 4 p(4) = 4 6 4 m 1
p(4) = 16 24 m 1 p(4) = m 9
Por teoria sabemos que a condio para um nmero (alfa) estar entre as razes
do
x x
2
2
Trinmio do Segundo Grau, ( ) que a p( ) < 0.
Assim a p(4) < 0, como a = 1 m 9 0
p x ax bx c
Logo m 3, 3 , sendo que m 0 pelo enunciado.
Da "m" pode ser um dos valores do conjunto abaixo:
-2, -1, 1, 2
Assim o Produto = 2 1 1 2 4
Alternativa D
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15) Joo vendeu dois carros de modelo SL e SR, sendo o preo de custo do primeiro 20% mais
caro que o do segundo. Em cada carro teve um lucro de 20 % sobre os seus respectivos preos
de venda. Se o total dessa venda foi R$ 88 000,00, o preo de custo do segundo modelo era,
em reais, igual a
(A) 30 000,00 (B) 32 000,00 (C) 34 000,00
(D) 35 000,00 (E) 36 000,00
Soluo:
Fato terico: Venda com lucro A venda de mercadorias pode oferecer um lucro e esse lucro
pode ser sobre o preo de custo ou sobre o preo de venda.
Quando o lucro incidir sobre o PREO DE CUSTO, este valor ser o principal, e como tal,
corresponder a 100%. Do mesmo modo quando o lucro incidir sobre o PREO DE VENDA,
este valor ser o principal, e como tal, corresponder a 100%.
SL preo 1,2 X1,2X + X = 2,2X
SR preo X
2,2 X __________ 80%2,2X 100% = 88000 80% X = 32000
88000 __________ 100%
Alternativa E
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16) Se X um nmero inteiro tal que 1532 2 xxx , o nmero de elementos doconjunto soluo dessa inequao igual a
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4
Soluo:
2 22 3 5 1 antes de mais nada temos que 2 3 5 0
5 51 ou seja , 1, + e
2 2
Do mesmo modo 1 0 1 ou seja 1, + , feito isso, temos:
222 22 3 5 1 2 3 5
x x x x x
x ou x x
x x x
x x x x x x
2 2 1
2 6 0 3 2 ou seja 3, 2
.
x
x x x x
Das condies acima e tendo em mente que "x" tem que ser inteiro, temos que 1, 2x
Alternativa C
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17) Se um segmento AB tem 2 cm de comprimento, ento a flecha do arco capaz de 135 desse segmento mede
(A) 12 (B) 2 (C) 12 (D) 3 (E) 22
1 SOLUO: Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:
2 2 2
2 2 2 2 2
Do tringulo ABC, temos:
Usando a Lei dos cossenos 2 2 cos 135
2 2 2 2 44 2 2 4 2 1 22 2 2 2 2
Agora vamos determinar o valor da flexa CD, observando o trin
x x x x
x x x x x
2 2 2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
2
2
gulo ACD, temos:
4 2 241 1
2 2 2 2
2 2 2 24 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 2 2 2 2 4 4 2 2 6 4 2
4 2 2 2
3 2 2 3 2 2 Observe que 2 2 2 1 2
3 2 2 2 1 2 1
x CD CD CD
CD CD CD
CD CD CD
CD CD
CD CD
Alternativa C
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2 SOLUO: Uma sada rpida para QUESTO 17 observar que AB o lado doquadrado inscrito, isto :
2 2 2 2
2l = R 2 R 2 = 2 R= R = 24 2
Ou observando o tringulo HOG R 1 1 R = 2 R = 2Observe que DO igual a metade do lado do quardrado ou seja igual a 1,
ento como DC = CO - DO DC = 2-1raio
-
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18) Se a,b, c so algarismos distintos, no sistema de numerao decimal existe um nico
nmero de dois algarismos ab tal que 2 2 2
ab ba cc .
O valor de a + b + c igual a:
(A)11 (B)12 (C)13 (D)14 (E) 15
Soluo:
2 2 2 2 2 2
2
2
2 2
10 10 10
10 10 10 10 10
11 11 9 9 11
11 9 11 11
ab ba cc a b b a c c
a b b a a b b a c c
a b a b c
a b a b c
29 11 11a b a b c
2
2
2
9 11 19 3
116 e 5
1
Da a + b + c = 6 + 5 + 3 = 14
Observaes:
Se 9 11 11
Da 3 11 11 2 para ser quadrado perfeito
7 (menor valor) 3
a b a b c
c c
a ba b
a b
c a b a b a b
c a b c b b c b
b c
2
5 15 que no convm ao problema, pois
a, b e c so algarismos na base dez .
Se 9 11 11
Da 3 3 11 3 11 2 para ser quadrado perfeito,
temos:
Se b 1 9, mas se b 1 10, no
c
c a b a b a b
c a b c b b c b
c a
serve;
Se b 5 3, mas se b 5 6, da 6 5 3 14 ok, serve ao problema.c a a b c
Alternativa D
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19) Se a e b so dois nmeros reais, denotarmos por min ,a b o menor dos nmeros a e
b, isto , a, se a b
min ,a, se a b
a b
O nmero de solues inteiras negativas da inequao min 2x-7, 8 3x - 3x + 3 igual a
(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3 (E) 4
Essa questo pelo erro de digitao a, se a
a, se
bm
ain
b,a b
estaria ANULADA.
Observao: Minha soluo est sendo baseada na prova azul original e no digitao feita
por terceiros.
Desconsiderando o erro, temos:
min 2x-7, 8 3x - 3x + 3
a) se 2x - 7 8 - 3x 2x + 3x 8 + 7 5x 15 x 3
Resolvendo:
2x - 7 > -3x + 3 5x > 10 x > 2 -, logo 2 < x 3
b) se 2x - 7 8 - 3x 2x + 3x 8 + 7 5x 15 x 3
Re
solvendo:8 - 3x > - 3x + 3 8 > 3 isso verdade qualquer que seja o valor de x,
mas como inicialmente x 3.
Assim pelos itens a e b no existem solues negativas.
Alternativa A
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20) Considere os tringulos ABC e MNP. Se as medidas dos lados do segundo tringulo so,respectivamente, iguais s medidas das medianas do primeiro, ento a razo da rea de MNPpara a rea de ABC igual a
(A)
3
1(B)
2
1(C)
3
2(D)
4
3(E)
6
5
1 SOLUO: Supondo que ABC seja eqiltero, temos:
2 3
1 que a rea de um tringulo equiltero qualquer.4
Sabendo-se que em um tringulo equiltero todos os pontos notveis se
confundem (ou seja so coincidentes), temos que a mediana a altura,
lS
ABC
bissetriz e mediatriz. Assim o lado do tringulo MNP (equiltero)
2
3 323usando a frmula anterior
2 42 3 3
3 324 24 16
Da e de 1 e 2 , :
23 3216
2 3
4
ll
SMNP
l
S S l MNP MNP
vem
l
lS S MNP MNP
S Sl ABC ABC
3 3
164
2l 3
4
3
4
SMNP
SABC
Alternativa D
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2 SOLUO: Seja um tringulo ABC qualquer, seja G o ponto de encontro das trs medianas
(baricentro), sabido que o baricentro divide a mediana na razo dois pra um, desse modo
podemos construir a figura abaixo. Outro fato importante que o baricentro determina em
qualquer tringulo seis tringulos que possuem a mesma rea, isto , se a rea do tringulo
ABC S, ento a rea de cada um dos tringulos formados ser S dividida por seis.
Seja D o ponto mdio do segmento CG, ligando os pontos D e N e observando o
tringulo ACG, podemos concluir que DN paralelo a AG e sua medida metade de AG, assim
sendo o tringulo DNG tem os lados com medidas X, Y e Z. O tringulo MNP formado pelas
medianas do tringulo ABC, tem lados cujas medidas so 3X, 3Y e 3Z, logo os tringulos DNG e
MNP so semelhantes (caso LLL lados proporcionais).
Da semelhana entre os tringulos DNG e MNP, temos:
S xDNG
SMNP
3x
2 21 1
3 9
Mas pois rea de DNG igual a metade da rea do tringulo CNG.12
1 3Da, 9 9
9 12 4
3
4Como a rea de ABC S
S S DNG DNG
S S MNP MNP
SS
DNG
S S SDNG S S S MNP DNG MNPS
MNP
SS S
MNP MNP
S S S ABC AB
3 S
C
4S
3
4
Alternativa D