resolução da prova do colégio naval de 2004

Prof. Carlos LoureiroFormado Matemática -UFF – Niterói/RJ

Curso de Capacitação Permanente para Professores de Matemática do Ensino Médio no IMPAPromovido pela FAPERJ – SBM – IMPA

PÓS Graduando UFRJ - Ensino da Matemática PÓS Graduando UFF - Novas Tecnologias no Ensino da Matemática

[email protected](21) 8518-7006

Colégio Naval 2004

01)

Na figura acima , ABCD é um quadrado de área 104 e o ponto O é o centro do semicírculo de diâmetro AB. A área do triângulo AEF é dada por

(A) 3332 (B) 3346 (C) 6345

(D) 3343 (E) 3348

1

2ABES 2

13

26 26 3 120º 26ABEsen S 3

32

3

13 3 39 : ( 120º 60º )2

1

2ABF

OBS sen sen

S

2

26 26

1 3 1 326 3 30º 26 26

2 2 2 4

ABF

AEF AEF AEF

AF S AF

S AF sen S AF S AF





3 3 39 26 26 39 26 1

4 4

4 3 39 39 439 26 26 26

4 4 3 4 34

3 39 4 26

4

ADE ADF AEF

AEF AEF

Como S S S AF AF AF

AF AF AF

como S AF S

3

44 3

3

13

39 3 4 3

4 3 4 3

39 4 3 3 39

16 3

AEF

AEF AEF

S

S S

4 3 3

13

3 4 3 3AEFS

Alternativa D

02)Um certo professor comentou com seus alunos que as dízimas periódicas podem ser representadas por frações em que o numerador e o denominador são números inteiros e ,neste momento, o professor perguntou aos alunos o motivo pelo qual existe a parte periódica. Um dos alunos respondeu justificando corretamente, que em qualquer divisão de inteiros (A) o quociente é sempre inteiro. (B) o resto é sempre inteiro.(C) o dividendo é o quociente multiplicado pelo divisor, adicionado ao resto.(D) os possíveis valores para resto têm uma quantidade limitada de valores.(E) que dá origem a uma dízima, os restos são menores que a metade do divisor.

Item (A) Falso, pois, por exemplo 1 2 = 0,5

Obs: Isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.

Item (B) Falso, pois, por exemplo 4 3 = 1, 333... e o resto é igual a 0,00

1 aproximadamente

Obs: Do mesmo modo, isso é correto se não continuamos a divisão, mais não é esse o motivo.

Item (C) Falso, pois, apesar de correto, D = d q + r, isso não é o motivo pelo qual da exis tência

das dízimas periódicas.

Item (D) Correto, pois, o resto é sempre maior ou igual a zero e menor do que o quociente, ou

2seja, 0 resto<quociente, assim por exemplo na fração irredutível , os r

13

estos possíveis serão:

21,2,3, 4,5,6,7,8,9,10,11 e 12 ou seja 0,153846153846153846153846153846, observe que

13o resto nunca será zero, se não seria decimal exata.

Item (E) Falso, pois, por exemplo 13

7 quociente igual a 1 e o resto é igual a 6.Obs: O Motivo da existência das DÍZIMAS PERIÓDICAS é a impossibilidade de se transformar uma fração ordinária em fração decimal, ou seja, a não possibilidade de transformação do denominador de algumas frações ordinárias em potência de dez, onde o

denominador terá que ser após as transformações devidas da forma 2 5 1 000...0n n

n zeros .

Alternativa D





03)Um professor de matemática apresentou um equação do 2ºgrau completa , com duas raízes reais positivas , e mandou calcular , as médias aritmética, geométrica e harmônica entre essas raízes , sem determiná-las. Nessas condições (A) somente foi possível calcular a média aritmética.(B) somente foi possível calcular as médias aritmética e geométrica.(C) somente foi possível calcular as médias aritmética e harmônica.(D) foi possível calcular as três médias pedidas.(E) não foi possível calcular as três médias pedidas.

Resolvendo o problema, temos:

1 2 3

1 2 1 2

Média aritmética , ou seja soma dos termos dividido pelo número

de termos, no caso como são dois termos temos:

ou soma dos termos dividido por dois, assim 2 2 2

ou

nx x x xMA

n

x x x x SMA MA

1 2 3

1 2 1 2

1 2 2

1

2 2 2

Média Geométrica , para dois termos temos:

, como os termos são positivos

Média Harmônica , para dois termos tem1 1 1 1

n

n

bb baMA MA MA

a a

nMG x x x x

cMG x x MG x x P

a

nMH

x x x x

1 2

2 1 1 21 2

1 2 1 2 1 2 1 2

os:

22 2 21 1

22 2ou seja

x xMH MH MH MH

x x x xx xx x x x x x x x

cP caMH MH MH

bS ba

Alternativa D





04) Sabendo-se que a equação 042613 222 xxxx pode ser escrita como um produto de binômios do primeiro grau , a soma de duas das suas raízes reais distintas é igual a(A) -3 (B) -2 (C) -1 (D) 2 (E) 3

Resolvendo o problema, temos:

2 2 2 4 2 313 6 2 4 0 13 6 12 4 0x x x x x x x x Teorema muito importante: Toda equação em que a soma dos coeficientes for ZERO, teremos necessariamente uma das raízes igual a UM.

4 2 3Observando a equação anterior, isto é, 13 6 12 4 0, temos que:

A soma dos coeficientes é S.C = 1 + 13 - 6 - 12 + 4 = 0, logo essa equação é divisível por 1

Ordenando a equação e usando a regra

x x x x

x

4 3 2

das chaves temos:

6 13 12 4 0x x x x

4 3 2 3 2

3 2

Assim, temos que:

6 13 12 4 1 5 8 4 0

Do mesmo modo observando a equação anterior, o fator 5 8 4 0, temos que:

A soma dos coeficientes é S.C = 1 - 5 + 8 - 4 = 0, logo essa equação

x x x x x x x x

x x x

3 2 2

22 21 2

2 24 3 21 2 3 4

é divisível por 1

Fazendo a divisão como anteriormente, temos:

5 8 4 1 4 4

Agora do fator 4 4 0 2 2 4 4 2 2 2

6 13 12 4 1 2 1 2

x

x x x x x x

x x x e x x x x x x

Daí x x x x x x x x e x x

Logo a soma de duas raízes distintas é:

2 1 3Soma Soma

(Observação: Um método melhor de se fazer a divisão é usar o Dispositivo Prático de Briot – Ruffini).Alternativa E





05)

Um retângulo ABCD de lados AB=a e BC =b (a>b) ,é dividido, por um segmento EF ,num quadrado AEFD e num retângulo EBCF, semelhante ao retângulo ABCD conforme a figura acima. Nessas condições, a razão entre a e b é aproximadamente igual a(A) -1,62 (B) 2,62 (C) 3,62 (D) 4,62 (E) 5,62

Obs: O procedimento acima é uma das maneiras de chegarmos ao chamado número de ouro, ou divisão em média e extrema razão.Alternativa A

2

2

2

De acordo com o enunciado podemos montar a figura acima, assim temos:

I) Da semelhança entre os retângulos

II) Das áreas dos retângulos e do quadrado, temos:

AB BC a bb a a b

BC EB b a b

ba b

a

a b b b

Assim de I e II

a b

a b

2b

b b

22 2 2 2

2 2 2 2 2 2

11 1

1 1 1

22 2

0

Sendo "a" a variável 4 1 4 5 5

5 1 5 15 55

2 2 2 22,23 1 3,23

1,622 2

1 5 1 55 não serve

2 2 2

ba ab b a ab b

a

b b b b b b

b ab b b bb a a a

ba a a

b b b

b ab bDe a a

b





06) A interseção do conjunto solução, nos reais, da inequação

0412

1222

x

xxcom o conjunto

4/ xRx é dada por

(A)

3

1/ xRx (B) 0/ xRx (C) 2

3

1/

xRx

(D) 13

1/

xRx (E) 2/ xRx `

22

22

Resolvendo primeiramente a inequação, temos:

2 10, sendo f(x)= 2 1 e g(x)=12 4

12 4Podemos notar que f(x) 0, ou seja sempre será positivo ou zero, como no problema se quer

f(x)0, temo

g(x)

x xx x x

x

2s que determinar o valor de f(x)=0 2 1 0 1, assim f(x) será

zero em 1 e positiva nos demais valores.

Agora vamos determinar o sinal de g(x), observe que g(x) não pode ser zero, daí g(x) 0

Como g

x x x

x

4 1(x) 0 12 4 0 12 4

12 31 f(x)

Daí, quando ou 1 0 o conjunto solução será:3 g(x)

1/ ou 1

3

A interseção do conjunto solução acima com, B = / 4 , nos dá:

x x x x

x x

A x R x x

x R x

1Assim A B= / 1

3x x

Alternativa D





07)

Na figura acima AM e BP são cevianas do triangulo ABC de área S. Sendo AP=2PC e AQ=3QM ,qual o valor da área do triângulo determinado pelos pontos P , Q e M ,em função de S?

(A) 16

S(B)

18

S(C)

20

S(D)

21

S(E)

24

S

:

Observando o triângulo ABM, temos:

Área = Área + Área , como os triângulos ABQ e QBM possuem a mesma altura

e a base AQ do é igual a três vezes a base QM do Área = 3 Área

Solução

ABM ABQ QBM

ABQ QBMABQ

.

Seja "3A" a área do e "A" a área do (ver figura).

Ligue os pontos "P" e "M", formando assim o triângulo APM, observando esse triângulo, temos:

Do mesmo modo a Área = Área + Área ,

QBM

ABQ QBM

APM APQ QPM

como os triângulos e

possuem a mesma altura e a base AQ do é igual a três vezes a base QM do

Área = 3 Área , seja "3B" a área do e "B" a área do (ver figura).

APQ QPM

APQ QPM

APQ QPMAPQ QPM





Agora observando o triângulo AMC, temos:

Área = Área + Área , como os triângulos AMP e PMC possuem a mesma altura

e a base AP do é igual a duas vezes a base PC do Área = 2 Área

AMC AMP PMC

AMP PMCAMP PM

Como a área do 4 área do 2 . Observe que a área do triângulo PQM é igual

B, isto é, Área = B.

Do enunciado temos que área do , mas a Área = Área + Área

como os triângulos A

CAMP B PMC B

PQM

ABC SABC ABP PBC

BP e PBC possuem a mesma altura e a base AP do é igual a

2duas vezes a base PC do Área = 2 Área , logo área do

3

e área do 3

Observando a figura acima podemos montar o siste

ABP

SPBC ABP

ABP PBC

SPBC

ma abaixo:

Do triângulo ABP 332 2

Do triângulo PBC 3 33 9

33

2

92 3 2

2 2 23 9 9 9 9 18

SA B

S SA B A B

SA B

SA B

S S S S S SB B B B

Alternativa B





08) Considere o triângulo escaleno ABC e os pontos P e Q pertencentes ao plano de ABC e exteriores a esse triângulo . SE : as mediadas dos triângulos PAC e QBC são iguais ; as medidas dos ângulos PCA e QCB são iguais ; M é o ponto médio de AC ; N é o ponto médio de BC ; 1S

é a área do triângulo PAM ; 2S é a área do triângulo QBN ; 3S é a área do triângulo PMC ; e

4S é área do triângulo QNC ,analise as afirmativas:

I - 1S está para 4S ,assim como 3S está para 2S .

II - 1S está para 2S ,assim como (PM)2 está para (QN)2 .

III - 1S está para 3S ,assim como 2S está para 4S .

Logo pode-se concluir ,corretamente ,que

(A) apenas a afirmativa 1 é verdadeira. (B) apenas as afirmativas 1 e 2 são verdadeiras .(C) apenas as afirmativas 1 e 3 são verdadeiras . (D) apenas as afirmativas 2 e 3 são verdadeiras .(E) as afirmativas 1 ,2 e 3 são verdadeiras.

Fazendo a figura conforme o enunciado, temos:

Pela figura acima, temos:

Como PM é mediana do APC S1 S3

Do mesmo modo, temos que QN é mediana do AQC S2 S4 ou S4 S2

Daí dividindo membro a membro temos:

S1 S3, assim a afirmativa I é correta

S4 S2

2 2

.

Os triângulos APC e BQC são semelhantes, assim:

S1 S3 PM S1 S1 PM 2, mas S1 S3 e S2 S4

S2+S4 QM S2+S2 QM

S1

2

2 2

2 2

2

2

PM S1 PM

QM S2 QMS2

assim a afirmativa II é correta.

S1 PM S3 S1 S3 S1 S2De assim a afirmativa III é correta.

S2 QM S4 S2 S4 S3 S4

Alternativa E





09) Uma máquina é capaz de fabricar ,ligada durante um tempo inteiro de minutos T , 3T peças ,sendo que 20% delas são defeituosas . Para obter-se, no mínimo, 605 peças perfeitas essa máquina deverá funcionar quantos minutos ?(A) 4 (B) 5 (C) 6 (D) 7 (E) 8

T 3

Resolvendo a questão, temos:

T minutos __________ 3 peças 3 minutos __________ 3 peças = 27peças

605 __________ 80%

605 10 0% __________100% x x

8 0%

0 1 2 3 4 5 6 7

6050756

8

As potências de três são:

3 1, 3 3, 3 9, 3 27, 3 81, 3 243, 3 729, 3 2187

Logo deverá funcionar sete minutos.

Alternativa D

10) Um número natural N tem 2005 divisores positivos.Qual é o número de base distintas da sua decomposição em fatores primos?(A) Um. (B) Dois. (C) Três. (D) Quatro. (E) Cinco.

Resolvendo, temos:

2004

4 400

se N = a número de divisores de n = 2004 + 1 = 2005 (onde "a" é um fator primo qualquer).

se N = a × b número de divisores de n = 4 1 400 1 = 5 401=2005,

(onde "a" e "b" são fatores primos q

uaisquer).

Essa questão pelo exposto acima teria duas respostas, a meu ver a questão está ANULADA.Obs.:Não sei o gabarito após recursos.





11) Um aluno resolvendo uma questão de múltipla escolha chegou ao seguinte resultado 4 62049 ,no entanto as opções estavam em números decimais e pedia-se a mais próxima do valor encontrado para resultado , e , assim sendo , procurou simplificar esse resultado, a fim de melhor estimar a resposta .Percebendo que o radicando da raiz de índice 4 é quarta potência de uma soma de dois radicais simples , concluiu, com maior facilidade, que a opção para a resposta foi (A) 3,00 (B) 3,05 (C) 3,15 (D) 3,25 (E) 3,35

1ª SOLUÇÃO:

2 2

4

2 2 2

2

A + C A - CUsando a fórmula A ± B = ± , onde C =A - B, temos:

2 2

Observe que 49 + 20 6 = 49 + 20 6 , assim:

49 + 20 6 = 49 + 6 400 = 49 + 2400 C =49 - 2400 C =2401- 2400

C = 1 C = 1

49 + 1 49 - 149 + 20 6 = 49 + 2400 +

2 2

2 2 2

50 48 + 25 + 24

2 2

25 + 24 5 + 24 daí

5 + 24 C =5 - 24 C =25 - 24 C = 1

5 + 1 5 - 1 6 4Assim 5 + 24 + + 3 + 2 1,73 1, 41 3,14

2 2 2 2

2ª SOLUÇÃO:

2 2 24

2 2 2

2 2

Notando que 49 + 20 6 = 49 + 20 6 e usando o produto notável a + b a + 2 a b + b

Temos que determinar "a" e "b" tais que, a + b a + 2 a b + b

20 6 2 10 6 2 5 2 6 5 2 6 49 + 20 6 49 + 20 6 5 2 6 5 2 6a b

De

2 2

2 6 2 2 3 2 2 3 2 3 5 2 6 5 2 6 2 3 2 3

2 3 1,73 1, 41 3,14

a b

Daí





12) Se a , b ,c e d são números reais não nulos tais que 022 bcad ,pode-se afirmar que

(A) 0;

dbdb

ca

d

c

b

a(B) 0;

dcdc

ba

d

b

c

a

(C) 0;

dcdc

ba

c

b

d

a(D) 0;

dada

cb

d

b

a

c

(E) 0

baba

dc

a

d

b

c

1ª SOLUÇÃO:Esse tipo de questão em concurso, muitas vezes faz o aluno perder tempo, vamos usar um método

que em geral resolve o problema:

Vamos "CARTEA ALGUNS VALORES" para "a", "b", "c" e "d" de acordo com a expr2 2 2 2

essão

ad + bc = 0 ou ad = - bc sendo a = 4, b = -1, c = 6 e d = 3, temos:

Colocando esses valores na alternativa A:

a c a + c 4 6 + = ; b + d 0 + = - 4 + 2 = -2

b d b + d -1 3a + c 4 + 6

b + d -

105 vemos que são diferentes os valores encontrados.

1 + 3 2Colocando esses valores na alternativa B:

a b a + b 4 -1 4 -2 2 1 + = ; c + d 0 + = + =

c d c + d 6 3 6 6 6 34 + -1a + b 3 1

vemos quc + d 6 + 3 9 3

e esses valores encontrados são iguais (já é a resposta).

Colocando esses valores na alternativa C:

a b a + b 4 -1 8 -1 7 + = ; c + d 0 + = + =

d c c + d 3 6 6 6 64 + -1a + b 3 1

vemos que são c + d 6 + 3 9 3

diferentes os valores encontrados.

Colocando esses valores na alternativa D:

c b b + c 6 -1 18 -4 14 7 + = ; a + d 0 + = + =

a d a + d 4 3 12 12 12 6b + c -1 + 6 5

vemos que são diferentes os vala + d 4 + 3 7

ores encontrados.





Colocando esses valores na alternativa E:

c d c + d 6 3 24 3 21 + = ; a + b 0 + = - + = -

b a a + b 1 4 4 4 4c + d 6 + 3 9

= 3 vemos que são diferentes os valores encontrados.a + b 4 + -1 3

Alternativa B

2ª SOLUÇÃO:Observando atentamente as respostas podemos notar que elas são semelhantes, só variando porque ora uma letra é numerador, ora denominador.Assim sem perda de generalidade vamos supor que as letras são,

, , x y z e w , e veremos o que acontece.

Seja , 0

primeiramente para que a soma das frações seja igual a fração temos que:

(1)

Da soma das frações , temos:

(2)

Daí e de (1) e

x y x ycom z w

z w z wx y x y

z w z wx y x y

z w z w

x y

z wx y xw yz

z w zw

(2), tem-se:

x y xw yzxzw

z w zw

2 2yz xw yzw xzw yzw 2 2 2 20 ou 0

Observando essa relação podemos notar que:

1º " " é o númerador da 1ª fração;

2º " " é o denominador da 2ª fração;

3º "y" é o númerador da 2ª fração;

4º "z" é o denominador da 1

yz xw xw yz

x

w

2 2

2 2

ª fração.

Assim se a relação 0

Logo para 0

x y x yyz xw

z w z wa b a b

ad bcc d c d

Alternativa B





13) Um número natural N deixa: resto 2 quando dividido por 3;resto 3 quando dividido por 7;e resto 19 quando dividido por 41 .Qual é o resto da divisão do número

K N 1 . N 4 . N 22 por 861

(A) 0 (B) 13 (C) 19 (D) 33 (E) 43

Resolvendo, temos:

divisível por três

Observe que 861 = 3 7 41

Assim N+1 = 3 q1 + 3 (divisível por três)

N+4 = 3 q2 + 7 (divisível por sete)

N+22 = 41 q3 + 41 (divisível por quareta e um)

Logo K = N+1

divisível por sete divisível por quareta e um

N+4 N+22 K é divisível por 861

Daí o resto é zero

Alternativa A





14) Uma herança P foi dividida por dois herdeiros ,com idades , respectivamente, iguais a n e m,em partes diretamente proporcionais ao quadrado de suas idades .Qual foi a parte da herança recebida pelo herdeiro de idade n?

(A) 22

2

nm

nP

(B)

22

2

nm

Pn

(C)

22

22

nm

nP

(D) 22

2

nm

mPn

(E)

22

22

nm

mnP

Resolvendo o exercício, temos:

2 2 2 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 2

Sendo "n" e "m" as idades e "p" a herança.

Sejam "A" e "B" as partes relativas a "n" e "m" respectivamente, então temos:

A + B = p

A B A B A + B p

n m n m n m n m

A p p nAssim A =

n n m n m

Alternativa B





15)

Qual é o produto notável representado, geometricamente, na figura acima, na qual ABCD é um retângulo ?

(A) 33 ba (B) 3ba (C) 2ba (D) 222 ba (E) 4ba


2

Observando o quadrilátero ABCD vemos que é um quadrado, assim:

O produto notável é a + b .

Alternativa C





16) O valor numérico da expressão 810120 24 kk , sendo k pertencente ao conjunto dos números naturais, é o quadrado de um número natural para(A) somente um único valor de k . (B) somente dois valores de k .(C) somente valores de k múltiplos de (D) 13.somente valores de k múltiplos de 18.(E) nenhum valor de k .


4 4 4 4

4 4

4 4

4 4

Temos que:

120 k 10 k 8 10 12 k k 8

Observando que 12 k k é um número natural para qualquer valor de k natural,

então fazendo 12 k k , tem-se:

10 12 k k 8 10 8

O que indica q

x

x

x

ue 10 8 é um número natural em que o algarísmo das unidades é oito.

Da aritmética sabemos que não existem raizes quadradas exatas de números que tem

o algarismo das unidades iguais a:

Dois (2), Três (3

x

), Sete (7) e Oito (8).

Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado

de um número natural.

Alternativa E

Outra solução: Equação Diofantina Linear

4 2 4 2

4 2

Seja n um possível quadrado perfeito, assim:

120 10 8 120 10 8

Sejam = e = 120 10 8 é uma equação diofantina linear.

Que para se ter solução, é necessário é suficiente que o m

k k n k k n

a k b k a b n

dc 120,10 10, divida -8, isto é,

10| 8, assim "n" tem que ser um número que tem o algarísmo das unidades igual a 8.

Mas da aritmética sabemos que não existem quadrados perfeitos de núme

n

n

ros que tem o

algarismo das unidades iguais a:

Dois (2), Três (3), Sete (7) e Oito (8).

Assim para nenhum valor de "k" natural o valor numérico da expressão acima é quadrado de

um número natural.

Alternativa E





17) Considere os pontos A ,B e C pertencentes ao gráfico do trinômio do segundo grau definido

por xxy 82 .Se : a abscissa do ponto A é -4 ; B é o vértice ; a abscissa do ponto C é 12 ; o segmento AB tem medida d1;e o segmento BC tem medida d2,pode-se afirma que

(A) d1+ d2 < 48 (B) 48< d1+ d2<64 (C) 64< d1+ d2<72(D) 72< d1+ d2<128 (E) d1+ d2 > 128

2 2

2

2

Sendo 8 ou ( ) 8 , temos:

para 4 ( 4) 4 8 4 ( 4) 16 32 ( 4) 48

Assim o ponto A= 4, 48

para 12 (12) 12 8 12 (12) 144 96 (12) 48

Assim o ponto C = 12, 48

O vértice é dado por V =

y x x f x x x

x f f f

x f f f

x

2

; , V = , , daí temos:22 4 2

8Como S = 8 4 (4) 4 8 4 (4) 16 32 (4) 16

2v v

b S Sy ou fv v a a

x x y f f fv





Assim o ponto B = 4, -16 , com esses valores montamos a figura acima, e podemos notar que são

dois triângulo retângulo congruentes, note que o segmento EB = B - E = 4 - (-4) = 8 e BD = D - B

= 12 - 4 = 8 diferemça entre as abscissas dos pontos B e E e D e B respectivamente, do mesmo

modo o segmento EA = E - A = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64 e DC = C - D = 48 - (-16) = 48 + 16 = 64,

logo d1 é igual a d2, pela desigualdade triângular temos: d1 < 8 + 64 d1 < 72 do mesmo modo

podemos concluir que d2 < 72 e d1 > 64 - 8 d1 > 56 do mesmo modo podemos conclui

r que

d2 > 56, assim:

56 < d1 < 72 e 56 < d2 < 72 somando-se membro a membro, temos:

112 < d1 + d2 < 144, logo a alternativa correta é a letra E.

18) Dado um triângulo retângulo ,seja P o ponto do plano do triângulo eqüidistante dos vértices .As distâncias de P aos catetos do triângulo são k e L .O raio do círculo circunscrito ao triângulo é dado por

(A) 4

LK (B) LK 2 (C)

4

22 LK (D)

2

22 LK (E) 22 LK

Em qualquer triângulo esse ponto é o circuncentro ou seja é o ponto de encontro das três mediatrizes,

e é o centro do círculo circunscrito, em relação ao triângulo retângulo esse ponto é o ponto

médio

2 2 2 2 2

da hipotenusa, assim observando a figura acima, temos:

R = K + L R = K + L

Alternativa E





19) Dada a equação na variável real kx

xx 3

7: ,pode-se concluir ,em função do parâmetro

real k ,que essa equação (A) tem raízes reais só se k for um número positivo.(B) tem raízes reais só se k for um número negativo.(C) tem raízes reais para qualquer valor de k.(D) tem raízes reais somente para dois valores de k.(E) nunca terá raízes reais.

Resolvendo, temos:

2 2

2 2

2

37 7 3 7 3 0

4 7 3 84

Logo como k é positivo para qualquer valor de k, temos que 0 para qualquer

valor de K, assim a equação do 2º grau possui duas raízes reais diferentes.

x k x kx x kxx

k k

Alternativa C





20) Sejam L1 e L2 duas circunferências fixas de raios diferentes , que se cortam em A e B . P é um ponto variável exterior às circunferências ( no mesmo plano ) . De P traçam-se retas tangentes à L1 e L2 ,cujos pontos de contatos são R e S . Se PR=PS ,Pode-se afirmar que P , A e B (A) estão sempre alinhados. (B) estão alinhados somente em duas posições.(C) estão alinhados somente em três posições. (D) estão alinhados somente em quatro posições.(E) nunca estarão alinhados.

A resposta a essa questão é a Alternativa A, porem o aluno deveria ter o conhecimento de Eixo Radical , que não consta “claramente” do programa de matérias a serem estudados, porem no programa consta o estudo de lugares geométricos. O lugar Geométrico denominado de Eixo Radical, não conta de bibliografia em vigor, somente em livros esgotados.Obs.: A questão poderia ser resolvida usando o conceito de Potência de um ponto em relação a um círculo.

Antes de resolver a questão vamos definir algumas coisas e mencionar alguns teoremas:

POTÊNCIA DE UM PONTOTEOREMA: Se traçarmos, por um ponto do plano de uma circunferência, secantes a esta, o ‘produto

dos dois segmentos orientados, que tem por origem esse ponto e por extremidades as intersecções de cada secante com a circunferência, é constante (é o mesmo para todas as secantes). Esse produto constante chama-se POTÊNCIA do ponto P em relação à circunferência.

2...Pot PA PB PC PD PE PF PT

P

Obs.: Em particular, se um ponto pertence a uma circunferência, a potência desse ponto em relação a essa circunferência é, por definição, igual a zero.





PONTOS DE MESMA POTÊNCIA EM RELAÇÃO A DUAS CIRCUNFERÊNCIAS:TEOREMA: O lugar geométrico dos pontos de um plano, que tem a mesma potência em relação a duascircunferências dadas, é uma reta perpendicular a linha dos centros das circunferências.

EIXOS RADICAIS:DEFINIÇÃO: Dadas duas circunferências 1C e 2C com centro em 1O e 2O raios 1R e 2R respectivamente,

denomina-se EIXO RADICAL, o lugar geométrico dos pontos de um plano de mesma potência em relação a

1C e 2C .

2 2 2 2 2 2 2 2 2

Potência de P em relação a O1 = Potência de P em relação a O2

d1 1 d2 2 d1 d2 1 2R R R R k

PROPRIEDADE: O EIXO RADICAL de 1C e 2C é o lugar geométrico dos pontos dos quais se pode traçar tangentes a 1C e

2C com o mesmo comprimento.

Pelo exposto acima a resposta correta é a Alternativa A





2ª SOLUÇÃO:

2

2

2

2

PR = PA × PD (1)

PS = PA × PC (2)

Dividindo (1) por (2), temos:

PR PA

PS

× PD

PA

2

2

PR PD mas por hipótese PR = PS PD = PC

PC PR × PC

Como PD = PA + AD e PC = PA + AC

PD = PC PA

+ AD PA + AC AD AC, mas como "C" e "D" são

colineares AD = AC + CD AC

+ CD AC CD 0 o que indica

que os pontos "C" e "D" são coincidentes, mas como por hipótese as interseções

de L1 e L2 são os pontos A e B, então os pontos "B", "C" e "D" são coincidentes,

logo os pontos

"P", "A" e "B" são colineares.

resolução da prova do colégio naval de 2004

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