Manual do Professor - anglouba.com.br · o que, em nenhuma hipótese, diminui a importância da sistematização (definições, notações, exemplos), pois as situações do mundo

EM 2ª série | Volume 1 | Matemática

Manual do Professor

Autores: José Augusto de Melo, Kennedy e Paulo Ribeiro.

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2 Coleção EM2Coleção EM2

C689 Coleção Ensino Médio 2ª série: - Belo Horizonte: Bernoulli Sistema de Ensino, 2018. 242 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 2ª 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: José Augusto de Melo, Kennedy, 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

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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 n. 9 394/96 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,procedimentoseestratégiasmatemáticasquepermitamaeledesenvolverestudosposterioreseadquirirumaformaçãocientíficageral.

• 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.)evice-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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6 Coleção EM2

Contextualização sociocultural

• DesenvolveracapacidadedeutilizaraMatemáticanainterpretaçãoeintervençãonoreal.

• Aplicarconhecimentosemétodosmatemáticosemsituaçõesreais,emespecialemoutrasáreasdoconhecimento.

• 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.

• Deve-se,semprequepossível,colocarosalunosfrenteasituaçõesnasquaiselesdeverãofazerumaescolha 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 uniformização a partir da Revolução Francesa.

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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 e não ficar analisando somente seus aspectos teóricos, por exemplo, se a função inversa, é par ou não, etc. 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. Eles 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. Assim, 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, foi planejadaparaqueoalunotrabalhe,deformaautônoma,resgatandotodooconteúdoestudadoaolongodocapítulo. Incentive os alunos a fazerem os exercícios em casa e a trazerem 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 eles se familiarizem com a forma como os conteúdos são avaliados no exame nacional.

7) Desafio

Lançar um desafio aos alunos é sempre uma forma de estimulá-los a testar seus limites. Para trabalhar com essa seção, é interessante que você, professor, demonstre aos alunos por que o grau de dificuldade da questão é mais elevado do que o das encontradas nos Exercícios de aprendizagem 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

O QR Code é um código de acesso aos objetos de aprendizagem do Bernoulli Digital. Para baixar o conteúdo, é necessário que você tenha disponível no seu dispositivo um leitor de QR Codes, que você pode encontrar nas stores (Google Play e App Store). Baixe o app, escaneie o código com a câmera e tenha acesso ao nosso conteúdo.

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.

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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,artísticaecientíficaedaslínguasespanholaeinglesa.

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 – Resolver situação-problema envolvendo conhecimentos numéricos.

H4– Avaliararazoabilidadedeumresultadonumériconaconstruçãodeargumentossobreafirmaçõesquantitativas.

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 – Resolver situação-problema que envolva conhecimentos geométricos de espaço e forma.

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 – Resolver situação-problema que envolva medidas de grandezas.

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–Identificararelaçãodedependênciaentregrandezas.

H16 – Resolver situação-problema envolvendo a variação de grandezas direta ou inversamente proporcionais.

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 – Resolver situação-problema cuja modelagem envolva conhecimentos algébricos.

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 umatabeladefrequênciasdedadosagrupados(nãoemclasses)ouemgráficos.

H28 – Resolver situações-problema que envolvam conhecimentos de Estatística e Probabilidade.

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: 2ª

sEGMEnTO: eM

FRENTE CAPÍTulo VoluME TÍTulo

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 •Áreasdefigurasplanas

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

* 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 EM2

Planejamento do volumeDisciplina: MateMática

sÉRiE: 2ª

sEGMEnTO: eM

vOluME: 1

FRENTE CAPÍTulo TÍTulo SugESTõES dE ESTRATégiAS

A

1 •Arcos e ciclo trigonométrico•Aula expositiva

•Aplicação de exercícios

•Resolução de exercícios

•Aula prática

•Debate

•Aula multimídia

•Discussão em grupos

•Filmes

2 •Funções trigonométricas

B 1•Combinatória: Princípio fundamental da contagem

e arranjos

C

1 •Polígonos e circunferência

2 •Lei dos senos e lei dos cossenos

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 letivas. Como na Coleção EM2 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 C possuem 2 capítulos

por volume, e a frente B, 1 capítulo.

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

Frente A: 2 aulas por semana.

Frente B: 1 aula por semana.

Frente C: 2 aulas 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 – Arcos e ciclo trigonométrico

•B1 – Combinatória: Princípio fundamental da contagem e arranjos

•C1 – Polígonos e circunferência

2º mês

•A2 – Funções trigonométricas


•C2 – Lei dos senos e lei dos cossenos

3º mês

•A3 – Transformações trigonométricas

•B2 – Combinatória: permutações e combinações

•C3–Áreasdefigurasplanas

2º trimestre

1º mês

•A4 – Equações e inequações trigonométricas


•C4 – Geometria de posição e poliedros

2º mês

•A5 – Estatística

•B3 – Probabilidades


•C5 – Prismas

3º mês



•C6 – Pirâmides

3º trimestre

1º mês

•A6 – Matrizes



2º mês

•A7 – Determinantes

•B4–BinômiodeNewton

•C7 – Cilindros e cones

3º mês

•A8 – Sistemas Lineares


•C8 – Esferas e inscrição / circunscrição de sólidos

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14 Coleção EM2

BimestralBiMESTRE CAPÍTulo

1º bimestre

1º mês

•A1 – Arcos e ciclo trigonométrico


•C1 – Polígonos e circunferência

2º mês

•A2 – Funções trigonométricas


•C2 – Lei dos senos e lei dos cossenos

2º bimestre

1º mês

•A3 – Transformações trigonométricas


•C3–Áreasdefigurasplanas

2º mês

•A4 – Equações e inequações trigonométricas



3º bimestre

1º mês



•C5 – Prismas

2º mês

•A6 – Matrizes



4º bimestre

1º mês

•A7 – Determinantes


•C7 – Cilindros e cones

2º mês

•A8 – Sistemas Lineares


•C8 – Esferas e inscrição / circunscrição de sólidos

Orientações e sugestõesCapítulo A1: Arcos e ciclo trigonométrico

Nesse capítulo, os conceitos básicos relacionados a arcos e ângulos em circunferências devem ser abordados rapidamente, uma vez que eles serão retomados e discutidos posteriormente. Assim, professor, apresente de forma mais detalhada o ciclo trigonométrico, para que o aluno consiga verificar livremente suas propriedades e simetrias.

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Manual do Professor


Capítulo A2: Funções trigonométricasInicie o estudo desse capítulo considerando a definição de seno e cosseno no triângulo retângulo,

estendendo-a. Explore, então, seus aspectos funcionais, dando destaque para domínio, imagem, gráfico e período. Enfatize as transformações gráficas, especialmente aquelas provocadas pela soma de uma constante e as provocadas por alterações no período.

Posteriormente, professor, defina tangente no ciclo trigonométrico, enfatizando os valores notáveis e, especialmente, a inexistência da tangente em alguns arcos. Destaque seu domínio e compare-o com o das funções seno e cosseno. Também são importantes as comparações sobre o período e a imagem, mostrando que há uma “limitação” dos valores do seno e do cosseno (entre –1 e 1) e uma “ilimitação” dos valores da tangente.

Capítulo B1: Combinatória: Princípio fundamental da contagem e arranjos

Ensinar Análise Combinatória a adolescentes é e sempre será um grande desafio. Entretanto, nenhum outro assunto dará a você, professor, oportunidade de interagir tão amplamente com seus alunos. Esse é um momento que, se bem aproveitado, pode trazer de volta o prazer de fazer Matemática.

Nesse capítulo, deve ser amplamente utilizado o princípio multiplicativo. Introduza-o por meio de exemplos simples e diretos e depois desafie seus alunos com problemas relacionados, por exemplo, a jogos.

É fundamental que nos primeiros exemplos você discuta as diversas “soluções” propostas pelos alunos, mostrando a eles o porquê de terem acertado ou errado o problema. Sempre que possível, discuta, em sala, questões do tipo da questão 15 dos Exercícios propostos. Problemas como os mostrados nos exemplos 5, 6 e 7 deverão ser dados apenas após um treinamento adequado. Para ser mais explícito: use primeiro os exercícios de arranjo e permutação como exemplos e, só então, resolva os problemas de “combinação” ou permutação com repetição, usando o princípio multiplicativo.

Deixe bem claro que a fórmula de arranjos simples é um atalho. Utilizá-la é uma opção pessoal.

Capítulo C1: Polígonos e circunferênciaInicialmente, defina polígonos, comentando sobre os côncavos e os convexos e recordando sua

nomenclatura. Há três expressões, professor, cujo estudo é fundamental: a soma dos ângulos internos, a soma dos ângulos externos e o número de diagonais. Conceitue também os polígonos regulares, detalhando seus elementos (centro, raio e apótema). Faça os exercícios relacionados a esse assunto, a fim de que os alunos consolidem o conteúdo.

Ao dar início ao estudo da circunferência, conceitue arco, corda e ângulo central. Enfatize que um arco pode ser medido em termos angulares (nesse caso, sua medida é igual à medida do ângulo central correspondente) ou em termos de comprimento. Defina ângulo inscrito e ângulo semi-inscrito, relacionando-os ao ângulo central correspondente. Explique, então, as relações métricas na circunferência, destacando que é possível utilizar semelhança de triângulos para obtê-las.

Capítulo C2: Lei dos senos e lei dos cossenosInicie o estudo desse capítulo explicando o porquê do estudo dessas leis e dando exemplos de aplicações

práticas delas. Defina então, professor, a lei dos senos e a lei dos cossenos. Resolva exercícios com seus alunos, demonstrando que também é possível resolvê-los utilizando somente as relações trigonométricas já conhecidas por eles. Nesse momento, é importante mostrar a eles em que situações é mais conveniente o uso de cada lei. Faça os exercícios relacionados a esse assunto, a fim de que os estudantes consolidem o conteúdo.

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16 Coleção EM2

Comentário e resolução de questõesCAPÍTULO – A1Arcos e ciclo trigonométrico

Exercícios de aprendizagem

Questão 01 Comentário: Primeira linha:

Comprimento do arco: m(15°)15°360°

.2 .(20)53

5,23 cm= π =π

= .

Medida do ângulo, em radianos: α π π= =15180 12

°°. rad.

Segunda linha:

Comprimento do arco: m cmππ

ππ π

442

2 12 3 9 42

= = =. .( ) , .

Medida do arco, em graus: β

π

π= =4 180 45. ° °.

Terceira linha:

Medida do ângulo, em radianos: γ π π= =360180

2°°. rad.

Comprimento do raio: 2 25 12 4πR R cm= ⇒ =, .

Quarta linha:

Medida do arco, em graus: δ π δ360

2 25 3 14 7 2°. .( ) , ,= ⇒ = °.

Medida do ângulo, em radianos: δ π π= =7 2180 25

, .°°

rad.

Quinta linha:

Comprimento do arco: m cm23

232

2 10 203

20 93ππ

ππ π

= = =. .( ) , .

Medida do arco, em graus: φ

π

π= =

23 180 120. ° °.

Sexta linha:

Medida do ângulo, em radianos: θ π π= =10180 18

°°. rad.

Comprimento do raio: 10360

2 62 8 360°°. ,πR R cm= ⇒ = .

Questão 02 Comentário: Sejam d1 e d2 as distâncias percorridas pelo 1º e pelo 2º andarilho, respectivamente. Assim:

d R d R

d R d

1 1

2

45360

24

120360

22

= ⇒ =

=

⇒

°°°°

. .

. .

π π

π22 3

=

Rπ

Portanto, a razão entre d1 e d2 é:

d

d

R

R1

2

4

3

34

= =

π

π

Questão 03 Comentário: Como os arcos O¹P, O¹Q e A¹B possuem o mesmo valor de raio, sabe-se que os pontos P e Q dividem o arco A¹B

em três partes. Além disso, os arcos O¹P e O¹Q valem 23 de 90°.

Portanto, o perímetro da região hachurada OPQ vale:

= π

+ π

+ π

⇒

= π ⇒ = π

2p23

.90°360°

.2 .1223

.90°360°

.2 .1213

.90°360°

.2 .12

2p53

.6 2p 10 cm.

Questão 04Comentário:

A) =π

⇒ =π

⇒ =πx

45°rad

180°x

45°. rad180°

x4

rad

B) =π

⇒ =π

⇒ =πx

30°rad

180°x

30°. rad180°

x6

rad

C) =π

⇒ =π

⇒ =πx

270°rad

180°x

270°. rad180°

x32

rad

D) =π

⇒ =π

⇒ =πx

37°rad

180°x

37°. rad180°

x37180

rad

E) −

=π

⇒ =− π

⇒ = −πx

180°rad

180°x

180°. rad180°

x rad

F) −

=π

⇒ =− π

⇒ = −πx

120°rad

180°x

120°. rad180°

x23

rad


A) π

=π

⇒ =

π

π⇒ =

x53

rad

180°rad

x180°.5

3rad

radx 300°

B) π

=π

⇒ =

π

π⇒ =

x

9rad

180°rad

x180°.

9rad

radx 20°

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Manual do Professor


C) π

=π

⇒ =

π

π⇒ =

x75

rad

180°rad

x180°.7

5rad

radx 252°

D) =π

⇒ =π

⇒ =π

x1 rad

180°rad

x180° .1 rad

radx

180°

E) π

=π

⇒ =

π

π⇒ =

x38

rad

180°rad

x180°.3

8rad

radx

135°2

F) π

=π

⇒ =

π

π⇒ =

x

12rad

180°rad

x180°.

12rad

radx 15°


A) =π

⇒ =π

⇒ =πx

135°60 cm360°

x135° . 60 cm

360°x

452

cm

B) π

=π

π⇒ =

π π

π⇒ =

πx

9rad

60 cm2 rad

x 9rad . 60 cm

2 radx

103

cm

C) =π

⇒ =π

⇒ = πx

210°60 cm360°

x210° . 60 cm

360°x 35 cm

D) π

=π

π⇒ =

π π

π⇒ = π

x76

rad

60 cm2 rad

x

76

rad . 60 cm

2 radx 35 cm

E) =π

⇒ =π

⇒ = πx

330°60 cm360°

x330° . 60 cm

360°x 55 cm


A) =π

⇒ =π

⇒ =πx

75°rad

180°x

75°. rad180°

x512

rad

B) x

144°rad

180°x

144°. rad180°

x45

rad=π

⇒ =π

⇒ =π

C) =π

⇒ =π

⇒ =πx

1°rad

180°x

1°. rad180°

x180

rad

Questão 08Comentário: Como o cilindro possui raio igual a 20 cm, para completar uma volta, a corda deve ter 2p(20) cm = 40p cm. Assim, para completar 5,3 voltas, a corda deverá ter 5,3 . 40p = 212p cm.

Questão 09Comentário: Seja n o número de revoluções por minuto da polia menor. Sabe-se que cada revolução da polia maior produz um deslocamento da correia de 2p.15 cm = 30p cm. Em um minuto, esse deslocamento é de 200 . 30p cm = 6 000p cm. Portanto, no mesmo minuto, o deslocamento da polia menor também será de 6 000p cm. Assim:n.2p.10 cm = 6 000p cm ⇒ n = 300 revoluções por minuto.


A) Pela geometria da situação, pode-se extrair a figura seguinte:

D

O

B

A

R

R

15 m

15 m

R – 6

6 mC

Na figura, R e O são o raio e o centro do arco de

circunferência, respectivamente.

Utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOC, temos:

R R R R m2 2 26 15 12 261 0 87

421 75= − + ⇒ − = ⇒ = =( ) , .

Portanto, o comprimento do arco A¹B é:

m AB m AB m ( ) = ⇒ ( ) =90

3602 87

4878

°°. .π π .

B) Sabe-se que o comprimento original da barra era 3011

m.

Após sofrer a tensão para o formato do arco, seu

comprimento passou a ser 1 1 3011

3, . .= m Assim:

m AB AB AB AB rad

( ) = = ⇒ = ⇒ =2

2 6 3 2 312

12π

π ππ

. . . .

C) Considereafiguraaseguir:

D

O

B

AR

R

12 m

12 m

R – 8

8 mC

Nafigura,R e O são o raio e o centro de circunferência,

respectivamente.

Utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo AOC, temos:

R2 = (R – 8)2 + 122 ⇒ 16R – 208 = 0 ⇒ R = 13 m

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18 Coleção EM2

Questão 11Comentário: Pela geometria da situação, pode-se extrair

a seguinte figura:

C

30°120°

120°

30°

30 m

30 m30 m

60°

60°

B

D

O

A

Como as amarras foram dispostas de forma equidistante ao

“pé” da altura traçada pelo balão, o triângulo ABC é equilátero.

Logo, os três arcos são congruentes e suas medidas valem

23π rad AB AC BC= = = .

Para determinar o comprimento da corda AB, utilizam-se as

relações trigonométricas do triângulo retângulo no triângulo

AOD. Assim:

AB

AB AB m230

30 60 32

30 3= ⇒ = ⇒ =cos .° .

E o comprimento do arco A¹B é:

= °°

π ⇒

= π

m(AB) 120360

.2 (30)

m(AB) 20 m


22

22

12

12

3232

32

sen

cos

90°ou rad

π2

3π2270° ou rad

π360° ou rad

π445° ou rad

π630° ou rad

(0, 1)

(0, –1)

0°ou 0 rad

360°ou 2π rad

180°ou π rad (1, 0)(–1, 0)

Arco (x)Sen (x) Cos (x) Tg (x)

Graus Radianos

0° 0 rad 0 1 0

30°°

=π

°⇒ =

πx30

rad180

x6rad 1

232

33

45°°

=π

°⇒ =

πx45

rad180

x4rad 2

222

1

60°°

=π

°⇒ =

πx60

rad180

x3rad 3

212

3

90°°

=π

°⇒ =

πx90

rad180

x2rad 1 0 ∃

180° p rad 0 –1 0

270°°

=π

°⇒ =

πx270

rad180

x 32rad –1 0 ∃

360° 2p rad 0 1 0

Questão 13 – Letra CComentário:

I. sen 1 < sen 3 (Falso)

sen

cossen 3

sen 1 1 rad

3 rad

II. cos 1 < cos 3 (Falso)

sen

cos

1 rad

3 rad

cos 3 cos 1

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Manual do Professor


III. cos 1 < sen 1 (Verdadeiro)

sen

cos

sen 1

cos 1

1 rad

Portanto, a única afirmação verdadeira é a III.

Questão 14 – Letra AComentário:

Do enunciado da questão, podemos extrair a seguinte situação:

N M

P Q

π

4π

4

rad

π

2rad

rad3π

2

3π

4

π rad2π rad0

π – = rad

π

4

5π

4π + = rad

Portanto, =π

AN34

rad e =π

AP54

rad.

Questão 15 – Letra BComentário: O valor do arco A¹P, em graus, é:

AP. . ,180 2 180 114 59° ° °π π

= ≅

Portanto, é um ângulo do segundo quadrante.

Questão 16 – Letra E

Comentário: Observe que o segmento OA coincide com o

cosseno do ângulo a + 180°, e o segmento OB coincide com o

seno do ângulo a. Portanto:

= α + α = ⇒

= ⇒ =

OA.OB cos ( 180°).sen cos 300°.sen120°

OA.OB12

.32

OA.OB34

Questão 17 – Letra CComentário: Sabemos que:

= −cos 180° 1

= − = − = −−

sen 210° sen 150° sen 30°12180° 30°

= = − = −−

tg135° tg 315° tg 45° 1360° 45°

= ⇒ =

=sen 45°

22

sen 45°22

12

2

2

Portanto, se =− +

N3.cos 180° 4.sen 210° 2.tg135°

6.sen 45°,

2temos:

=

− − −

+ −

=− + −

= −N

3.( 1) 4. 12

2.( 1)

6. 12

3 2 23

1

N pertence ao intervalo [–2, –1].

Questão 18 – Letra EComentário: Util izando a Relação Fundamental da Trigonometria, temos:

θ + θ = ⇒ θ = − θ < θ <sen cos 1 sen 1 cos , pois 0° 90°.2 2 2

Como q pertence ao intervalo (0°, 90°), o valor de cos q estará

no intervalo 0 15

< <cos θ . Assim:

1 15

1 2 65

12

−

< < ⇒ < <sen senθ θ

Calculando o arco seno na desigualdade, temos:

75° < q < 90°, que se refere à alternativa E.


I. cos 225° < cos 215° (Falso)

sen

cos

cos

215°

cos

225°

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20 Coleção EM2

II. tg512

sen512

π

>

π

(Verdadeiro)

sen

cos

tg

5π125π12sen 5π

12sen 5π

12

III. sen 160° < sen 172° (Verdadeiro)

sen

cos

sen 160°sen 172°

160°172°

Portanto, as afirmações II e III são verdadeiras.

Questão 20 – Letra BComentário: Para avaliar as alternativas, vamos calcular o valor de cada um dos ângulos.

Valor investido Ângulo correspondente

54 000 000 360°

3 240 000 a

4 590 000 b

6 750 000 c

9 180 000 d

30 240 000 e

= ⇒ =

= ⇒ =

= ⇒ =

= ⇒ =

= ⇒ =

360° . 3 240 00054 000 000

21,6°

360° . 4 590 00054 000 000

30,6°

360° . 6 750 00054 000 000

45°

360° . 9180 00054 000 000

61,2°

360° . 30 240 00054 000 000

201,6°

a a

b b

c c

d d

e e

A) sen sen sen a21 6 30 12

, ° °< ⇒ < ; logo, alternativa A é falsa.

B) cos cos , cos cos ;45 30 6 30 22

32

° ° °< < ⇒ < <b

portanto, a alternativa B é correta.

C) tg c = tg 45° = 1; logo, a alternativa C é falsa.

D) < < ⇒ < <sen 60° sen 61,2° sen 90°32

sen d 1; logo,

a alternativa D é falsa.

E) tg tg tg tg180 201 6 210 0 201 6 33

° ° ° °< < ⇒ < <, , ; logo, a

alternativa E é falsa.

Questão 21Comentário: Da figura, podemos extrair o triângulo retângulo a seguir:

25 m

α

x

Aplicando a Relação Fundamental da Trigonometria, temos:

α + α = ⇒

+ α = ⇒

α = ⇒ α =° < α < °

sen cos 1 35

cos 1

cos 1625

cos 45

2 2

2

2

2

0 90

Desejamos encontrar o valor de x, então:

α = = αα

⇒

= ⇒ = ⇒ =

tg x25

sencos

x25

3545

x 25.34

x 18,75 m

A altura do poste é dada pela soma de x com a altura do observador.

Logo, a altura do poste é igual a 18,75 + 1,80 = 20,55 m.

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Questão 22Comentário: Da figura, podemos extrair a seguinte situação:

185 m H – 185 m

α45°

45°

H

H

sen cos 11213

cos 1

cos25169

cos513

2 2

2

2

2

0° 90°

α + α = ⇒

+ α = ⇒

α = ⇒ α = ⇒< α <

= =−

=αα

⇒

−= ⇒ = − ⇒

= − ⇒ =

tg 45° 1H

H 185sencos

HH 185

1213513

H (H 185) .125

H12x5

444 H2 220

7m

Portanto, a altura do morro é 2 220

7m.


α =αα

= ⇒ α = α

α + α =

tgsencos

12

cos 2sen

sen cos 1 (Relação Fundamental)2 2

α + α = ⇒α + α = ⇒

α = ⇒ α =α

sen (2sen ) 1sen 4sen 1

5sen 1 sen55

2 2

2 2

2

agudo

α = α ⇒ α =cos 2sen cos2 55

Questão 24 – Letra CComentário: Denominando a o ângulo em questão, pela Relação Fundamental da Trigonometria, temos:

α + α = ⇒

+ α = ⇒

α = − ⇒ α = ±

sen cos 11213

cos 1

cos 1144169

cos513

2 2

2

2

2

Porém, conforme o enunciado, o ângulo pertence ao segundo

quadrante, por isso possui seno positivo e cosseno negativo.

Portanto, α = −cos513

.

Questão 25 – Letra AComentário: Pela Relação Fundamental da Trigonometria, temos:

+ = ⇒ −

+ = ⇒

= − ⇒ α = ±

sen x cos x 1 45

cos x 1

cos x 1 1625

cos 35

.

2 2

2

2

2

Como o ângulo x pertence ao quarto quadrante, seu cosseno

é positivo. Assim, α =cos35

.

Portanto, = =−

= −tg xsen xcos x

45

35

43

.

Questão 26 – Letra BComentário: Se α =sen

12

e a pertencem ao segundo quadrante, temos:

+ α = ⇒ α = ⇒ α = −12

cos 1 cos34

cos32

2

2 2

α =αα

=

−

= −tgsencos

1232

33

− α = α = −sen (90° ) cos32

+ α =+ α

=

− −

=sec (180° )1

cos (180° )1

32

2 33

Assim, o valor de y é:

sen (90° ).tgsec (180° )

32

.33

2 33

12

2 33

12

.3

2 3

3

4 3

34

− α α+ α

=

− −

⇒

= = =

Questão 27 – Letra CComentário: Pela Relação Fundamental da Trigonometria, sabemos que o seno ao quadrado de um ângulo qualquer, adicionado ao cosseno ao quadrado do mesmo ângulo,é sempre igual a 1. Logo, y = 1 para qualquer valor de x.

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22 Coleção EM2

Questão 28 – Letra DComentário: Como =sen x

12

e x pertencem ao primeiro

quadrante, os valores de seno, cosseno e tangente de x são positivos. Assim:

sen x cos x 112

cos x 1

cos x34

cos x32

2 2

2

2

2

+ = ⇒

+ = ⇒

= ⇒ =

= = =sec x1

cos x1

32

2 33

= = =tg xsen xcos x

1232

33

Então, o valor de y é:

+=

+

= =cos x

tg x sec x

32

33

2 33

323

12

Questão 29Comentário: O ângulo a pertence ao terceiro quadrante, logo os valores de seno e cosseno desse ângulo são negativos. Vamos a cada item:

A) α + α = ⇒ −

+ α = ⇒

α = − ⇒ α = −α

sen cos 125

cos 1

cos 1425

cos215

2 2

2

2

2

pertenceao terceiroquadrante

B) α =αα

=−

−

=tgsencos

25215

2 2121

C) α =α

=

−

= −sec1

cos1

215

5 2121

D) α =α

=−

= −cossec1

sec125

52

E) α =α

= = =cot g1

tg1

2 2121

21

2 21

212

Questão 30Comentário: Devemos provar a seguinte igualdade:

+ −−

=+

+1 cos x 2.cos x

1 cos x1 2.cos x1 cos x

.2

2

Observemos:

� ��

� ��

� ��

� ��

+ −−

=

− + −−

=

− + + −+ −

=

− + +

+ −=

++

1 cos x 2.cos x1 cos x

1 cos x cos x cos x1 cos x

(1 cos x)(1 cosx) cos x(1 cos x)(1 cos x)(1 cos x)

(1 cos x) (1 cos x cos x)

(1 cos x)(1 cos x)

1 2.cos x1 cos x

2

2

2

Diferença de doisquadrados

2

2

Diferença de doisquadrados

Fator comum

Fator comum

Como o primeiro membro foi transformado no segundo, a igualdade é válida.

Exercícios propostos

Questão 01 – Letra BComentário: O ângulo de 1 radiano corresponde, com relação ao círculo completo, à fração de:

π=

π1 rad

2 rad

12

Utilizando p = 3 para ter uma aproximação do ângulo, temos:

π≅ = ⇒ =

12

12 .3

16

16

.360° 60°

Assim, o ângulo de 1 radiano é, aproximadamente, 60°.

Questão 02 – Letra EComentário: Utilizando uma regra de três para converter o ângulo de graus para radianos, temos:

Graus Radianos360° 2 rad

128°

← → π

← → θ

=π

θ⇒ =

πθ

⇒ θ =π

=π360°

128°2 rad 45°

16°

2 rad 16 . 245

rad3245

rad

Questão 03 – Letra CComentário: Utilizando a regra de três para converter o ângulo em radianos para graus, temos:

° ← → π

θ ← →

Graus Radianos360 2 rad

4,5 rad

θ=

π⇒

θ=

π⇒ θ =

π=

π360° 2 rad

4,5 rad 360°

4,5

2

4,5 .180° 810°

180°

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Questão 04Comentário: Utilizando a regra de três para converter o ângulo em graus para radianos, temos:

Graus Radianos360° rad

0,105 rad

← → 2π

θ ← →

θ=

π⇒

θ=

π⇒

θ =π

=π

≅

360° 2 rad

0,105 rad 360°

0,105

20,105 .180° 18,9°

6,01605...°

O ângulo q mede, aproximadamente, 6°.

Questão 05 – Letra E

Comentário: O perímetro de uma circunferência de raio 1 cm

é igual a 2p cm. Como se trata de um setor circular, temos:

Ângulo Perímetro

2p rad _________ 2p cm

(2p – 1) rad _________ x

x2 .(2 1)

22 1 cm=

π π −π

= π −

Como também precisamos considerar os segmentos da boca

do “monstro”, seu perímetro é 2p – 1 + 1 + 1 = (2p + 1) cm.

Questão 06 – Letra CComentário: Destacando os comprimentos na figura a seguir.

0

C

D

B

A

θ6 cm

4 cm

6 cm

θ = = =ACOA

6 cm

4 cm

32

Como o ângulo q é constante, temos:

BDOB

BDOA AB

BDOA CD

BD4 6

BD10

BDOB

32

BD10

BD32

.10 15 cm

θ = =+

=+

=+

= ⇒

θ = ⇒ = ⇒ = =

Questão 07 – Letra EComentário: Como o ponteiro menor (horas) percorre 112

.360° e o maior (minutos) percorre 360°, quando se

passa uma hora no relógio, temos uma relação proporcional representada por uma regra de três.

Lembre que: 360° = 2p rad

π← → π

π← → θ

Ponteiro menor Ponteiromaior212

rad 2 rad

12rad

Encontrando a incógnita q na equação a seguir:

π

π=

πθ

⇒θ

π=

π

π⇒ θ = π = π

212

rad

12rad

2 rad2 rad

122

12

2 .1

2rad rad

Questão 08 – Letra BComentário: Seja R o raio da roda maior e r o raio da roda menor, e considerando o que foi dado no enunciado:

r = 35 cm

R = 55 cm

Assim, se não houver deslizamento nas duas rodas em contato com o solo, temos:

n.2 r N.2 R n.2 .35 cm N.2 .55 cm n N.117

π = π ⇒ π = π ⇒ =

Queremos que n e N sejam inteiros, então N é um número múltiplo de 7.

N ∈ {7, 14, 21, 28, ...}

O menor valor deste conjunto é 7, portanto o número mínimo de voltas completas que a roda maior dará para que a roda menor gire um número inteiro de vezes é de 7 voltas.

Questão 09 – Letra BComentário: Incialmente, precisamos descobrir o comprimento da pista. Para isso, temos:

2pr = 2p.300 = 600pComo o veículo percorre 10m/s, durante 1 minuto (60 segundos), ele percorrerá 10 . 60 = 600 metros.

Então, o arco descrito pelo veículo pode ser dado por:

600p 360°

600 x

π = ⇒ =π

⇒ ≅600 x 360° . 600 x360

x 114,65

Portanto, a alternativa mais próxima será a B, 115°.

Questão 10 – Letra CComentário: Convertendo ângulos em radianos:

= π = π =

π = π

= π = π =

π = π

Ângulo (AB)Arco (AB)

360°.2 rad

110°360°

. 2 rad

1136

.2 rad1118

rad

Ângulo (A'B')Arco (A'B')

360°.2 rad

60°360°

. 2 rad

16

. 2 rad13

rad

��

��

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24 Coleção EM2

Adquirindo o comprimento dos arcos AB e A’B’ utilizando os

ângulos em radianos.

= ⇒ π = ⇒

= π = π

= ⇒π

= ⇒

= π

Ângulo (AB)Comp (AB)

R1118

Comp (AB)10 cm

Comp (AB)1118

. .10 cm559

cm

Ângulo (A'B')Comp (A'B')

r 3Comp (A'B')

5 cm

Comp (A'B')53

cm

��

�

��

�

Dividindo o comprimento do arco AB com o arco A’B’, temos:

=π

π=

Comp (AB)

Comp (A'B')

559

cm

53

cm

113

�

�

Questão 11 – Letra C

Comentário: Como o comprimento menor do arco AC é π53

cm,

pela fórmula C = a.R, temos, no setor AOC:

π = α ⇒ α = π53

.53

.

Sendo AB o diâmetro, AOC e COB são suplementares.

Logo, COB = π23

.

Relacionando os ângulos com os eleitores de x e y em uma

regra de três simples, podemos dizer que:

π π3

8 000

23 16 000

= ⇒ =

yy

O setor y representa 16 000 eleitores com idade entre 18 e

30 anos.

Questão 12 – Letra D

Comentário: Há na figura indicada, cadeiras que dividem a

roda em 18 setores com ângulos iguais.

= = = = ⇒

= π

Comp (AB) Comp (BC) ... Comp (RA) k

k118

. 2 R

Se a partir do ponto A é percorrido 56

do comprimento circular

na roda gigante, temos:

π = π = π =56

.2 R33

.56

. 2 R 15 .118

. 2 R 15k

k� ��

Ou seja, ela percorre 15 setores circulares. Assim, Bruna

ocupará a 15ª letra após a posição A, que corresponde à posição

ocupada pela letra P.

Questão 13 – Letra B

Comentário: Supondo que a praça tenha raio r qualquer e

que O é o centro da praça, temos:

I. (Verdadeira) O caminho percorrido por Carmen e Sérgio

atéalanchoneteéindicadonafiguraaseguir:

C

L

R

E

Carmen

C

L

R

E

Sérgio

Distância percorrida por Carmen e Sérgio:

D RL r r112

. 2 . r r 26

D CL r r112

. 2 . r r 26

D D

Carmen

Sérgio

Carmen Sérgio

= + + = + + π = +π

= + + = + + π = +π

=

EO OR

EO OC

II. (Verdadeira) O caminho percorrido por Maria e Sérgio até alanchoneteéindicadonafiguraaseguir:

C

L

R

E

Maria

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Mat

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Manual do Professor


Distância percorrida por Maria e Sérgio:

D EL4

12.2 . r

23

. r

D CL r 26

D D

Maria

Sérgio

Maria Sérgio

= = π = π

= + + = +π

<

EO OC

III. (Verdadeira) O caminho percorrido pelos três até o restauranteéindicadonafiguraaseguir:

C

L

R

E

Maria

C

L

R

E

Carmen

C

L

R

E

Sérgio

Distância percorrida por cada um:

D EC CL LR3

12112

112

.2 r56

. r

D EO OR r r 2r

D EO OC CL LR 2r112

112

.2 r r 23

D D D

Maria

Carmen

Sérgio

Carmen Maria Sérgio

= + + = + +

π = π

= + = + =

= + + + = + +

π = +π

< <


Comentário: O comprimento total do arco da pizza em radianos

é 2p. Como ela foi dividida em N + 1 pedaços, sendo N idênticos

(iguais a 0,8 radiano) e um menor que os outros, podemos

escrever: π = +2 0,8N x, em que x é o comprimento do arco

formado no pedaço N + 1. Como N é um número inteiro e

considerando p = 3,14, temos:

π = + ⇒= + ⇒

+ = + ⇒

==

2 0,8N x6,28 0,8N x7.(0,8) 0,68 N(0,8) x

N 7x 0,68

Portanto, o pedaço N + 1 será igual a 0,68 radiano.


Comentário: Como o dispositivo de segurança foi dividido em

12 partes, o espaço entre as letras será de π = π212 6

.

Para descobrir a posição final da seta, trataremos o giro do ponteiro no sentido anti-horário como positivo e, no sentido

horário, como negativo. Fazendo a soma desses valores, temos:

23

32

53

34 3

51275

π π π π π π− + − + =

°

.

Assim, a posição final da seta será entre 3.6

e 2.6

.

90° 60°

π π

DCE

F

H

G

B

A

L

KJ

I

Portanto, entre C e D.

Questão 16 – Letra A

Comentário: Para encontrar o valor do comprimento do

arco P²Q, precisamos saber o valor do raio da esfera (planeta

Terra) e o ângulo central referente a esse arco. Para isso,

observamos a figura a seguir:

EM2MPV1_MAT.indd 25 08/11/17 11:39

26 Coleção EM2

76°

76°

23°

23°

Q

P

Correspondentes

Correspondentes

Temos então que o ângulo central é 23° + 76° = 99°. Para

encontrar o raio do planeta Terra, sabendo que o perímetro

da linha do equador é 40 000 km (círculo máximo), temos:

2 40 000 20 000ππ

r r km= ⇒ = ,

em que r é o raio do planeta Terra. Por fim, para calcular o

comprimento do arco P²Q, temos:

� ��

ππ

=99°.

180.

20 00011 000 km

Transformaçãopara radiano

Raioda Terra


Comentário: A partir da seção da esfera do planeta Terra,

temos que a distância do ponto M até o ponto P, sobre a

superfície da esfera, é representada na figura a seguir:

≅30°

Polo Norte

0Equador

M

P

Polo Sul

Calculando com uma angulação aproximada de 30°, que

corresponde a 112

da circunferência total, temos:

= π = π ≅π =

OM112

.2 . . raio16

. .12 750 km

23 336,25 km

3,14�

�

3 336,25 km é um valor mais próximo da alternativa 3 300.

Questão 18Comentário: Convertendo o ângulo 120° em radianos, temos:

° ← → θ

° ← → π

θπ

=°°

⇒ θ = π =π

Graus Radianos120

360 2 rad

2 rad120360

13

.2 rad23

rad

Logo, o comprimento do arco AB é:

Comp AB m m m( ) .R . , = = = ≅θπ π23

100 2003

209 3

Questão 19 – Letra CComentário: Como x pertence ao primeiro quadrante, temos:

I. Falsa. Um ângulo qualquer e seu simétrico em relação ao eixo x possuem cossenos iguais.

sen

coscos α

α

II. Verdadeira.

π2

+x π2

– x

x

x

x

sen x

cos x

x

sen

cos

x

Q P1

P

P2

O P'

Observe que os triângulos OPPꞌ, OP1Q e OP2Q são congruentes (critério LAAo).

Portanto, cos2

x sen x.π

−

=

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Manual do Professor


III. Verdadeira.

x–x

cos x ou

cos –x

sen

cos

π

Ocos (π – x)

Sendo x a medida de um ângulo qualquer do primeiro quadrante, podemos perceber pela figura que cos x ecos(p – x) são simétricos, portanto a soma desses valores é igual a zero.

IV. Falsa. Sabemos que o cosseno de um ângulo qualquer pertence ao intervalo [–1, 1]. Caso o ângulo de medida x tenha, por exemplo, cosseno igual a 1, de acordo com a afirmação,oângulodemedida2x teriacosseno iguala2 . 1 = 2, o que é impossível.

Questão 20 – Letra EComentário: Primeiro verificamos os valores aproximados, em radianos, dos ângulos notáveis, considerando p = 3,14.

02π

p32π

0 1,57 3,14 4,71

Agora, sabendo que sen 5 pertence ao quarto quadrante, refinamos os ângulos em mais 3 ângulos.

32π 7

4π 2p

4,71 5,49 6,28

Sabemos que sen32

1π

= − e sen 26

sen116

12

π −π

= π = − .

Portanto, 32

574

116

π< <

π<

π, o que confirma que o valor mais

próximo é sen32

1π

= − .

Questão 21 – Letra DComentário:

r b

1

1aθ

Como indicado no eixo cartesiano, o raio r da circunferência é igual a 1. Assim, aplicando as relações trigonométricas no triângulo retângulo, encontramos:

θ = ⇒ θ = ⇒ = θ

θ = ⇒ θ = ⇒ = θ

= ⇒ =

cosar

cosa1

a cos

senbr

senb1

b sen

r 1 r 12

Lembrando que cos2 q + sen2 q = 1.

Logo, r = 1 = cos2 q + sen2 q.

Questão 22 – Letra DComentário: O valor de

� �� ( ) ( )

π

=π

+π

= π +π

⇒

π +π

= ππ

+π

π = −

( )= −

sen 196

sen 186 6

sen 36

sen 36

sen 3 cos 6

sen 6

cos 312

0 . 32

012. 1

Enquanto que o valor de

sen sen sen −

= − +

= − +11

6126 6

2π π π π ππ

π π π

6

26 6

⇒

−( )

+

sen sen cos

−( ) = + =cos ( )2 0 1

21 1

2π

Questão 23 – Letra AComentário: Como o ângulo x possui seno negativo, ele pode pertencer ao 3º ou ao 4º quadrantes. Ao somarmos p à sua medida, estaremos dando um giro de 180° no ângulo. Logo:

Se x pertence ao 3º quadrante, temos:

sen

sen (x + π)

sen x

cos

35

–35

Se x pertence ao 4º quadrante, temos:sen

cos

sen(x + π ) 35

– 35 sen x

Portanto, sen x e sen (x )+ π possuem valores opostos. Assim:

+ π =sen (x )35

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28 Coleção EM2


Comentário: Para que dois ângulos distintos, menores que

360°, tenham o mesmo seno (de valor positivo), é necessário

que esses ângulos estejam entre 0° e 180°, ou seja, 1º e

2º quadrantes. Observe a figura:

sen x

cos xαα

Além isso, sabemos que sen α = sen(180° – α), o que significa

que β = 180° – α. Logo, α + β = 180°.


Comentário:

N O

x1y

+ = π

= ⇒

= = π = ⇒=

x y

cos yON1

ON cos y cos ( – x) cos xON cos x

O

1 bM

π2

π+ =

= ⇒

= =π

= ⇒

=

2b x

cos bOM1

OM cos b cos2

– x sen x

OM sen x

O

x1

zA

P

+ = π

= = ⇒

= = π = ⇒=

x z

tg zAPAO

AP1

AP tg z tg ( – x) tg xAP tg x

Assim, ON = cos x; OM = sen x e AP = tg x.

Questão 26 – Letra BComentário:

Na figura a seguir, o círculo trigonométrico ilustra que

cos5

cos7

π<

π e sen

7sen

5π

<π.

π7π7

π5π5

π5π5

π5π5

(cos , sen )

π7π7

π7π7

(cos , sen )

cos x

sen x

Agora comparamos os senos com os cossenos:

cos ?? ?π π π π π π π5 5 5 52

310 5sen sen sen sen sen⇔ − ⇔

Como os dois pertencem ao primeiro quadrante, temos que o maior seno será o que possui o maior argumento.

3 310 5 5 510 5

π π π π π π> ⇒ > ⇒ >sen sen sencos

Logo:

sen7

sen5

cos5

cos7

y x z wπ

<π

<π

<π

⇒ < < <

Questão 27 – Letra EComentário: De acordo com o enunciado, temos:

Comprimento: 45 18 . 2 18b 18b 9 b12

= + ⇒ = ⇒ =

Logo:

= ⇒ =

45 _____360°12

______ x

45x360°

2x 4°

Questão 28 – Letra CComentário: De acordo com o enunciado, temos:

θ =

θ = −

⇒ θ = − πcos 32

sen 12

6

Logo, θ π π π π π π π+ = − + = − + = =2 6 2

36

26 3

.

Portanto, cos cosθ π θ π π π+

+ +

=

+

2 2 3 3sen sen

= +1

232

.

EM2MPV1_MAT.indd 28 09/11/17 11:11

Mat

emát

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Manual do Professor



Comentário: A figura a seguir representa os arcos x, y, z.

A

BC

D

EF

π6π6

π6π6

π6π6

1

1sen x

cos x

x

y

z

x6

y CD6

56

z32

EF32 6

106

53

=π

= π − = π −π

=π

=π

+ =π

+π

=π

=π

sen x sen6

12

sen y sen56

12

sen z sen53

32

cos x cos6

32

cos y cos56

32

cos z cos53

12

=π

=

=π

=

=π

= −

=π

=

=π

= −

=π

=

Com esses valores, podemos calcular:

sen x + sen y + sen z + cos x + cos y + cos z

12

12

32

32

32

12

32

32

sen x sen y sen z cos x cos y cos z� ��

+ + −

+ + −

+ = −

+ + + +


Comentário:

Dado que:

• − =• + =• + = ∀ ∈

cos a sen a mcos a sen a ncos x sen x 1, x2 2

Temos:

cos a sen a (cos a) (sen a)

(cos a sen a)(cos a sen a)

(cos a sen a)(cos a sen a)(cos a sen a) mn

4 4 2 2 2 2

Diferença de quadrados

2 2 2 2

Diferença de quadrados

2 2

1 n m

− = − =

+ − =

+ + − =

� ��

� ��

� ��

Questão 31 – Letra AComentário: Dado que o ângulo a pertence ao primeiro

quadrante, temos que sen a > 0 e cos a > 0.

Assim:

α = ⇒ α = ± α ⇒

α =

= = = =

cos35

|sen | 1– cos

sen 1–35

1–925

25 – 925

1625

45

2

2

Logo, o valor de tg a é:

tgsencos

4

53

5

43

α =αα

= =

Questão 32Comentário: Dado que o sen a = 0,6, encontramos o valor

de tg a.

α =αα

= = = =tgsencos

0,6

1– 0,6

0,6

0,64

0,60,8

342

Utilizando o valor encontrado de tg a no triângulo retângulo

na figura a seguir:

10 m

x

α

α = ⇒ = ⇒ =tg10 m

x34

10 mx

x403

m

O comprimento da sombra é 403

m.


BBA

C

a

b

c

cos 0,6bc

b 0,6.cB = = ⇒ =

EM2MPV1_MAT.indd 29 08/11/17 11:39

30 Coleção EM2

Utilizando o Teorema de Pitágoras, temos:

= + ⇒ = + ⇒= ⇒ =

c b a c (0,6.c) a0,64.c a a 0,8.c

2 2 2 2 2 2

2 2

Assim:

= =

= = =cot g1

tg

1

ba

ab

0,8.c

0,6.c

43

CC


A) sen x cos x 1 sen x 1513

2 2 2

2

cos x2��

+ = ⇒ = −

⇒

sen x144169

sen x1213

2 = ⇒ =

Como x pertence ao 4º quadrante, então:

sen x 0 sen x sen x< ⇒ = −

Logo:

sen x

1213

sen x1213

= ⇒ = −

B) Dado que sen x1213

= − e cos x513

= , temos:

= =

−

= −tg xsen xcos x

12

13

5

13

125

Questão 35 – Letra AComentário: Utilizando a relação trigonométrica:

α + α = ⇒+

+

= ⇒

++ = ⇒ + + = ⇒ + = ⇒

+ = ⇒ = = >

sen cos 1a 22

a2

1

a 24

a4

1 a 2 a 4 a a–2 0

(a –1)(a 2) 0 a 1 ou a –2 (a 0)

2 2

2 2

22 2

Calculando tg a utilizando o valor encontrado de a:

α =αα

=

+

=+

=+

=tgsencos

a 2

2a

2

a 2a

1 21

3


Ecos (2 . 30°) tg (4 . 30°)

1 sen (6 . 30°)

cos 60° tg120°1 sen180°

12

3

1 01 2 3

2

( )

=+

−=

+−

=+ −

−=

−


Comentário: Como x é um arco do terceiro quadrante, possui

seno e cosseno negativos. Assim, temos:

+ = ⇒ + −

= ⇒ = − ⇒

= ⇒ = −∈

sen x cos x 1 sen x45

1 sen x 11625

sen x925

sen x35

2 2 2

2

2

2

x 3°Q

Portanto, cossec x1

sen xcossec x

135

cossec x53

= ⇒ =−

⇒ = −

Questão 38 – Letra DComentário: Utilizando a relação trigonométrica:

= + ⇒

= + ⇒

= = = ⇒ =

sec x tg x 132

tg x 1

tg x94

–19 – 4

454

| tg x|52

2 2

2

2

2

Se ∈π

≥ ⇒ =x 0,

2, então tg x 0 tg x

52

.


Comentário: Inicialmente, precisamos considerar que:

m 1 0 m 1m 2 0 m 2

m 2− ≠ ⇒ ≠− ≥ ⇒ ≥

⇒ ≥

Temos que cosx2

m 1e tg x m 2=

−= − .

Logo, tgxsenxcosx

senx tgx.cosx sen x m 2.2

m 1.= ⇒ = ⇒ = −

−

Como sen x cos x 12 2+ = , podemos escrever:

( )−−

+−

= ⇒ −

−+

−=

− +− +

= ⇒ − = − +

− + = ⇒ ==

m 2.2

m 12

m 11 m 2 .

4(m 1)

4(m 1)

1

4m 8 4m 2m 1

1 4m 4 m 2m 1

m 6m 5 0 m 5m 1 (não convém)

2 2

2 2

22

2

Logo, o valor de m é 5. Portanto, m é um número ímpar.

Questão 40 – Letra EComentário: Lembramos que:

• tg x sen xcos x

• 1 tg x sec x 1cos x

• sen 2x 2.sen x.cos x

2 22

=

+ = =

=

Utilizando as relações apresentadas:

=+

= = =

= =

f(x)2.tg x

1 tg x2.tg xsec x

2.sen xcos x1

cos x

2.sen x

cos x.cos x

1

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

2 2

2

2

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Questão 41 – Letra DComentário: Lembramos que:

• sec x 1cos x

• sen x 12

(dado no enunciado)

=

=

Logo:

+ = +

+ = + =

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

cos x2 .

1

2

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

2 2 2

2

2 2


ycos x cot g xsen x tg x

cos x cosxsen x

sen x sen xcos x

cos xsen x

.cos x 1

sen x

sen x 1cos x

cos xsen x

.

sen x . cos x 1sen x

sen x . cos x 1cos x

cos xsen x

.

1sen x

1cos x

cos xsen x

.cos xsen x

cos xsen x

cos xsen x

cot g x

2

2

2

2

2

2

2

2

=−

−=

−

−=

−

−=

−

−=

= = =

=

Questão 43 – Letra BComentário: Dado que sen q≠1⇒0≠1–senq.

θθ

=θθ

=θ

θ=

θ + θ

θ= θ +

cos1– sen

1– sen1– sen

1 – sen1– sen

(1– sen )(1 sen )

(1– sen )sen 1

2 2 2 2

Questão 44 – Letra AComentário: Lembramos que:

• tg x 1 sec x• cos x 1– sen x – cos x sen x –1

• x 0,2

cos x 0 e sen x 0

2 2

2 2 2 2

+ == ⇒ =

∀ ∈ π

⇒ ≠ ≠

Simplificando a expressão:

+ = =

=

(tg x 1).(sen x –1) (sec x).(–cos x)1

cos x.(–1).cos x –1

2 2 2 2

2

2

Questão 45Comentário:A) sec2 x + cossec2 x = sec2 x.cossec2 x

+ = + ⇒

+= ⇒

=

sec x cossec x1

cos x1

sen xsen x cos xcos x.sen x

1cos x.sen x

1cos x

.1

sen xsec x.cossec x

2 22 2

2 2

2 2 2 2

2 22 2

B) sen2 x.(1 + tg2 x) = tg2 x

sen x.(1 tg x) sen x.sec x

sen x.1

cos xsen xcos x

tg x

2 2 2 2

22

2

22

+ = ⇒

= =

C) cos4 x – sen4 x = cos2 x – sen2 x

= ⇒+ ⇒

=

cos x – sen x (cos x) – (sen x)(cos x – sen x).(cos x sen x)(cos x – sen x).1 cos x – sen x

4 4 2 2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

D) (1+cotg2 x)(1 – cos2 x) = 1

+ = +

⇒

+

= + =

(1 cotg x)(1– cos x) 1cos xsen x

(1– cos x)

sen x cos x

sen x(sen x) sen x cos x 1

2 22

22

2 2

2

2 2 2

E) cos .cot cossec

x g x x xtg x x

=++

cotg

cos x.cotg x cos x.cos xsen x

cos x.cos xsen x

.sen x 1sen x 1

cos x.(sen x 1)sen x

.cos x

sen x 1

cos x.(sen x 1)sen x

sen x 1cos x

sen x.cos x cos xsen x

sen x 1cos x

cos x cos xsen x

sen xcos x

1cos x

cos x cotg xtg x sec x

= =++

⇒

++

=

+

+⇒

+

+=

+

+=

++


cotg x 2.cossec x – tg xcos xsen x

2.1

sen x–

sen xcos x

cos xsen x

sen xcos x

2.1

sen xcos x sen x

sen x.cos x2

sen x

2 2

= ⇒ = ⇒

+ = ⇒+

=

Considerando sen x ≠ 0.

cos x sen x

sen x . cos x

2

sen x

1cos x

2 cos x12

2 2+= ⇒ = ⇒ =

O menor valor de x positivo é π3

.

Utilizando o resultado encontrado na expressão principal.

= =

= =

=

sec x – cossec x1– cotg x

1cos x

– 1sen x

1– cos xsen x

sen x – cos x

cos x . sen x

sen x – cos x

sen x

1cos x

112

2

EM2MPV1_MAT.indd 31 08/11/17 11:39

32 Coleção EM2

Seção EnemQuestão 01 – Letra DEixo cognitivo: IV

Competência de área: 2

Habilidade: 9

Comentário: Segundo o enunciado, o primeiro deslocamento

da bolinha é do ponto P, na circunferência de raio 4, até a

circunferência de raio 6. Depois, a bolinha se deslocará 120°

no sentido anti-horário chegando, portanto, ao ponto F.

Questão 02 – Letra CEixo cognitivo: III


Habilidade: 12

Comentário: Como as cidades estão diametralmente opostas,

a distância entre elas será de ≅2 .3,14 . 6 3070

220 001,8 Km.

Logo, o tempo necessário para viajar entre essas duas cidades

a uma velocidade média de 800 km/h, será de:

≅20 001,8

80025 horas

Questão 03 – Letra DEixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: A medida do arco AB, de medida π2

rad e raio

40 cm, será dada por π = π

2(40) 20

raio

.

Questão 04 – Letra AEixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: A medida do arco AB, de medida 120° e raio

80 cm, será dada por:

2 .(80)_______360°x _______120°

x120 .160

360x

1603

π

=π

⇒ =π



Habilidade: 8

Comentário: Comooângulocentraldoanemômetroé2p e

serão instaladas 5 conchas, o ângulo entre elas será de π25

.



Habilidade: 8

Comentário: Para o cálculo do valor gasto para vedação, precisamos calcular o valor do perímetro (2p) da figura 1. Observe que ela é formada por dois arcos de circunferência e 3 segmentos (dois de 10 cm e um de 20 cm).

20 cm

10 cm

Figura 1

20 cm 10 cm

Arco de circunferência:

Arco de circunferência:

= π + π + + + ⇒ = π + ⇒= =

2p 10 20 20 10 10 2p 30 402p 130 cm 1,3 m

Portanto, como o valor do metro de vedação é R$ 12,00, o valor gasto será de 1,3 . 12 = R$ 15,60.



Habilidade: 8

Comentário:

sen AP AP

sen AP AP

= ⇒ =

= − ⇒ =

12 6

32

43

π

π

O arco descrito pelas posições de P será:π π π π π π6

43

86

96

32

+ = + = =



Habilidade: 8

Comentário: Seja x o número de voltas da engrenagem de raio R2. Ao girar a manivela 36 vezes, essa engrenagem vai girar:

36 .(2 .R ) x .(2 .R ) 36(2 .6) x.(2 .9)

432 18 .x x 24 vezes

1

Comprimentoda engrenagem

de raio R

2

Comprimentoda engrenagem

de raio R1 2

π = π ⇒ π = π ⇒

π = π ⇒ =

��

Assim, como as engrenagens de raios R2 e R3 estão no mesmo eixo, ambas giram o mesmo número de vezes. Como a distância d que o bloco percorre está relacionada ao número de voltas da engrenagem de raio R3, temos:

d 24. (2 .12) 576Comprimento

da engrenagemderaio R3

= π = π��

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Eixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: A distância d percorrida por minuto em 200

voltas é dada por:

d 200. (2 .25) 1 000 d 3 000 cm 300 mComprimento

do pneu

3

= π = π ⇒ = =π =

��

�

Portanto, a velocidade (v) alcançada pela bicicleta será:

= = ⇒ = =v distânciatempo

300 m1 min

. 6060

v 18 000 m60 min

18 km/h.

Mudançade unidade

Desafio

Questão 01Comentário: Ao girar de um ângulo q, em graus, um ponto na

extremidade de qualquer das engrenagens descreve um arco de

comprimento θπ

360°.2 r, em que r é o raio da engrenagem. Além

disso, em um par de engrenagens que está em contato, sem que haja deslizamento, os pontos da extremidade de cada uma devem descrever arcos de comprimentos iguais. Assim, temos:

360°.2 r

360°.2 r

360°.2 r .r .r

41° .10 cm .5 cm 41°.10 cm5 cm

82°

11

22

33 1 1 3 3

3 3

θπ =

θπ =

θπ ⇒ θ = θ ⇒

= θ ⇒ θ = =

Questão 02Comentário: Caminhando sobre a linha do Equador, a distância percorrida entre essas duas cidades é igual ao comprimento de

um arco de 78° – 52° = 26° e raio 6 400 km. Assim, a distância

é 26°360°

.2 .6 400 km 2 902,76 kmπ = .

Questão 03Comentário: A reta que passa por C e D é a mediatriz do segmento AB, por isso, AD = BD. Como o ângulo AD̂B está inscrito na semicircunferência ADB, temos =AD̂B 90°, portanto, o triângulo ADB é retângulo isósceles, com

= =DB̂A BD̂A 45°.

O arco AE tem raio AB = 4 cm e corresponde ao ângulo de 45°,

logo, seu comprimento é π = π45°360°

. 2 .4 cm cm . Analogamente,

temos que o comprimento do arco BF é p cm.

Para determinar o raio do arco EF

, observe que, no

t r i ângu l o DCB, t emos = = =BDCD

sen 45°2 cm

22

2 2 cm .

Logo, ED = EB – BD = (4 – 2 2 ) cm. O ângulo central do

arco EF é oposto pelo vértice ao ângulo =ADB 90° , então,

o comprimento de EF

é π − = π90°360°

.2 .(4 2 2) (2 – 2) cm .

Assim, o comprimento da curva AEFB é:

( )π + π + π = π(2 – 2) cm (4 – 2) cm

CAPÍTULO – A2

Funções trigonométricas


Questão 01Comentário: Para resolver a questão, devemos lembrar que:

• 360°=2p radianos

• Umavoltacompletanocírculo trigonométricoassumeomesmo valor de resto da divisão por 360, assim como os múltiplos de 360°. (I)

ksen (x k . 2 ) sen (x k . 360°) sen xcos (x k . 2 ) cos (x k . 360°) cos x

∀ ∈+ π = + =+ π = + =

• Metadedeumavoltanocírculotrigonométricoinverteo

sinal. (II)

sen (x ) sen (x 180°) sen xcos (x ) cos (x 180°) cos x

± π = ± = −± π = ± = −

• 0<x,y<90°(III)

x y sen x sen yx y cos x cos y

> ⇒ >> ⇒ <

A) sen 830º sen (110° 2 . 360°) sen110°

sen (180° 70°) sen ( 70°) sen 70°830º 2 . 360º 110º (I)

110º (II)

= + = =

− = − − == +

� ��

� ��

sen1195° sen (115° 3 . 360°) sen115°

sen (180° 65°) sen ( 65°) sen 65°1195º 3 . 360º 115º (I)

115º (II)

= + = =

− = − − == +

� ��

� ��

sen 70° sen 65° sen 830° sen1195°> ⇒ >

B) cos ( 535°) cos ( 175° 1 . 360°) cos ( 175°)

cos ( 180° 5°) cos 5°535º 175º 1 . 360º (I)

175º (II)

− = − − = − =

− + = −− = − −

−

� ��

� ��

cos 190° cos (10° 180°) cos 10°190° (II)

= + = −� ��

cos 5° cos 10° cos 5° cos 10°cos ( 535°) cos 190°

> ⇒ − < − ⇒− <

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34 Coleção EM2


Dividindo 1 000° por 360°, o que corresponde a um giro do

círculo trigonométrico, temos resto positivo (280°):

1 000° = 2 . 360° + 280°

Esse raciocínio está ilustrado pelas figuras a seguir:

sen

cos

280°

sen

cos

Questão 03

Comentário:

A) α + = ⇒ = ⇒ α = − ⇒ α =n.360° 390° n 1 390° 1 . 360° 30°

B) β + = ⇒ = ⇒β = − ⇒ β =

n.360° 1 225° n 31 225° 3 . 360° 145°

C) n.360° 400° 30' n 1400° 30' 1 . 360° 40° 30'

γ + = ⇒ = ⇒γ = − ⇒ γ =

D) θθ θ

+ = − ⇒ = − ⇒= − − − ⇒ =

n n.( ).

360 942 3942 3 360 138

° °° ° °

E) k.2173

k 2173

2 .253

radφ + π =π

⇒ = ⇒ φ =π

− π ⇒ φ =π

F) ϕ π π ϕ π π ϕ π+ = − ⇒ = − ⇒ = − − − ⇒ =k k rad. ( ).2 352

9 352

9 22


As questões seguem o valor de x na forma x = a + n.k, k ∈ . O valor de a representa o ângulo inicial e n representa o valor do ângulo que dividirá o círculo trigonométrico, para

girar o ângulo em passos até atingir uma volta completa.

A circunferência será divida em 360°n

ou 2nπ pontos.

A) x = 30° + k.90°, k ∈

Considerando que o ângulo inicial tem 30°, se k = 0, temos:

30°

sen

cos

Agora, com k = 1, temos 120° = 30° + 1 . 90°.

30° + 1(90°)

sen

cos

Se k = 2, temos 210° = 30° + 2 . 90° e assim por diante.

30° + 2(90°)

sen

cos

30° + 3(90°)

sen

cos

EM2MPV1_MAT.indd 34 08/11/17 11:39

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Manual do Professor


Quando k = 4, x = 30° + 360°, que tem a mesma angulação de k = 0, porque:

360°n

360°90°

4= =

Portanto, x é cíclico a cada 4 variações de k. Assim, dividindo a circunferência em quatro, se interligarmos

os pontos, teremos um quadrado inscrito na circunferência.

30° + 3(90°)

sen

cos

30°

30° + 1(90°)

30° + 2(90°)

B) x 45° k.180°, k= − + ∈

360°n

360°180°

2= =

A partir disso, devemos fazer os cálculos para k = 0 e k = 1.

–45°

sen

cos

135° = –45° + 180°

sen

cos

Tudoissoresultanafiguraaseguir:

135°

sen

cos

–45°

C) .2x23

k , k = ±π

+ π ∈

2n

22

1π

=ππ

=

Logo:

=π

+ π ⇒π

= −π

+ π ⇒π

2k.

2k.

x23

23

x23

–23

sen

cos

2π3

sen

cos

–2π3

Tudoissoresultanafiguraaseguir:

sen

cos

–2π3

2π3

23π é equivalente a 360°

3120°= .

D) Efetuando o mesmo procedimento utilizado nos itens anteriores, temos:

x

42k3

, k =π

+π

∈

42 . 0.

3 4para k 0

42 .1.

3 423

1112

para k 1

42 .2.

3 443

1912

para k 2

π+

π=

π=

π+

π=

π+

π=

π=

π+

π=

π+

π=

π=

EM2MPV1_MAT.indd 35 08/11/17 11:39

36 Coleção EM2

Se k = 3, então é congruente a k = 0.

π4

11π12

19π12

sen

cos

E) x (–1) .3

k. , kk=π

+ π ∈

k 0 (–1) .3

0.3

k 1 (–1) .3

1.3

23

k 2 (–1) .3

2.3

2.3

...

0

1

2

= ⇒π

+ π =π

= ⇒π

+ π = −π

+ π =π

= ⇒π

+ π =π

+ π =π

Logo:

3para k par

23

para k ímpar

π=

π=

π3

2π3

sen

cos


Seja q o arco. Assim, os quatro quadrantes são delimitados por:

1º quadrante: 0° < q < 90° ou 02

< θ <π

2º quadrante: 90° < q < 180° ou 2π

< θ < π

3º quadrante: 180° < q < 270° ou 32

π < θ <π

4º quadrante: 270° < q < 360° ou 32

2π

< θ < π

A) 4º quadrante

1 351° = 3 . 360° + 271°

270° < 271° < 360°

B) 2º quadrante

–600° = – 2 . 360° + 120°

90° < 120° < 180°

C) π

=π

+π

= π +π19

2rad

162

rad32

rad 2 . 4 rad32

rad, que é côn-

gruo com 32

radπ

e não pertence a nenhum quadrante.

D) 3º quadrante

π=

π+

π= π +

π214

rad164

rad54

rad 2 . 2 rad54

rad é côngruo

com 54

radπ

.

54

32

π <π

<π

Para verificar se a desigualdade é satisfeita, devemosmultiplicar a inequação por 4.

ππ π

ππ π

π π π< < < <⇔ ⇔ < < ⇔ < <54

32

4 54

4 32

4 4 5 6 4 5 6. .

E) 3º quadrante

176

rad126

56

2.56

−π

= −π

−π

= − π −π,queécôngruocom

56

−π

,

quetambémécôngruocom2.56

76

π −π

=π

.

76

32

π <π

<π

Paraverificarseadesigualdadeécorreta,temos:

π

π ππ

π ππ π π< < < < < < < <⇔ ⇔ ⇔

76

32

6 76

6 32

7 9 7 96 6 6. .

F) 2º quadrante

–2000°=–6.360°+160°,queécôngruocom160°.

Ou–2000°=–5.360°+200°,queécôngruocom–200°,

que também o é com 360° – 200° = 160°.

90° < 160° < 180°

G) 1º quadrante

–1070°=–3.360°+10°,queécôngruocom10°.

0° < 10° < 90°


A) = α + ⇒ = ⇒α = − ⇒ α =3 780° n.360° n 10

3 780° 10 .360° 180°

Portanto, sen 3 780° = sen 180° = 0.

B) β + π =π

⇒ = ⇒ β =π

− π ⇒ β =π

k.2193

k 3193

3 .23

rad

Portanto, cos cos193 3

12

π π= = .

C) = γ + ⇒ = ⇒ γ = − ⇒ γ =1 860° n.360° n 5 1 860° 5 . 360° 60°

Portanto, tg tg1 860 60 3° °= = .

EM2MPV1_MAT.indd 36 08/11/17 11:39

Mat

emát

ica

Manual do Professor


D) = θ + ⇒ = ⇒ θ = − ⇒ θ =450° n.360° n 1 450° 1 . 360° 90°

Portanto, = = =cos sec 450° cos sec 90°1

sen 90°1.

E) φ π π φ π π φ π+ = − ⇒ = − ⇒ = − − − ⇒ =k k rad. ( ).2 254

4 254

4 2 74

Portanto, sec seccos

−

= = = =25

474

174

1

22

2π ππ

.

F) − = + ⇒ = − ⇒= − − − ⇒ =1110 360 4

1110 4 360 330° °

° ° °ϕ

ϕ ϕn n.( ).

Portanto:

cotg cotg( )− = = =

−

= −1110 330 1330

1

33

3° °°tg

Questão 07

Comentário: Primeiro, vamos representar cada caso no ciclo

trigonométrico.

I.

O

π2

π10

1710

π1310

π

910

π

II.

O 0π

O 0

III. 23π

43π

O

IV.

π4

1912

π

1112

π

2312

π

712

π

54π

O 0

V. π2

π

34π

Assim, identificamos que: I descreve um pentágono regular; II, o diâmetro do ciclo trigonométrico; III, um triângulo equilátero; IV, um hexágono regular; e V, um quadrado.

A) II

B) III

C) V

D) I

E) IV

Questão 08Comentário: Com x = 0, temos que cos 0 = 0 e sen 0 = 1, como é indicado no círculo trigonométrico.

x sen x cos x

0 0 1

2π

p

32π

2p

0

sen x

cos x

EM2MPV1_MAT.indd 37 08/11/17 11:39

38 Coleção EM2

Com x2

=π , temos que cos

20

π= e sen

21

π= , como mostrado

no círculo trigonométrico.

x sen x cos x

0 0 1

2π 1 0

p

32π

2p

sen x

cos x

π2

Com x = p, que é a metade do círculo, temos que cos p = –1

e sen p = 0.

x sen x cos x

0 0 1

2π 1 0

p 0 –1

32π

2p

sen x

cos xπ

Com x32

=π

, temos que cos32

0π

= e sen32

1π

= − .

x sen x cos x

0 0 1

2π 1 0

p 0 –1

32π –1 0

2p

sen x

cos x

3π2

Com x = 2p, que é a metade do círculo, temos que

cos 2p = cos 0 = 1 e sen 2p = sen 0 = –1.

x sen x cos x

0 0 1

2π 1 0

p 0 –1

32π –1 0

2p 0 1

sen x

cos x2π

EM2MPV1_MAT.indd 38 09/11/17 11:05

Mat

emát

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Manual do Professor


Questão 09Comentário: Utilizando os ângulos notáveis das funções trigonométricas, desenhamos pontos no plano cartesiano.

x sen x cos x Par ordenado sen x

Par ordenado cos x

0 0 1 (0, 0) (0, 1)

2π 1 0

2,1

π

2, 0

π

p 0 –1 (p, 0) (p, –1)

32π –1 0

32

, 1π

−

32

, 0π

2p 0 1 (2p, 0) (2p, 1)

f(x)

1

–1

0 xπ

π–2

π2

π32

π2ππ–2

π2

π32

π2

g(x)

1

–1

0 xπ

π–2

π2

π32

π2ππ–2

π2

π32

π2

E, sabendo que as funções f(x) e g(x) são de comportamento

curvo, que é, por natureza, ondulatório, temos:

π–2

π2

π32

π π2π2πππ–––222

πππ222

πππ333222

πππ π2π2π2

f(x)

1

–1

0 x

f(x)

1

–1

0 x

g(x)

1

–1

0 xπ

π–2

π2

π32

π2ππ–2

π2

π32

π2

Como as funções são periódicas, devemos ladrilhar as funções na parte posterior e anterior do eixo x.

f(x)

1

–1

0 xπ

π–2

π2

π32

π2ππ–2

π2

π32

π2

g(x)

1

–1

0 xπ

π–2

π2

π32

π2ππ–2

π2

π32

π2

Completando a tabela, temos:

Elemento f(x) g(x)

Domínio

Imagem [–1, 1] [–1, 1]

Período 2p 2p

Amplitude 1 1

Máximo 1 1

Mínimo –1 –1

O domínio das duas funções não contém restrições, logo o domínio de x é o conjunto dos números reais.

Asfunçõessãolimitadas(–1≤senx≤1e–1≤cosx≤1)para todo x real. Logo, a imagem é [–1, 1].

As funções são periódicas, pois f(x) = f(x + 2p) e g(x) = g(x + 2p) para todo x real.

A amplitude é 1 para as duas funções, pois A.sen x = 1.sen x ⇒ A = 1 e A representa a amplitude da função. Para cos x, a justificativa é análoga.

Comoasfunçõessãolimitadas(–1≤senx≤1e–1≤cosx≤1),

os máximos e mínimos da função são 1 e –1 respectivamente.

Questão 10

Comentário: Sabe-se que x ∈

π π2

, . Assim:

0 1 0 2 1 1 0 2 12 1 1

121

≤ ≤ ⇒ ≤ − ≤ ⇒ ≤ −− ≤

⇒ ≥

≤

sen x k kk

k

k

≤ ≤Portanto, 12

1k .

EM2MPV1_MAT.indd 39 08/11/17 11:40

40 Coleção EM2

Questão 11Comentário: Sabe-se que a função cosseno é limitada no

intervalo [–1, 1]. Assim:

− ≤ ≤ ⇒ − ≤ + ≤ ⇒ − ≤ ++ ≤

⇒

≥ −

≤ −

− ≤ ≤ −

1 cos x 1 1 3k 5 1 1 3k 53k 5 1

k 2

k 43

Portanto, 2 k 43

.

Questão 12

Comentário: Sabe-se que as funções sen (kx) e cos (kx)

assumem máximo 1, mínimo –1 e que o período de cada uma

delas é dado por 2|k |

.π

Assim:

Letra Valor máximo Valor mínimo Período

A 2 + 3 = 5 2 – 3 = –1 2 2π π1

=

B –1 + 1 = 0 –1 – 1 = –221

4π π

2

=

C –3 – 3.(–1) = 0 –3 – 3.1 = –6 22

1ππ

=

D 3.(1) = 3 3.(–1) = –321

4π π

2

=

E –5 + 1 = –4 –5 – 1 = –6 2 2ππ

=


A) Seja f(x) = a + b.sen (kx + p). Sabemos que o período de

f(x) é 2π| |k

. Como f t sen t( ) .= −

π π π9

83

2 , temos:

Período de f(t): 283

34

ππ

= segundos

Como a função seno é limitada no intervalo [–1, 1], temos:

Valor máximo: a b+ = + =.( ) .1 09

19

π π

Valor mínimo: a b+ − = + − = −.( ) .( )1 09

19

π π

B) f sen sen( ) . . . .19

8 13

29

23 9

32

= −

=

=π π π π π π ⇒⇒ =f( )1 3

18π


A) f(x) = 2.sen x

Arco (x)

Valor de x associado

Seno do arco sen (x) f(x) = 2.sen x

0 0 sen 0 = 0 f(0) = 2 . 0 = 0

2π

2π

sen2

1π

= f2

2 .1 2π

= =

p p sen p = 0 f(p) = 2 . 0 = 0

32π 3

2π

sen32

1π

= − f32

2.( 1) 2π

= − = −

2p 2p sen 2p = 0 f(2p) = 2 . 0 = 0

Período: P2(1)

2=π

= π

Valores: máximo:2mínimo : 2−

Amplitude: 2

Centro: y = 0

Marcando os pares ordenados no plano cartesiano e

esboçando a função, temos:

f(x)

2

0

–2

ππ2

π32

π2ππ2

π32

π2x

B) g(x) = 1 – 3.sen x

Arco (x) Valor de x associado

Seno do arco sen (x) g(x) = 1 – 3.sen x

0 0 sen 0 = 0 g(0) = 1 – 3 . 0 = 1

2π

2π

sen2

1π

=π

= − = −g2

1 3 .1 2

p p sen p = 0 g(p) = 1 – 3 . 0 = 1

32π 3

2π

sen32

1π

= − g32

1 3. 1 4( )π

= − − =

2p 2p sen 2p = 0 g(2p) = 1 – 3 . 0 = 1

EM2MPV1_MAT.indd 40 08/11/17 11:40

Mat

emát

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Manual do Professor


Período: P2(1)

2=π

= π


Amplitude: 3

Centro: y = 1



g(x)

1

2

3

4

0–1

–2

xππ2

π32

π2ππ2

π32

π2

C) y = sen (2x)

Arco (2x) Valor de x associado

Seno do arco sen (2x) y = sen (2x)

02x = 0 ⇒

x = 0sen 0 = 0 y = 0

π2

= π ⇒

= π

2x2

x4

π =sen2

1 y = 1

π

= π ⇒

= π2x

x2

sen π = 0 y = 0

π32

= π ⇒

= π

2x 32

x 34

π =sen 32

–1 y = –1

2π2x = 2π ⇒

x = π sen 2π = 0 y = 0

Período: = π = πP 22

Valores: =

=

máximo 1mínimo –1

Amplitude: 1

Centro: y = 0



1

0

–1

f(x)

xπ2

π π4

3π4

D) y = cos (x) + 1

Arco (x) Valor de x associado

Cosseno do arco cos (x) y = cos (x) + 1

0 0 cos 0 = 1 y = 1 + 1 = 2

π2

π2

π =cos2

0 y = 0 + 1 = 1

π π cos π = –1 y = –1 + 1 = 0

π32

π32

π =cos 32

0 y = 0 + 1 = 1

2π 2π cos 2π = 1 y = 1 +1 = 2

Período: = π = πP 21

2

Valores:

máximo:2mínimo :0

Amplitude: 1

Centro: y = 1

Marcando os pares ordenados no plano cartesiano e esboçando a função, temos:

2

0

f(x)

xππ2

3π 2π4

1

E) h(x) 1 2. senx2

= +

Arco

x2

Valor de x associado

Seno do arco

sseenn xx22

== ++h(x) 1 2.sen x2

0= ⇒

=

x2

0

x 0sen 0 = 0 h(0) = 1 + 2 . 0 = 1

π2

= π ⇒

= π

x2 2x

π =sen2

1 h(π) = 1 + 2 . 1 = 3

π= π ⇒

= π

x2x 2

sen π = 0 h(2π) = 1 + 2 . 0 = 1

π32

= π ⇒

= π

x2

32

x 3

π = −sen 32

1h(3π) = 1 + 2.(–1)

= –1

2π= π ⇒

= π

x2

2

x 4sen 2π = 0 h(4π) = 1 + 2 . 0 = 1

Período: P2

12

4=π

= π


EM2MPV1_MAT.indd 41 09/11/17 11:15

42 Coleção EM2

Amplitude: 2

Centro: y = 1



h(x)

1

x

3

π π2 π3 π4π π2 π3 π4

F) m(t) 3.cost

4 8=

π+

π

Arco t4 8ππ

++ππ

Valor de t associado

Cosseno do arco

cos t4 8ππ

++ππ

==ππ

++ππ

m(t) 3.cos t4 8

0

π+

π= ⇒

= −

t4 8

0

t12

cos 0 = 1 m12

3 .1 3−

= =

2π

π+

π=

π⇒

=

t4 8 2

t32

cos2

0π

=

= =m32

3 . 0 0

p

π+

π= π ⇒

=

t4 8

t72

cos p = –1 m72

3.(–1) –3

= =

32π

π+

π=

π⇒

=

t4 8

32

t112

cos32

0π

=

= =m112

3 . 0 0

2p

π+

π= π ⇒

=

t4 8

2

t152

cos 2p = 1

= =m152

3 .1 3

Período: P2

4

8=π

π

=


Amplitude: 3

Centro: y = 0

Marcando os pares ordenados no plano cartesiano

e esboçando a função, temos:

m(t)

t

3

–3

0–1

232

72

112

152


Seja =π

+G(t) 1 000.cos

t2

–4

1 500 a população de garças e

=π

+P(t) –2 000.sen

t2

–4

3 000 a população de peixes.

G(t) é máxima quando π

=cos

t2

–4

1 e mínima quando

π

=cos t

2–

4–1:

= + ⇒ =

= + ⇒ =

G(t) 1 000.(1) 1 500 G(t) 2 500

G(t) 1 000.(–1) 1 500 G(t) 500

máx máx

mín mín

Período da função π = πG(t): 212

4 .

P(t) é máxima quando π

=sen

t2

–4

–1 e mínima quando π

=sen

t2

–4

1:

= + ⇒ =

= + ⇒ =

P(t) –2 000.(–1) 3 000 P(t) 5 000

P(t) –2 000.(1) 3 000 P(t) 1 000

máx máx

mín mín

Período da função π = πP(t): 212

4 .

Questão 16Comentário: Seja f(x) = a + b.sen (kx +p). Sabemos que

o período de f(x) é π2k

. Portanto, como y sen t= − +20 2 0 01. ( , )π π ,

temos:Período da equação:

ππ

2–2

= 1 segundo

Sabemos que os valores das alturas máxima e mínima alcançadas pela corda corresponde aos valores máximo e mínimo da sua equação de onda e que a função seno é limitada no intervalo [–1, 1]. Portanto:Valor máximo: a + b.(1) = 0 + 20 . 1 = 20Valor mínimo: a + b.(–1) = 0 + 20.(–1) = –20

EM2MPV1_MAT.indd 42 08/11/17 11:40

Mat

emát

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Manual do Professor


Questão 17 Comentário:

A) D t msen t( ) . .( ) .= + −

12 2

36579π Fazendo m = 3 e t = 125,

temos:

D(125) 12 3.sen2365

.(125 79) 12 3.sen92365

D(125) 12 3 . 0,71 14,13 14 horas

= +π

−

= +

π

⇒

≅ + = ≅B) Como m > 1, o dia mais curto corresponde ao valor

mínimo da função, e obtemos esse valor quando

sen t2365

79 1π .( )−

= − . Portanto:

π−

= − ⇒

π− =

π⇒

− = ⇒ = + ⇒ = ⇒ ≅

sen2365

.(t 79) 12365

.(t 79)32

t 793 .365

4t

1 0954

79 t1 411

4t 352


y = a + b.sen(kx + q)

Pelo enunciado, a nota lá tem período de 1

440s. Se P é o

período que segue a relação com k, temos:

P2k

1440

s2k

k 880 .1s

=π

⇒ =π

⇒ = π

Se k > 0, então k 880 .1s

k 880 .1s

= π ⇒ = π .

Questão 19

Comentário:

A) Período: π = π21

2 ; valor máximo: 1; valor mínimo: –1

B) Período: π = π22

; valor máximo: 3 + 2.(1) = 5; valor

mínimo: 3 + 2.(-1) = 1

C) Período: ππ

=2

2

4; valor máximo: 3 . 1 = 3; valor mínimo:

3.(–1) = –3

D) Período: ππ

=23

23

; valor máximo: 4.(1) = 4; valor mínimo:

4.(–1) =–4


A) Observe que as temperaturas máxima e mínima dessa região correspondem aos valores máximo e mínimo, respectivamente, da função T(t). Portanto:

Temperatura máxima: 14 + 36.(1) = 50 Temperatura mínima: 14 + 36.(–1) = –22

B) A temperatura mais fria do ano ocorre no mínimo de T(t).

Assim:

T t sen t( ) . .( )= + −

= − ⇒14 36 2

365101 22π

sen t t k

t

2365

101 1 2365

101 32

2

101 1 095

π π ππ.( ) .( )−

= − ⇒ − = + ⇒

− =3365

365 1 499365

365+ ⇒ = + ∈k t k k,

Fazendo k = 0, temos t ≅ 374; porém, como o ano possui

apenas 365 dias, esse valor de t não convém. Por isso,

vamos fazer k = –1. Assim:

t t= + − ⇒ ≅1 499365

365 1 9.( )

Questão 21Comentário: Como as funções seno e cosseno são limitadas no intervalo [–1, 1], temos:

A) − ≤π

≤ ⇒ − ≤

π

≤ ⇒

+ − ≤ +π

≤ + ⇒ − ≤ ≤

1 cosx2

1 3.( 1) 3.cosx2

3 .1

2 ( 3) 2 3.cosx2

2 3 1 f(x) 5

Portanto, lm(f) = [–1, 5].

B) − ≤ +

≤ ⇒

− − ≥ +

≥

1 32

1

2 1 2 32

sen x

sen x

π

π( ).( ) . (( ).

. ( )

− ⇒

− − ≤ − − +

≤ − ⇒ − ≤ ≤ −

2 1

3 2 3 2 32

2 3 5 1sen x g xπ

Portanto, lm(g) = [–5, –1].


• Reduçãodosegundoparaoprimeiroquadrante.(I)

sen sen ( )cos cos ( )

β = π − ββ = − π − β

• Reduçãodoterceiroparaoprimeiroquadrante.(II)

sen sen ( )cos cos ( )

β = − β − πβ = − β − π

A) sen23

sen3

sen3

32

(I)� ��

π

= π −π

=π

=

π3

2π3

sen x

cos x

EM2MPV1_MAT.indd 43 08/11/17 11:40

44 Coleção EM2

B)

� ��

� ��

−π

= −π

+ π

=π

=

π −π

= −π

=

( )+ π =

cos54

cos54

2 cos34

cos4

cos4

–22

cos x 2 cos x

(I)

C) sen6

sen6

12

−π

= −π

= −

D) cos23

cos3

cos3

12

(I)� ��

π

= π −π

= −π

= −

E)

( )π

+ π

=

π+ π

π+ + π

=

π+ π

π+ π

=

π+ π

π+ π

=

cos2

n.

cos2

2k. , n par

cos2

2k 1 . , n ímpar

cos2

2k. , n par

cos32

2k. , n ímpar

cos2

2k. , n par

cos32

2k. , n ímpar

π+ π

=π

= ∈

π+ π

=π

= ∈

=

cos2

2k. cos2

0, k

cos32

2k. cos32

0, k

0

sen x

cos x

π2

+ nπ, n ímpar

π2

+ nπ, n par

F) sen32

2.n. sen32

1

sen x sen(x 2 )sen(x 2.k. ), kpara todo x.

π+ π

=π

= −

= + π =+ π ∈

� ��

sen x

cos x

π32 ∈+2kπ, k


� �� = + + π = +

+ π+ π

=

β = ββ

f(x) 1 3.tg(2x ) 1 3.sen(2x )cos(2x )

–22

tg sencos

cos(2x ) 0 cos2

k. 0

2x2

k. x4

k.2

, k

+ π ≠ ⇒π

+ π

≠ ⇒

+ π ≠π

+ π ⇒ ≠π

+π

∈

Logo, o domínio de f é:

D(f) x |x4

k.2

, k= ∈ ≠ −π

+π

∈

� �


A) f(x) 2 sen 3x2

= + +π

3x2

+π

não possui restrições de domínio, logo x ∈ .

O período é calculado da seguinte forma:

+

π

= +π

⇒ =sen 3x2

sen m.x2

m 3

P2m

23

=π

=π

Logo:

P23

=π

e D(f) =

B) g(x) 2 tg x 2sen xcos x

tg sencos

= + = +

β = ββ

��

Afunçãoéválidaquandocosx≠0.

cos x 0 x

2k. , k≠ ⇒ =

π+ π ∈

O período é calculado da seguinte forma: 2 + tg = 2 + tg m.x ⇒ m = 1

Pm 1

=π

=π

= π

Logo:

P = e D(g) x |x2

k. , k

2k. , k

π = ∈ ≠π

+ π ∈

=

−π

+ π ∈

� �

� �

C) = − + +π

= − +

+ π

+ π

β = ββ

h(x) 1 tg 2x6

1

sen 2x6

cos 2x6

tg sencos

� ��

A função é válida quando cos 2x6

0+π

≠ .

cos 2x

60 2x

6 2k. x

6k.

2, k+

π

≠ ⇒ +π

≠π

+ π ⇒ ≠π

+π

∈

EM2MPV1_MAT.indd 44 08/11/17 11:40

Mat

emát

ica

Manual do Professor


O período da tangente é:

1 tg 2x

61 m.x

6m 2− + +

π

= − + +π

⇒ =

Pm 2

=π

=π

Logo:

P2

=π

e

D(h) x |x

6k.

2, k

6k.

2, k= ∈ ≠

π+

π∈

= −

π+

π∈

� � � �

D) = −π

=

− π

− π

β = ββ

m(x) 3. tg x3

3.

sen x3

cos x3

tg sencos

� ��

A função é válida quando cos x3

0−π

≠ .

cos x

30 x

3 2k. x

56

k. , k−π

≠ ⇒ −π

≠π

+ π ⇒ ≠π

+ π ∈

O período da tangente é:

3. tg x

33. tg m.x

3m 1−

π

= −π

⇒ =

Pm 1

=π

=π

= π

Logo:

P = p e

D(m) x |x

56

k. , k56

k. , k= ∈ ≠π

+ π ∈

= −

π+ π ∈

� � � �

Questão 25Comentário:• Reduçãodosegundoparaoprimeiroquadrante.(I)

sen sen (180° )cos cos (180° )

β = − ββ = − − β

• Reduçãodoterceiroparaoprimeiroquadrante.(II)

sen sen ( 180°)cos cos ( 180°)

β = − β −β = − β −

• Reduçãodoquartoparaoprimeiroquadrante.(III)

β = − − ββ = − β

sen sen(360° )cos cos(360° )

A) tg120°

sen120°cos 120°

sen(180° – 60°)cos(180° – 60°)

sen 60°cos 60°

–

32

12

– 3

tg sencos

(I)

� ��

� ��

= = =

−=

=

β = ββ

B) tg 210°sen 210°cos 210°

sen(30° 180°)cos(30° 180°)

sen(–( 30°) 180°)cos(–( 30°) 180°)

sen(( 30°) 180°)cos(( 30°) 180°)

sen( 30°)cos( 30°)

sen 30°cos 30°

12

32

1

3

33

tg sencos

sen x sen xcos x cos x

(II) sen x sen xcos x cos x

� ��

� ��

� ��

= =++

=

− −− −

=− − −

− −=

−− −

=−−

=

= =

( )( )

( )( )

β = ββ

− = −− =

− = −− =

C) tg 300°sen 300°cos 300°

sen(360° 60°)cos(360° 60°)

sen 60°cos 60°

32

12

3

tg sencos

(III)

� ��

� ��

= =−−

=

−=

−

= −

β = ββ

D) tg 225°sen 225°cos 225°

sen(45° 180°)cos(45° 180°)

sen(–( 45° 180°))cos(–( 45° 180°))

sen(( 45°) 180°)cos(( 45°) 180°)

sen ( 45°)cos ( 45°)

sen 45°cos 45°

22

22

1

tg sencos

sen x sen xcos x cos x

(II) sen x sen xcos x cos x

� ��

� ��

� ��

= =++

=

− −− −

=− − −

− −=

−− −

=−−

=

=

( )( )

( )( )

β = ββ

− = −− =

− = −− =

E) tg 315°sen 315°cos 315°

sen(360° 45°)cos(360° 45°)

sen 45°cos 45°

22

22

1

tg sencos

(III)

� ��

� ��

= =−−

=

−= =

−

= −

β = ββ

F) tg 270°sen 270°cos 270°

sen(360° 90°)cos(360° 90°)

sen 90°cos 90°

tg sencos

(III)

= =−−

=−

β = ββ

� ��

Observe que cos 90° = 0, ocorrendo uma divisão por zero.

Logo,tg270°nãoestádefinida.Assim,elanãoexiste.

G) tg 0°sen 0°cos 0°

01

0

tg sencos

= = =

β = ββ

��

EM2MPV1_MAT.indd 45 08/11/17 11:40

46 Coleção EM2


Valores da tangente em ângulos notáveis:

x 06π

4π

3π

2π

tg x 0 33

1 ¹3 Não existe

A) � ��

tg23

tg3

tg3

tg3

3

tg(x ) tg x tg ( x) tg x

π= −

π+ π

= −π

= −π

= −

+ π = − = −

B) tg2π

O domínio da função tangente é o conjunto � �2

k , k−π

+ π ∈

e � �2 2

k , kπ

∉ −π

+ π ∈

. Logo, tg

2π

não existe.

C) � ��

� ��

tg74

tg34

tg34

tg4

tg4

tg4

1

tg (x ) tg x

tg (x ) tg x tg ( x) tg x

π=

π+ π

=π

= −π

+ π

=

−π

= −π

= −

+ π =

+ π = − = −

D)

tg43

tg3

tg3

3

tg (x ) tg x

π=

π+ π

=π

=

+ π =

Exercícios propostosQuestão 01 – Letra AComentário:

g(x) = sen x

0,5

–0,5

1

y

–1

xπ–2 π π2π–

f(x) = 2 + g(x) = 2 + sen x

Na função f(x) temos uma translação vertical +2.

π –π ππ–2 20

1

1,5

2,5

2

3y

x

Logo, o gráfico que representa y = 2 + sen x é:y

3

2

1

O π π 3π 2π2 2

x


Domínio: O domínio da função sen x e cos x são os números reais, pois não contêm nenhuma restrição em x.

Imagem: A imagem de sen x e cos x é limitada em –1 e 1, inclusive. Como a função é contínua o conjunto é conexo (não possui buracos entre –1 e 1).

Interseção com o eixo x: As funções trigonométricas sen x e cos x interceptam com os eixos das abscissas quando y = 0, com período π.

( )= = + π ⇒ = π ∈

= =π

+ π

⇒ =π

+ π ∈

sen x 0 sen 0 k x k ;k

cos x 0 cos2

k x2

k ;k

Interseção com o eixo y:

x = 0 ⇒ sen 0 = 0

x = 0 ⇒ cos 0 = 1

Período: O período das funções seno e cosseno é 2π.

f(x) = f(x + 2π) e g(x) = g(x + 2π) para todo x real.

Paridade: f(–x)= –f(x) (ímpar)

g(–x)= g(x) (par)

Eixo de simetria: Características de funções ímpar e par:

Ímpar, eixo de simetria na origem.

Par, eixo de simetria no eixo y.

Característica f(x) = sen x g(x) = cos x

Domínio¡ ¡

Imagem [–1, 1] [–1, 1]

Interseção com o eixo x

= π ∈x k ;k =π

+ π ∈x2

k ;k

Interseção com o eixo y (0, 0) (0, 1)

Período 2π 2π

Paridade Ímpar Par

Eixo de simetria Origem Eixo y


f x sen x( ) = + +

2 6 1

2π

EM2MPV1_MAT.indd 46 09/11/17 11:06

Mat

emát

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Manual do Professor


A função seno tem a seguinte forma:

y = a + b.sen (kx + c)

Deslocamento vertical: a

Amplitude: b

Coeficiente do período da função: k

Deslocamento horizontal: c

Assim, utilizando o valor de k = 6p, a função f(x) tem o período (P) igual a:

=π

=π

π= =P

2|k |

2

|6 |

26

13


A redução do terceiro para o primeiro quadrante obedece às seguintes relações:

β = − β −β = − β −

β =ββ

=− β −− β −

=β −β −

=

β −

sen sen ( 180°)cos cos ( 180°)

tgsencos

sen ( 180°)cos ( 180°)

(–1)(–1)

.sen ( 180°)cos ( 180°)

tg sen ( 180°)

Utilizando as relações na questão, temos:

� ��

� ��

� ��

sen 210° sen (210° 180°) sen 30°12

cos 210° cos (210° 180°) cos 30°32

tg 210° tg (210° 180°) tg 30°33

sen sen ( 180°)

cos cos ( 180°)

tg tg ( 180°)

= − − = − = −

= − − = − = −

= − = =

β = − β −

β = − β −

β = β −

Assim:

1 312

32

12

32

3 033

0

012

32

33

0

32

12

033

32

12

33

.12

.( 1)

.13

< ⇒ < ⇒ − > −

> ⇒ >

> − > −

>

⇒ − < − < < ⇒ − < − <

−

32

12

33

cos 210° sen 210° tg 210°− < − < ⇒ < <

Questão 05 – Letra DComentário: A função seno tem a seguinte forma:



Amplitude: b



Oconjuntoimageméformadopora–|b|≤y≤a+|b|

Logo:a –|b| y a |b|

a 1 e b 2

1 –|2| y 1 |2| 1–2 y 1 2

–1 y 3 y –1, 3

≤ ≤ +

= =

≤ ≤ + ⇒ ≤ ≤ + ⇒

≤ ≤ ⇒ ∈

Questão 06 – Letra BComentário: A função seno tem a seguinte forma:



Amplitude: b



f(x) sen 3x –2

• a 0

• b 1

• k 3

• c –2

= π

=

=

=

= π

O período da função f(x) é:

=π

=π

=π

P2|k |

2|3|

23


Lembramos que o argumento das alternativas não está em graus, mas em radianos.

sen7≠sen7°

O seno e o cosseno possuem valores positivos, conforme indicado na tabela a seguir:

x sen x cos x

1º quadrante0 x

2

{0 x 1,57}

< <π

≅ < <

+ +

2º quadrante 2x

{1,57 x 3,14}

π< < π

≅ < <

+ –

3º quadrantex

32

{3,14 x 4,71}

π < <π

≅ < <

– +

4º quadrante32

x 2

{4,71 x 6,28}

π< < π

≅ < <

– –

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48 Coleção EM2

A) sen 7 sen (7 2 ) sen (7 6,28) sen 0,720,72 {0 x 1,57} sen 0,72 0 sen 7 0

= − π ≅ − =∈ < < ⇒ > ⇒ >

B) sen 8 sen (8 2 ) sen (8 6,28) sen1,721,72 {1,57 x 3,14} sen1,72 0 sen 8 0

= − π ≅ − =∈ < < ⇒ > ⇒ >

C) cos 5 sen (2,23)

2,23 {1,57 x 3,14} cos 2,23 0 cos 5 0

≅

∈ < < ⇒ < ⇒ <

D) Pelos itens B e C, temos:

cos 5 0sen 8 0

cos 5 0 sen 8 cos 5 sen 8<>

⇒ < < ⇒ <

Questão 08Comentário: Dado que a pressão sanguínea é aproximada pela seguinte função P:P = 100 = 20.sen (2pt)A) = + π = + =

= + π = + π

=

+ π

= + =

P(0) 100 20.sen (2 .0) 100 0 100 mm de mercúrio

P(0,75) 100 20.sen (2 .0,75) 100 20.sen 2 .34

100 20.sen32

100 20.(–1) 80 mm de mercúrio

B) O mínimo da função é atingido quando seno atinge o valor de –1.

π = =π

+ π

∈

π =π

+ π ⇒ π =π

+ π ⇒

π = π +

⇒ = + ∈ ⇒ =

= + = =

sen (2 .t) –1 sen32

2k ;k

2 .t32

2k 2 t32

2k

2 t .32

2k t34

k; como t [0,1] k 0

t34

034

0,75 s

Questão 09Comentário: A) Como a altura inicial corresponde a t = 0, temos:

h(0) 11,5 10.sen12

. –26

h(0) 11,5 10.sen –136

h(0) 11,5 10. –12

h(0) 11,5 –5 h(0) 6,5

sen –6

–12

� ��

( )= +π

⇒

= +π

⇒

= +

⇒ = ⇒ =

π

=

Portanto, quando a roda começou a girar, a altura do amigo em relação ao solo era de 6,5 m.

B) A altura mínima será determinada quando:

h(t) 11,5 10.sen12

. t –26

h 11,5 –10 h 1,5

–1

mín mín

� ��

( )= +π

⇒

= ⇒ =

A altura máxima será determinada quando:

h(t) 11,5 10.sen12

. t –26

h 11,5 10 h 21,5

1

máx máx

� ��

( )= +π

⇒

= + ⇒ =

O tempo gasto para a roda gigante realizar uma volta completa pode ser determinado por meio do cálculo do período da equação dada, logo:

= ππ

=Período 2

12

24

Portanto, as alturas mínima e máxima são, respectivamente, 1,5 m e 21,5 m. Além disso, o tempo para a roda gigante completar uma volta é de 24 segundos.


Comentário: Sabemos que o lucro é a diferença entre o preço

de venda e o preço de custo.

Daí: L(x) = V(x) – C(x) ⇒

L(x) = –2 + cos π π.

x.sen

x

63 2

12

+

Se produzirmos 3 dezenas de peças, o lucro será:

L(3) = –2 + cos π π.

.3

63 2

3

12

+

.sen ⇒

L(3) = –2 + cos π π2

3 24

+

.sen ⇒

L(3) = –2 + 0 + 3 2 22

. ⇒ L(3) = 1

Assim, o lucro na produção de 3 dezenas de peças é de

1 000 reais.


(F) O período da função anterior é 2p.

f(t) 18,8 1,3.sen2365

t= −π

Seja k uma constante e P o período da função. Assim,

sen2365

t sen (k.t)2365

kπ

= ⇒π

= . Logo:

P2k

22365

365 2=π

=ππ

= ≠ π

(V)Foinofimdomêsdeabrilodiaemqueopôrdosol ocorreu mais cedo.

Opôrdosolocorremaiscedonoinstantet do mínimo da função f(t), portanto quando o seno atinge o seu máximo pela subtração em f(t), temos:

sen2365

t 1 sen2365

t sen2

2k.

2365

t2

2k. t 365k3654

π

= ⇒π

=π

+ π

⇒

π=

π+ π ⇒ = +

k=0,pois365k.Queremosencontraropôrdosolqueocorreu mais cedo em 2009:

t3654

3644

14

9114

91 dias e 6 horas= = + = + =

EM2MPV1_MAT.indd 48 08/11/17 11:40

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Janeiro 31Fevereiro 28

Março 31

31 28 31 90

+

==

=

+ + =

Logo, o pôr do sol que ocorreumais cedo foi emabril.Nota-se que, mesmo se o mês de fevereiro possuísse 29 dias, ainda assim ocorreria no mês de abril.

(V)Ohorárioemqueopôrdosolocorreumaiscedo foi 17h30min.

Paraopôrdosolocorrermaiscedo,ovalordafunçãof(t)

deve ser mínimo e também sen2365

t 1π

= .

f(t ) 18,8 1,3.sen2365

t 18,8 1,3 .1 17,5 1712min min

= −π

= − = = +

Portanto, + =17h12

h 17h30min.


f(x) = sen x, x ∈

g(x) = a.sen x, a, x ∈ ea≠0

(V) O domínio da função g é igual ao domínio da função f,

independente do valor de a.

Verdadeiro, pois não há nenhuma restrição no domínio de g(x).

(F) Para todo a, o conjunto imagem da função f está contido no conjunto imagem da função g.

Falso. Pois para que o conjunto imagem de f esteja contido no conjunto imagem de g,énecessárioquea≥1.

(F) O período da função g é maior que o período da função f.

Falso. Pois o período de f é maior que o período da g.

=π

= π

=π

=π

π >π

⇒ >

P2|1|

2

P2|3|

23

223

P P

f(x)

g(x)

f(x) g(x)

Questão 13 – Letra EComentário:Consideremos a figura a seguir:

sen x

cos x

β

Nela, temos o ângulo β a partir do ângulo de origem. Agora, consideremos esta figura:

sen x

cos x

β

αcos β

cos α

Com base na figura, temos:

cos 0cos 0

cos 0 cos cos cosβ <γ >

⇒ β < < γ ⇒ β < γ

Questão 14 – V F F FComentário:

y

t (s)10 20 30 40 50 60

Gráfico I

Gráfico II

� ��

� ��

V(t)3 .[1 cos (0,4. . t)]

2v(t) 0,6 . sen (0,4 . . t)

Volume total de ar

Fluxo de ar

=− π

π= π

(V)OgráficoIrepresentaV(t),eográficoII,v(t). A função V(t) possui eixo de simetria em um valor diferente

dezero,enquantoodev(t)éemzero.Pelográficodafigura,temos:

V(t)v(t)

Gráfico IGráfico II

→→

(F) O volume máximo de ar nos dois pulmões é maior que um litro.

Aafirmaçãoacimaimplicaqueovalormáximodafunçãoémaiorque1.Devemosverificarque:

=

− π

π>V (t )

3 .[1 cos (0,4. . t )]

21

máx máxmáx

− π

π> ⇒

− π >π

⇒

− π >π

− ⇒

π < −π

≅ − =

π

−

3 .[1 cos (0,4. . t )]

21

1 cos (0,4. . t )23

cos (0,4. . t )23

1

cos (0,4. . t ) 123

1 2,09 –1,09

máx

.23

máx1

máx.(–1)

máx

EM2MPV1_MAT.indd 49 08/11/17 11:40

50 Coleção EM2

Mas sabemos que 1 cos (0,4. . t) 1, t− < π < ∀ ∈ e não há

valor de t tal que cos (0,4. . t) 123

π < −π .

(F) O período de um ciclo respiratório completo (inspiração e

expiração) é de 6 segundos.

Para calcular o ciclo de V(t) e v(t), temos:

Ciclo Período2k

= =π e o valor de k é:

��

=− π

πV(t)

3 .[1 cos (0,4. . t)]2

k

, �� v(t) 0,6 . sen (0,4 . . t)k

= π

Portanto:

P2k

20,4 .

10,2

52

segundos=π

=π

π= =

(F) A frequência de v(t) é igual à metade da frequência de V(t).

Já que os valores das constantes k são iguais, o período e

a frequência também são.

Questão 15 – V F V

Comentário:

(V)Ofluxoénegativoquandoovolumedecresce.

CombasenográficoIenográficoII,duranteointervaloem

queográficoIestádecrescendo,ográficoIIestánegativo.

(F)Ofluxoémáximoquandoovolumeémáximo.

Calculando o valor de t para quando o volume V(t) é

máximo, temos:

V (t) cos (0,4. . t) 1

cos25

. . t cos ( 2k . )

25

. . t 2k . t52

5k, k

máx mín

mín

1 k

.52

� ��

��

�

⇒ π = − ⇒

π

= π + π ⇒

π = π + π ⇒ = + ∀ ∈

= − ∀ ∈

π

Substituindo tnafunçãodofluxov(t),temos:

� ��

� ��

� ��

+

= π +

=

π +

= π +

=

π+ π

= π + π + π

=

π + π + π

= π + π =

+ π =

π

π + π =

+ π =∀ ∈

v54

5k 0,6 . sen 0,4 . .52

5k

35

. sen25

. .52

5k35

. sen . (1 5k)

35

. sen2

5k .35

. sen k 4k .

35

. sen ( k ) 2(2k )35

. sen ( k )

35

. sen ((k 1) . ) 0

5k

sen ( k ) sen x

sen ((k 1) . ) 0k

Ovalormáximodev(t)é0,6≠0,logooiteméfalso.

(V)Ofluxoézeroquandoovolumeémáximooumínimo.

V(t)3.[1 cos (0,4. . t)]

2

V (t )3.[1 cos (0,4. . t )]

2

V (t )3.[1 cos (0,4. . t )]

2cos (0,4. . t ) 1

cos (0,4. . t ) 1

máx máxmáx

mín mínmáx

máx

mín

=− π

π⇒

=− π

π

=− π

π

⇒

π = −

π =

Com raciocínio análogo ao do item anterior, temos:

π = − = π + π

π = = π

⇒

π = π + π

π = π

⇒

= +

=∀ ∈

cos (0,4. . t ) 1 cos ( 2k )

cos (0,4. . t ) 1 cos (2k )

0,4. . t 2k

0,4. . t 2k

t52

5k

t 5kk

máx

mín

máx

mín

máx

mín

Substituindo t em v(t), temos:

v(t ) 0,6.sen 0,4 . .52

5k

35

.sen25

. .52

5k35

. sen[ 2k ]

35

. sen35

. 0 0

máx

sen (x 2 ) sen x

= π +

=

π +

= π + π =

π = =+ π =��

V(t ) 0,6.sen 0,4. .(5k)35

.sen25

. .(5k)

35

.sen 0 2k35

. sen 0 0

min

sen (x 2 ) sen x��

= π

= π

=

+ π

= =

+ π =


y

3

2

1

O 2π x

–1

Pelo gráfico da função temos:

a = 1, pois o centro da amplitude da função (eixo de equilíbrio).

|b| = 2, pois a função está contida em [–1, 3] ⇒ [a – |b|,

a + |b|] ⇒ [1 – 2, 1 + 2]

Como a função se inicia decrescente em x = 0, então b < 0.

Logo, a = 1 e b = –2.

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Questão 17 – Letra BComentário: A função é trigonométrica com período 2π, com centro igual a 1 e amplitude 2.

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

y

2

2O π

23π 2π xπ

f(x) = 1 + cos x

Questão 18 – Letra BComentário: A função aparenta ser senoidal. Utilizando a representação geral da função seno:f(x) = a + b.sen (kx + c)

f(x) a b.sen (kx c)

amax f(x) min f(x)

22 (–2)

202

0

bmax f(x) –min f(x)

22 – (–2)

242

2

P 4 42|k |

|k |12

( ) ( )

( ) ( )

= + +

=+

=+

= =

= = = =

= π ⇒ π =π

⇒ =

k > 0, pois a função é crescente em t = 0.c = 0, pois a função não é transladada fora do período natural da função.

= + + =f(x) 0 2.sen (0,5.x 0) 2.senx2


A) cos6

t54

1, para t 0

cos6

t54

1 cos (0 2k ), k

6t

54

2k t –152

12k 0

12k152

k58

Logo, t –152

12k, k {1, 2, 3, 4,...}.

π

+π

= > ⇒

π

+π

= = + π ∈ ⇒

π

+

π= π ⇒ = + > ⇒

> ⇒ >

= + ∈

B) A maré atinge o ponto mais alto quando atinge a maior profundidade.

⇒π

+π

=max(P(t)) cos

6t

54

1

Encontrado no anterior, o valor de t é:

= + ∈

= ⇒ = + = = =

t –152

12k, k {1, 2, 3, 4,...}

k 1 t –152

12 . 192

4,5 4h30min

Questão 20 – V V Comentário: Dada a função = + π

T(t) 10 12.sen 2

t –1552

,

temos seu valor máximo quando π

=sen 2 t –15

521. Dessa

forma, a maior temperatura média semanal é de 22 °C.

Portanto, a primeira afirmativa é verdadeira.

A quantidade de energia solar mínima, de acordo com

a função = + π

Q(t) 400 200.sen 2 t –11

52, é dada quando

π

=sen 2 t –11

52–1

Substituindo t por 50 (50ª semana), temos:

π

= π

= π

=sen 2

50 –1152

sen 234

sen32

–1 . Logo, na

50ª semana, a quantidade de energia solar média semanal é mínima. Dessa forma, a segunda afirmativa também é verdadeira.

Questão 21 – V V VComentário: A(t) 4.sen (30t 45)°, 0 t 24= + ≤ ≤

(V) A altura A, às 2h30min da tarde, é de 2 3 m.

.

t 2h30min 2h12

h52

h

A52

4 . sen 30°52

45° 4 . sen120°

4 . sen 60° 4 .32

2 3sen120º

= = + =

= +

= =

= ==��

(V) A primeira vez em que a maré está 2 m abaixo do nível médio, após o meio-dia, é às 17h30min.

A maré estar 2 m abaixo do nível médio, após meio-dia, implica que t > 12.

O eixo de simetria representa o nível médio da maré. Portanto:

A(t) 4 . sen (30t 45)° 0 2

4 . sen (30t 45)° 2 sen (30t 45)°12

nível médio

.14

= + < − ⇒

+ < − ⇒ + < −

+ = ++ = +

⇒

+ = ++ = +

⇒

= +

= +

sen (30t 45)° sen (210 k.360)°sen(30t 45)° sen (330 k.360)°

30t 45 210 360k30t 45 330 360k

t112

12k

t192

12k

A solução da inequação é

112

12k t192

12k k+ < < + ∀ ∈

.

Variando k, temos:

k 0112

t192

= ⇒ < <

mas < <

∩ > = ∅

112

t192

{t 12}

k 1112

12 t192

12= ⇒ + < < +

é válido para t > 12.

Amaréficaabaixodonívelespecificadoem:

�� t

112

h 12h 5h12

h 12h 17h12

h 17h30min

112

h

= + = + + = + =

EM2MPV1_MAT.indd 51 09/11/17 11:07

52 Coleção EM2

(V) A velocidade média com que a maré sobe, entre 10h30min

e 12h00min, é de 4 23

m/h.

Utilizando a definição de velocidademédia entre dois

instantes de tempo, temos:

VAt

A(t ) A(t )

t t1 0

1 0

=∆∆

=−

−

Consideremos os dados a seguir:

��

� ��

t 10h30min 1012

h212

h

t 12h00min 12h

A(t ) 4 . sen 30° .212

45° 4 . sen (360° 0°)

4 . sen 0° 0

A(t ) 4 . sen (30° .12 45°) 4 . sen (360° 45°)

4 . sen 45° 422

2 2

0

1

0

sen (x 360°) sen x

1

sen (x 360°) sen x

= = +

=

= =

= +

= + =

=

= + = + =

= =

+ =

+ =

Portanto:

=−

−= −

−=

=VA(t ) A(t )

t t2 2 0

12 212

m/h 2 2

32

m/h 4 23

m/h1 0

1 0

Questão 22 – Letra EComentário:

43π

–π

–2

O

2

x

y

–

4π–

43π

4π

2π

2π–

π

A função aparenta ser senoidal, pois o ponto de equilíbrio

passa na origem.

= + +

=+

=+

= =

= = = =

=π

⇒ π =π

⇒ =

y a b.sen (kx c)

amax(y) min(y)

22 (–2)

202

0

bmax(y)–min(y)

22 – (–2)

242

2

P2|k |

2|k |

|k | 2

Como a função é crescente em t = 0 ⇒ k > 0. Logo, k = 2.

A função não é transladada fora do seu período. Logo, c = 0.

Concluímos que: y = 0 + 2.sen (2x + 0) = 2.sen (2x)

Questão 23 – Letra DComentário: Para determinar a previsão de vendas no primeiro trimestre, basta calcular a soma dos valores de f(1), f(2) e f(3). Logo:

= + +π

⇒ = + + ⇒

= + + ⇒ =

= + +π

⇒ = + + ⇒

= + ⇒ =

= + +π

⇒ = + + ⇒

= + ⇒ =

=

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

f(1) 100 0,5 3 .12

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

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

f(2) 100 1 3 .32

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

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

f(3) 100 1,5 3

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

3 1,7

Calculando a soma dos valores encontrados, temos:

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

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

Questão 24 – Letra DComentário: O gráfico do enunciado tem a forma da função

V(t) b a . sen(k . t )= + − α

Não importa se escolhemos seno ou cosseno na função anterior, pois as duas funções são iguais em uma translação horizontal de

2π , o que é provocado pela variável a.

sen x cos x2

= −π

O eixo de simetria é o eixo da abscissa, logo b = 0.

Pelo gráfico, temos V(0) = 0. Logo:

V(0) a . sen(k . 0 ) 0 sen( ) 0a 0

= − α = ⇒ − α =≠

Escolhemos a = 0 pelas alternativas.A amplitude é dada pela taxa máxima de inalação e exalação, que é, em módulo, 0,6 L/s.

a . sen(k . t) 0,6 a . sen(k . t) 0,6≤ ⇒ ≤

Sabendo que sen x 1 x≤ ∀ ∈ , temos:

sen(k . t) 1 a . sen(k . t) a a 0,6. a

≤ ⇒ ≤ ⇒ =

Se a . sen(k . t) se inicia crescente no gráfico da figura, considerando k > 0, então:

a 0 a 0,6 a 0,6> ⇒ = ⇒ =

O período dado pelo enunciado é 5 segundos. Calculando a constante k, temos:

P 5 segundos P2k

52k

k25k 0

= ⇒ =π

⇒ =π

⇒ =π

>

Logo:

v(t) 0,6 . sen25

t=π

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Questão 25 – V V F V VComentário:

T(t) 26 5 . cos12

t43

= +π

+π

(V) A temperatura do solo, às 6 horas da manhã do primeiro

dia, foi de 23,5 °C.

T(6h da manhã) T(0) 26 5 . cos12

. 043

26 5 . cos43

26 5 . cos3

= = +π

+π

=

+π

= +π

+ π

=

26 5 . cos3

26 5 .12

2642

12

24 0,5 23,5 °C

cos (x ) cos x

52

12

� ��

��

+ −π

= − =

− − = − =

+ π = −

−

(V) A função T(t) é periódica e tem período igual a 24 horas.

P2k

2

12

21

.12

24 h=π

=π

π

=π

π=

(F) A função T(t) atinge o valor máximo igual a 30 °C.

A função T(t) atinge o máximo quando cos12

t43

1π

+π

= .

= +π

+π

= + =T(t ) 26 5 . cos12

t43

26 5 .1 31 °Cmáx máx

(V) A temperatura do solo atingiu o valor máximo, no primeiro

dia, às 14 horas.

A função T(t) atinge o máximo quando:

� ��

cos12

t43

1 cos12

t43

cos (2k . )

12t

43

2k t 16 24k

k

π+

π

= ⇒π

+π

= π ⇒

π+

π= π ⇒ = − +

∀ ∈

Como � ��

t 0 16 24k 0 24k 16 k23

k 1. 124

k

> ⇒ − + > ⇒ > ⇒ > ⇒ ≥∈

,

temos:

t = –16 + 24k = –16 + 24 = 8

se t = 0 ⇒ 6h, então t = 0 + 8 ⇒ 6h + 8h = 14h.

(V) A função T(t) é crescente no intervalo [0, 8].

0,5

–0,5

1,0

–1,0

–2 –1–3 2 4 61 3 5

x 0 x2

<π

<2

xπ

< π< x32

π <π

<32

x 2π

< π<

cos x Decrescente Decrescente Crescente Crescente

[0, 8] 0 t 8

0 t 8 012

. t23

43 12

. t43

2.12

43

= ≤ ≤

≤ ≤ ⇒ ≤π

≤π

⇒π

≤π

+π

≤ ππ + π

Consideremos x12

. t43

=π

+π

. Logo:

� ��

43 12

. t43

243

x 243

x 2

Crescente

π≤

π+

π≤ π ⇒

π≤ ≤ π ⇒ π <

π≤ ≤ π

Questão 26 – Letra AComentário: Seja h(t) representando a função do nível da

maré, em metros, temos:

Maré alta Max h(t) 3 m

Maré baixa Min (h(t) 3 cm 0,03 m

( )( )

= =

= = =

Na questão é mais fácil substituir os valores e verificar se as

igualdades são satisfeitas.

Max h(t) h(0) h(12) 3 m( ) = = =

A) 1,515 1,485.cos6

.0 1,515 1,485 . 1 3 m

1,515 1,485.cos6

.12 1,515 1,485 . 1 3 m

+π

= + =

+π

= + =

B) 1,515 1,485.sen6

.0 1,515 1,485 . 0 1,515 m

1,515 1,485.sen6

.12 1,515 1,485. 0 1,515 m

+π

= + =

+π

= + =

C) 1,485.cos6

.0 1,485 m

1,485.cos6

.12 1,485 m

π

=

π

=

D) 1,485.sen6

.0 0 m

1,485.sen6

.12 0 m

π

=

π

=

E) + π =+ π =

1,485 1,515.cos ( .0) 3 m1,485 1,515.cos ( .12) 3 m

Ficamos com as expressões do item A e E. Agora verificamos o mínimo da função:

+π

= + =

+ π = + =

1,515 1,485.cos6

. t 1,515 1,485.(–1) 0,03 m

1,485 1,515.cos ( .t ) 1,485 1,515.(–1) –0,03 m

mín

mín

Concluindo que a função representada é o do item A.

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54 Coleção EM2


f(t) 2 . sen 3t3

, t= −π

∈

Seja f(t) na forma:

f(x) = a + b.sen (kx + p)

Promove o deslocamentohorizontal

Muda o período

Altera a amplitude(b é o valor da amplitude)

Deslocamento verticalO valor de a é dado pelo centro. Observe:

g(x) = a + b.cos (kx + p)

Pk

=

2π| |

2a =

máx(f) + mín(f)2

a =máx(g) + mín(g)

Assim, temos:==

= ⇒ =π

= −π

a 0b 2

k 3 P23

p3

Partindo de 2.sen(3t) com amplitude de –2 até 2 e período

23π , temos:

1

–1

2

y

–2

t

(t de –2 a 2)

π–23π–23

π–3π–3

π3π3

π23π23

Agora, deslocando 3π para direita, temos 2 . sen 3t

3−

π

.

1

1

–1–1

2

2–1–2

y

–2

t

(t de –2 a 2)

A figura anterior é equivalente à opção:

f(t)

O t

2

–2

–2 –1 21


sen x cos x , 2 x 2= − π ≤ ≤ π

Pela definição de valor absoluto, temos:

a a, se a 0a, se a 0

= ≥− <

Assim:

sen x 0 sen x sen x

sen x 0 sen x sen x

≥ ⇒ =

< ⇒ = −

E, desenvolvendo raciocínio análogo para cosseno, temos:

cos x 0 cos x cos x

cos x 0 cos x cos x

≥ ⇒ =

< ⇒ = −

Com isso, podemos criar esta tabela:

x |sen x| |cos x|

2 x32

− π ≤ ≤ −π sen x cos x

32

x−π

≤ ≤ − π sen x –cos x

x2

−π ≤ ≤ −π –sen x –cos x

2x 0−

π≤ ≤ –sen x cos x

0 x2

≤ ≤π sen x cos x

2x

π≤ ≤ π sen x –cos x

x32

π ≤ ≤π –sen x –cos x

32

x 2π

≤ ≤ π –sen x cos x

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Assim:

sen x cos x

sen x cos x se x 2 x 32

0 x2

sen x cos x se x 32

x2

x

sen x cos x se x2

x 0 32

x 2

sen x cos x se x x2

x 32

sen xcos x

1 se x 2 x 32

0 x2

sen xcos x

1 se x 32

x2

x

sen xcos x

1 se x2

x 0 32

x 2

sen xcos x

1 se x x2

x 32

= ⇒

= ∈ − π ≤ ≤ − π

∪ ≤ ≤ π

= − ∈ − π ≤ ≤ − π

∪ π ≤ ≤ π

− = ∈ − π ≤ ≤

∪ π ≤ ≤ π

− = − ∈ −π ≤ ≤ − π

∪ π ≤ ≤ π

⇒

= ∈ − π ≤ < − π

∪ ≤ < π

= − ∈ − π < ≤ − π

∪ π < ≤ π

= − ∈ − π < ≤

∪ π < ≤ π

= ∈ −π ≤ < − π

∪ π ≤ < π

Se sen xcos x

tg x= , então:

tg x 1 x4

k .

tg x 1 x4

k .k

= ⇒ =π

+ π

= − ⇒ = −π

+ π

∈

= − π ≤ ≤ −π

∪ ≤ ≤

π

= − −π

≤ ≤ − π

∪

π≤ ≤ π

= − −π

≤ ≤

∪

π≤ ≤ π

= −π ≤ ≤ −π

∪ π ≤ ≤

π

⇒

=π

+ π − π ≤ ≤ −π

∪ ≤ ≤

π

= −π

+ π −π

≤ ≤ − π

∪

π≤ ≤ π

= −π

+ π −π

≤ ≤

∪

π≤ ≤ π

⇒

=π

+ π −π ≤ ≤ −π

∪ π ≤ ≤

π

= −π π

∪ −

π π

∪ −

π π

∪ −

π π

tg x 1 2 x32

0 x2

tg x 132

x2

x

tg x 12

x 032

x 2

tg x 1 x2

x32

x4

k . 2 x32

0 x2

x4

k .32

x2

x

x4

k .2

x 032

x 2

x4

k . x2

x32

S74

,4

54

,4 4

,74

34

,54

Questão 29 – Letra AComentário: f(x) = 2 – cos (4x)

A) Verdadeiro.

≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒≥ ≥ ⇒ ≤ ≤ ⇒

+ ≤ + ≤ + ⇒≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ∀ ∈

|cos (4x)| 1 –1 cos (4x) 11 –cos (4x) –1 –1 –cos (4x) 1–1 (2) –cos (4x) (2) 1 (2)1 2 – cos (4x) 3 1 f(x) 3, x

B) Falso. Se intercepta o eixo x, então f(x) = 0 para algum x ∈ .

= ⇒ = ⇒ = ⇒∉

≤ < ⇒ < ⇒≠ ∀ ∈

f(x) 0 2 – cos (4x) 0 cos (4x) 2x , pois:cos (4x) 1 2 cos (4x) 2cos (4x) 2, x .

C) Falso. Pressupondo que a hipótese da inequação é verdadeira.

≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤

≤ ≤

f(x) 2 2 – cos (4x) 2 – cos (4x) 0O que é falso, pois:–1 cos (4x) 1

Assim, existe pelo menos um x ∈ , tal que: –cos (4x) > 0 contrariando–cos(4x)≤0.

D) Falso. Desenvolvendo a inequação f(2) < 0, temos:

f(2) < 0 ⇒ 2 – cos (4.2) < 0 ⇒ cos(8) > 2

O que é um absurdo, pois a função cosseno é limitada entre –1 e 1.

E) Falso. Desenvolvendo a inequação, temos:

≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒

≥ ⇒ ≤ ∀ ∈

f(x)32

2 – cos (4x)32

2 –32

cos (4x)

4 –32

cos (4x) cos (4x)12

, x

O que é falso, pois x = 0 ⇒ cos (4x) = cos 0 = 1 é um

contra exemplo.


Comentário: Se =sen x 13

, pela relação fundamental, temos:

+ = ⇒

+ = ⇒ = ⇒

= ± ⇒ = ±

sen x cos x 113

cos x 1 cos x 1–19

cosx89

cosx2 23

2 2

2

2 2

Como i n f o rmado no enunc i ado , x é um a r co do segundo quadrante, logo cos x < 0. Dessa forma:

= ⇒ = ⇒ =tg x sen xcos x

tg x

13

–2 23

tg x – 24

Questão 31Comentário: Como a imagem pertence ao intervalo [5, 9],

temos que a função dada possui valor máximo quando f(x) = 9

e sen (2x) = 1, e valor mínimo quando f(x) = 5 e sen (2x) = –1.

Assim, m + 2 = 9 ⇒ m = 7 ou m – 2 = 5 ⇒ m = 7.


cos x + cos2 x = 0 ⇒ cos x.(1 + cos x) = 0 ⇒

cos x = 0 (I) ou 1 + cos x = 0 ⇒ cos x = –1 (II)

Para x ∈ [0, 2p], temos:

(I) cos x = 0

= =

π=

πcos x 0 cos

2cos

32

EM2MPV1_MAT.indd 55 08/11/17 11:41

56 Coleção EM2

(II) cos x = 1

cos x –1 cos= = π

Temos como solução:

S2

,32

,=π π

π

E a soma das raízes é:

232

3π

+π

+ π = π


Comentário: Seja uma função f(x) = a.sen (mx), em que m > 0.

Ao analisar o gráfico, determinamos que o seu período é 23π .

Daí: =π

⇒π

=π

⇒P2m

23

2m

m = 3 ⇒ m = 3

Logo, f(x) = a.sen (3x).

Assim: f a senπ π6

2 36

= − ⇒

. . = –2 ⇒

a.sen π2

= –2 ⇒ a.1 = –2 ⇒ a = –2

Portanto, f(x) = –2.sen (3x).

Agora, seja f(x) = a.cos (mx), em que m ≠ 0.

Daí: =π

⇒π

=π

⇒P2m

23

2m

m = 3 ⇒ m = 3

Logo, f(x) = a.cos (3x).

Assim, f aπ π6

2 36

= − ⇒

.cos . = –2 ⇒

a.cos π2

= –2 ⇒ a.0 = –2, o que é absurdo.

Portanto, a função trigonométrica tem de ser f(x) = –2.sen (3x).


f(x) = sen (2x)

g(x) = sen |x|

h(x) = sen (–x)

A função g(x) é par, pois:

sen |–x| = sen |x| ⇒ g(–x) = g(x)

E se enquadra no gráfico C.

Uma diferença que se destaca nas funções f e h são seus

períodos.

= ⇒ =π

= π

= ⇒ =π

= π

f(x) sen (2x) P2|2|

h(x) sen (–x) P2

|–1|2

f(x)

f(x)

Sendo assim os gráficos B e A, representam as funções f e h,

respectivamente.

Questão 35Comentário: Podemos determinar a posição de cada bola em função do tempo (t) nas coordenadas y.

� ��

O (t) v . t

O (t) v . sen x . t1 1

2 2

Velocidade noeixo y

=

=

A) Assim, f(x) = v2.sen x.y

x

v2

O π2π2

B) Se vs = 10 e v1 = 20, temos:

O 10t

O 20. sen x . t1

2

=

=

Para que O1 e O2 se choquem, temos:

O (t) O (t) 10t 20. sen x . t sen x

12

x61 2

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =π

Portanto, para que os objetos não se choquem, temos:

x

6≠

π

Questão 36

Comentário: Manipulando a equação − = −2 3.cos x k 4 ,

temos:

− = − ⇒ = −−

⇒ = − +3.cos x k 6 cos x k 63

cos x k 63

.

A função cosseno é limitada pelo intervalo [–1, 1]:

− ≤ ≤ ⇒ − ≤ − + ≤ ⇒ − ≤ − + ≤ ⇒

≤ − ≤ − ⇒ ≥ ≥

1 cos x 1 1 k 63

1 3 k 6 3

–9 k 3 9 k 3

Logo, os valores reais de k, de modo que a equação admita

solução, pertencem ao intervalo [3, 9].

Questão 37 – Letra C Comentário: Q(t) = a.sen (b + ct) + d

Q120

20

2 4 6 8 10 12O t (mês)

Pelo gráfico, temos que:

Máx(Q(t)) = 120

Mín(Q(t)) = 20

P = 12 meses

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Manual do Professor


Assim, encontramos as constantes a e d:

aMáx(Q(t))– Mín(Q(t))

2120 –20

250

dMáx(Q(t)) Mín(Q(t))

2120 20

270

P2|c |

122|c |

|c |6

= = =

=+

=+

=

=π

⇒ =π

⇒ =π

Podemos escolher tanto o valor positivo ou negativo para c.

c 0 c6

Q(t) 50.sen b6

t 70

c 0 c –6

Q(t) 50.sen b –6

t 70

> ⇒ =π

⇒ = +π

+

< ⇒ =π

⇒ =π

+

Pois independente da escolha podemos encontrar a mesma função com uma translação na variável b somando meio período. Escolhendo c > 0, temos:

Q(t) 50.sen b6

t 70

Q(2) 50.sen b6

2 70 120

50.sen b3

50 sen b3

1 sen2

k

b3 2

k , k

= +π

+

= +π

+ = ⇒

+π

= ⇒ +π

= =π

+ π

⇒

+π

=π

+ π ∀ ∈

Escolhendo k = 0:

+π

=π

⇒ =π π

=π

=π

b3 2

b2

–3

(3–2)6 6

Finalmente definindo a função Q e encontrando o valor de Q(0).

Q(t) 50.sen6 6

t 70

Q(0) 50.sen6 6

.0 70 50.sen6

70

50.12

70 95

=π

+π

+

=π

+π

+ =π

+ =

+ =

Questão 38Comentário: O domínio das funções será bem definido se não houver nenhuma indeterminação, como divisão por zero, zero elevado a zero, que pode levar a um resultado desconhecido. Assim, o exercício deseja determinar para qual valor de x a função é bem definida.

A) f x tg xx

x( ) . .

sen

cos

c

= +

=

+

+

53

23

5 323

323

π ππ π

π π

oos cos cos ,π π π π ππ

π

323 3

23 2

3

0x x k k

x

+

+

+

+

≠ ⇒ ≠ ∈

223 2 3 2

23 3

3

16

12

π ππ

π π ππ≠ ⇒ ≠ ⇒ ≠ − ⇒

≠ −

+ − + +

+

k x k x k

x k

Assim, o domínio da função f é:

= ∈ ≠ + ∈

D x |x –

12

3k, kf

� �

B)

=π

=

π

π

π

≠ ⇒

π

≠π

+ π

∈

π≠

π+ π ⇒

≠π

+π

+ π ⇒

≠π

+π

g(x) 2.tg 2x –2

2.sen 2x –

2

cos 2x –2

cos 2x –2

0

cos 2x –2

cos2

k , k

2x –2 2

k

2x2 2

k

x2

k2

Assim, o domínio da função g é:

= ∈ ≠π

+π

∈

D x |x

2k2

, kg

� �

Questão 39Comentário: Dado que ∈ π

π

x ,

32

, então tg x pertence ao

terceiroquadrante:senx≤0ecosx≤0.Assim:

= + ⇒

= +

= + = ⇒

= ⇒

=

sec x 1 tg x

sec x 134

19

162516

|sec x|54

|cos x|45

2 2

2

2

Como cos x < 0, temos =cos x –45

.

Calculando sen x:

+ = ⇒

= = = ⇒

= ⇒

=

<��

sen x cos x 1

sen x 1– cos x 1–1625

925

|sen x|35

sen x –35

2 2

2 2

sen x 0

Questão 40Comentário: Dado que =

π

F(t) 0,6.sen

2 t5

, o mínimo

e máximo da função é determinado, neste caso, pela constante 0,6 multiplicada pela função trigonométrica. Logo:

Mín(F(t)) = –0,6 litro/segundo; quando π

=sen

2 t5

–1.

Máx(F(t)) = 0,6 litro/segundo; quando π

=sen

2 t5

1.

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58 Coleção EM2

Seção Enem

Questão 01 – Letra DEixo cognitivo: IVCompetência de área: 4Habilidade: 17

Comentário: Como ≤π π

≤–1 cosx –6

1, então temos que a

proporção será máxima quando o preço for mínimo.

Logo, teremos π π

=cosx –6

–1, ou seja:

π

cosx –6

–1x –6

x 7 x 7π π

= ⇒π π

= π ⇒ π = π ⇒ =

Portanto, o mês de produção máxima será julho.

Questão 02 – Letra BEixo cognitivo: IIICompetência de área: 5Habilidade: 21

Comentário: O satélite atingirá o apogeu quando r possuir um valor máximo. Pela equação a seguir, temos:

( )( ) ( )

( ) ( )

=+

⇒ =−

⇒

= ⇒ =

−� ��

r t 5 8651 0,15.cos 0,06.t

r t 5 8651 0,15

r t 5 8650,85

r t 6 900 km

máx.

1

máx.

máx. máx.

Quando o satélite atingir o perigeu, r terá um valor de mínimo, logo:

( )( ) ( )

( ) ( )

=+

⇒ =+

⇒

= ⇒ =

� �� r t 5 865

1 0,15.cos 0,06.tr t 5 865

1 0,15

r t 5 8651,15

r t 5100 km

mín.

1

mín.

mín. mín.

O valor de S será determinado pela soma dos valores do apogeu e do perigeu. Assim:

S = 6 900 + 5 100 ⇒ S = 12 000 km

Questão 03 – Letra BEixo cognitivo: IIICompetência de área: 6Habilidade: 25

Comentário: A variação da N-acetiltransferase é dada pela função a seguir:

= +π

+ +π

+

h(t)1458

432

cos2

(t 12)14

.cos6

(t 12)

Para t = 3, temos que:

= +π

+ +π

+

⇒

= +π

+π

h(3)1458

432

cos12

(3 12)14

.cos6

(3 12)

h(3) 1458

432

cos54

14

.cos52

Sabe-se que π

= − ≅ −π

=cos54

22

0,71 e cos52

0 , logo:

= + − +

⇒ = − ⇒

≅ − ⇒ ≅

h(3)1458

432

0,7 0 h(3)1458

15

h(3) 18,1 15 h(3) 3,1

Questão 04 – Letra D Eixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Para que a relação dada tenha valor máximo,

devemos ter ( )− =cos 360t 153,7 1. Logo:

F(t)máx = 16,3 + 4,1.(1) ⇒ F(t)máx = 20,4



Habilidade: 8

Comentário: Dado que = θ ϕR R cos .seno , sendo Ro a máxima

intensidade de incidência possível, calculamos o valor da radiação solar incidente na parede para q = 60° e ϕ =45° (direção sudeste):

= ⇒ = ⇒ =R R |cos 60°.sen 45°| R R12

.22

R R24o o o

.Logo, o

valor percentual aproximado de Ro será:

≅

24 .100 35R

R

o

o

Questão 06 – Letra E Eixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: O volume de circulação do ar, em litros, é dado

pela relação ( ) πV t = 0,6.sen

2 t5

, em que t representa o tempo

em segundos.Para encontrar uma quantidade máxima de circulação de ar x, devemos ter V(t) em seu valor máximo, ou seja, quando

πsen

2 t5

= 1. Calculando esse valor, encontramos x = 0,6.

O tempo associado a um ciclo completo de respiração y pode ser determinado quando se tem um período completo. Dessa

forma, período = ππ

= ⇒ =225

5 y 5 . Logo, x + y equivale a

0,6 + 5 = 5,6.

Questão 07 – Letra C Eixo cognitivo: IIICompetência de área: 5Habilidade: 21

Comentário: Observamos que = + π

T(t) 10 12.sen 2

t –1552

nos fornece uma estimativa do número de horas de luz solar

em uma determinada região, em função de t.

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Manual do Professor


O número máximo de horas na região ocorrerá quando

( )π

sen 2

365. t - 59 =1, ou seja,

( )π

−

=

π+ π ∀ ∈

2365

. t 592

2k , k .

Para k = 0:

( )π−

=

π⇒

−= ⇒ − = ⇒ =

2365

. t 792

2t 158365

12

4t 316 365 t6814

Comodevemoster0≤t<365,somentek=0satisfaznossoproblema.Portanto, o valor obtido para o tempo t é de, aproximadamente, 170 horas.

Questão 08 – Letra C Eixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Observamos que ( ) =π

−π

f t 0,5.cos

t6

1112

determina a altura das marés em função do tempo t.

Essa relação será máxima quando π−

π

=cos

t6

1112

1, ou seja,

π−

π

= π ∀ ∈

t6

1112

2k , k , logo:

Para k = 0: π − π = ⇒ =t6

1112

0 t 112

Para k = 1: π − π = π ⇒ = + ⇒ =t6

1112

2 t6

2 1112

t 352

Comodevemoster0≤t<24,somentek=0ek=1satisfazem nosso problema. Então:

+ = =112

352

462

23

A soma dos valores de t é 23.

Questão 09 – Letra C Eixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Sabemos que a temperatura em Fahrenheit pode

ser determinada pela equação = −π

+T(t) 12.cos

t12

60.

Observamos que t = 0 nos fornece a temperatura às 6 horas da manhã, logo, às 10 horas, teremos t = 4. Substituindo t = 4 na equação dada, temos:

= −π

+ ⇒ = −

π

+ ⇒

= −π

+ ⇒ = − + ⇒

= − + ⇒ =

T(t) 12.cost

1260 T(4) 12.cos

.412

60

T(4) 12.cos3

60 T(4) 12 .12

60

T(4) 6 60 T(4) 54

Logo, às 10 horas da manhã, a temperatura é de 54 Fahrenheit.

Questão 10 – Letra D Eixo cognitivo: III


Habilidade: 21

Comentário: Igualando a equação dada a 15, temos:

= π − π

⇒ π − π

= ⇒

π − π

=

I 30.sen 50 t 73

30.sen 50 t 73

15

sen 50 t 73

12

Sabe-se que π=

π=sen

6sen

56

12

, mas, como queremos o valor

mínimo de t, devemos ter:

π − π = π ⇒ = + ⇒ = ⇒ =50 t 73 6

50t 16

73

50t 156

t 120

Portanto, o valor de t deve ser 120

segundos.

Desafio

Questão 01 – Letra BComentário: Procuramos os pontos em que f(x) = g(x).

Esboçamos o gráfico das duas funções.y

x

sen 4x x100

2π

Nota-se que f(x) = sen 4x possui período π

=π2

4 2 e =g(x)

x100

será menor que 1 no intervalo dado. Através do gráfico cartesiano encontramos 8 raízes.

CAPÍTULO – B1Combinatória: Princípio fundamental da contagem e arranjos


Questão 01Comentário: Inicialmente, vamos pintar o círculo. Temos 3 opções: A, B ou C. Obtemos, assim, o primeiro galho da árvore. Depois, pintamos a parte externa, obtendo o segundo galho da nossa árvore (lembre-se de que a cor usada para pintar a parte externa deve ser diferente da cor usada para pintar o círculo).

A

B

B

B

C

C

A

A

C

Portanto, existem 6 modos de se pintar a bandeira, que são:(A, B); (A, C); (B, A); (B, C); (C, A); (C, B).

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60 Coleção EM2

Questão 02Comentário: Para ir da cidade A à B, temos 3 rodovias (P, Q e R) e, para ir da cidade B à C, temos duas ferrovias. Como queremos partir de A e chegar a C, passando por B, temos as seguintes opções:

(P, F); (P, G); (Q, F); (Q, G); (R, F); (R, G)

Logo, são 6 modos de se chegar a C, partindo de A e passando por B.

Questão 03Comentário: Usaremos o seguinte simbolismo: P (Thuanne perde) e G (Thuanne ganha).

P

G

P

G

P

G

P PPP

PPGPGP

PGGGPP

GPGGGP

GGG

G

P

G

P

G

P

G

De posse dos possíveis resultados, fica fácil responder o que se pede.

A) 8 modos.

B) De acordo com o diagrama anterior, observa-se que ela teránofinal:

• R$2,00,seperderas3jogadas.

• R$4,00,seperderduasjogadas.

• R$6,00,seperderumadasjogadas.

• R$8,00,seganharas3jogadas.

Questão 04Comentário: As crianças poderão receber as seguintes quantidades:

Bolas: 0 a 5 (6 opções)

Carrinhos: 0 a 3 (4 opções)

Bonés: 0 a 4 (5 opções)

Ao separarmos uma quantidade de objetos para uma das crianças, a outra automaticamente ficará com o restante dos objetos. Logo, há 6 . 4 . 5 = 120 modos diferentes de se fazer a distribuição.

Questão 05Comentário: A cada jogada, Alexandre tem duas opções: ganha ou perde. Sabendo que ele começa o jogo com R$ 20,00, que pode lançar o dado, no máximo, cinco vezes e que só para de jogar se ficar sem dinheiro ou se quadruplicar seu capital inicial, temos:

20

2020

20 20

20

40

40 4040

0P

P

PP

P

P

P

P

P

PG

G

G

G

G

G

G

GG

G

0

60

60

80

40

60

80

80

4040

Circulando os casos que satisfazem alguma condição do problema, há 11 modos de se desenvolver o jogo.

Questão 06Comentário: Distribuindo as informações no Diagrama de Venn, temos:

A B

8 12 40

Logo, o conjunto B possui 40 + 12 = 52 elementos.

Questão 07Comentário: Vamos utilizar o diagrama.

H MX

H: homens da salaM: mulheres da salaX: alunos que jogam xadrezO primeiro dado que pode ser usado é “3 mulheres jogam xadrez”. Como 11 pessoas jogam xadrez, concluímos que 8 delas são homens. Temos, então:

H MX

8 3

Como 31 são homens ou jogam xadrez, H ∪ X é 31; logo, 20 homens não jogam xadrez.

H MX

820 3

Finalmente, como temos 60 pessoas ao todo, conclui-se que 29 mulheres não jogam xadrez.

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Manual do Professor


Questão 08Comentário: • 600pessoasadquiriramosabãoS: x + 200 = 600 ⇒ x = 400• 1500pessoasviramoanúncio:

+ = ⇒ =

x y 1 500 y 1100400

• 500pessoasnãoviramoanúncio: 200 + z = 500 ⇒ z = 300• w pessoas não adquiriram o sabão S: 600+w=2000⇒w=1400

Questão 09Comentário: Primeiramente, procuramos contar o número de elementos da interseção A, B e C.

n(A ∩ B ∩ C) = 10

Contamos agora as interseções dois a dois, de forma que todos os conjuntos sejam disjuntos, para utilizarmos o princípio aditivo.

n A B n A B C n A B n A B C

n A

( ) (( ) ) ( ) ( )

(

∩ = ⇒ ∩ − = ∩ − ∩ ∩ ⇒2020 10

� ��

∩∩ − = − =

∩ = ⇒ ∩ − = ∩ − ∩ ∩

B C

n A C n A C B n A C n A B C

)

( ) (( ) ) ( ) ( )

20 10 10

3030

� �� 110

30 10 20

40

� �� ⇒

∩ − = − =

∩ = ⇒ ∩ − = ∩

n A C B

n B C n B C A n B C

(( ) )

( ) (( ) ) ( )) ( )

(( ) )40 10

40 10 30

� �� − ∩ ∩ ⇒

∩ − = − =

n A B C

n B C A

Esse raciocínio é ilustrado pela figura a seguir:

A B

20 – 10

30 – 1010

40 – 10

160C

Agora, contamos os elementos que pertençam a apenas um conjunto.

n(A) 100 n(A B C)

n(A) n((A B) C) n((A C) B) n(A B C) 60

n(B) 150 n(B A C)

n(B) n((A B) C) n((B C) A) n(A B C) 100

n(C) 200 n(C A B)

n(C) n((A C) B) n((B C) A) n(A B C) 140

100 10 20 10

150 10 30 10

200 20 30 10

� ��

� ��

� ��

�

�

�

= ⇒ − − =

− ∩ − − ∩ − − ∩ ∩ =

= ⇒ − − =

− ∩ − − ∩ − − ∩ ∩ =

= ⇒ − − =

− ∩ − − ∩ − − ∩ ∩ =

Esse raciocínio é ilustrado pela figura a seguir:

100 + 10 + 20 + 10

150 + 10 + 30 + 10

200 + 20 + 30 + 10

160

10

10

20 30

A B

C

Agora, para descobrir o total de pessoas que foram consultadas, somamos todos os números, incluindo as 160 pessoas que não tinham nenhuma preferência pelos 3 tipos de leite.

A) 60 + 100 + 140 + 10 + 20 + 30 + 10 + 160 = 530

B) A quantidade de pessoas que consomem apenas dois tipos de leite é:

n (A B) (A C) (B C) (A B C)

n((A B) C) n((A C) B) n((B C) A) 6010 20 30

� ��

∩ ∪ ∩ ∪ ∩ − ∩ ∩

=

∩ − + ∩ − + ∩ − =

C) Para encontrar a quantidade de pessoas que não consomem o leite B, subtraímos do total a quantidade de pessoas que consomem o tipo B.

530 – n(B) = 530 – 150 = 380

D) Encontrar a quantidade de pessoas que não consomem o tipo A ou o tipo B é equivalente a contar a quantidade de pessoas que consomem apenas o tipo C e a de pessoas que não consomem nenhum dos 3 tipos de leite.

n C A B 160 140 160 300

Consomemapenas tipo C

Não consomemleite

( )− − + = + =� ��

Questão 10Comentário: Começamos com o elemento comum entre os três conjuntos, que é o 8. Os três primeiros dados apresentados no texto nos dizem que 28 pessoas frequentam apenas a livraria A, 26 apenas B e 24 apenas C.

Sejam x, y e z os números de pessoas que frequentam apenas as livrarias A e B, A e C, e B e C, respectivamente.Obtemos o seguinte diagrama:

x

y

A B

C

z

8

28 26

24

A) Basta somar 28 + 26 + 24 = 78.

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62 Coleção EM2

B) Os dados do problema nos permitem escrever que:

x + y = 54

x + z = 50

y + z = 54

Somando membro a membro, obtemos:

2x + 2y + 2z = 158 ⇒ x + y + z = 79

A resposta é dada por x + y + z + 8 = 79 + 8 = 87.

C) O número total de pessoas é:

(x + y + z) + 8 + (28 + 26 + 24)

Como x + y + z é 79, substituindo esse valor, encontra-se 165.


A) A escolha do 1º algarismo pode ser feita de 5 modos, o 2º algarismo pode ser escolhido também de 5 modos, já que não é exigido que os algarismos sejam diferentes. Finalmente, para o terceiro e último algarismo, temos também 5 opções. Logo, a resposta é 5 . 5 . 5 = 125.

B) Como agora os algarismos devem ser distintos, teremos: 5 . 4 . 3 = 60.

C) No item A, calculamos o total de números de 3 algarismos, incluindo os números formados por algarismos distintos ou repetidos. No item B, calculamos quantos desses números têm algarismos distintos. Logo, a resposta do item C é obtida subtraindo as respostas encontradas nos itens A e B; sendo, então, 125 – 60 = 65.


A) É impossível pintar a bandeira sem que duas listras não possuam a mesma cor, porque temos 3 cores para 5 listras e,emqualquertentativadeconfiguração,asduasúltimaslistras terão cores repetidas, pois não restará outra opção de cor.

B) Utilizando o princípio multiplicativo para cada listra da bandeira, temos:

3 opções de cores para a primeira listra da esquerda da bandeira.

3

2 opções de cores para a listra adjacente à listra escolhida anteriormente, porque a cor escolhida para a anterior não pode ser usada novamente.

3 2

De forma análoga, temos 2 opções de cores, porque a cor escolhida na primeira listra pode ser usada novamente.

3 2 2

E, repetindo o raciocínio, temos:

3 2 2 2 2

Multiplicando os números, temos:

3 . 2 . 2 . 2 . 2 = 48


A) Como o primeiro algarismo não pode ser zero, temos 9 opções. Para o segundo, temos também 9 opções, pois o único algarismo que não pode ser usado é o que foi escolhido primeiro. Usando raciocínio semelhante, teremos 8 opções para o terceiro algarismo e 7 para o último. Pelo princípio multiplicativo, a resposta será: 9 . 9 . 8 . 7 = 4 536.

B) Inicialmente, escolhemos o algarismo das unidades para garantir que o número formado seja ímpar. Temos, então, 5 opções (1, 3, 5, 7 ou 9). Agora, escolhemos o algarismo que será colocado no milhar (1º algarismo). Não podemos utilizar o algarismo já usado nas unidades nem o zero. Teremos, então, 8 opções. Para o algarismo da centena, teremos 8 opções e, para o algarismo das dezenas, 7. A resposta, então, é: 8 . 8 . 7 . 5 = 2 240.

C) O algarismo do milhar pode ser 8 ou 9. Temos, então, 2 opções. Como os algarismos devem ser distintos, para as demais escolhas, temos 9, 8 e 7 opções, respectivamente. A resposta é, então, 2 . 9 . 8 . 7 = 1 008.

D) Dos 1 008 números obtidos no item C, metade é ímpar. Logo, a resposta será 504.


1ª decisão: o primeiro aluno escolhe uma das cadeiras: 50 opções

2ª decisão: o segundo aluno escolhe uma cadeira: 49 opções

Pelo princípio multiplicativo, teremos 50 . 49 = 2 450 modos de fazer a escolha.3


Como o prefixo já é determinado, precisamos escolher apenas os quatro últimos algarismos. Logo:Total de telefones: 10 . 10 . 10 . 10 = 10 000Telefones reservados para farmácias:

1 0

10 . 10 = 100 opçõesTelefones reservados para médicos e hospitais:

Para o último algarismo (das unidades), temos 10 possibilidades. Para o penúltimo, apenas 1 (que é repetir o algarismo escolhido inicialmente). Já para os demais algarismos, temos 10 opções para cada um. Portanto, teremos: 10 . 10 . 1 . 10 = 1 000 opções de telefones para médicos e hospitais. Portanto, a resposta do problema será: 10 000 – 100 – 1 000 = 8 900

Questão 16Comentário: Para que o número de quatro dígitos seja ímpar, começamos pelo dígito de restrição, que é o das unidades. Para que a unidade seja ímpar (1, 3, 5), temos 3 opções.

3

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Para o segundo dígito, temos 6 – 1 = 5 opções, porque um dígito já foi escolhido no passo anterior.

5 3

Desenvolvendo raciocínio análogo ao do passo anterior, temos:

4 5 3 3 4 5 3⇒

Portanto, podem ser formados 3 . 4 . 5 . 3 = 180 números ímpares com 4 algarismos distintos.

Questão 17Comentário: Inicialmente, calculamos quantos são os números começados com 5 que satisfazem às condições do problema.

5

Para o algarismo das unidades, temos uma opção (escolher o zero, pois o número deve ser divisível por 5).

05

Como os algarismos devem ser distintos, teremos, para o algarismo do milhar, 8 possibilidades; para o algarismo da centena, 7 possibilidades e, para o algarismo da dezena, 6 possibilidades. Teremos, então, 8 . 7 . 6 . 1 = 336 números.Vamos, agora, calcular os demais números que satisfazem às condições do problema. Para isso, observe que, para o número pedido estar entre 50 000 e 90 000, seu primeiro algarismo deve ser 6, 7 ou 8 (lembre-se de que os começados por 5 já foram calculados). Teremos, então, para o primeiro algarismo, 3 opções. Para o último algarismo, 2 opções, escolher o zero ou o cinco.

23

Uma vez que já ut i l i zamos do is a lgar ismos dos 10 disponíveis, nos restam 8 opções para o segundo dígito, 7 para o terceiro e 6 para o quarto dígito. Logo, teremos: 3 . 8 . 7 . 6 . 2 = 2 016 números desse tipo. A resposta do problema é obtida somando-se os valores encontrados anteriormente:336 + 2 016 = 2 352

Questão 18Comentário: Seja a configuração a seguir as cinco posições das listras da bandeira.

Temos 7 opções de cores para a listra extrema da esquerda.

7

Para pintar a segunda listra, teremos 7 – 1 = 6 cores disponíveis.7 6

Para pintar a terceira listra, teremos 6 – 1 = 5 cores disponíveis, porque não podemos repetir as mesmas cores utilizadas nos dois passos anteriores.

7 6 5

Desenvolvendo o raciocínio de forma iterada, até não sobrar mais listras para pintar, teremos:

7 6 5 4 3

Pelo princípio multiplicativo, temos 7 . 6 . 5 . 4 . 3 = 2 520.


O problema é equivalente a contar de quantas formas podemos escolher 3 carros, entre 8 disponíveis, para ocuparem 3 lugares de forma ordenada.

Para a primeira posição, temos 8 opções de carros.

8

Para a segunda posição, teremos 8 – 1 = 7 carros disponíveis.

8 7

Para a última posição, teremos 7 – 1 = 6 carros para escolher.8 7 6

Assim, pelo princípio multiplicativo, teremos 8 . 7 . 6 = 336 maneiras possíveis para os 3 primeiros lugares.

Questão 20 Comentário: Inicialmente, calculamos quantos números distintos entre 1 000 e 9 999 podemos formar. Esses números têm 4 algarismos, e podemos escolher, para o primeiro deles, qualquer um dos 9 algarismos disponíveis. Para o segundo dígito, temos 8 opções, pois os algarismos devem ser diferentes. Para os demais, teremos 7 e 6 opções, respectivamente. Logo, teremos 9 . 8 . 7 . 6 = 3 024 números desse tipo.Calculemos, agora, quantos números temos entre 10 000 e 20 000. Nesse caso, para o primeiro algarismo, temos apenas uma opção (escolher o dígito 1). Para os demais algarismos, teremos 8, 7, 6 e 5 opções, respectivamente. Então, a quantidade de números desse tipo será: 1 . 8 . 7 . 6 . 5 = 1 680 númerosA resposta final é, então: 3 024 + 1 680 = 4 704 números

Exercícios propostosQuestão 01 – Letra BComentário: Foi dado que uma pessoa tem uma senha de 5 algarismos distintos, começando com o número 6 e tendo o algarismo 7 em alguma das quatro posições restantes. Para os outros três números da senha, não há restrição.

Assim, para o primeiro número, temos uma possibilidade; para os quatro próximos números, temos quatro possibilidades de digitar o número 7 e, para as três posições restantes, temos oito, sete e seis possibilidades para digitar qualquer número.

Portanto, o número máximo de tentativas para acertar a senha é o produto das possibilidades anteriores, ou seja, 1 . 4 . 8 . 7 . 6 = 1 344.

Questão 02 – Letra AComentário: As possibilidades de ligações distintas entre X e Z são as seguintes:XRZ ou XRYZ ou XYZ ou XSYZ ou XSZ ⇒3 . 1 + 3 . 3 . 2 + 1 . 2 + 3 . 2 . 2 + 3 . 2 = 3 + 18 + 2 + 12 + 6 = 41Portanto, há 41 possibilidades de ligações distintas entre X e Z.

Questão 03Comentário: Devido à restrição para faixas adjacentes, escolhemos primeiro o lado direito da bandeira, que é adjacente a três faixas. Portanto, temos 7 opções de cores para a faixa da direita. Para a próxima escolha, a faixa superior, temos 7 – 1 = 6 opções de cores, porque uma já foi escolhida no passo anterior. Para escolhermos a cor da faixa do meio, devemos notar que ela é adjacente a duas listras já escolhidas anteriormente, como mostra a figura a seguir.

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6

75

Portanto, temos 7 – 2 = 5 opções de cores para a faixa central. Já quanto à última faixa (faixa inferior), que é adjacente à faixa central e à faixa lateral direita, devemos notar que ela não é adjacente à faixa superior, logo pode ser pintada com a mesma cor que a faixa superior: 7 – 2 = 5

6

75

5

7 . 6 . 5 . 5 = 1 050

Questão 04Comentário: Vamos definir a fila da seguinte maneira:

• Paraoprimeirolugar,temosduaspossibilidades:AnaouJúlio.

• Paraosegundolugar,temosapenasumapossibilidade,AnaeJúliodevemestarjuntosnasprimeirasposiçõesdafila.

• Para as demais posições, devemos apenas permutar as 3 pessoas restantes.

2 1 3 2 1

1º 2º

Logo, temos 2 . 1 . 3 . 2 . 1 = 12 maneiras de organizar a fila

de forma com que Ana e Júlio sejam os primeiros.

Questão 05Comentário: Devemos escolher duas pessoas de grupos diferentes, e temos 3 possibilidades para a escolha dos grupos.

Meninas Meninos , Meninas Adultos , Meninos Adultos

Para cada grupo, temos contagens diferentes:

Meninas Meninos10 8

10 . 8 80

Meninas Adultos10 6

10 . 6 60

Meninos Adultos8 6

8 . 6 48

⇒ =

⇒ =

⇒ =

Como os 3 eventos são disjuntos, podemos utilizar o princípio aditivo, sem a necessidade de contar as interseções, já que não há nenhuma.

Portanto, há 80 + 60 + 48 = 188 maneiras de escolher duas pessoas de grupos diferentes.


A) Para formar uma função de A para B, temos que tomar 4 decisões:

• 1ª decisão: escolher uma imagem para o primeiroelemento de A → 5 opções (qualquer elemento de B pode ser imagem).

• 2ªdecisão:escolherumaimagemparao2ºelemento de A → 5 opções, pois nada impede que até mesmo o elemento utilizado na primeira decisão seja escolhido.

• 3ªdecisão:escolherumaimagemparao3ºelemento de A → também 5 opções.

• 4ªdecisão:escolherumaimagemparao4ºeúltimoelemento de A → 5 opções.

Logo, pelo princípio multiplicativo, podemos definir 5 . 5 . 5 . 5 = 625 funções de A para B.

B) Inicialmente, lembremos que uma função é injetiva se elementos diferentes do domínio têm imagens diferentes. Tomemos agora as decisões necessárias para resolver o problema.

• 1ªdecisão:escolherumaimagemparao1ºelemento de A → 5 opções.

• 2ªdecisão:escolherumaimagemparao2ºelemento de A → 4 opções, pois não podemos agora utilizar o

elemento que foi escolhido como imagem no item anterior.

• 3ªdecisão:escolherumaimagemparao3ºelemento de A → 3 opções (não podemos utilizar os dois anteriores).

• 4ªdecisão:escolherumaimagemparao4ºelemento de A → 2 opções.

Logo, pelo princípio multiplicativo, teremos: 5 . 4 . 3 . 2 = 120 funções injetivas.

Questão 07 – Letra CComentário: Para a centena, temos 4 opções de números maiores que 3 (lembrando que os números formados devem ser maiores que 300).

A unidade não pode ser 0 ou 5, porque o número não poderá ser divisível por 5. Assim, temos 7 – 2 = 5 opções, e devemos lembrar que o algarismo da centena pode se repetir.

Para o algarismo da dezena, não temos nenhuma restrição, portanto temos 7 opções.

4 7 5 4 .7 . 5 1403, 4, 5, 6 3ª escolha 2ª escolha� ��

⇒ =

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Questão 08 – Letra CComentário: Vamos, primeiramente, encontrar os números de 2 dígitos que são formados por algarismos distintos:

De 11 até 100, temos 90 números, porém, temos os casos (11, 22, ..., 99) que são os únicos 10 casos em que os algarismos não são idênticos. Logo, temos 80 casos em que eles são distintos.

Agora, para os casos de números de 3 dígitos, vamos proceder da seguinte forma:

• 1ºdigito–9possibilidades,poisnãopodemosusarozero

• 2ºdigito–9possibilidades

• 3ºdigito–8possibilidades

Portanto, temos 9 . 9 . 8 = 648 números com 3 algarismos distintos.

Então, temos um total de 648 + 80 = 728 números de 3 algarismos distintos.

Questão 09Comentário: Inicialmente, consideremos o conjunto A com 4 elementos. Para cada um desses elementos, temos duas opções: ou ele pertence a um subconjunto de A ou ele não pertence a um subconjunto de A. Logo, para o 1º elemento, temos 2 opções; para o 2º elemento, 2 opções; para o 3º, 2 opções; e, para o 4º elemento, também 2 opções. Portanto, pelo princípio multiplicativo, temos:

2 . 2 . 2 . 2 = 24 = 16 subconjuntos possíveis para A.

No caso de A ter n elementos, nosso raciocínio nos leva a

concluir que A terá =2 .2 ....... 2 2n fatores

n

� �� subconjuntos.


• Paraacasadascentenas,temos4possibilidades.

• Paraacasadasunidades,temos2possibilidades(0ou5), pois o número deve ser múltiplo de 5.

• Paraacasadasdezenas,temos6possibilidades.

Então, temos 4 . 2 . 6 = 48 números.


Comentário: 1º lugar 2º lugar 3º lugar

24 . 23 . 22 = 12 144

Portanto, poderiam existir 12 144 tampinhas diferentes.

Questão 12Comentário: Primeiro contamos quantos números de quatro algarismos diferentes existem acima de 3 000.

⇒ =

7 . 9 . 8 . 7 3 5283, 4, 5,

6, 7, 8, 9

Agora contaremos quantos números de quatro algarismos distintos temos entre 2 000 e 3 000, retirando da contagem os números entre 2 000 e 2 400.

⇒ =

2 1. 9 . 8 . 7 5042

⇒ =

2 1.3 . 8 . 7 1682 0,1, 3

Como os eventos são disjuntos, podemos somar ou subtrair os valores encontrados, sem nos preocuparmos com as interseções.

3 528 + 504 – 168 = 3 864

Questão 13 – Letra EComentário: Partindo do vértice A, temos 3 deslocamentos

possíveis (três arestas partem de A). A partir de cada um desses

vértices, temos agora dois deslocamentos possíveis para chegar

a O, pois não podemos retornar a A.

Logo, no cubo inferior, temos 3 . 2 = 6 caminhos mais curtos.

Analogamente, temos 6 caminhos mais curtos de O até B,

totalizando 6 . 6 = 36 caminhos mais curtos.

Questão 14 – Letra DComentário: Vamos supor a seguinte sequência.

MG ES RJ SP

4 . 3 . 2 . 2 = 48 formas diferentes de colorir o mapa.

Questão 15Comentário: Não. Supondo que a primeira escolha tenha sido a mulher M1 e a segunda o homem H1, formando o casal M1H1, caso se escolha primeiro H1 e depois M1, o casal formado será o mesmo. Isso acontecerá em todas as escolhas e, por isso, a resposta dada por Sofia é o dobro da resposta correta.

Logo, o correto seria 98 : 2 = 49.


Comentário: Seja ai o i-ésimo pedido do freguês ao prato

principal, bi o i-ésimo pedido do freguês ao acompanhamento e

ci o i-ésimo pedido do freguês a uma bebida. Temos os conjuntos

A, B e C de pedidos do prato principal, acompanhamento

e bebida, respectivamente.

A = {a1, a2, a3}

B = {b1, b2, b3}

C = {c1, c2, c3}

A quantidade de maneiras diferentes de o garçom distribuir os

pedidos pode ser contada da seguinte forma:

� ��

=

= ==

− − − − − −

.

3 3 3 2 2 2 1 1 1

3 .3 . 3 . 2 . 2 . 2 .1 .1.1 3 . 2 .1 . 3 . 2 .1 . 3 . 2 .13!. 3! 3! (3!)

n(A) n(B) n(C)

Pr imeiro freguês

n(A) 1 n(B) 1 n(C) 1

Segundo freguês

n(A) 2 n(B) 2 n(C) 2

Terceiro freguês

3

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Para o primeiro freguês, temos 3 opções para o prato principal,

acompanhamento e bebida.

Para o segundo freguês temos 2 opções para o prato principal,

acompanhamento e bebida, porque já usamos uma opção para

o primeiro freguês.

Para o terceiro freguês, resta 1 opção.

Questão 17 – Letra DComentário: Basta escolher um ponto de cada círculo, o que pode ser feito da seguinte forma:

• Escolher um ponto do círculo que possui 5 pontos: 5 possibilidades.




Logo, podemos formar 5 . 4 . 3 . 2 = 120 quadriláteros.

Questão 18 – Letra DComentário: Temos 3 opções de números em cada fileira.

• 1ªfileira={1,2,3}



Como os números não precisam ser distintos, temos 9 opções

para os dois números de cada fileira. Logo:

= = =

� ��

� ��

� ��

� ��

3 0

3 3 3 3 3 3 3 0

N 3 .3 . 3 3 729

1ª fileira 2ª fileira 3ª fileira

1ª fileira

3

2ª fileira

3

3ª fileira

32 2 2 6

2 2 2

N = 32 . 32 . 32 = 36 = 729

Questão 19 – Letra CComentário: Para facilitar a resolução da questão, separamos o problema em dois casos:

• Primeiro:1ªengrenagemdopinhão

• Segundo:2ªe3ªengrenagemdopinhão

Como um dente da primeira engrenagem da coroa quebrou, de forma que ele só pode ser ligado à 1ª e 2ª engrenagens do pinhão, temos apenas 2 opções para criarmos uma ligação.

Já para criarmos uma ligação com a segunda e terceira engrenagens da coroa, temos 6 opções de engrenagens do pinhão.

Logo, como os eventos são disjuntos, podemos somar os resultados obtidos.

+ = + =

1.2 2 . 6 2 12 14Pr imeira

coroaSegunda e

terceiracoroa

Questão 20Comentário: Somando dois algarismos distintos, entre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 e 9, para que o resultado seja 6, temos:

0 + 6 = 1 + 5 = 2 + 4 = 4 + 2 = 5 + 1 = 6 + 0 = 6

Assim, temos 6 maneiras possíveis, se a ordem do primeiro e do segundo algarismo importar.

Voltando ao problema principal do enunciado, temos:

Soma dosalgarismosigual a 6

� ��

Podemos representar os dois últimos algarismos com um símbolo, já que só temos 6 possibilidades.

6


� �� Σ =

Supondo que os algarismos escolhidos cuja soma é igual a seis sejam 1 e 5, restam oito elementos para escolher.

Supondo que se escolha o 2, a terceira opção contém sete elementos.

Supondo que se escolha o elemento 7, restam seis elementos para a próxima escolha.

Na penúltima escolha, se for escolhido o elemento 0, teremos 5 opções para o passo final, como mostra o exemplo a seguir:

8 7 6 5 6

8 .7 . 6 . 5 . 6 10 080

{0, 2 ,3, 4, 6,7, 8, 9}

{0, 3,4, 6,

7 , 8, 9}

{0 , 3,4, 6,8, 9}

{3 ,4, 6,8, 9}


{0, 1 , 2,

3, 4, 5 , 6,7, 8, 9}

=


A) Sejam A, B, C e D as quatro cores de que dispomos. Assim, temos quatro opções de cor para colorir o país P.

P Q

R S

A

=cores disponíveis {A ,B, C,D}

Supondo que a cor A tenha sido escolhida para colorir o país P, restam-nos três cores (B, C ou D) para colorir o país S, porque a cor tem que ser distinta da de P.

P Q

R S

A

B

=cores disponíveis {A , B , C,D}

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Supondo que a cor B tenha sido escolhida para colorir o país S, devemos colorir os países Q e R com as duas cores restantes, lembrando que esses dois países podem ou não ter a mesma cor e que não podem ter a mesma cor dos países adjacentes a cada um deles (P e S).

Exemplo de cores iguais para Q e R:

P Q

R S

A C

BC

Exemplo de cores diferentes para Q e R:

P Q

R S

A C

BD

Utilizando o princípio multiplicativo para a escolha das cores dos 4 países, conforme detalhado anteriormente, temos 4 . 3 . 2 . 2 = 48.

B) Sejam A, B, C e D as quatro cores de que dispomos. Assim, temos quatro opções de cor para colorir o país P.

Supondo que a cor A tenha sido escolhida para colorir o país P e sabendo que no enunciado foi determinado que P e Q devem ter cores iguais, temos uma opção para colorir Q.

P Q

R S

A

A

=cores disponíveis {A ,B, C,D}

Para os países Q e R, que são adjacentes a P e S, temos três opções de cores (B, C ou D) restantes, lembrando que Q e R podem ou não ter a mesma cor e que não podem ter a mesma cor dos países adjacentes a cada um deles (P e S).

Utilizando o princípio multiplicativo para a escolha das cores dos 4 países, conforme detalhado anteriormente, temos:

4 . 1 . 3 . 3 = 36


Podemos representar a fila de cinco pessoas da seguinte forma:

Contamos quantas são as possíveis posições em que a pessoa B pode ficar na frente da pessoa A.

⇒ ∅A

⇒A A B

⇒

AA B

A B

⇒

A

A B

A B

A B

⇒

A

A B

A B

A B

A B

0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 10

EmcadaumadasconfiguraçõesdasposiçõespossíveisdeA e B, teremos 3 lugares para distribuir as pessoas C, D e E.

…

…

A B

A B

A B

3 2 1

3 2 1

3 2 1

São 3! possibilidades de distribuir as pessoas C, D e E. Logo:

+ + …+ = =� �� 3! 3! 3! 10 . 3! 6010 vezes

Questão 23 – Letra AComentário:Sejam os conjuntos A, B, T. A é o conjunto de senhas que têm os dígitos centrais correspondentes ao mês (xx01xx, xx02xx, xx03xx, ..., xx12xx), B é o conjunto de senhas que não têm dígitos centrais correspondentes ao mês e T o total de senhas possíveis. Como A e B são disjuntos e complementares entre si, pela teoria de conjuntos, temos:

T A Bn T n A n B n A B n B n T n A= ∪

= + − ∩ ⇒ = −( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0

� ��

Para calcular a quantidade de elementos do conjunto B, podemos calcular o total de elementos de T e retirar os elementos do conjunto A, que são bem mais fáceis de contar que os elementos do conjunto B.Como temos 10 opções de algarismos em cada dígito, temos que o total de senhas possíveis é:

10 . 10 . 10 . 10 . 10 . 10 n(T) 106⇒ =

Para calcular o número de elementos do conjunto A, temos:

…

0 1

0 2

1 1

1 2,

em que há 4 lugares restantes que podem ser ocupados por 10 algarismos cada um. Logo:

n(A) 10 10 10 12 . 104 4 4

12 vezes

4

� �� = + + …+ =

Portanto, n(B) é:n(B) = n(T) – n(A) = 106 – 12 . 104

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68 Coleção EM2

Questão 24 – Letra BComentário: Para encontrar esse número, basta permutar os 4 algarismos do prefixo, que pode ser feito da seguinte forma:

• 1ºnúmerodoprefixo:4possibilidades



• 4ºnúmerodoprefixo:1possibilidade

Logo, temos 4 . 3 . 2 . 1 = 24 possibilidades de prefixo.

Questão 25 – Letra DComentário: Para a escolha das colunas, temos os seguintes casos:

• 1ªcoluna:3possibilidades





Agora, para os espaços, temos:

• 1ºespaço:2possibilidades




Então, ao todo existem: 3 . 3 . 3 . 3 . 3 . 2 . 2 . 2 . 2 = 243 . 16 = 3 888 código possíveis.

Questão 26 – Letra BComentário: Se chamarmos cada parede por um número então teremos as paredes 1, 2, 3 e 4. Supondo que as paredes 1 e 3, e 2 e 4 são uma de frente para a outra, não poderemos ter as seguintes pinturas:

• 1azul;2branco;3rosa;4verde

• 1azul;2verde;3rosa;4branco

• 1rosa;2branco;3azul;4verde

• 1rosa;2verde;3azul;4branco

• 1branco;2azul;3verde;4rosa

• 1branco;2rosa;3verde;4azul

• 1verde;2azul;3branco;4rosa

• 1verde;2rosa;3branco;4azul

E temos um total de 4 . 3 . 2 . 1 = 24 maneiras de se pintar as paredes do quarto. Então, basta subtrair desse total os 8 casos que não nos interessa.

Logo, temos 24 – 8 = 16 maneiras de pintar o quarto.

Questão 27 – Letra BComentário: Vamos separar o problema nos seguintes casos:

• 1letra:2possibilidades

• 2letras:2.2possibilidades

• 3letras:2.2.2possibilidades

• 4letras:2.2.2.2possibilidades

• 5letras:2.2.2.2.2possibilidades

Logo, temos um total de 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62 possibilidades.


Comentário:

Conforme o enunciado, no gabarito não aparece a alternativa A. Então, o problema se reduz a quantos são os possíveis gabaritos com as alternativas B, C e D, de forma que D apareça apenas uma vez.Representamos a posição das questões da seguinte forma:

1ªQuestão

2ªQuestão

3ªQuestão

4ªQuestão

5ªQuestão

6ªQuestão

7ªQuestão

8ªQuestão

9ªQuestão

10ªQuestão

Podemos escolher em qual questão a alternativa D será colocada.

…

10 maneiras

D

D

D

D

E, após escolher a posição da alternativa D, temos 9 posições que podem ser preenchidas com as alternativas A ou B.Exemplo:

DB ou C B ou C B ou C B ou C B ou C B ou C B ou C B ou C B ou C

Ao todo, são =� �� 2 .2 . ... . 2 29 vezes

9 maneiras.

Independentemente da posição de D, há a mesma quantidade

de maneiras de inserir as alternativas B ou C nas questões

remanescentes. Assim, o total de gabaritos possíveis é:+ + =� �� 2 ... 2 10 . 29 9

10 maneiras

9

Questão 29 – Letra CComentário: Para as unidades temos 9 possibilidades (não podemos usar o zero). Uma vez escolhido o algarismo que irá ocupar a casa das unidades, o algarismo que vai ocupar a casa das dezenas de milhar também está escolhido. O mesmo vai ocorrer com o algarismo que ocupa a casa das dezenas, que deve ser o mesmo do algarismo da casa das unidades de milhar, e para as centenas podemos usar qualquer algarismo.Portanto, temos:

• Unidades:9possibilidades(nãopodemosusarozero)

• Dezenas:10possibilidades

• Centenas:10possibilidades

• Unidadesdemilhar:1possibilidade(omesmodasdezenas)

• Dezenasdemilhar:1possibilidade(omesmodasunidades)

Então, temos um total de 9 . 10 . 10 = 900 possibilidades.

Questão 30Comentário: Vamos colorir, na seguinte ordem, olhando primeiro para as regiões com mais fronteiras:

• Centro-oeste,Sudeste,Nordeste,SuleNorte.Então,temos:

• Centro-oeste:5possibilidades

• Sudeste:4possibilidades

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• Nordeste:3possibilidades

• Sul:3possibilidades

• Norte:3possibilidades:

Então, temos um total de 5 . 4 . 3 . 3 . 3 = 540 maneiras de se pintar esse mapa.


• 1ºdígito–1possibilidade(7)

• 2ºdígito–1possibilidade(5)

• 3ºdígito –7possibilidades (pois oúltimodeve ser umímpar)

• 4ºdígito–6possibilidades

• 5ºdígito–5possibilidades

• 6ºdígito–3possibilidades(1,3ou9)

Portanto, temos um total de 7 . 6 . 5 . 3 = 630 senhas possíveis.

Como ela gasta 10 segundos em cada senha, temos um total de 10 . 630 = 6 300 segundos =

105 minutos = 1 hora e 45 minutos.

Questão 32Comentário: Para encontrar o total de anagramas desta palavra, basta permutar as 5 letras, que é feito de 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120 maneiras. E lembrar de dividir o resultado por 2 . 1, pois toda vez que trocamos as letras “o” de lugar, nós não formamos uma palavra nova. Portanto o total de anagramas é 60.


• 1ºpar:4possibilidades(podeserqualquerpar)

• 2ºpar:2possibilidades









Logo, teremos: = = =4 .2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 4 . 2 2 . 2 29 2 9 11

Questão 34 – Letra DComentário: Vamos fazer a seguinte divisão:

• Homensquetocamalguminstrumento:12

• Homensquenãotocamnenhuminstrumento:28

• Mulheresquetocamalguminstrumento:25

• Mulheresquenãotocamnenhuminstrumento:35

• Para encontrar o total de duplas possíveis, basta fazer 60 . 40 = 2 400

Agora, vamos encontrar o total de duplas onde nenhum dos dois toquem algum instrumento: 28 . 35 = 980.

Então, como queremos encontrar as duplas onde pelo menos um da dupla toca algum instrumento, basta fazer o total de duplas, menos as duplas onde nenhum deles toque algum instrumento.

O que nos deixa com 2 400 – 980 = 1 420

Ou, de outra forma, poderíamos ter as seguintes disposições:

Homem e mulher tocam algum instrumento: 12 . 25 = 300

• Sóohomemtoca:12.35=420

• Sóamulhertoca:28.25=700

Somando estes resultados, temos: 700 + 300 + 420 = 1 420

Questão 35 – Letra BComentário: O total de maneiras para dispor os atletas nas 3 posições é dado por: 9 . 8 . 7 = 504.

O total de maneiras de dispor todos os atletas menos os brasileiros nas 3 primeiras posições é dado por: 5 . 4 . 3 = 60.

Logo, basta fazer 504 – 60 = 444 maneiras.

Questão 36Comentário: Vamos separar em dois casos:

• 1ºcaso:primeiroalgarismoéimpar

Para o primeiro algarismo temos 5 possibilidades (1, 3, 5, 7, 9).

Para o segundo e terceiro algarismos, temos as seguintes combinações (05, 50, 14, 41, 23, 32), logo, para o segundo e terceiro algarismos, temos 6 possibilidades.

Para o quarto algarismo temos 10 possibilidades, pois não temos restrições.

Para o último algarismo temos 5 possibil idades (1, 3, 5, 7, 9).

Portanto, para este caso, temos 5 . 6 . 10 . 5 = 1 500 senhas possíveis.

• 2ºcaso:primeiroalgarismoépar

Para o primeiro algarismo temos 4 possibilidades (2, 4, 6, 8).

Para o segundo e terceiro algarismos, temos as seguintes combinações (05, 50, 14, 41, 23, 32), logo, para o segundo e terceiro algarismos, temos 6 possibilidades.

Para o quarto algarismo temos 10 possibilidades, pois não temos restrições.

Para o último algarismo temos 1 possibilidade (deve ser igual ao primeiro).

Portanto, para este caso, temos 5 . 6 . 10 . 1 = 300 senhas possíveis.

Agora, somando os dois casos, temos: 1 500 + 300 = 1 800

senhas possíveis.

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70 Coleção EM2


Partindo de A, temos a opção de ir para a direita, rumo à cidade B, ou a para a esquerda, rumo à cidade F.

A

D

E

F

Podemos representar o caminho da esquerda como:

A F E DCaminho 1 Caminho 2 Caminho 3

,

em que cada espaço representa um caminho com as opções.

Caminho 1 = {a1, a2}

Caminho 2 = {b1, b2, b3}

Caminho 3 = {c1, c2}

A 1 F 2 E 3 D 1 . 2 . 3 6Caminho 1 Caminho 2 Caminho 3

⇒ =

A

D

C

B

Podemos representar o caminho da esquerda como:

A B C DCaminho 1 Caminho 2 Caminho 3

,

em que cada espaço representa um caminho.

Caminho 1 = {a1, a2}

Caminho 2 = {b1, b2, b3}

Caminho 3 = {c1, c2}

A 2 F 3 E 2 D 2 .3 . 2 12Caminho 1 Caminho 2 Caminho 3

⇒ =

Por serem eventos independentes, somamos os valores correspondentes ao número de caminhos possíveis.

6 + 12 = 18 caminhos.

Questão 38Comentário: 1ª casa 2ª casa 3ª casa 4ª casa 5ª casa

4 . 3 . 3 . 3 . 3 = 324

Portanto, são 324 possibilidades diferentes para pintura.

Questão 39 – Letra AComentário: Números onde temos os seguintes algarismos (7 e 9) na casa das dezenas de milhar, são maiores que 64 000, o que nos dá 2 . 7 . 6 . 5 . 4 = 1 680 números.Agora, números que tenham o algarismo 6 na casa das dezenas de milhar e (4, 5, 7 e 9) na casa das unidades de milhar também são maiores que 64 000, o que nos dá: 1 . 4 . 6 . 5 . 4 = 480Portanto, temos um total de 1 680 + 480 = 2 160 números.

Questão 40 – Letra AComentário: Para montar o horário, basta escolher um dos dias da semana para cada aula, da seguinte forma:

• 1ªaularegular:5possibilidades

• 2ªaularegular:4possibilidades

1ª aula de exercícios: 5 possibilidades, o que nos dá 5 . 4 . 5 = 100 possibilidades, porém, devemos multiplicar esse resultado por dois, pois em todos os dias temos dois horários possíveis para as aulas regulares. Portanto, o total de horários possíveis é de 2 . 100 = 200.

Seção Enem

Questão 01 – Letra CEixo cognitivo: II


Habilidade: 2

Comentário: Considere A e C com cores distintas. As opções de escolha de cor para cada um dos círculos é dada por:A: 3, B: 1, C: 2 e D: 1 (I)Considere, agora, A e C com a mesma cor:A: 3, B: 2, C: 1 (a cor escolhida em A), D: 2 (II)Pelo princípio fundamental da contagem, temos, em I, 3 . 1 . 2 . 1 = 6 maneiras de pintar os quatro círculos e, em II, 3 . 2 . 1 . 2 = 12. Logo, são 6 + 12 = 18 maneiras diferentes de pintar os círculos, seguindo as orientações do pai.


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: De acordo com a tabela do enunciado, apenas as escolas II e IV podem vencer a competição, já que as notas variam de 6 a 10, e a diferença entre as somas das notas entre aquelas duas escolas e as outras é maior que quatro pontos.

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Logo, a escola II deve superar ou igualar (pois nos critérios de

desempate, enredo e harmonia, a escola II possui maior soma)

a escola IV. Para superar a escola IV, a última nota da escola

II deverá ser pelo menos dois pontos maior do que a última

nota da escola IV, e as outras escolas podem ter qualquer nota.

Tem-se três casos a considerar:

1º caso: Última nota da escola II igual a 8:

6 a 10Escola I

8Escola II

6 a 10Escola III

6Escola IV

6 a 10Escola V

5 possibilidades 1 possibilidade 5 possibilidades 1 possibilidade 5 possibilidades��

Total = 5 . 1 . 5 . 1 . 5 = 125 configurações


6 a10Escola I

9Escola II

6 a10Escola III

6, 7Escola IV

6 a10Escola V

5 possibilidades 1 possibilidade 5 possibilidades 2 possibilidades 5 possibilidades��



6 a10Escola I

10Escola II

6 a10Escola III

6 a 8Escola IV

6 a10Escola V

5 possibilidades 1 possibilidade 5 possibilidades 3 possibilidades 5 possibilidades��


O número de configurações distintas que tornariam campeã a

escola II é a soma do número de configurações de cada caso.

Portanto, 125 + 250 + 375 = 750 configurações.


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Vamos dividir a escolha do professor em 2 etapas:

• 1ªetapa:escolherosmuseusnacionais

• 2ªetapa:escolherosmuseusinternacionais

A resposta final será calculada multiplicando-se os números

encontrados nas duas etapas descritas.

Para a 1ª etapa, devemos tomar 3 decisões: escolher o

1º museu, escolher o 2º museu e escolher o 3º museu nacional.

Pelo princípio multiplicativo, isso pode ser feito de 4 . 3 . 2

3 . 24=

modos. Observe que dividimos o produto 4 . 3 . 2 por 3 . 2,

pois cada escolha A, B e C dos museus nacionais foi contada

3 . 2 vezes.

Para a 2ª etapa, teremos 4 . 32

6= modos de escolher os

museus internacionais.

Portanto, no total, teremos 6 . 4 = 24 modos diferentes de

escolher os 5 museus.


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Para escolher um elemento do grupo dos

cetáceos, existem 2 formas; para o grupo dos primatas, 20;

e para o dos roedores, 33. Portanto, utilizando o princípio

multiplicativo, temos que o número de conjuntos distintos que

podem ser formados com essas espécies é:

2 20 33 1 320Cetáceos imatas Roedores

. .Pr

=


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Num sistema de códigos com 5 barras, sejam B1,

B2, B3, B4, B5 as cinco barras. Para que o código seja o mesmo

nos dois sentidos, B1 e B5 devem ter a mesma cor, assim como

B2 e B4 devem ter a mesma cor.

Logo, há duas possibilidades para B1 e B5, duas possibilidades

para B2 e B4 e duas possibilidades para B3, ou seja, 23 = 8.

Retirando-se os dois códigos em que todas as cores são iguais,

temos 8 – 2 = 6.


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário: Para resolver esse problema, vamos utilizar o

diagrama de Venn.

C1 C2

C3

Começaremos preenchendo a região correspondente à

interseção dos 3 conjuntos que, de acordo com o texto, é

igual a 4 (“ [...] C2 e C3 terão 5 páginas em comum, das quais

4 também estarão em C1”).

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72 Coleção EM2

C1 C2

C3

12

4

6

Como C1 e C3 terão 6 páginas em comum, duas delas estarão unicamente em C1 e C3. Temos também C1 e C2 com 10 páginas em comum, de forma que 6 delas estarão unicamente em C1 e C2.

Se C1 tem 50 páginas, 38 estarão apenas em C1. Um raciocínio semelhante nos permite concluir que 34 páginas estarão só em C2 e 33 em C3, completando-se, assim, nosso diagrama.

C1 C2

C3

12

4

638 34

33

Somando todos os números, encontramos 118.

Questão 07 – Letra BEixo cognitivo: III


Habilidade: 3

Comentário:

Cores: cinza, azul, verde, amarela

• Fundo:azuloucinza

• Casa:azul,verdeouamarela

• Palmeira:cinzaouverde

1ª possibilidade: fundo azul

Casa Palmeira

↓ ↓

2 possibilidades . 2 possibilidades = 4

(verde ou amarela) (cinza ou verde)

2ª possibilidade: fundo cinza

Casa Palmeira

↓ ↓

3 possibilidades . 1 possibilidade = 3

(azul, verde ou amarela) (verde)

Total: 4 + 3 = 7

Desafio

Questão 01Comentário: Vamos separar nosso problema nos seguintes

casos:

• 1ºcaso:Aprimeiracartaédecopas,porémnãopodeser

nem o rei nem a dama de copas: 11 possibilidades.

A segunda carta é um rei: 4 possibilidades

A terceira carta não é uma dama: 46 possibilidades

O que nos deixa com 11 . 4 . 46 possibilidades

• 2ºcaso:Aprimeiracartaéoreidecopas:1possibilidade

A segunda carta é um rei: 3 possibilidades (um rei já foi

usado)

A terceira carta não é uma dama: 46 possibilidades

O que nos deixa com 1 . 3 . 46 possibilidades

• 3º caso: A primeira carta é a dama de copas:

1 possibilidade

A segunda carta é um rei: 4 possibilidades

A terceira carta não é uma dama: 47 possibilidades (uma

dama foi usada)

O que nos deixa com 1 . 4 . 47 possibilidades.

Portanto, o total vai ser de:

11 . 4 . 46 + 1 . 3 . 46 + 1 . 4 . 47 =

46(44 + 3) + 4 . 47 = 47 . 50 = 2 350

Questão 02

Comentário: Para encontrar o total de anagramas onde as

consoantes estão em ordem alfabética, basta permutar todas

as letras, e então dividir o resultado por 4 . 3 . 2 . 1, pois estas

são as maneiras de se permutar as consoantes. Desta forma,

identificamos a quantidade de anagramas onde as consoantes

estão em ordem alfabética: =7!4!

210.

Questão 03

Comentário: Note que qualquer número desta soma é formado

apenas com os algarismos 1, 2, 3, 4 e 5. Repare também, que

temos 5 . 4 . 3 . 2 . 1 números possíveis.

Começando com 1, temos 4 . 3 . 2 . 1 = 24 números, o que

acontece também com os números começados em 2, 3, 4 e 5.

Logo, a soma 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15, vai acontecer 24 vezes

na casa das dezenas de milhar, e, analogamente, vamos ter esse

mesmo processo acontecendo também na casa das unidades

de milhar, centenas, dezenas e unidades. O que nos deixa com:

24 . 15 . 104 + 24 . 15 . 103 + 24 . 15 . 102 + 24 . 15 . 10 + 24 . 15 . 1 =

24 . 15 . (10 000 + 1 000 + 100 + 10 + 1) =

24 . 15 . (11 111) = 360 . 11 111 = 3 999 960

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Manual do Professor


CAPÍTULO – C1Polígonos e circunferência


Questão 01Comentário: Considere a figura a seguir:

A

B D C

� �

�

R

h

Sejam R o raio da circunferência inscrita no triângulo equilátero ABC e l e h as medidas do lado e da altura do triângulo ABC, respectivamente. Assim, como foi dado que h = 3 cm, temos:

R13

.h13

.3 R 1 cm

h3

2h.

2

33.

2

32 3

l

l l

= = ⇒ =

= ⇒ = = ⇒ =

Portanto, a razão entre a medida do raio da pedra (circunferência inscrita no triângulo ABC) e a medida do lado do triângulo é:

Rl

= =1

2 3

36


rrrr

r

r r

r

r

h

R

Seja R o raio da circunferência maior, r o raio da circunferência menor e h a medida do centro da circunferência maior até o vértice do triângulo.

O triângulo formado pela ligação entre os raios dos círculos menores é equilátero de lado 2r.

A medida de h é a distância do baricentro do triângulo equilátero

até o vértice, daí concluímos que a medida de h é 23

da altura

do triângulo. Logo:

� ��

h23

.2r 3

223

. r 3

Altura

( )( )=

=

Assim, substituindo h, temos:

R r h r23

. r 3 r 12 33

Rr

12 33

3 2 33

( )= + = + = +

= + =+


Comentário: Como as medidas dos ângulos do polígono

formam uma P.A., sejam x o valor de um dos ângulos e r o

valor da razão dessa P.A. Assim, considere a figura a seguir:

x + 3r

x + 2rx + r

x

x + 4r

Dessa forma, utilizando a fórmula da soma dos ângulos

internos, temos:

S n S

S x x ri i

i

= − ⇒ = − = ⇒

= = + +

( ). ( ).

(

2 180 5 2 180 540

540

° ° °

° )) ( ) ( ) ( )+ + + + + + ⇒

+ = ⇒ + =

x r x r x r

x r x r

2 3 4

5 10 540 2 108° °

Portanto, mesmo não sabendo os valores de x e r, sabe-se que

o ângulo x + 2r vale 108°.

Questão 04

Comentário: Seja i o ângulo interno e e o ângulo externo.

Sabemos que i + e = 180° e, pelo enunciado, o polígono regular

possui a informação de que i = 3e.

i e 180i 3ei e 3e e 4e 180 e 45i 3 . 45 135

+ = °=

+ = + = = ° ⇒ = °= ° = °

Sabemos que a soma dos ângulos de um polígono convexo é

Sn = (n – 2).180° e que a soma dos ângulos de um polígono

regular pode ser calculada pela expressão Sn = n.i, em que

cada um dos n vértices contém a medida i do ângulo. Logo:

= − ⇒ = − ⇒= ⇒ =

.135n. i (n 2) .180° n ° 180°n 2 .180°360° 45°n n 8

O polígono regular de 8 lados é um octógono.

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74 Coleção EM2

Questão 05

Comentário: Considere a figura a seguir:

FH

A

B

CG

D

E

8¹2 cm8¹2 cm

8¹2 cm8¹2 cm

O

Sabe-se que o raio da circunferência circunscrita ao hexágono

é igual ao lado do hexágono, e o da circunferência inscrita ao

quadrado é igual à metade da diagonal. Portanto, a diagonal

do quadrado vale 2 8 2.( ) cm, e o valor do lado do quadrado é:

d d cm= ⇒ = =( )

⇒ =l l l22

2 8 2

216.

Portanto, como o apótema do quadrado é igual à metade

do lado, temos:

Apótema = 8 cm

Questão 06

Comentário: Sejam L o lado do triângulo e h a altura do triângulo

equilátero. O apótema, que é o raio da circunferência inscrita em

um polígono regular, é um terço da altura do triângulo, pois o

centro da circunferência é o baricentro do triângulo.

hLL

L2

h3

L2

Dado que o apótema é 3 cm, então:

h3

3 cm

hL 32

h3

13

.L 32

3 cmL 36

18

3cm L

L18

3.

3

3cm

18 33

cm 6 3 cm

=

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

= = =

Questão 07 – Letra CComentário: A questão mostra a tabela para reforçar que o número de diagonais depende do número de lados.

Sejam n o número de lados do polígono e d o número de diagonais. Assim, temos a seguinte relação:

dn . (n 3)

2=

−

Logo, o número de diagonais para n = 13 é:

d=13 . (13 3)

213 .10

213 .5 65 diagonais

−= = =


Solução 1:

Sejam R o raio da circunferência circunscrita e r o raio da circunferência inscrita. Observe a figura a seguir:

30°30°

A B

C

R

r

A reta que contém AC é a bissetriz, R é a hipotenusa e r é o cateto BC do triângulo ABC.

Logo, a razão pode ser calculada da seguinte forma:

= ⇒ = ⇒

=

⇒ =

°

− −

−

−

sen 30°rR

12

rR

12

rR

Rr

2

sen 30

1 1

rR

12

1

1

Solução 2:

r

R

A altura do triângulo equilátero é R + r.

R é a distância do vértice até o baricentro do triângulo, então:

R23

. (altura)23

. (R r)= = +

3R 2R 2r R 2rRr

2= + ⇒ = ⇒ =

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Manual do Professor


Questão 09 – Letra DComentário: Considere a figura a seguir:

60°

60°60°

60° 60°

60°

60°

60°

120° 120°

120°120°

120° 120°

60°

60°60°

60°

45°45°

45°45°

45°

45°

45°

45°

Após colocar os ângulos dos sete ladrilhos regulares, temos de preencher a figura com 2 triângulos equiláteros e 4 triângulos retângulos isósceles.


A

B

C D

x xy

y

108° E

α

Um pentágono possui um ângulo interno de 108°, em especial o ângulo ABC.

O triângulo ABC é isósceles, com AB = AC.

O triângulo ACD também é isósceles, com AC = AD.

Da figura, retiramos as seguintes relações:

108° y y 180°x y 108°

x x 180°

+ + =+ =

α + + =

Resolvendo o sistema, temos:

+ + = ⇒ = ⇒ =+ = ⇒ + = ⇒ =

α + + = ⇒ α + + = ⇒

α + = ⇒ α =

=

=

108° y y 180° 2y 72° y 36°x y 108° x 36° 108° x 72°

x x 180° 72° 72° 180°

144° 180° 36°

y 36°

x 72°

Questão 11 Comentário: Considere a figura a seguir:

A B

C

D

E

F

GH

I

J

K

L

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

�

1 unidade

60°

60°60° 60°

60°

60°

60°60°

60°

60°

60°60°

60°

60°60°60°

60°

120° 120°

120°

120° 120°

120°

60°

A) Como o dodecágono é formado a partir de polígonos regulares (hexágono, quadrados e triângulos) de mesmo lado, temos que todos os lados do dodecágono possuem o mesmo valor; logo, ele também é regular.

B) A área do dodecágono é igual à soma das áreas de cada polígono que o forma. Assim:

l

l

l

= + +

=

+ +

⇒

=

+ ⇒ = +

A A 6.A 6.A

A 6. 34

6. 6. 34

A 12. 1 34

6 .1 A 3 3 6

Dodecágono Hexágono Quadrado Triângulo

Dodecágono

22

2

Dodecágono

22

Dodecágono

Questão 12 Comentário: Considere a figura a seguir:

R

O

x

y

1 cm

2 cm

2 cm 2 cm2 cm

2 cm

2 cm

2 cmh

2 cm

1 cm

1 cm 1 cm

1 cm 1 cm

A) Observe que y = 2.h, em que h é a altura dos triângulos equiláteros que formam o hexágono (parafuso) de lado 2 cm.

Assim: y y cm=

=

⇒ =2 3

22 2 3

22 3. . .l

Observe, também, que x é igual à 32

do valor do lado,

ou 34

do valor de uma diagonal do hexágono. Portanto:

x32

.32

.2 x 3 cml= = ⇒ =

EM2MPV1_MAT.indd 75 08/11/17 11:41

76 Coleção EM2

B) De acordo coma figura anterior, observa-se que o raioda circunferência λ também é igual à 2 vezes a altura dos triângulos equiláteros que formam o hexágono (cabeça do parafuso). Portanto, sendo L a medida do lado do hexágono, temos que R vale:

R L R L cm=

⇒ =2 3

23.

Questão 13Comentário: Considere a figura da rosácea de 4 pétalas a seguir:

10 cm

Observa-se que a rosácea de 4 pétalas é formada por 8 arcos de 90°, cada um com o raio de 20 cm. Portanto, seu comprimento é:

8.90°360°

.2 (20) 80π = π


80 mm

80 mm 80 mmθ

O

A B

80¹3 mm

Seja q o ângulo que representa o arco replementar do arco A¹B. Assim:

80 80

40¹3 40¹3

O

A BC

θ2

θ2

sen senθ θ θ θ2

40 380 2

32 2

60 120= ⇒ = ⇒ = ⇒ =° °

Portanto:

AB AB AB + = ⇒ + = ⇒ =θ 360 120 360 240° ° ° °

Questão 15 – Letra CComentário: Dado que AB = 240° e R = 8 cm, temos:

m ABAB

360°.2 R

240°360°

.2 .(8) m AB323

cm

( ) ( )= π = π ⇒ =π


10 dm

1 dm

5 dm5 dm

R R

A

B

C

DE

α

2α

Visualizando a esfera como uma seção vertical, temos:

DE EB 5 dmAD AB AC RCE 1 dm

= == = ==

O ângulo CBD é a metade de CAD porque o ponto B é tangente à circunferência.

Do triângulo CEB, temos, pelo Teorema de Pitágoras:

= + = + =

=

α = = =

α = = =

CB CE EB (5 dm) (1 dm) 26 dm

CB 26 dm

senCECB

1 dm

26 dm

1

26

cosEBCB

5 dm

26 dm

5

26

2 2 2 2 2 2

Do triângulo DEA, temos:

� ��

sen 2DEDA

2 . sen . cosDEDA

2 .1

26.

5

26

5 dmR

2 .126

1 dmR

R 13 dm

sen 2

α =

α α =

= ⇒ = ⇒ =

α

Questão 17 – Letra CComentário: Pela geometria da situação, pode-se chegar à seguinte figura.

P Q

α β

A B

Observe que a e β são ângulos inscritos na circunferência, que

determinam um mesmo arco P¹Q, por isso, a = β.

EM2MPV1_MAT.indd 76 08/11/17 11:41

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Questão 18 – Letra CComentário: Considere a figura a seguir:

A By

y

z

z

ww

r

r

t

tx

x

C

D

E

F

3

4

5

6

Sabe-se que, se forem traçados dois segmentos de reta tangentes a uma circunferência partindo de um mesmo ponto externo, suas medidas são iguais. Assim:

x yx tz ww r

x yx t

y+ =+ =+ =+ =

⇒

+ ==

⇒4

356

43– – –

––

– – – –

t

z ww r

r z

=

=+ =

⇒ =

1

56

1

Portanto: BC – EF = (y + z) – (r + t) = y – t + z – r ⇒

BC – EF = (y – t) – (r – z) = 1 – 1 ⇒ BC – EF = 0

Questão 19Comentário: Seja i o ângulo interno do octógono regular.

A soma dos ângulos internos de um octógono é:

S (8 2) .180° 1 080°8

= − =

O ângulo interno do polígono regular é:

n . i (n 2) .180° 8 . i 1 080° i 135°n 8

= − ⇒ = ⇒ ==

20 cm

20 cm

20 cm

I I

II

I

I

I

I

Questão 20Comentário: Verifica-se que a armação do vitral é formada por 8 arcos circulares, cada um com medida valendo 360° menos a medida do ângulo interno do octógono. Assim, a medida de cada arco vale:

m arco 360° –(8 – 2).180°

8360° –135° 225°( ) =

= =

Portanto, como o raio dos arcos vale 20 cm, o perímetro dos arcos é:

2p 8.225°360°

.2 .(20) 2p 200 cmarcos arcos

=

π ⇒ = π

Questão 21 – Letra BComentário: A questão se resume em encontrar a medida do segmento AP na figura a seguir.

A B

C

D

P40 cm

10 cm

25 cm

Usando o Teorema das Cordas, temos:

AP . CP BP .DPAP CP AC

AP . 25 cm 10 cm . 40 cm AP 16 cm

AP CP AC 16 cm 25 cm AC AC 41 cm1 2 8

=+ =

= ⇒ =

+ = ⇒ + = ⇒ =


π9

π6

C

D

A

Bα

α

Nesse caso, temos um ângulo excêntrico interior, então:

AB CD2

6 92

3 218

2536

α =+

=

π + π

=

π + π

=

π

Assim: 144 144.536

14436

. . 5 4 . 5 20π

α =π

π

=ππ

= =


π9π9

π6

O A

B

C

Dα

O ângulo a é um ângulo excêntrico exterior. Assim:

AB CD

2

6 9

2

3 2

18

2

18

2 36

α =+

=

π+

π

=

π − π

=

π

=

π

Logo: 144 144

3614436

. 4 .1 4π

α =π

π

=ππ

= =

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78 Coleção EM2

Questão 24Comentário: O raio dos dois círculos é compartilhado e destacado na figura a seguir.

A B C D

E

F

80°

Na figura, AB = BF = BC = CE = CD.DBE é um ângulo inscrito na circunferência e corresponde à metade do ângulo central ECD.

D ED E

280°2

40°= = =B C

Assim, DBE = 40°.Porém, DBE é o ângulo central do outro círculo da esquerda. Logo, analogamente, o ângulo inscrito BAF é:

B FC E

240°2

20°= = =A B

Questão 25 – Letra CComentário: Sabe-se que a porcentagem de votos de cada candidato é proporcional à área do setor circular que o representa. Dessa forma, a área correspondente à porcentagem de votos do candidato Bittar é:

Porcentagem de votos Área do setor

100% 2pR

14% α π360

2°. R

Portanto, o ângulo central do setor que representa o candidato Bittar vale:

100.360°

.2 R 14 .2 R360° .14 . 2 R

100 .2 R

50,4° 50° 24'

απ

= π ⇒ α =

ππ

⇒

α = =


A BC

P

O15°

A distância do ponto P até a reta AB é representada pelo segmento PC e perpendicular à reta AB.

Assim:

A BC

P

O15°2

2

O ângulo inscrito BAP está relacionado ao ângulo central BOP.

B PB P

2=A O

Dado BAP = 15°, temos:

B PB P

215°

B P2

B P 30°= ⇒ = ⇒ =A O O O

OP é o raio da circunferência, então:

senB PPCOP

sen 30°PC2

1

2

PC

2PC 1

B P

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =OO

Questão 27 – Letra CComentário: Considere a figura a seguir:

A

α

C

D

40°

40°40°

80°

B

Observe que os ângulos inscritos BAD e BCD representam o mesmo arco B¹D. Logo, BAD = BCD = 40°.Como CD é bissetriz de ACB, temos:

ACD = BCD = 40° e ACB = 80°.O triângulo ABC é isósceles, AB = AC; logo, ABC = ACB = 80°.Utilizando a relação angular no ∆ ABC, temos:

a + 80° + 80° = 180° ⇒ a = 20°


A

B C

D

nm

45°

65°

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O ângulo inscrito BAC compartilha o mesmo arco com o ângulo

inscrito BDC.

BAC = BDC ⇒ BAC = 45°

A soma dos ângulos do triângulo ABC é:

A C BB C A B C A 180°

45° 65° (m n) 180°

m n 70°

+ + = ⇒

+ + + = ⇒

+ =

Questão 29Comentário: Sabemos que, se traçarmos duas semirretas tangentes a uma circunferência a partir de um ponto externo, os segmentos que unem esse ponto aos pontos de tangência são, necessariamente, congruentes. Portanto:

A

B

C

R

S

P

25 cm

25 cm

x

x

y

y

CR = CS, AR = AP e BS = BPCalculando o perímetro do ∆ ABC, temos:

2p CA x 2p 2p = cm= + + + ⇒ = + ⇒CR CS

y CB�� 25 25 50


Questão 01 – Letra BComentário: O ângulo ABC é inscrito, logo, o arco AC vale 2 . ABC = 2 . 45° = 90°. Da mesma forma, temos o ângulo BCD, que também é inscrito, portanto, o arco BD vale 2. BCD = 2 . 35° = 70°. Por outro lado, o ângulo AOC é excêntrico

interior, e vale +=

+= =

AC BD2

70° 90°2

160°2

80°

.

45°

O

35°

A

CD

B

x90°

70°

Questão 02 – Letra AComentário: Note que CAB é inscrito, logo o arco CB vale

2 . CAB = 2 . 35° = 70°. AB é diâmetro, logo, o arco AB

vale 180°. Agora, note que ADC é um ângulo interno, logo:

= = =A CAC2

250°2

125°

D .

A

DC

35ºO

B

180º

70º

Questão 03

Comentário:

Q

P

T

SR

70°

O

x

y

Considerando, na figura anterior, a orientação do arco no

sentido horário, temos:

x SP

y QSx y SP QS QP SQ QS=

=

⇒ + = + = + +

�

�

� � � � �2

2

2 2 2 2 22 2

4302

215

70 360

= + + ⇒

+ = =

QP SQ QS

x y

��

� �� ° °

° °

Questão 04Comentário: Primeiro vamos usar o fato de que:

AB BC CD DA 80° 110° 90° DA 360°

280° DA 360° DA 80°

+ + + = + + + = ⇒

+ = ⇒ =

Agora, quanto aos ângulos, temos:

ADC é inscrito, ou seja, = = =A CABC2

190°2

95°

D .

DCB é inscrito, ou seja, = = =D BDAB

2160°

280°

C .

CBA é inscrito, ou seja, = = =C ACDA

2170°

285°

B .

BAD é inscrito, ou seja, = = =B DBCD

2200°

2100°

A .

B

D

C90°

80°

110°

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80 Coleção EM2

Questão 05 – Letra CComentário: Note que AC é o diâmetro do círculo, portanto,

AC mede 180°. Por outro lado, ABC é inscrito e vale =AC2

90°

,

logo, o ∆ ABC é retângulo em B. Temos também que AC = 2r.

Usando o comprimento do círculo, temos:

10p = 2pr ⇒ 2r = 10 ⇒ r = 5 ⇒ AC = 2 . 5 = 10

Como já sabemos que AB = 6, basta aplicar o Teorema de Pitágoras:

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

+ = ⇒ + = ⇒

+ = ⇒ = ⇒ =

AB BC AC 6 BC 10

36 BC 100 BC 64 BC 8

2 2 22

22

2 2

CAO

B

180°


Comentário: Seja BPD = a. Como AP = AD, temos:

B A P

C

D

Ângulo externo dotriângulo ADP

2αα

α

α

O

A²C = ADC = ABC = aConsiderando que as cordas AD e BC são perpendiculares, no triângulo ABO, temos:

a + 2a + 90° = 180° ⇒ 3a = 90° ⇒ a = 30°Portanto, BPD = 30°.

Questão 07 – Letra BComentário: O ângulo inscrito DAC é a metade do arco DEC.

DEC2

D ADEC

245° DEC 90°= ⇒ = ⇒ =P

Assim, o arco DCA DEC CBA 90° 110° 200°= + = + =

P

AB

C

D

EF

110°

90°

45°

O arco AFD é o replemento do arco DCA, assim:

AFD DCA 360° AFD 200° 360° AFD 160°+ = ⇒ + = ⇒ =

Calculando o ângulo externo DPA, temos:

D ADCA AFD

2200° 160°

220°=

−=

−=P

Questão 08 – Letra DComentário: Utilizando a mesma figura do enunciado, temos:

Ax

P

O

B

C

t

��

�

�

�

� �

��

PA CP BP AB 360°

PA BCP 100° 360°

PA 194° 100° 360°

PA 66°

BCP

+ + + =

+ + =

+ + =

=

Como x é o ângulo externo da circunferência, temos:��

xBCP PA

2194° 66°

264°=

−=

−=


B

A

P

4x + 3

x 10+53

O

A) Usando o fato de que, de um ponto externo à uma circunferência podemos traçar dois segmentos tangentes a esta, e que eles têm a mesma medida, temos:

+ = + ⇒ + = + ⇒

= ⇒ =

53

x 10 4x 3 5x 30 12x 9

7x 21 x 3

Logo, PA 4 .3 3 1553

.3 10 5 10 PB 15= + = = + = + ⇒ =

B) Seja 2p o perímetro deste quadrilátero, então:

2p = PA + PB + OB + OA = 15 + 15 + 7 + 7 = 44


A) Usando o fato de que, de um ponto externo à uma circunferência, podemos traçar dois segmentos tangentes a essa, e que esses segmentos são iguais, temos:

BP = BM = 12

MC = NC = 8

x = BP + MC = 12 + 8 = 20

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B) Seja 2p o perímetro do ∆ ABC, e usando o mesmo argumento do item A para mostrar que AP = AN temos:

2p = AP + PB + BM + MC + CN + AN ⇒

2p = AP + 12 + 12 + 8 + 8 + AN ⇒

2p = 2.AN + 40 = 46 ⇒ 2.AN = 6 ⇒ AN = 3

A

NP

12 8

x

M

CB

O


A) Usando o fato de que, de um ponto externo à uma circunferência, saem dois segmentos tangentes a essa, e que os segmentos são iguais, temos:

TR = TS ⇒ 2x +10 = 3x – 5 ⇒ x = 15

R

2x + 10

3x – 5 TS

O

B) Usando o mesmo argumento do item A para mostrar que PA = PB = x e QB = QC = 3, temos que:

PQ = PB + BQ = x + 3 = 5 ⇒ x = 2 cm

x

5 cm

3 cm

O

C

Q

B

P

A

Questão 12 – Letra CComentário: Seja r o raio deste círculo. O centro da circunferência inscrita no quadrado também é o centro do quadrado e, ponto de encontro das diagonais deste. Logo, o segmento AO mede a metade da diagonal (propriedade dos paralelogramos), ou seja, AO = 10. Os segmentos OB e OC são apótemas do quadrado, assim ⊥OB AB e ⊥OC AC , com isso mostramos que ABOC é um quadrado de lado r.

Para encontrar o valor de r basta aplicar o Teorema de Pitágoras no

∆ AOB e vamos ter + = ⇒ = ⇒ = ⇒ =r r 10 2r 100 r 50 r 5 22 2 2 2 2 .

Portanto, o comprimento C da circunferência é dado por:

C 2. .5 2 10. . 2= π = π

A B

OC

r

r

10


Comentário: Seja 2p o perímetro da figura, S sua área, e a, b e c as medidas de cada um de seus lados. De acordo com a figura, temos:

T

4 2

4

2

xx

2 4 4 2 2 2 12 2 6

1

p x x p x p x IS p r S p

r

= + + + + + ⇒ = + ⇒ = += ⇒ =

=

( ). (

III

S p p a p b p c III

)

( )( )( ) ( )= − − −

Substituindo (II) em (III), temos:

= − − − ⇒ = − − − ⇒= − − −

p p(p a)(p b)(p c) p p(p a)(p b)(p c)p (p a)(p b)(p c)

2

Substituindo (I) nessa última equação formada:

p (p a)(p b)(p c)

6 x 6 x (2 x) 6 x (4 2) 6 x (4 x)

6 x 4.x.2 6 x 8x x67

= − − − ⇒

+ = + − +

+ − +

+ − +

⇒

+ = ⇒ + = ⇒ =

Portanto, o menor lado da figura será:

+ =67

2207

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82 Coleção EM2


2 3 m2 3

LL

L L

L

L

120°

3

3

2 360°

60°

L

L

A questão requer apenas o cálculo do perímetro do hexágono.O hexágono possui ângulo interno de 120° e, através do triângulo isósceles da figura 2 e da relação trigonométrica, extraímos o lado do hexágono.

sen 60°3 mL

32

3L

m L 2 m

sen 60°

= ⇒ = ⇒ =

Logo, o perímetro do hexágono regular é:

Perímetro = 6L = 6 . 2 m = 12 m

Nota-se que não há necessidade de usar as aproximações p = 3,14 e 3 1,7= .


Comentário: Pela figura a seguir, sabemos que o raio do

fio mede 2 mm e é perpendicular às semirretas AB e AC,

tangenciais ao fio.

O2 mm

2 mm

C P

B

A

d

12°

Dessa forma, extraímos o triângulo retângulo AOP, em que o

ângulo PAO é a metade do ângulo BAC.

6° A

O

P d

2 mm

Logo, a distância d, que é a medida do ponto A até o ponto

de tangência P, é:

= ⇒ =tg 6°2 mm

dd

2tg 6°

mm


A) Como o triângulo é retângulo, sua hipotenusa é o diâmetro da circunferência que o circunscreve. Logo, o comprimento dessa circunferência será π18 .

B) Como a circunferência é tangente ao triângulo, podemos

extrairaseguintefiguradasituação:

A

C B

18 – x

18 – x

x

3

3

3

3

x

Portanto, o perímetro do triângulo ABC será:

+ − + − + + + =(x 18 x) (18 x 3) (3 x) 42

Questão 17 – Letra DComentário: Seja R os raios das circunferências, vamos indicá-los na imagem da seguinte forma:

R RR R

R R

R RR R

R R

R

R

Repare que o perímetro nada mais é do que a soma de todos os raios representados, logo, temos que:

2p = 14R = 28 ⇒ R = 2


A

B

CD

60°

α

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Manual do Professor


Pelo quadrilátero ABCD, achamos o ângulo a.

60° 90° 90° 360° 120°α + + + = ⇒ α =

Todos os ângulos e medidas dados são mostrados na figura a seguir.

AB

C

D

E

F

G H

13 cm

20 cm3 cm240° 60°

60° 120°

120°

120°

Por simetria, CD = EF e CD.

A

B

CD

P

60°

3 cmx

x

13 c

m

A

BP

60°

30°x

(13

– 3)

cm

Logo:

tg 30°(13 3) cm

x1

3

10 cmx

x 10 3 cm=−

⇒ = ⇒ =

O comprimento da correia é a soma da medida dos semicírculos DGE e FHC e das semirretas CD e EF.

GDE EF FHC CD

240°360°

.2 .(13 cm) x120°360°

.2 .(3 cm) x

23

.26 cm13

.6 cm 2x3

.(52 6) cm 2(10 3 cm)

583

20 3 cm

+ + + =

π + + π + =

π + π + =π

+ + =

π+


O

B

A

C

D

10

8

4x x

x

Utilizando o Teorema das Cordas, temos:AE . AD AC . AB(4 2x).4 (10 8).816 8x 80 64x 16

=+ = ++ = +

=

Logo, o perímetro do triângulo AOC é:

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

AD OD OC BC AB 4 x x 10 822 2x 22 2 .16 54 cm

Questão 20 Comentário: Observe a figura a seguir, extraída da geometria da situação.

2r

2r 2r

2r

O comprimento será o mesmo que o de 4 setores de circunferência de ângulo π

2 rad e um quadrado de lado 2r. Logo:

+ + + +π

= + π = π +(2r 2r 2r 2r) 4. r.

28r 2 r 2r( 4)


(V) A soma das medidas dos ângulos internos do polígono é

necessariamente 540°.

O polígono dado na figura é convexo. Com a hipótesesatisfeita, temos:

S (n 2) .180°n

= −

Com n = 5, temos:

S (5 2).180° 3 .180° 540°5

= − = =

(F) A medida a é necessariamente igual a 108°.

Pelo enunciado, o polígono não é regular, podendo assumir qualquer valor compreendido no intervalo 0° < a < 180°.

(V) A soma de b e b1, necessariamente, é igual a 180°.

Pordefinição,b1 é ângulo externo de b, portanto:

b + b1 = 180°

(F) b1 é igual a 72°, obrigatoriamente.

Para b1 ser obrigatoriamente igual a 72°, b tem que ser igual a 108°, o que é falso, de acordo com o segundo item da questão.

(V) a1 + b1 + c1 + d1 + e1 = 360°, necessariamente.

a1, b1, c1, d1, e1 são ângulos externos do polígono.

A soma das medidas dos ângulos externos de um polígono convexo de n lados sempre será 360°.

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84 Coleção EM2

Questão 22Comentário:A) O ângulo interno mede 24° e o polígono regular é

demonstradonafiguraaseguir.

24°24°24°

24°

Somando os ângulos internos até completar 360°, temos:

� �� 24° 24° ... 24° 360° n . 24° 360° n 15n vezes

+ + + = ⇒ = ⇒ =

Assim, o polígono tem 15 lados (pentadecágono). Como o polígono é regular, o ângulo interno i é:

. .n i S n i (n 2).180°

15.i (15 2).180° i 156°n

= ⇒ = − ⇒

= − ⇒ =

B) Dado o ângulo interno i, o ângulo externo e do ângulo i de um polígono convexo segue a relação:

i e 180°+ =

Pelo item A, i = 156°, temos:156° e 180° e 24°+ = ⇒ =

Questão 23 – Letra BComentário: Usando o fato de que a soma dos ângulos internos de um quadrilátero é 360°, temos:3x – 45° + 2x + 10° + 2x + 15° + x + 20° = 360° ⇒ 8x = 360° ⇒ x = 45°Portanto, os ângulos desse quadrilátero têm medidas:3 . 45° – 45° = 90°2 . 45° + 10° = 100°2 . 45° + 15° = 105°45° + 20° = 65°Logo, o menor ângulo tem medida 65°.

Questão 24 – Letra CComentário: O número de diagonais d de um polígono com n lados pode ser calculado se valendo da seguinte expressão:

dn. n – 3

2

( )=

Logo, temos:

dn. n – 3

2

35n. n – 3

2n . n – 3 70 n – 3n – 70 0

(–3) – 4 .1.(–70) 9 280 289

n–(–3) 289

2 .1n

3 172

n 10 ou n – 7 (não convém)

2

2

( )

( ) ( )

=

= ⇒ = ⇒ = ⇒

∆ = = + = ⇒

=±

⇒ =±

⇒ = =

Questão 25 – Letra DComentário: Como os pentágonos da questão são todos regulares, cada ângulo interno equivale a 108°, assim como a soma dos ângulos adjacentes da figura a seguir.

θ

108°

108°108°

108°

108°

108° 108°

108°

108°

108° 108° 108° 360° 36°+ + + θ = ⇒ θ =


x

y

Basta reparar que, além de x e y, os outros dois ângulos do quadrilátero são retos, e, usando o fato de a soma dos ângulos internos de um quadrilátero ser igual a 360°, temos que:

x + y + 90° + 90° = 360° ⇒ x + y = 180° ⇒ y = 180° – x

Questão 27 – Letra AComentário: Note que as tábuas dividem a madeira circular em 12 partes iguais, portanto, reparando na imagem, podemos ver que o círculo está dividido em 12 setores iguais.

B

A60°

60°

30°30°

10

10

O

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Agora, utilizando a imagem anterior, observamos que o

∆ AOB é equilátero, logo, o segmento AB =10 cm.

Questão 28Comentário: Primeiro, vamos encontrar o número de lados n deste polígono, utilizando a fórmula que nos dá a quantidade de diagonais de um polígono, uma vez que sabemos a quantidade de lados deste.

( ) ( )= ⇒ = ⇒ = ⇒

∆ = = + = ⇒

=±

=±

⇒ = =

n n – 3

29 n n – 3 18 n – 3n –18 0

(–3) – 4 .1 . (–18) 9 72 81

n–(–3) 81

2 .13 9

2n 6 ou n – 3 (não convém)

2

2

Dessa forma, sabemos que o polígono inscrito é um hexágono. Agora, observe a imagem a seguir:

1

1

A

B

O

60°

Note que o ∆ AOB é equilátero, logo o segmento AB = 1cm.

Questão 29 – Letra BComentário: A fórmula das diagonais de um polígono convexo de n lados é:

=−

d(n)n.(n 3)

2

Calculando as diagonais de um hexágono, temos:

=−

=d(6)6.(6 3)

29

Pelo enunciado, o número de diagonais desse vértice é d(6) = 9. O número de diagonais de um vértice é n – 3, em que 3 corresponde ao próprio ponto e a dois pontos adjacentes que formam o lado do polígono. Assim:

n 3 9 n 12− = ⇒ =

O polígono contém 12 lados. Calculando o ângulo interno de um polígono regular, temos:

= ⇒ = − ⇒ = − ⇒ =. . .n i S n i (n 2).180° 12 i (12 2).180° i 150°n


Comentário: O número de diagonais do polígono P (hexágono) será dado por:

=−

=D6(6 3)

29

P

Seja n o número de lados do polígono Q. De cada vértice de Q partem n – 3 diagonais. Isso ocorre porque cada diagonal é formada por dois pontos não consecutivos, ou seja, para cada vértice escolhido, devemos desconsiderar os dois pontos adjacentes e o próprio vértice. Por exemplo, considerando o próprio hexágono, teríamos:

A

B

C

D

E

F

Hexágono

Para o cálculo do número de diagonais que partem de A, desconsideramos os pontos A, B e F. Logo, o número de diagonais com extremo em A é dado por 6 – 3 = 3

Logo, como o polígono Q possui 9 diagonais partindo de um

vértice, seu número de lados será dado por:

n –3 = 9 ⇒ n = 12

=−

=−

⇒ =a(n 2).180°

n(12 2).180°

12a 150°

i i

Questão 31 – Letra BComentário: Lembrando que a soma dos ângulos externos de um polígono vale 360°, sabemos que, se esse polígono tem n lados, dois dos ângulos externos dele valem 50°, e os demais (n – 2) ângulos externos, valem 52°, portanto, temos:

2 . 50 + (n – 2).52 = 360 ⇒ 100 + 52n – 104 = 360 ⇒

52n – 4 = 360 ⇒ 52n = 364 ⇒ n = 7


Comentário: De acordo com os dados do enunciado, podemos

escrever:

Polígonolados n

diagonais n n

Polígono

1 32

: ( )=

= −

226

6 6 32

6 32

: ( )( ) ( )( )lados n

diagonais n n n n= +

= + + − = + +

Como a diferença entre o número de diagonais é 39, temos:

−+ =

+ +⇒

− +=

+ +⇒

− + = + + ⇒ = ⇒ =

n(n 3)2

39(n 6)(n 3)

2n 3n 78

2n 9n 18

2n 3n 78 n 9n 18 12n 60 n 5

2 2

2 2

Portanto, a soma do número de vértices com as diagonais, será:

Polígonolados vértices

diagonais1

5 55 5 3

25

: ( )= ⇒ =

= − =

= ⇒ =

=Polígono

lados vértices

diagonais2

11 111: 11 11 3

244

5 5 11 441 2

( )− =

+ + +Polígono Polígono� �� = 65

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86 Coleção EM2

Questão 33Comentário:A) Seja ai o ângulo interno e S a soma do ângulos internos de

um hexágono regular, temos: 6.ai = 720° ⇒ ai = 120°

B) Vamos observar primeiro algumas características presentes nafiguraabaixo.Podemosverificarqueoshexágonossãoregulares, os triângulos são retângulos, os ângulos internos de um hexágono regular medem 120°, e, x + y = 90°.

Ax

120°

Usando essas informações, temos que: x + 120° = 180° ⇒ x = 60° x + y = 90° ⇒ 60° + y = 90° ⇒ y = 30°C) Agora, vamos olhar para um dos triângulos:

3

w

30°

60°

Da imagem, podemos usar o seguinte fato:

= ⇒ = ⇒ =sen 30°3w

12

3w

w 6

3

3

Note que o cateto de medida 3 cm, está contido na hipotenusa de medida 6 cm, e divide esta em duas partes de medida igual a 3 cm, sendo uma dessas o lado do hexágono menor, e, como este hexágono é regular, temos que seu perímetro é dado por:

2p = 6 . 3 cm = 18 cm

Questão 34 – Letra BComentário: Repare nos seguintes triângulos: ∆ APQ e ∆ BPD.

Os ângulos EPQ e EQP são externos do ∆ EPQ, e com isso, temos:

EQP = a + cEPQ = b + dPortanto, a soma dos ângulos internos do ∆ EPQ é dada por:

EPQ + EQP + e = a + b + c + d + e = 180°

Dd

CB

A

E

e

P Qa

b c

Questão 35 – Letra BComentário: A altura do triângulo equilátero é dada por:

= = ⇒ =l

h3

26 32

h 3 3

Como o baricentro de um triângulo divide a mediana na razão

de 2:1, temos:

R

3

O

2¹3

¹3

Perceba que, como no triângulo equilátero a mediana e a altura coincidem, podemos aplicar o Teorema de Pitágoras no triângulo destacado. Logo:

( )= + ⇒ = ⇒ =R 3 3 R 12 R 2 322

2 2

Questão 36 – V F F F Comentário:(V)Verificarseexisteumpolígono regularde99diagonaisé

equivalente a achar as soluções inteiras positivas da equação:

99n 3n

2n 3n 99 0

d(n)

22=

−⇒ − − =

A solução é n 3 9 52

=± , que não é inteiro. Logo, não existe

polígono regular com 99 diagonais.

(F) No item anterior, provamos que 99 não é conjunto-imagem de d(n), o que implica que esse conjunto não abrange todos os números naturais.

(F)Oconjuntodetodososnúmerosnaturaisn≥4,taisqued(n+1)>2d(n),possuiinfinitoselementos.

d(n 1) 2d(n)(n 1).(n 1 3)

22.

n.(n 3)2

(n 1).(n 1 3) 2n(n 3) (n 1).(n 2) 2n 6n

n n 2 2n 6n 0 n 5n 2

2

2 2 2

+ > ⇒+ + −

>−

⇒

+ + − > − ⇒ + − > − ⇒

− − > − ⇒ > − +

Essa inequação de 2º grau tem como solução:

>−

<+

≅

n5 17

2e

n5 17

24,56...

Comon≥4e <+

≅n5 17

24,56... é limitado superiormente,

nãopossuiinfinitoselementos.(F) Para calcular o número de diagonais de um polígono convexo

de n lados, temos:

d(n)n.(n 3)

2=

−

Então:d(4) = 2, d(5) =5, d(6) = 9

Calculando as razões, temos:

d(5) – d(4) = 5 – 2 = 3d(6) – d(5) = 9 – 5 = 4

Os resultados são diferentes, logo não se trata de uma progressão aritmética.

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Questão 37 – Letra DComentário: Seja x o ângulo procurado e sabendo que a soma dos ângulos internos de um polígono é um múltiplo de 180°, vamos dividir 1 900° por 180°. O que nos dá 10 como quociente e 100° como resto, agora, como o polígono é convexo, sabemos que:

x + 100° = 180° ⇒ x = 80°

Questão 38 – Letra DComentário: Sejam três polígonos regulares n – r, n, n + r, em que r é a razão da progressão aritmética e Sn a soma dos ângulos de n lados. Com base no enunciado, temos:

(n r) . n . (n r) 585S S S 3 780°

S S S

[(n r) 2].180° (n 2).180° [(n r) 2].180° 3 780°

180°.[(n r 2) (n 2) (n r 2)] 3 780°

(n r 2) (n 2) (n r 2) 213n 6 21 n 9

n r n n r

n r n n r

21��

− + =+ + =

+ + =

− − + − + + − =

− − + − + + − =

− − + − + + − = ⇒− = ⇒ =

− +

− +

Substituindo n = 9 na primeira equação, temos:

(n r) . n . (n r) 585 (9 r) . 9 . (9 r) 585(9 r) . (9 r) 65 9 r 65r 16 r 4

2 2

2

− + = ⇒ − + = ⇒− + = ⇒ − == ⇒ = ±

Assim, os lados dos 3 polígonos são:

n r 5n 9n r 13

− ==+ =

Somando as diagonais dos 3 polígonos, temos:

d(5) d(9) d(13) 5 27 65 97 diagonais+ + = + + =

Uma solução alternativa é fatorar o 585 na primeira equação.

(n r) . n . (n r) 3 . 5 .132− − =

n – r, n, n + r são inteiros positivos. Logo, são fatores de 585, o qual possui 4 fatores primos apenas. Com essa informação, acham-se os valores para os lados dos 3 polígonos:

n r 5n 3n r 13

2

− ==+ =


A

B

C

D

E

F

a f hk

l

i

ge

dc

b

j

De acordo com a figura, temos que a soma S dos ângulos internos do hexágono ABCDEF vale:

S = a + b + c + d + e + f + g + h + i + j + k + l

Agora, repare que, podemos tirar algumas relações dos triângulos formados pelas diagonais que partem do vértice A.

• Somadosângulosinternosdo∆ AEF = a + b + c = 180°

• Somadosângulosinternosdo∆ AED = d + e + f = 180°

• Somadosângulosinternosdo∆ ADC = g + h + i = 180°

• Somadosângulosinternosdo∆ ACB = j + k + l = 180°

Portanto, temos que:

S = 180° + 180° + 180° + 180° = 720°

Questão 40 – Letra BComentário: Note que a mosca está à direita e acima da aranha, ou seja, o menor caminho para que a aranha encontre a mosca será aquele que contenha componentes de caminho que a levem apenas para a direita e para cima. Os possíveis caminhos são ilustrados a seguir:I.

8 cm y xz

y22

2

22 2 cm

II.

8 cm y xz

y22

2

22 2 cm

III.

8 cm y xz

y22

2

22 2 cm

IV.

8 cm y xz

y22

2

22 2 cm

Note que y é base média de um triângulo equilátero de lado 8 cm, logo, y = 4 cm. Por outro lado, x é base média de um triângulo de lado 4 cm, portanto, x = 2. E, finalmente, z é base média do trapézio de bases iguais a 4 e 8 cm, portanto z = 6 cm. Desta forma, podemos perceber que o caminho I tem distância igual a 14 cm e os caminhos II, III e IV têm 10 cm. Portanto, o menor caminho possível tem 10 cm.

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88 Coleção EM2

Seção Enem

Questão 01 – Letra BEixo cognitivo: IV


Habilidade: 13

Comentário: Para que as outras peças não caibam na perfuração circular e a peça de base circular não caiba nas demais perfurações, o diâmetro da serra copo deve ser um valor D tal que esteja entre o diâmetro dos círculos inscritos e circunscritos às figuras dadas.

Analisando a perfuração de forma quadrada, tem-se:

Lado 4 cm

Diâmetro círculo inscrito = 4 cm (lado).

Diâmetro círculo circunscrito = =4. 2 5,4cm (diagonal).

Logo, 4 cm < D < 5,4 cm.

Portanto, deverá ser escolhida a serra copo de diâmetro 4,7 cm.



Habilidade: 25

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

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

Proteínas: 10%

Gorduras: 30%Carboidratos: 60%

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



Habilidade: 8

Comentário: O comprimento L da tubulação pode ser calculado por uma regra de três. Logo:

360 2 60120

120 120360

40

º _____ ._____

.

π

π π

° L

L L= ⇒ =



Habilidade: 21

Comentário: Primeiramente, devemos colocar os dados da fórmula na unidade adequada. Para isso, temos:

Q L s dm s m sD cm m

= = == =

−

−

10 10 1010 10

3 2 3

1

/ / /

Substituindo os valores na equação dada, temos:

h k .QD

.L 0,0008.10

10.40

8 .10 .400 h 0,32

f e

2

5

22

15

4f

( )

( )( )

≈ = π =

π ⇒ ≈ π

−

−

−



Habilidade: 8

Comentário: Observe a figura extraída da geometria da situação.

C1

C2

C3 C4

λ1

λ2

λ3

λ4

30 cm

3030

3030

3030O

De acordo com a simetria da figura, percebemos que o triângulo C1C2C3 é isósceles de base C1C2. Consequentemente, o segmento OC3 é mediana e altura desse triângulo. Então, o triângulo OC1C3 é retângulo em O e, por isso, podemos aplicar o Teorema de Pitágoras para encontrar o valor de C1C3. Logo:

( ) ( )= + ⇒ = + ⇒ =C C 30 30 C C 900 900 C C 30 2 cm1 3

2 2 21 3

2

1 3

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Manual do Professor




Habilidade: 8

Comentário: O contorno da região é dado pela soma de 4 semicírculos de raio 30 cm. Logo,

��π = π4.(30 ) 120Comprimentodo semicírculo

.



Habilidade: 8

Comentário: Sabemos que os arcos A²B e C²D são de 120° e que, de acordo com a figura, esses arcos possuem raio igual ao diâmetro do lóbulo. Portanto, aplicando uma regra de três para encontrar o comprimento das hastes de contorno, temos que:

360°_______2 .20

2 .120°_______ x

x40 .240

360x

803

π

=π

⇒ =π



Habilidade: 8

Comentário: Observe a figura retirada da geometria da situação.

10 cm10 cm

10 cm10 cm

10

10

10

De acordo com a figura, observamos que o raio da câmara interna é dado pela soma da metade da diagonal de um quadrado de lado 20 cm, com o raio do lóbulo 10 cm. Logo:

�� ( )( ) + = +12

20 2 10 10 2 1Diagonal doquadrado



Habilidade: 8

Comentário: Sabemos que os arcos A²B e C²D são de 120° e que, de acordo com o exercício 06, esses arcos possuem raio igual a ( )+10 2 1 . Portanto, aplicando uma regra de três para encontrar o comprimento das hastes de contorno, temos que:

( )

( ) ( )

π +

=π +

⇒ =π

+

360°_______2 .10 2 12 .120°_______ x

x20 2 1 .240

360x

403

2 1



Habilidade: 8

Comentário: Para o cálculo do tamanho da tira de couro, devemos somar os segmentos AD, BE e o arco de circunferência A²B. Observe a figura retirada da geometria da situação:

30 cm

30¹330¹3

AB

C

D

30 cm

FFE

Perceba que os triângulos ACD e FCD são congruentes, pois

possuem um cateto de mesma medida e a hipotenusa em

comum. Analogamente, os triângulos BCE e FCE também são

congruentes. Portanto, podemos dizer que:

=

=

⇒=

=

⇒ = =

ACFC

ADFD

BCFC

BEFE

3030

AD

30 33030

BE

30 3

AD BE 30 3

Para encontrar o tamanho do restante da tira de couro, é preciso

descobrir o comprimento do arco A²B. Para isso, considere

a figura a seguir:

C

D F

30 cm

30¹3 cm

α

Temos tg α α= °30

30 330⇒ =

Como FCD = ACD = FCE = BCE = 60°, então ACB = 120° = 23π.

Logo, o comprimento do arco A²B é dado por:

C C= ⇒ =23

30 20π π.

O valor da tira de couro é

��

+ = + π = π ++

2AD AB 2 . 30 3 20 20 ( 3 3).AD BE

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90 Coleção EM2

Desafio


A

ST

B C DM

P

EV

QR

Seja r o raio da menor circunferência, temos:

∆ ∆ ⇒ = ⇒ =++

⇒

+ = + ⇒ =

PQE ~ PRAEQAR

EPAP

12

1 MP4 MP

4 MP 2 2MP MP 2

Agora, no ∆ ATE, temos:

AT = 1, AE = 3 ⇒ AT2 + TE2 = AE2 ⇒ 1 + TE2 = 9 ⇒ TE =

2 2 = BDAssim, temos: BD = BC + CD = 2 2Agora temos:No ABC, AB (2 – r) e AC (2 r) (2 – r) BC (2 r)

BC 4 4r r – 4 – r 4r BC 8r BC 2 2r

No ECD, ED (1– r) e EC (1 r) (1– r) CD (1 r)

CD 1 2r r – r 2r –1 CD 4r CD 2 r

BC CD 2 2r 2 r 2 2 2r r 2

r 2 1 2 r2

2 1.

2 –1

2 –1

r 2 – 2 r 4 – 4 2 2 6 – 4 2 2 3 – 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

( )

( )

∆ = = + ⇒ + = + ⇒

= + + + ⇒ = ⇒ =

∆ = = + ⇒ + = + ⇒

= + + + ⇒ = ⇒ =

+ = + = ⇒ + = ⇒

+ = ⇒ =+

⇒

= ⇒ = + = =

Questão 02 – Letra BComentário: Sejam A e B os polígonos do problema, então se o polígono A tem n lados, então o polígono B terá (n + 6) lados. E agora, seja DA a quantidade de diagonais do polígono A, e DB a quantidade de diagonais do polígono B, temos:

D 39 D

n n – 3

239

n 6 n 6 – 3

2n n – 3

239

n 6 n 3

2n – 3n 78 n 9n 1812n 60 n 5

D5 .22

5 D 5 39 44

A B

2 2

A B

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

+ = ⇒

+ =+ +

⇒

+ =+ +

⇒

+ = + + ⇒= ⇒ =

= = ⇒ = + =

Seja na o número de lados do polígono A e nb o número de lados do polígono B:

na + nb + DA + DB = 5 + 11 + 5 + 44 = 65

CAPÍTULO – C2lei dos senos e lei dos cossenos


Questão 01Comentário:A) Utilizando a lei dos senos, temos:

xsen 45°

20sen 30°

x 20.sen 45°sen 30°

20.

2

2

1

2

20 2= ⇒ = =

=

B) Utilizando a lei dos senos, temos:

� ��

xsen 60°

3 6sen 45°

x 3 6 .sen 60°sen 45°

3 6 .

3

2

2

2

3 63

2.

2

23 6

62

9

Racionalizando

= ⇒ = =

=

= =

C) Utilizando a lei dos senos, temos:

6sen x

6 2sen 45°

sen xsen 45°

2

sen x

22

2

12

sen 30° x 30°12

��

= ⇒ = ⇒

=

= = ⇒ =

D) O ângulo de 30° é inscrito na circunferência. Logo, com o ângulo central, formamos um triangulo equilátero conforme figuraaseguir.

10

x

xx

Medidado raio

30°

60°

Portanto, x = 10.

Questão 02 – Letra DComentário: Seja o paralelogramo ABCD, em que a diagonal AC divide o ângulo interno C em um de 60° e outro de 45°.

b

CD45°

45°

60°

BA a

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Manual do Professor


Sejam a e b os lados maior e menor do paralelogramo, respectivamente. O ângulo BAC = DCA = 45°, pois esses ângulos são alternos internos.

Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos que:

bsen

asen

b a

ba

ba

45 60 22

32

2

3

63

° °= ⇒ = ⇒

= ⇒ =

Questão 03Comentário: Pela geometria da situação, podemos extrair o ∆ ABC, que representa a área correspondente ao jardim:

105°45°

30°

A

x C

B

12 cm

Aplicando a lei dos senos no ∆ ABC, podemos determinar a medida do lado AB = x, logo:

1230 45

1212

22

12 2sen

xsen

x x° °

= ⇒ = ⇒ =

AB AB cm= ⇒ ≅12 2 16 921 41,

,

Utilizando a escala dada, podemos determinar o comprimento AB, logo:

AB = 50 . 16,92 ⇒ AB = 846 cm

Portanto, o comprimento aproximado de AB é 8,5 m.

Questão 04Comentário: Utilizando a lei dos senos, temos:

= ⇒ = ⇒

= =

=

ABsen 30°

ACsen120°

ABsen 30°

10 msen120°

ABsen 30°sen120°

.10 m

1

2

3

2

.10 m10 3

3m


B

C

30°

10 cm

10 cm30°

120°

F

ED

A

O triângulo ABC é isósceles, pois AB = BC. Logo, BAC = ACB = 30°.

Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos:

= ⇒ = ⇒ =AC

sen120°10

sen 30°AC

32

.1012

AC 10 3 cm


dsen 30°

10 2 kmsen 75°

dsen 30° .10 2

sen 75°km

1

2.10 2

2 6

4

km20 2

6 2.

6 2

6 2km

20 12 20 .26 2

km

(5 12 10) km (10 3 10) km 10( 3 1) km

Racionalizando� ��

= ⇒ = =

+

=+

−

−=

−−

=

− = − = −

Questão 07 Comentário: Pela geometria da situação, pode-se extrair a seguinte figura.

h

45°

h135°

30°

500 m

15°

A DB

C

x

O ângulo ABC é suplementar ao ângulo CBD; logo, ABC = 135°.Utilizando a relação angular no triângulo ABC, temos que BAC = 15°.Aplicando a lei dos senos no triângulo ABC, temos:

= ⇒ = ⇒ =x

sen135°500

sen 30°x

22

.50012

x 500 2 m

Utilizando as relações trigonométricas no triângulo retângulo ACD, temos:

hx

sen h

h

= ⇒ = −

= −( ) ⇒

= −

15 500 2 6 24

125 12 2

250 3

° .

11( ) m

Portanto, a distância x do navio ao topo da torre é 500¹2 m e a altura do topo da torre em relação ao nível do mar é 250(¹3 – 1) m.

Questão 08Comentário:A) Utilizando a lei dos cossenos, temos:

�� = + − ⇒

= ⇒ =

x 10 20 2 .10 . 20 . cos 60°

x 300 x 10 3

2 2 2

12

2

B) Utilizando a lei dos cossenos, temos:

x 10 5 2 2 .10 . 5 2 . cos 45° x 50 x 5 22 22

1

2

22

2

�� ( )= + − ⇒ = ⇒ =

=

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92 Coleção EM2

C) Utilizando a lei dos cossenos, temos:

x 10 20 2 .10 . 20.cos 120° x 700 x 10 72 2 2

12

2

� �� = + − ⇒ = ⇒ =

−

D) O ângulo interno de um hexágono regular é 120°. Portanto, combase na figura a seguir, podemos utilizar a lei doscossenos para calcular o x.

B

C

D

x 120°

5

5

x 5 5 2 . 5 . 5.cos 120° x 75 x 5 32 2 2

12

2

� �� = + − ⇒ = ⇒ =

−

E) A soma dos ângulos aé360°,comoindicadonafiguraaseguir.

10

10

x

αα

ααα

αα

α

Logo:8 360° 45°α = ⇒ α =

Utilizando a lei dos cossenos, temos:

x 10 10 2 .10 .10.cos 45°

x 200 100 2 100(2 2) x 10 2 2

2 2 2

22

2

�� = + − ⇒

= − = − ⇒ = −

Questão 09Comentário: Pela geometria da situação, pode-se extrair a seguinte figura:

A

4 m

2 m

C

x

B120°

Aplicando a lei dos cossenos no ∆ ABC, temos que:

� �� = + − ⇒ = + + ⇒

= + ⇒ = ⇒ =

− = −

x 4 2 2 . 4 . 2.cos 120° x 16 4 16.12

x 20 8 x 28 x 2 7 m

2 2 2

cos 60° 12

2

2 2


ABsen 45°

20 msen 30°

ABsen 45°sen 30°

.20 m

2

21

2

.20 m 20 2 m= ⇒ = = =


A) Pormeiodestaafirmação,nãoépossívelconcluirqueb ou c seja a hipotenusa.

Um exemplo é um triângulo equilátero de lado 1 que não é retângulo.

= = = ⇒ < + ⇒< + ⇒ <

a b c 1 a b c1 1 1 1 2

2 2 2

2 2 2

B) Seja b = 1 e c = 1, então a 2= .

a b c≠ + , pois 2 1 1 2≠ + =

C)

� ��

a b c 2.b.c.cosa b c b c 2.b.c.cos b c

2.b.c.cos 0 cos 0

2 2 2

2 2 2 2 2

a

2 2

2

= + − α> + ⇒ + − α > + ⇒

α < ⇒ α <

Dado 0 < α < π e cos 0α < , então 2π

< α < π , que é a angulação obtusa.

D) Se a é a hipotenusa, temos que:

� �� .c.cosa b c 2.b 90° b c2 2 2

0

2 2= + − = +

Obtendo, assim, um sistema.

a b cb a c

2 2 2

2 2 2

= += +

Resolvendo-o, temos:

�� = + + ⇒ = ⇒ =b b c c 0 2c c 02 2 2

a

2 2

2

Com c medindo zero, não é possível formar um triângulo.

Questão 12 – Letra DComentário: Pela geometria da situação, podemos extrair a seguinte figura:

P

OM

14 cm

x

120°

10 cm

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Aplicando a lei dos cossenos no ∆ MOP, podemos encontrar a medida de x, logo:

= + − ⇒ = + + ⇒

+ − = ⇒ == −

− = −

14 x 10 2 .10.x.cos 120° 196 x 100 20.x.12

x 10x 96 0 x 6x 16 (Não convém)

2 2 2

cos 60° 12

2

2

� ��

Portanto, a distância do ponto M ao centro O é de 6 cm.

Questão 13Comentário: Pela geometria da situação, temos:

Terceira baseCasa 90 m

60 m45°

45°

45°

L45°

x

z

y

Lançador90 m

Primeira base Segunda base

Sejam x, y e z as distâncias do lançador à primeira, à segunda

e à terceira bases respectivamente, logo:

Distância do lançador à 1ª base (x):

Aplicando a lei dos cossenos, temos:

x 90 60 2 . 90 . 60.cos 45°

x 8 100 3 600 10 800 .22

x 11 700 5 400 2 x 10 117 54 2

2 2 2

22

2

2

�� = + − ⇒

= + − ⇒

= − ⇒ = −

Distância do lançador à 3ª base (z):

Por congruência de triângulos (LAL), temos:

= = − =x z 10 117 54 2 30 13 – 6 2

Distância do lançador à 2ª base (y):

Como o lançador se encontra na diagonal do quadrado, temos

que:

60 90 2 90 2 60 30 3 2 2+ = ⇒ = − ⇒ = −y y yDiagonal doquadrado

�� (( )

Portanto, as distâncias entre o lançador e as bases são:

Lançador à 1ª base: 10 117 54 2− m

Lançador à 2ª base: 30 3 2 2−( ) m

Lançador à 3ª base: 10 117 54 2− m

Questão 14Comentário: Pela geometria da situação, pode-se extrair

a seguinte figura.

60°

60 milhõesde milhas

90 milhõesde milhas

x

O

Vênus

Terra

Para saber a distância entre a Terra e Vênus (distância x),

utiliza-se a lei dos cossenos no triângulo representado. Assim:

= + − ⇒ = − ⇒

= ⇒ =

x 60 90 2 . 60 . 90 . cos 60° x 11 700 10 800 .12

x 6 300 x 30 7 milhões de milhas

2 2 2 2

Questão 15

Comentário: A direção leste é perpendicular à direção norte,

conforme indicado na figura a seguir.

N

OA

LB

N

S S

30°60°

30°

120°

C

60°x x

O triângulo ABC é isósceles, portanto, utilizando a lei dos

cossenos, temos:

� �� = + − ⇒

= + ⇒ = ⇒ =

−

120 x x 2x . x . cos 120°

14 400 2x x 3x 14 400 x 40 3 km

2 2 2

12

2 2 2



Utilizando a lei dos senos, temos:

ABsen 45°

12 cmsen 30°

ABsen 45°sen 30°

.12 cm

2

2

1

2

.12 cm

12 2 cm 12 .1,41 cm 16,92 cm2

= ⇒ = =

=

≅ =

Como a escala é de 1:10 000:

16,92 cm.10 000 169 200 cm=1,692 km=

Logo, o valor mais próximo é 1,7 km.

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94 Coleção EM2


A

B C4

2

α

Chamando de a o menor ângulo deste triângulo, e, lembrando que, o menor lado de um triângulo qualquer se opõe ao menor ângulo, e, a hipotenusa é sempre maior do que qualquer cateto, a é o ângulo oposto ao cateto de medida igual a dois.

Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:

+ = ⇒ + = ⇒ = =2 4 AC 4 16 AC AC 20 2 52 2 2 2

Agora, para encontrar o cosseno do ângulo a basta fazer:

α = = =cos4

2 5

2

5.

5

5

2 55

Questão 03 – Letra AComentário: Para encontrar o valor do lado AC, basta aplicar a lei dos cossenos. Então, temos:

60°

10

8

A

C

B

AC 10 8 – 2 .10 . 8.cos 60°

AC 100 64 – 2 . 80.12

AC 164 – 80 84

AC 84 2 21

2 2 2

2

2

= + ⇒

= + ⇒

= = ⇒

= =

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

1

1

120°45°

45°

A B

C

D

O triângulo retângulo ABC é isósceles, pois AB = AC. Assim,

ABC = ACB = 45°.

Aplicando a lei dos senos no triângulo ABD, temos:

= ⇒ = ⇒ =1sen120°

ADsen 45°

AD 22

. 1

32

AD 23

cm


A

BC

bc

a

45°

Sabendo que:

= =a 4 e b 3 2

Aplicando a lei dos cossenos, temos:

c 4 3 2 – 2 . 4 . 3 2 . cos 45°

c 16 18 – 2 .12 2 .22

c 34 – 24 10 c 10

2 22

2

2

( )= + ⇒

= + ⇒

= = ⇒ =



2 cm

1 cm

B

60°

C

DA

Como ABC = 120° e BCD = ADC = 90°, então BAD = 60°. Traça-se o segmento BD e aplica-se a lei dos cossenos no triângulo ABD. Assim:

BD 1 2 2 .1 . 2 . cos 60° BD 5 4.12

BD 3 cm2 2 2 2= + − ⇒ = − ⇒ =



B

30° 2θ θCA D

2 cm

3 cm θ

Como BD = DC, então o triângulo BDC é isósceles.

Seja q a medida dos ângulos DBC e DCB.

Como o ângulo BDA é externo do triângulo BDC, então

BDA = q + q = 2q.

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Manual do Professor


Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABD, temos:

BD 3 2 2 . 3 . 2.cos 30°

BD 7 4 3.32

BD 1

22

2

2

( )= + − ⇒

= − ⇒

=

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo ABC, temos:

BC 3 2 1 2 . 3.3 . cos 30°

BC 12 6 3.32

BC 3 cm

22 2

2

( ) ( )= + + − ⇒

= − ⇒

=


Comentário:

Seja R o raio da circunferência da praça circunscrita no

triângulo. Utilizando a lei dos senos, temos:

2RAB

sen 60°R

80 m

2 . 32

R80 3

3m= ⇒ =

⇒ =


A) Chamemos de x o segmento oposto ao ângulo de 60°.

x

60°

6 cm 8 cm

Utilizando a lei dos cossenos, temos:x 6 8 2 . 6 . 8.cos 60°

36 64 48 52 x =2 13 cm

2 2 2

12

�� = + − =

+ − = ⇒

Seja p o semiperímetro e 2p o perímetro do triângulo.

2p 2 13 cm 6 cm 8 cm 7,2 cm 14 cm 21,2 cm2 13

= + + ≅ + =

B) Utilizando a condição de existência de um triângulo, temos:

c

|a – b| < c < a + b

a b

Defi nimos então que a = 6 cm, b = 8 cm e c corresponde aos possíveis valores para o lado desconhecido do triângulo. O triângulo deve obedecer a seguinte condição:

− < < + ⇒ − < < + ⇒ < <a b c a b 6 8 c 6 8 2 c 14

Esta condição indica que o valor de c = 16 cm não é possível.

Questão 10 – Letra EComentário: Pela geometria da situação, podemos extrair a

seguinte figura:

x EpicentroSendai

Tóquio

α

320 km360 km

Podemos determinar a distância x do epicentro até a cidade

de Sendai aplicando a lei dos cossenos, logo:

x 320 360 2 .320 .360.cos

x 102 400 129 600 230 400 . 0,934

x 232 000 2 304 . 93,4 x 232 000 2 .3 . 93,4

x 232 000 215100 x 16 900 x 130

2 2 2

2

2 2 8 2

215 100

2 2

� ��

= + − α ⇒

= + − ⇒

= − ⇒ = − ⇒

= − ⇒ = ⇒ =

A cidade de Sendai foi atingida pela primeira onda 13 minutos

depois, assim, a velocidade média foi de:

= ⇒ = ⇒ =V1301360

V 10 . 60 V 600

Portanto, a velocidade média com que o tsunami atingiu a

cidade de Sendai foi de 600 km/h.


Pela lei dos senos, temos:

2RBC

sen 60°AC

sen 45°AB

sen A B= = =

C

Sendo R o raio da circunferência circunscrita no triângulo,

e dado que R = 1, temos:

CC

A B

2RBC

sen 60°BC 2.sen 60° 3

2RAC

sen 45°AC 2.sen 45° 2

2RAB

sen A BAB 2.sen A B

2.sen 180° B C C A 2.sen 75°2 6

2

32

22

60 452 6

4

��

� ��

��

= ⇒ = =

= ⇒ = =

= ⇒ = =

− −

= =+

° °+

Outra solução:

Pela figura a seguir, os ângulos CBA e BAC são inscritos na

circunferência.

EM2MPV1_MAT.indd 95 09/11/17 11:17

96 Coleção EM2

A

B

CO

1

1

1120°

60°

45°

Considerando que o ponto O é o centro da circunferência,

temos:

B O O

A O O

C O O B A

C AC A

2C A 2 . 45° 90°

B CB C

2B C 2 . 60° 120°

A BA B

2A B 2. 360° C A B C 150°

45

60

75º� ��

�

�

( )

= ⇒ = =

= ⇒ = =

= ⇒ = − − =

°

°

Utilizando a lei dos cossenos, temos:

O

O

O

AC OA OC 2.OA.OC.cos C A 2 AC 2

BC OB OC 2.OB.OC.cos B C 2 1 3 BC 3

AB OA OB 2 . OA . OB . cos A B 2 3

AB 2 32 6

2

2

1

2

1

2

cos 90 0

2

1

2

1

2

1 1cos 120 1

2

2

1

2

1

2

1 1cos 150 3

2

Verifiqueelevando aoquadrado

� ��

� ��

� ��

�

� �

� �

� �

� �

� �

= + − = ⇒ =

= + − = + = ⇒ =

= + − = + ⇒

= + =+

° =

° = −

° = −

Questão 12

Comentário: Pela geometria da situação, podemos extrair a

figura a seguir:

A

Bα α

C

xx

32 – 2x

Observamos na figura que AB = AC = x.

Assim:

Perímetro do ∆ ABC = 32 cm ⇒ BC = 32 – 2x.

Os ângulos congruentes possuem medida α cada um e cos α = 35

.

Aplicando a lei dos cossenos no ∆ ABC, podemos determinar a medida de seus lados, logo:

��

( ) ( )

( ) ( )= + − − − α ⇒

= + − + − − ⇒

= − + − + ⇒

− + = ⇒ − + = ⇒

==

x x 32 2x 2.x. 32 2x .cos

x x 1 024 128x 4x 64x 4x .35

0 1 024 128x 4x192x

512x

5

32x 832x 5120 0 x 26x 160 0

x 16 (Não convém)x 10

2 2 2

35

2 2 2 2

22

2 2

Os lados do ∆ ABC medem 10, 10 e 12 cm, logo:A

B C

1010

6 6H

h

No ∆ ABC, a altura h também é mediana, logo, podemos aplicar o Teorema de Pitágoras para descobri-la. Assim, temos:

102 = h2 + 62 ⇒ h2 = 64 ⇒ h = 8

Calculando a área do ∆ ABC, temos:

= =Área12 . 8

248 cm2

Questão 13Comentário: Pela geometria da situação, podemos extrair a figura a seguir:

P

O

A

B 60°

45°30°

30°

3 + ¹3

120°

Aplicando a lei dos senos no ∆ AOP, podemos determinar a

medida do segmento AP. Logo:AP

sen 30°3 3

sen 120°AP12

3 3

32

AP. 3 3 3

AP3 3

3AP 3 1

sen 60° 32

� �� =

+⇒ =

+⇒ = + ⇒

=+

⇒ = +

=

Para determinar a medida do segmento AB, basta aplicar a lei dos senos no ∆ ABP.Assim:

3 1sen 75°

ABsen 45°

3 1

2 64

AB

22

AB3 1

2 6.2 2 AB 2 km AB 20 hm

+= ⇒

+

+= ⇒

=+

+⇒ = ⇒ =

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Mat

emát

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Manual do Professor


Questão 14 – Letra DComentário: Como a soma dos ângulos internos do ∆ ABC vale 180°, temos:

30° + 105° + ABC = 180° ⇒ ABC = 45°

BA

C

30°

200

105°45°

Agora, para encontrar o valor do segmento AB, basta aplicar a lei dos senos, então temos:

= ⇒ =

= =

ABsen 30°

200sen 45°

AB200 . 1

2

22

200

2.

2

2100 2

Questão 15 – Letra DComentário: Considerando um ponto E, tal que BEA = 90° como na figura a seguir:

A

C

B D

60°

60°

60°

E

3

3

35

4

Temos EB igual à altura do triangulo equilátero ABC e

AEBC2

32

= = .

Portanto, utilizando o Teorema de Pitágoras, temos:

EB3 32

AD AE (EB 4)94

9 .34

12 3 16 25 12 3

AD 25 12 3

2 2

32

2

3 32

4

2

2

� ��

=

= + + = + + + = + ⇒

= +

+

Questão 16 – Letra AComentário: Para encontrar o valor d, indicado na figura, basta aplicar a lei dos senos, então temos:

= ⇒ = =

=

dsen135°

50sen 30°

d50 . sen135°

sen 30°

50 . 2

2

1

2

50 2

A

C

50

135°

30°

d

B

Questão 17 – Letra DComentário: Pela figura a seguir, temos que as diagonais são calculadas pela lei dos cossenos.

30°

30°150°

150°A B

CD

5 cm5 cm

3¹3 cm

3¹3 cm

DB AD AB 2.AD.AB.cos 30° 7

AC AD DC 2.AD.DC.cos 150° 97

2 2

5

2

3 35 3 3 3

22 2

5

2

3 35 3 3 3

2

2 2

2 2

��

� ��

�

�

�

�

�

�

�

�

= + − =

= + − =

( )

( ) −

DB é o menor segmento:

DB 7 cm=

Questão 18 – Letra AComentário: Na figura a seguir, se estenderm os a reta BN, que é paralela à reta AP, até o ponto M, para realçar que os ângulos MBA e PAB são alternos internos, então o ângulo CBM é o suplemento de NBC.

A

M

P

C

B50°

20°300¹3 m

200

m

N130°

20°

Portanto, o ângulo

C A C M M A 150°130° 20°

= + =B B B .

Utilizando a lei dos cossenos para calcular AC:

AC AB BC 2. AB .BC.cos 150°

90 000 .3 + 40 000 60 000 .3 490 000AC 700 m

2

300 3

2 2

200 300 3 20032

2 2� �� = + − =

+ ==

( ) −

EM2MPV1_MAT.indd 97 08/11/17 11:42

98 Coleção EM2

Questão 19

Comentário: Pela lei dos senos, temos que:

BCsen 45°

ACsen 30°

BCsen 45°sen 30°

.100 m

2

21

2

.100 m 100 2 m

= ⇒

= = =

Utilizando a aproximação dada pelo enunciado, 2 1,41= :

BC 100 2 m 100 .1,41 m 141 m= = =


Comentário: O ângulo a é alterno interno com BCA, logo, na figura a seguir, indicamos todos os dados correspondentes para utilizar a lei dos cossenos:

A

B C

αMargem

700 m300 m

500 m

AB BC AC 2.BC.AC.cos

3 5 7 2 . 5 . 7.cos cos6570

1314

2

300

2

500

2

700 500 700 . 110 000

2 2 2

2 2 2

= + − α ⇒

= + − α ⇒ α = =

Questão 21 – Letra BComentário: Como a soma dos ângulos internos do ∆ ABC vale 180°, temos que:75° + 45° + ABC = 180° ⇒ ABC = 60°

8

B

A

C

60°

75°

45°

Agora, para encontrar o valor do segmento AC, basta aplicar a lei dos senos, então temos:

A BBC

sen

AC

sen

8sen 45°

ACsen 60°

AC8 . sen 60°sen 45°

8 . 3

2

2

2

8 3

2.

2

2

8 62

4 6 km

= ⇒ = ⇒

= = = = =

Questão 22 – Letra CComentário: Para encontrar o valor de x, basta aplicar a lei dos cossenos no triângulo que contém o ângulo 53°, cujo cosseno já foi dado. Temos:

48

4053°

x 62

53

x2 = 402 + 482 – 2 . 40 . 48.cos 53° ⇒

x2 = 1 600 + 2 304 – 80 . 48 + 0,6 ⇒

x2 = 3 904 – 2 304 = 1 600 ⇒ x = 40

Portanto, o perímetro 2p do triângulo vai ser dado por:

2p = 40 + 53 + 62 = 155

Questão 23 – Letra EComentário: O maior lado de um triângulo corresponde ao

maior ângulo oposto a esse lado:

α

x + 2

x

x + 1

Sendo o maior lado x + 2 e a, o ângulo oposto ao lado, e utilizando a lei dos cossenos, temos:

(x 2) x (x 1) 2.x.(x 1).cos

(x 1) 2(x 1) 1 x (x 1) 2.x.(x 1).cos

2(x 1) (x 1) 2.x.(x 1).cos

2 (x –1) 2x.cos cosx 32x

2

[(x 1) 1]

2 2

2

(x 2)

2 2

2

(x – 1) . (x 1) . 1(x 1)

2

2

��

� ��

��

+ = + + − + α ⇒

+ + + + = + + − + α

+ − − = − + α ⇒

− = − α ⇒ α =−

+ +

+

++


B a

a

P

bb

A

C

Q

EM2MPV1_MAT.indd 98 08/11/17 11:42

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Note que os ângulos ACB e QCP são suplementares. Logo:

= =cos A B –cos Q P –ba

C C

Portanto, podemos aplicar a lei dos cossenos no ∆ QCP, que teremos:

CQP a b – 2.a.b.cos Q P

QP a b – 2ab –b

a

QP a b 2b a 3b

QP a 3b

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

= + ⇒

= +

⇒

= + + = + ⇒

= +


A) Primeiramente, aplicarmos a lei dos cossenos no ∆ ABC:

= + − ⇒

= + − −

⇒

= + = ⇒ =

AB 30 50 2 .30 . 50 . cos 120°

AB 900 2 500 2 . 1 500. 12

AB 3 400 1 500 4 900 AB 70 m

2 2 2

2

2

Agora, vamos encontrar o valor y indicado, usando o Teorema de Tales:

= ⇒ = =50y

7035

y 50 . 3570

25 m

T3

T2

T1

D

35B

F x

x

E C 50 A

70

y

120°120°60°

30

B) Para encontrar o lado DE = x, vamos aplicar a lei dos cossenos no ∆ ADE (note que também é possível encontrar esse valor usando semelhança de triângulos ou Teorema de Tales):

= + ⇒

= +

⇒

= + + ⇒

+ = ⇒

∆ = = + =

=±

= ± ⇒ = =

105 x 75 – 2.x.75.cos 120°

11 025 x 5 625 – 2 .75x. –12

11 025 x 5 625 75x

x 75x – 5 400 0

75 – 4 . 1.(–5 400) 5 625 21 600 27 225

x–75 27 225

2 . 1–75 165

2x 45 m ou x –120

2 2 2

2

2

2

2

Agora, para encontrar o perímetro 2p da região T3, temos:

= + +

= + π = + π = + π

2p x x 16

(Comprimento de um círculo de raio 45)

2p 90 16

.2. .45 90 15 15.(6 ) m


A B 120°60°

C

D

E

F G

H111

1

1

I

Note que o perímetro 2p da figura DEFGHI é dado por:

2p 3.A A 3.A

A12

.1 . 1.sen120°12

.32

34

A1. 3

4

A 1 . 1 1

2p 3.34

34

3 . 1 3 3

BGH ABC ABGF

BGH

ABC

ABGF

= + +

= = =

=

= =

= + + = +

∆ ∆

∆

∆

Questão 27 – Letra BComentário: Primeiro, devemos encontrar o valor do segmento CM aplicando a lei dos cossenos no ∆ AMC:

CM 2 3 – 2 . 2 . 3 . cos 45°

CM 2 9 – 2. 2 .3.2

2CM 11 – 6 5CM 5

22

2

2

2

( )= + ⇒

= + ⇒

= = ⇒=

A B

C

M3

45°

45°

¹2

EM2MPV1_MAT.indd 99 08/11/17 11:42

100 Coleção EM2

Aplicando a lei dos senos no ∆ ACM, temos:

= ⇒ = ⇒

= = =

2

sen A M

5sen 45°

sen A M2 . sen 45°

5

sen A M2 . 2

25

1

5.

5

5

55

CC

C

Por outro lado:

=+

sen A M3

5 MBB

Sabendo disso, vamos aplicar a lei dos senos no ∆ AMB, e teremos:

+

= ⇒ = + ⇒ =23

5 MB

MB

22

3MB 5 MB MB52

Logo, = + = + =CB CM MB 552

3 52

Questão 28 – Letra BComentário: Considerando que todos os lados do pentágono valem a, vamos seguir os seguintes passos:

1) Como temos um triângulo retângulo isósceles, os ângulos da base são congruentes e iguais a 45°. Então nossa representação pode ser feita da seguinte forma:

E D

C

B

a

A

45°

45°90°

θ

a

Aplicando o Teorema de Pitágoras, temos:

a² + a² = AD² ⇒ 2a² = AD² ⇒

=AD a 2

2) Agora, repare que temos outro triângulo retângulo, onde novamente iremos aplicar o Teorema de Pitágoras:

E D

C

B

A

a¹2

90°

θ

a

( ) + = ⇒ + = ⇒

= ⇒ =

a 2 a AC 2a a AC

AC 3a AC a 3

22 2 2 2 2

2 2

3) Agora, note que temos um triângulo do qual conhecemos os três lados e queremos descobrir um de seus ângulos, portanto, basta aplicar a lei dos cossenos e vamos ter:

135°

a

aθ

a¹3

a 3 a a – 2 . a . a.cos

3a 2a – 2a .cos

3 2 – 2.cos –2.cos 1 cos –12

120° , pois 0 180°

22 2

2 2 2

( ) = + θ ⇒

= θ ⇒

= θ ⇒ θ = ⇒ θ = ⇒

θ = < θ <

Questão 29 – Letra BComentário: Primeiramente, vamos separar a imagem original em duas figuras:

A

B

30°

105°

30°

45°

200

TFigura I

Figura II

B

P

T

H

Da figura I, podemos observar que o ATB vale 45°, pois: ATB + 105° + 30° = 180° ⇒ ATB = 45°

Agora, aplicando a lei dos senos, temos:

= ⇒ = ⇒

= = = =

TBsen 30°

200sen 45°

TB50 . sen 30°

sen 45°

TB50 . 1

2

2

2

50

2.

2

2

50 22

25 2

Com isso, olhando agora para a figura II, observamos que:

= ⇒ = =sen 30°HTB

H12

.25 2 12,5 2

EM2MPV1_MAT.indd 100 08/11/17 11:42

Mat

emát

ica

Manual do Professor


Questão 30 – Letra DComentário: Pela geometria da situação, podemos extrair a

seguinte figura:

H

B

A

C

d

θθθ

Temos que o ∆ ABC é isósceles, portanto:

tg HAC

HBC

AC BCθ = = ⇒ =

Extraindo o ∆ ABC:

AB

C

d

xx

θ

Aplicando a lei dos cossenos no ∆ ABC, temos:

��

( )

( ) ( )= + − − θ ⇒ = − − θ ⇒= + θ ⇒ = + θ ⇒

= θθ −

d x x 2.x.x.cos 180° 2 d 2x 2x cos 2d 2x 2x .cos 2 d 2x (1 cos 2 )

d 2x 2cos

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2cos 12 2 2

2

Sabe-se que tg Hx

x Htg

θθ

= ⇒ = . Logo:

( ) ( )=θ

θ ⇒ =θ

θ ⇒

=θ

θ ⇒ θ = θ ⇒ = θθ

⇒

=

θ θ

θ��

d 2.H

tg. 2cos d 4.

Htg

. cos

d 2.H

tg.cos d.tg 2H.cos H

d2

tg .1

cos

Hd2

tg .sec

2

2

2 2

2

2

sec


x

39°

39° 102° 78°

12°

11

11

Para encontrar o valor de x, basta aplicar a lei dos senos no triângulo obtusângulo acima, então temos:

= ⇒ = ⇒

= ≅

xsen102°

11sen 39°

x0,98

110,63

x11. 0,98

0,6317

Questão 32 – Letra BComentário: Pela geometria da situação, podemos extrair a figura a seguir:

B

β

P C

Q

DA

a

a

a 52

a 52

a 22

a2

a2

Observamos que os triângulos ABP e ADQ são congruentes,

logo, pelo Teorema de Pitágoras, temos que AP AQ a= = 52

.

Como P e Q são pontos médios dos lados BC e CD,

respectivamente, podemos observar que PQ vale metade da

diagonal do quadrado, logo, PQ a= 22

.

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo APQ, temos que:

=

+

−

β ⇒

= + − β ⇒ − = − β ⇒

β = ⇒ β =

a 22

a 52

a 52

2.a 52

.a 52

.cos

2a4

5a4

5a4

10a4

cos2a4

10a4

10a4

cos

10a4

cos8a4

cos45

2 2 2

2 2 2 2 2 2 2

2 2

Por meio da Relação Fundamental da Trigonometria, podemos

determinar o valor de β, logo:

sen sen sen sen2 2 2 21 1 1625

925

35

β β β β β+ = ⇒ = − ⇒ = ⇒ =cos


A) Aplicamos a lei dos senos no ∆ ABC, temos que:

A

B

C

D10 m

15 m

π3

π6

π6

π=

π⇒ = ⇒ = =AB

sen6

15

sen 46

AB1

2

15

3

2

AB 15

3. 3

35 3 m

EM2MPV1_MAT.indd 101 08/11/17 11:42

102 Coleção EM2

B) Agora, aplicando a lei dos cossenos no ∆ BCD, temos que:

= + π ⇒

= ⇒

= = = ⇒

=

BD 10 15 – 2.10.15.cos3

BD 325 – 2 .150. 12

BD 325 –150 175 7.25

BD 5 7 m

2 2 2

2

2


30°

150°

150°

60°

20°30°

10°

160

x

Completando os ângulos da figura, basta aplicar a lei dos senos

para encontrar o valor x indicado:

xsen150°

160sen 20°

xsen150° .160

sen 20°

x

12

.160

0,34280

0,342234

= ⇒ = ⇒

= = ≅


S R

QP

T 120° 3 000

60°

60°60°

60°

xx

x

x x

Para encontrar o valor x indicado, basta aplicar a lei dos

cossenos no triângulo obtusângulo, que temos:

= + ⇒

=

⇒

= ⇒ = ⇒

= ⇒ =

3 000 x x – 2.x.x.cos 120°

9 000 000 2x – 2x . –12

9 000 000 3x x 3 000 000

x 3 .1 000 000 x 1 000 3 m

2 2 2

2 2

2 2

2



seguinte figura:

rA

CB r r

r

r30°

30°60°

r

r

R – r

OO

Observamos que os centros dos três círculos internos formam o triângulo equilátero ABC de lado 2r. Aplicando a lei dos cossenos no triângulo em destaque, cujo ângulo AOC equivale a 120°, temos que:

2 2 120

4

2 2 2

2

r R r R r R r R r

r R

( ) = −( ) + −( ) − −( ) −( ) ⇒

=

. . .cos °

22 2 2 2 2 2

2

2 2 2 2 12

4

− + + − + − − +( ) −

⇒

=

Rr r R Rr r R Rr r

r

.

22 4 2 22 2

4 2 4 2

2 22 2

2 2 2

R Rr r R Rr r

r R Rr r

− + − − + −

⇒

= − + ++ − + ⇒− − + + = ⇒

− − + =

R Rr rr r Rr R Rr Rr R

2 2

2 2 2 2

2 2

23 4 6 2 0

6 3 0

Determinando a solução da equação encontrada:

− − + = ⇒ = − −

= −

r Rr R r R R Não satisfaz

r R R2 6 3 0 3 2 3

2 3 3

( )

Como queremos a razão entre R e r, temos:

r R R r R Rr

Rr

= − ⇒ = −( ) ⇒−( ) = ⇒

+

( ) −=

2 3 3 2 3 3 1

2 3 3

2 3 3

2 3 32

2

Logo, Rr

= +2 3 33

.

Questão 37 – Letra DComentário: Vamos considerar os lados do triângulo em ordem crescente como (x – r, x, x + r), logo, o ângulo A vai estar oposto ao lado (x + r).

A

120°

C

x – r

x + r

x

B

EM2MPV1_MAT.indd 102 08/11/17 11:42

Mat

emát

ica

Manual do Professor


O perímetro deste triângulo vale 15, logo:x – r + x + x + r = 3x = 15 ⇒ x = 5

Agora, aplicando a lei dos cossenos, temos:+ = + ⇒

+ + = + +

⇒

= + + ⇒ = ⇒ =

(5 r) (5 – r) 5 – 2.(5 – r) .5.cos 120°

25 10r r 25 –10r 25 r – 2 .5.(5 – r). –12

10r –10r 25 25 – 5r 25r 50 r 2

2 2 2 2

2 2

Assim, os lados do triângulo ficam (3, 5, 7), e o produto dos lados é: 3 . 5 . 7 = 105

Questão 38 – Letra AComentário: Primeiro, aplicamos a lei dos senos no ∆ ABC:

A

CB

80° 10°

60°

30°

y

x1000DD

= ⇒ =x

sen 80°1 000

sen 70°x

1 000 . sen 80°sen 70°

Agora, note que:

sen 30°yx

y x.sen 30° yx2

y

1 000.sen 80°sen 70°

2500 . sen 80°

sen 70°

y500.0,985

0,94524

= ⇒ = ⇒ = ⇒

= = ⇒

= ≅

Seção Enem



Habilidade: 8

Comentário: Pela geometria da situação, podemos extrair a seguinte figura:

A

B

C

50 cm

x

4 cm

150°

Aplicando a lei dos cossenos na figura anterior, temos que:x2 = 42 + 502 – 2 . 4 . 50.cos 150°

Sabe-se que cos 150° = –cos 30°, então:x 4 50 2 . 4 . 50. cos 150°

x 16 2500 2 . 4 . 50.32

x 2 516 200. 3 x 2 516 340 x 2 856

2 2 2

cos 30° 32

2

2

3 1,7

2 2

� ��

�

= + − ⇒

= + + ⇒

= + ⇒ = + ⇒ =

− ≅ −

≅

Questão 02 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: O navegador parte do ponto A na direção nordeste e gasta 20 minutos para chegar ao ponto B, com velocidade de 30 km/h. Assim, a distância percorrida nesse primeiro trajeto será:

30dist. km

60tempo min

x 2060x 600 x 600

60x 10 km

( ) ( )−−−−−−−−−−

⇒ = ⇒ = ⇒ =

Ao chegar ao ponto B, sua rota é desviada para a direção norte, sua velocidade passa para 25 km/h, e ele gasta 30 minutos para chegar ao ponto C. Logo, a distância percorrida nesse segundo trajeto será:

25dist. km

60tempo min

x 30

60x 750 x 75060

x 12,5 km( ) ( )

−−−−−−−−−−

⇒ = ⇒ = ⇒ =

Sabe-se que o ângulo entre a direção nordeste e a direção norte é de 120°, logo, pela geometria da situação, podemos extrair a seguinte figura:

C

C

12,5 km

10 km

A

120°

A distância do ponto de partida A até o ponto de chegada B pode ser determinada por meio da lei dos cossenos, logo:

= +

−

⇒

= +

− ⇒

= + −

−

⇒

= + + ⇒

= + + ⇒ = + ⇒

= +

− = −

� ��

AB 10 12510

2 .10. 12510

.cos 135°

AB 10 252

2 .10.252

. cos 135°

AB 100 6254

2 .10. 252

. 22

AB 100 6254

250 22

AB 400 625 500 24

AB 1 025 500 24

AB 52

41 20 2

2 2

2

2 2

2

cos 45° 22

2

2

2 2

A distância do ponto de partida até o ponto de chegada é de:

52

41 20 2+ km

EM2MPV1_MAT.indd 103 08/11/17 11:42

104 Coleção EM2


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 8


153° 27°

x

x36

36

17

17

θ5

Enve

rgad

ura

Os dois triângulos retângulos em destaque são congruentes,

logo:

sen 27°x

360,45

x36

x 16,2= ⇒ = ⇒ =

Assim, a envergadura do caça será determinada por:

x + x + 5 = 16,2 + 16,2 + 5 = 37,4



Habilidade: 8

Comentário: Pela geometria da situação, podemos extrair

a seguinte figura:

153°27°

36

36

17

17

θ5

Enve

rgad

ura

Aplicando a lei dos senos no triângulo em destaque, temos que:

17sen 27°

36sen

sen36. sen 27°

17

sen36 . 0,45

17sen 0,95

sen 27° 0,45��

=θ

⇒ θ = ⇒

θ = ⇒ θ ≅

=

Sabe-se que sen q = 0,95 = sen 108° = sen 72° e que o

triângulo em destaque é acutângulo, logo q = 72°.



Habilidade: 8


60°

2 m

C

A

B 3 m

Aplicando a lei dos cossenos para determinar a medida AB, temos:

AB 2 3 2 .2 . 3.cos 60° AB 13 6

AB 7 AB 7m

2 2 2

cos 60° 0,5

2

2

�� = + − ⇒ = − ⇒

= ⇒ =

=

Como o canhão possui proteção dos dois lados, e cada uma possui medida AB, logo:

Proteção total = 2 7 m

Questão 06 – Letra EEixo cognitivo: III


Habilidade: 8


2 m

1 m

30°

120°

30°

1 m

BA

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo em destaque, podemos determinar a medida do segmento AB, logo:

= + − ⇒ = + ⇒ =

− = −

AB 1 1 2 .1 .1 . cos 120° AB 2 1 AB 3 m2 2 2

cos 60° 12

2

� ��

Fazendo a razão entre o segmento AB e o diâmetro, temos:

= ⇒ = =

=

ABDiâmetro

32

ABDiâmetro

1,732

0,865

3 1,73

Logo, o valor percentual do segmento AB em relação ao diâmetro é de 86,5%.

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Mat

emát

ica

Manual do Professor




Habilidade: 8


D

C

50 cm50 cm

60°

60° 60° 120°

100 cm50 cm B A

O ∆ ABD é equilátero e o ângulo ABD vale 120°. Aplicando a

lei dos cossenos no ∆ ABD, temos que:

AD2 = 502 + 1002 – 2 . 50 . 100.cos 120°

Sabe-se que cos cos120 60 12

° °= − = − , logo:

AD 50 100 2 .50 .100.12

AD 2 500 10 000 5 000

AD 17 500 AD 50 7

2 2 2

2

2

= + − −

⇒

= + + ⇒

= ⇒ =

Logo, AD cm= 50 7 .



Habilidade: 8


D

C

α

2¹2

¹2¹6

B A

Para determinar a medida do ângulo CBD, basta aplicarmos a lei dos cossenos no ∆ CBD, assim:

6 2 2 2 2.2 2 . 2 . cos

6 8 2 4 . 2 . cos 4 8.cos cos12

2 2 2( ) ( ) ( )= + − α ⇒

= + − α ⇒ − = − α ⇒ α =

Sendo cos α = 12

, temos que a = 60°.

Portanto, o ângulo CBD vale 60°.


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 8


seguinte figura:

A

2¹3 m

2¹3 m

2¹3 m

D

CB

x

x

α

Sabe-se que o ∆ ADC é isósceles, logo, AD = CD = x. Utilizando a lei dos cossenos, temos que:

��( ) = + − α ⇒ = − ⇒

= − ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =

α =

2 3 x x 2.x.x. cos 12 2x 2x .14

12 2xx2

123x2

24 3x x 8 x 2 2

22 2

cos 14

2 2

22 2

2 2

Portanto, AD m= 2 2 .


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 8


seguinte figura:

4¹3 m 4¹3 m

4¹3 m

Q

Q

30°

30°

120°

P

B

P

A

60°

30°

30°

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106 Coleção EM2

Para determinar a medida do lado PQ, basta aplicarmos a lei dos senos no ∆ PQB, assim:

PQsen sen120

4 330° °

=

Sabe-se que sen e sen sen30 12

120 60 32

° ° °= = = , logo:

PQ PQ PQ PQ32

4 312

4 3 3 4 3 12= ⇒ = ⇒ = ⇒ =. .

Portanto, o cabo de sustentação PB mede 12 m.


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 8


Cabo 1

Cabo 2

Cabo 3

15°15°

60°60°

E

24 m

10 m

D

A

B

C

10 m

Os cabos 1 e 2 possuem a mesma medida; logo, o ∆ ABC

é equilátero e, aplicando o Teorema de Pitágoras no ∆ BEC,

podemos determinar a medida do lado BC, logo:

BC2 = BE2 + EC2 ⇒ BC2 = 102 + 242 ⇒ BC2 = 676 ⇒ BC = 26m

Extraindo o ∆ ACD, temos:

45°

120°

15° 26 m

D

C

A

Aplicando a lei dos senos no ∆ ACD, temos que:

ADsen sen120

2645° °

=

Sabe-se que sen 45 22

° = e sen sen120 60 32

° °= = , logo:

= ⇒ = ⇒ = ⇒ =AD

32

26

22

AD26 3

2.

2

2AD

26 62

AD 13 6

A metragem mínima a ser comprada do cabo 3 é de 13 6 m.


Eixo cognitivo: III


Habilidade: 8

Comentário: O polígono ABCDEFGH utilizado na fabricação do mosaico possui todos os lados iguais e, por isso, pode ser dividido em oito triângulos congruentes. Pela geometria da situação, podemos extrair a figura a seguir:

A

40 cm

A

40 cm

20 cmCG

H

DF

E

BB

20 cm45°

Aplicando a lei dos cossenos no triângulo em destaque, podemos encontrar a medida do lado AB, logo:

( )( ) ( )

( )

= + − ⇒

= + − ⇒

= − ⇒ = − ⇒

= − ⇒ = ⇒

= ⇒ =

≅

≅

AB 40 20 2 . 40 . 20 . cos 45°

AB 1 600 400 1 600.22

AB 2 000 800 2 AB 400 5 2 2

AB 400 5 2,8 AB 400 2,2

AB 400 2,2 AB 29,6 cm

2 2 2

2

2 2

2 1,4

2 2

2,2 1,48

O perímetro x do polígono ABCDEFGH será:

x = 8.AB ⇒ x = 8 . 29,6 ⇒ x = 236,8 cm

O custo em reais para a produção do suporte é dado em função

do perímetro e pode ser determinado pela lei P(x) = 0,10x.

Assim:

P(x) = 0,10 . 236,8 ⇒ P(x) = 23,68

Para a confecção do mosaico, foram gastos R$ 23,68.

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Mat

emát

ica

Manual do Professor




Habilidade: 8


45°

3 m

x

DCA

B

135°

30°30°30°30°

Aplicando a lei dos senos no ∆ ABC, podemos determinar o valor de x, logo:

xsen sen135

330° °

=

Sabe-se que sen sen135 45 22

° °= = , então:

xsen sen

x x x45

330 2

2

312

23 3 2

° °= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

Portanto, a quantidade mínima de cabo a ser comprada para

o guindaste deve ser de 3 2 m.

DesafioQuestão 01Comentário: Para calcular a mediana ma relativa ao vértice A, vamos nos valer da lei dos cossenos por duas vezes, no ∆ AMB e no ∆ AMC. E também, vamos usar o fato dos ângulos a e β serem suplementares, ou seja, cos β = –cos a. Com isso, temos:

A

B C

bc

aM

ma

α β

=

+

α

=

+

β

c a2

(m ) – 2. a2

.(m ).cos (I)

b a2

(m ) – 2. a2

.(m ).cos (II)

2

2

a2

a

2

2

a2

a

Agora, fazendo I + II, temos:

=

+

α

=

+

β

+ =

+

α + β ⇒

+ =

+

α α ⇒

+ =

+

⇒

+ =

+ ⇒ = + ⇒

= + ⇒ =+

c a2

(m ) – 2 . a2

.(m ).cos (I)

b a2

(m ) – 2. a2

.(m ).cos (II)

b c 2. a2

2.(m ) – 2. a2

.(m )(cos cos )

b c 2. a2

2.(m ) – 2. a2

.(m )[cos – cos ]

b c 2. a2

2.(m ) – 2. a2

.(m ).0

b c 2 . a2

2 . (m ) (m ) b2

c2

– a4

(m ) 2b 2c – a4

(m )2b 2c – a

2

2

2

a2

a

2

2

a2

a

2 2

2

a2

a

2 2

2

a2

a

2 2

2

a2

a

2 2

2

a2

a2

2 2 2

a2

2 2 2

a

2 2 2

Questão 02 – Letra DComentário: Considere a seguinte imagem para ilustrar o problema:

A

C

xx – r120°

x + rB

Lembrando que, ao maior ângulo de um triângulo se opõe o maior lado deste triângulo.

Agora, usando o perímetro que nos foi dado, temos:

x + r + x + x – r = 3x = 15 ⇒ x = 5

Então, nosso triângulo vai ficar da seguinte forma:A

C

55 – r

120°

5 + rB

Agora, aplicando a lei dos cossenos, temos:

5 r 5 – r 5 – 2 . 5 . 5 – r . cos 120

25 10r r 25 –10r r 5(5 – r)

25r 50 r 2

2 2 2

2 2

( ) ( ) ( )+ = + ° ⇒

+ + = + + ⇒

= ⇒ =

Portanto, o produto dos comprimentos dos lados deste triângulo vai ser dado por: 3 . 5 . 7 = 105

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108 Coleção EM2

Sugestões de leitura para o professor

Livros

• A Matemática do Ensino Médio – Volume 2. Elon Lages de Lima e outros. Coleção do Professor de Matemática-SBM.

• Análise Combinatória e Probabilidade. Augusto César Morgado e outros. Coleção do Professor de Matemática-SBM.

• Aula nota 10. Doug Lemov. Fundação Lemann.

• A rainha das Ciências. Gilberto Geraldo Garbi. Livraria da Física.

• Combinatória, Matrizes e Determinantes. Aref Antar Neto e outros. Moderna.

• O Livro dos Códigos. Simon Singh. Record.

Sites

• Banco Internacional de objetos educacionais. <http://objetoseducacionais2.mec.gov.br/handle/mec/2180>.

• Cangurusemfronteiras–Olimpíadas.<http://www.math-ksf.org/>.

• InstitutodeMatemáticaPuraeAplicada(IMPA).<http://www.impa.br/opencms/pt/>.

• OlimpíadaBrasileiradeMatemática(OBM).<http://www.obm.org.br/opencms/>.

• OlimpíadaBrasileiradeMatemáticadasEscolasPúblicas(OBMEP).<http://www.obmep.org.br/>.

• POTI – Programa Olímpico de Treinamento. <http://poti.impa.br/>.

• SitedoProfessorHumbertoJoséBortolossi.<http://www.professores.uff.br/hjbortol/index.html>.

• Site de softwareseducacionais.<http://www.edumatec.mat.ufrgs.br/softwares/soft_geometria.php>.

• SociedadeBrasileiradeMatemática.<http://www.loja.sbm.org.br/>.

• RevistadoProfessordeMatemática(RPM).<www.rpm.org.br>.

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Mat

emát

ica

Manual do Professor


Cont

eúdo

de

Mat

emát

ica 1ª SÉRIE

FRENTE CAPÍTulo VolumE TÍTulo

A

1 1 •Conjuntos e números

2 1 •Funções

3 2 •Funçãoafim

4 2 •Função quadrática

5 3 •Funçãomodulareclassificaçãodefunções

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 •Razões e proporções

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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110 Coleção EM2

2ª SéRiE

FRENTE CAPÍTulo VoluME TÍTulo

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 •Áreasdefigurasplanas

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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Documents

Manual do Professor - anglouba.com.br · o que, em nenhuma hipótese, diminui a importância da sistematização (definições, notações, exemplos), pois as situações do mundo