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MATEMÁTICA - 16/12/2010

01. Dado i3121Z , então

89

1n

nz é igual a

a) i32

89

b) - 1 c) 0 d) 1

e) i36

89

Solução:

3i121Z ; podemos escrever Z na forma polar:

32i

e23i

21Z 3

2ieZ

Mas, Z89= ei(120*89) =e10680i= Mas 360 x 29= 10440 e portanto 10680-10440=240. E portanto Z89= Z2, pois 240 = 2x120. Logo, o somatório que nada mais é do que uma P.G. de razão Z é:

1i23

21i

23

21ZZZ)1Z(

1Z)1Z(Z

1Z)1Z(zz 2

28989

1n

n

ALTERNATIVA B 02. Das afirmações abaixo sobre números complexos z1 e z2: I. |z1 – z2| | | z1 | - |z2 || II. ||z||z||zz| 2221 III. Se z1 = |z1| (cos + sen) 0, então

)isen(cos|z|z 11

11 .

é (são) sempre verdadeira(s). a) apenas I b) apenas II c) apenas III d) apenas II e III e) todas Solução: I. tome Z1 = - 3 e Z2 = 2 Logo, |- 3 – 2| = 5 e | |-3| - |2| | = |3 – 2| = 1 5 > 1 falsa! II. tome z1 = 0 z2 = 1 Logo 1||z||z|| e 0|zz| 2221 0 1 falsa! III. Se z1 = |z1| (cos + isen) 0

isencos)isen(cos

)isen(cos1

|z|1

isencos|z|1z

11

11

221

11

1isencosisencos

|z|z )isen(cos|z|z 11

11

ALTERNATIVA C 03. A soma de todas as soluções da equação em C : z2 + |z|2 + i z – 1 = 0 é igual a

a) 2 b) 2i

c) 0

d) 2i

e) -2i

Solução: Seja z = x + iy; x, y IR, temos: z2 + |z|2 + iz – 1 = 0

x2 – y2 + 2xyi + x2 + y2 + xi – y – 1 = 0 (2x2 - y -1) + x(2y + 1) i = 0

)II(1yx2

)I(0)1y2(x2

de (I): x = 0 ou y = -1/2. se x = 0 de (II): y = -1 iz1 se y = - 1/2:

de (II): 21x

41x

21x2 22

2i

21z2 ;

2i

21z3

2i

21

2i

21izzz 321 i2

ALTERNATIVA E 04. Numa caixa com 40 moedas, 5 apresentam duas caras, 10 são normais (cara e coroa) e as demais apresentam duas coroas. Uma moeda é retirada ao acaso e a face observada mostra uma coroa. A probabilidade de a outra face desta moeda também apresentar uma coroa é Solução: 40 moedas 5 duas caras 10 normais (cara e coroa) 25 duas coroas

amostral espaçofavoráveis casos ºnP

Logo

75

3525P

ALTERNATIVA B 05. Sejam A e B conjuntos finitos e não vazios tais que A B e n ({C : C B \ A}) = 128. Então, das afirmações abaixo: I. n(B) – n(A) é único; II. n(B) + n(A) 128; III. a dupla ordenada (n(A), n(B)) é única; é(são) verdadeira(s) a) apenas I b) apenas II c) apenas III d) apenas I e II e) nenhuma Solução: I. Verdadeira n ({C : C B \ A}) = 128 2n(B\A) = 128 N(B\A) = 7 Como A B, temos n(B\A) = n(B) – n(A) Assim n(B) – n(A) = 7 II. Falsa Sabemos que n(B) – n(A) = 7 Adicionando 2n(A) em ambos os membros obtemos n(B) + n(A) = 7 + 2n(A) Logo n(B) + n(A) depende do número de elementos de A, o qual não é fixo. II. Falsa Como n(A) não é fixo, a dupla ordenada (n(A), n(B)) não é única. ALTERNATIVA A

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06. O sistema

0cz5yx3b2z yaz3y2 x

a) é possível, a, b, c R.

b) é possível quando 1c ou3b7a

c) é impossível quando c = 1, a, b R.

d) é impossível quando a 3b7 , c R

e) é possível quando c = 1 e a 3b7

Solução: Do sistema, testamos o teorema de Cramer:

)C1(52912C5C513

210321

*Se C 1 Sistema Possível e determinado * Se C = 1: x + 2y + 3z = Q (I) y + 2z = b (II) 3x – y – 5z = 0 (III) Multiplicando (I) por 3 e somando a (-7) vezes (II)

:(I) x3:(II)-7x

3a9z6y x3 -7b14z--7y

7b-a35z-y-3x

→ Se 3a – 7b = 0 sistema possível e indeterminado

3b7a

→ se 3b7a sistema impossível

Logo: Se C 1 possível a, b.

Se 3b7a possível b, c.

ALTERNATIVA B 07. Considere as afirmações abaixo: I. Se M é uma matriz quadrada de ordem n> 1, não-nula e não-

inversível, então existe matriz não-nula N, de mesma ordem, tal que M N é matriz nula.

II. Se M é uma matriz quadrada inversível de ordem n tal que det(M2 - M) = 0, então existe matriz não-nula X, de ordem n x 1, tal que M X = X.

III. A matriz .z k, k2

,inversível é2

2sen1 sectg

sen cos

2

Destas, é(são) verdadeiras(s) a) Apenas II. b) Apenas I e II c) Apenas I e III d) Apenas II e III e) Todas RESOLUÇÃO: I. Seja V um vetor coluna com n linhas. Temos que o sistema

0VM tem infinitas soluções, pois detM = 0. Escolha n dessas soluções v1,...,vn. Considere a matriz N = [v1, v2, ..., vn] Então 0NM II. Defina a seguinte transformação linear

MVT VRR:T

)V(

NN

Onde M = (aij)nxn matriz inversível de ordem n. Sabemos que p()=det(M-I) é polinômio característico. Mas por hipótese det(M2 - M) = 0 det(M(M - I)) = 0. I) - det(M detM = 0 detM = 0 ou det (M - I) = 0. Mas detM 0. Portanto det (M – I) = 0. Como p(1) = det (M - I) = 0 p(1) =0, logo 1 é raiz do polinômio característico, isto é 1 é auto valor de T, deste modo os autovetores > v 0 associados ao auto valor = 1 são dados por T(v) = 1 . V MV = V onde V 0 e V é ordem (nx1). Afirmação Verdadeira.

III.

cos sensen cos

22sen1

secLg

sen cosM 2

Det(M) = cos2 +sen2 = 1 0

M é inversível zk,k22

08. Se 1 é uma raiz de multiplicidade 2 da equação x4 + x2 + ax + b = 0, com a, b R, então a2 – b3 é igual a a) - 64 b) - 36 c) - 28 d) 18 e) 27 Solução: P(x) = x4 + x2 + ax + b; como 1 é raiz de multiplicidade 2, teremos: P(x) = x4 + x2 + ax + b = (x – 1)2 q(x) Derivando o polinômio P(x), teremos: P’(x) = 4x3 + 2x + a = 2 (x – 1) q(x) + (x – 1)2 q’(x) logo, x = 1 também é raiz de P’(x). Dessa forma, substituindo x = 1 em P(x) e em P’(x), encontraremos:

(II) 0a24(I) 0ba2

De (II), temos: a = - 6. Substituindo em (I), teremos: 2 – 6 + b = 0 → b = 4 Logo: a2 – b2 = 36 – 64 = - 28 ALTERNATIVA C 09. O produto das raízes reais da equação

|3x2||2x3x| 2 é igual a a) -5 b) -1 c) 1 d) 2 e) 5 Solução: |x2 – 3x + 2| = |2x – 3| temos apenas duas possibilidades:

(II)2x -323x-x

(I) 3-2x23x-x2

2

(I): x2 – 3x + 2 = 2x – 3 x2 – 5x + 5 = 0 = 25 – 20 = 5 > 0 → logo, da forma genérica da equação do 2º grau, teremos:

515P1

(P1: produto das raízes)

(II) x2 – x – 1 = 0 → = 1 + 4 (+1) = 5 > 0 → 111

acP2

→ Logo, o produto das raízes será: P1 P2 = 5 (-1) = - 5 ALTERNATIVA A

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10. Considere a equação algébrica 0ax3

1k

k4k

. Sabendo

que x = 0 é uma das raízes e que (a1, a2, a3) é uma progressão geométrica com a1 = 2 e soma 6, pode-se afirmar que a) a soma de todas as raízes é 5. b) o produto de todas as raízes é 21. c) a única raiz real é maior que zero. d) a soma das raízes não reais é 10. e) todas as raízes são reais. Solução:

0ax3

1k

k4k

(x – a1)3 + (x – a2)2 + (x – a3) = 0 a1 = 2 S3 = 6 a2 + a2 = 4 a1, a1q, a1q2 2q + 2q2 = 2 q2 + q – 2 = 0 q = - 2 ou q = 1

mas q = 1 0ax3

1k

k4k

para x = 0

logo q = - 2 (x – 2)3 + (x + 4)2 + ( x – 8) = 0 x3 – 5x2 + 21x = 0 Logo x1 + x2 + x3 = 5 ALTERNATIVA A 11. A expressão 4e2x + 9e2y – 16ex – 54ey + 61 = 0, com x e y reais, representa a) o conjunto vazio. b) um conjunto unitário. c) um conjunto não-unitário com um número finito de pontos. d) um conjunto com um número infinito de pontos. e) o conjunto {(x, y) R2 | 2 (ex – 2)2 + 3 (ey – 3)2 = 1} Solução: 4 e2x + 9 e2y – 16 ex – 54 ey + 61 = 0 → (2 ex) + (3 ey)2 – 2 2 ex 4 – 2 3 ey 9 + 16 + 81 + 61 = 16 + 81 (2 ex – 4)2 + (3 ey – 9)2 = 36 1ª condição: (2ex – 4)2 < 36 → - 6 < 2ex – 4 < 6 → - 2 < 2ex < 10 → → - 1 < ex < 5 → como a função exponencial é estritamente positiva, teremos: 0 < ex < 5 → x ( - , n5) 2ª condição: (3ey – 9)2 < 36 → - 6 < 3ey – 9 < 6 → 3 < 3ey < 15 → 1 < ey < 5 → y (0, n5) ALTERNATIVA D 12. Com respeito à equação polinomial 2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 = 0 é correto afirmar que a) todas as raízes estão em Q. b) uma única raiz está em Z e as demais estão em Q\Z. c) duas raízes estão em Q e as demais têm parte imaginária

não-nula. d) não é divisível por 2x – 1. e) uma única raiz está em Q \ Z e pelo menos uma das demais

está em R \ Q. Solução: 2x4 – 3x3 – 3x2 + 6x – 2 = 0 Note x = 1 é uma das raízes da equação. Usando o dispositivo de Briot-Ruffini, temos:

As demais raízes são raízes da equação 2x3 – x2 – 4x + 2 = 0

Note que 21x é uma de suas raízes.

21

Usando o dispositivo, temos: As duas raízes que faltam são raízes da equação 2x2 – 4 = 0 cujos valores são 2x ALTERNATIVA E

13. Sejam m e n inteiros tais que 32

nm

e a equação 36x2 +

36y2 + mx + ny – 23 = 0 representa uma circunferência de raio r = 1 cm e centro C localizado no segundo quadrante. Se A e B são os pontos onde a circunferência cruza o eixo Oy, a área do triângulo ABC, em cm2, é igual a

a) 328 b)

324 c)

322 d)

922 e)

92

Solução:

32

nm n

32m

36x2 + 36y2 + mx + ny – 23 = 0 2

22

22

22

22m6

2n623

2ny6

2mx6

Logo ,136

2m6

2n623

22

22

pois o raio é 1.

3613

2n

3n 22

,1n3613

4n

9n 22

mas como a circunferência está no 2º

quadrante n tem que ser positivo

Logo n = 1 e 32m

131x

21y

22

A

0

1

B

1/3 1/2

x

-1/3

C

322x1

91x2

2

322

31

2A

A2A

ABO

OBCABO

922A ABO

ALTERNATIVA E

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14. Entre duas superposições consecutivas dos ponteiros das horas e dos minutos de um relógio, o ponteiro dos minutos varre um ângulo cuja medida, em radianos, é igual a

a) 1123

b)

613

c)

1124

d) 1125

e)

37

Solução: Vamos supor que os ponteiros se cruzem as 00h00min.

- O ponteiro dos minutos possuem a velocidade de 602 , enquanto

o ponteiro das horas possuem a velocidade de 6012

2

.

- Após 1h, o ponteiro dos minutos estarão novamente marcado 00 min, enquanto o ponteiro das horas marcarão 1 hora. Dessa forma, temos as seguintes condições:

Ponteiro: P = 0 + min602

Hora: H= min1260

26

Para os ponteiros tocarem-se novamente, teremos:

P = H min1260

26

min602

1160min

1min1211

102

61211 min

602

Logo, traduzimos os minutos em ângulos teremos:

1160

60 2

112

Logo, o total em radiamos será: t =

1124

1122

ALTERNATIVA C 15. Seja ABC um triângulo retângulo cujos catetos AB e BC medem 8 cm e 6 cm, respectivamente. Se D é um ponto sobre AB e o triângulo ADC é isósceles, a medida do segmento AD , em cm, é igual a

a) 43 b)

615 c)

415 d)

425 e)

225

Solução:

Aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo BCD, temos: x2 = 62 + (8 - x)2 x2 = 36 + 64 -16x + x2 16x = 100

x = 425

ALTERNATIVA D

16. Sejam ABCD um quadrado e E um ponto sobre AB . Considere as áreas do quadrado ABCD, do trapézio BEDC e do triângulo ADE. Sabendo que estas áreas definem, na ordem em que estão apresentadas, uma progressão aritmética cuja soma é 200 cm2, a medida do segmento AE , em cm, é igual a

a) 3

10

b) 5 c)

320

d) 325

e) 10

Solução:

x

1S

2S

S1: Área de ADE (triângulo) S2: Área de BCDE (trapézio) S3: Área de ABCD (quadrado) S1 + S2 + S3 = 200 cm2 Seja o ponto F como na figura. Note que S2 = S1 + S, sendo S a área de BCFE. Ou seja, S é a razão da PA. Assim, da figura: S3 = S1 + S2 = S1 + S1 + S = 2S1 + S. (I) Como S1, S2, S3 é PA, temos: S3 = S1 + 2S (II) De (I) e (II): S3 = S1 + 2S = 2S1 + S S1 = S

200S3S2SS3SS2S

SS

3

2

12cm

3100S

S3 = 100 cm2. Sendo “” o lado do quadrado: = 10 cm

21 cm

3100S como

2xS1

, temos:

3100

2x10

cm320x

ALTERNATIVA C 17. Num triângulo ABC o lado AB mede 2 cm, a altura relativa ao

lado AB mede 1 cm, o ângulo AB mede 135° e M é o ponto médio de AB . Então a medida de CMBCAB , em radianos, é igual a

a) 51

b)

41

c)

31

d) 83

e)

52

Solução:

Note que o triângulo BDC é isósceles. Assim BD = 1 cm

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Sendo CAB e CMB , temos:

31

ADCDtg

21

DMCDtg

tgtg1

tgtg)(tg

21

311

21

31

)(tg

1

6565

)(tg

Note que e são menores que 45°. Assim + = 45°. Logo,

4145CMBCAB

ALTERNATIVA B 18. Um triângulo ABC está inscrito numa circunferência de raio 5

cm. Sabe-se ainda que AB é o diâmetro, BC mede 6 cm e a

bissetriz do ângulo CBA intercepta a circunferência no ponto D. Se é a soma das áreas dos triângulos ABC e ABD e é a área comum aos dois, o valor de - 2, em cm2, é igual a a) 14 b) 15 c) 16 d) 17 e) 18 Solução:

Como o lado AB dos triângulos ABC e ABD coincide com o diâmetro da circunferência, os triângulos ABC e ABD são retângulos em C e D, respectivamente. Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo ABC, concluímos que AC = 8. Seja E a interseção de BD com AC. Aplicando o teorema da bissetriz interna no triângulo ABC, temos:

12

816

AECE106

AE10

CE6

CE = 3 e AE = 5 Da semelhança dos triângulos BCE e BDA, temos:

AD2BDBD6

AD3

BDBC

ADCE

Fazendo AD = x, temos BD = 2x. Da aplicação do teorema de Pitágoras no triângulo ABD, temos: (2x)2 + x2 = 102 5x2 = 100 x2 = 20 Segue que:

442024x242

xx2286 2

é igual à diferença entre as áreas dos triângulos ABC e BCE. Logo:

159242

36286

Assim - 2 = 14 ALTERNATIVA A 19. Uma esfera está inscrita em uma pirâmide regular hexagonal cuja altura mede 12 cm e a aresta da base mede

a igual é cm, em esfera, da raio o Então .cm33

10

Solução:

E

PC

H

B

G

A

cm12h

F

O

3

310

I

Passando um plano pelos pontos A, H e I, teremos a seguinte seção plana

A

H IO Cálculo de OH: analisando o hexágono da base, teremos:

H

X

X

CB

F EI

523

3310OIOH

3310BC O

Cálculo de AH: Pelo triângulo AOH, temos: (AH)2 = 52 +122 (AH)=13 Dessa forma temos: (Por simetria)

A

H

12

r

r

13

I5 O sen =

310r

135

r12r

ALTERNATIVA E

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20. Considere as afirmações: I. Existe um triedro cujas 3 faces têm a mesma medida a = 120°. II. Existe um ângulo poliédrico convexo cujas faces medem,

respectivamente, 30°, 45°, 50°, 50° e 170°. III. Um poliedro convexo que tem 3 faces triangulares, 1 face

quadrangular, 1 face pentagonal e 2 faces hexagonais tem 9 vértices.

IV. A soma das medidas de todas as faces de um poliedro convexo com 10 vértices é 2880°.

Destas, é(são) correta(s) apenas a) II b) IV c) II e IV d) I, II e IV e) II, III e IV Solução: I. INCORRETA Seja um triedro com faces de mesma medida . A soma das faces deve ser menor que 360° para caracterizar a existência do ângulo triédrico. Caso a soma seja igual a 360° o ângulo deixa de ser poliédrico e os ângulos passam a ser coplanares. Logo: 3<360º <120º II. CORRETO Pela mesma justificativa do item anterior: 30° + 45° + 50° + 50° + 170° = 345° 345° < 360° (EXISTIRIA O ÂNGULO POLIÉDRICO) Mas: 30° + 45° + 50° + 50° + 170° = 175° 175° > 170° (MAIOR QUE A MEDIDA DA MAIOR FACE, LOGO, NÃO EXISTE O ÂNGULO POLIÉDRICO.) III. INCORRETA Cálculo do número de arestas pelas faces:

26x25x14x13x1A

A = 15 F = 3 + 1 + 1 + 2 F = 7 Aplicando Eüler: F – A + V = 2 7 – 15 + V = 2 V = 10 IV. CORRETA Si = (V – 2) 360° Si = (10 – 2) 360° Si = 8.360° Si = 2880° ALTERNATIVA C 21. Analise a existência de conjuntos a e b, ambos não-vazios, tais que (A\B) (B\A) = A. Solução: Seja x = (A\B) (B\A) X = (ABc) (BAc) Da equação, temos: X = A x - A = Mas, X – A = X Ac = [(ABC) (BAc)]AC

X – A = (ABC AC) (BAC AC) = B AC = B\A B\A = Assim: X = (A\B) (B\A) = (A\B) A\B = A A B =

Assim, (AB) (B\A) = Mas (A B) (B\A) = (A B) (B AC) = B (A AC) = B Logo, B = : ABSURDO, pois B Logo, concluímos que não existe tais conjuntos A e B. 22. Sejam n 3 ímpar, z C \ {0} e z1, z2, ..., zn as raízes de zn = 1. Calcule o número de valores |z1 – zj|, i, j = 1, 2,..., n, com i j, distintos entre si. Solução: Zn = 1 polígono com n lados inscrito na circunferência de raio 1.

jz

izji zz

Logo queremos o número de segmentos que tem comprimento diferente; para um ponto temos n – 1 possibilidades pela simetria

21n segmentos diferentes.

23. Sobre uma mesa estão dispostos 5 livros de história, 4 de biologia e 2 de espanhol. Determine a probabilidade de os livros serem empilhados sobre a mesa de tal forma que aqueles que tratam do mesmo assunto estejam juntos. Solução: 5 história 4 biologia 2 espanhol

amostral espaçofavoráveis casos ºnP

!56789101112312123412345

11551P

24. Resolva a inequação em )19xx(log 2

51

4116

Solução: )19xx(log 2

51

4116

Note que x2 – x + 19 > 0 para todo x R. Assim, temos:

)19xx(log2 25

1

41

41

2)19xx(log 2

51

2

25119xx

x2 – x + 19 > 25 x2 – x – 6 > 0

}3xou2x:Rx{S

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25. Determine todas as matrizes M M2x2 (IR) tais que M N = NM, N M2x2 (IR). Solução:

dcba

MSeja

tzyx

NSeja uma matriz qualquer.

De MN = NM segue que:

dcba

tzyx

tzyx

dcba

Efetuando os produtos, temos: ax + bz = ax + cy bz = cy (I) ay + bt = bx + dy (a – d) y = b(x – t) (II) A equação (I) é válida para todo y e z, logo b = c = 0. Substituindo b = 0 na equação (II) e lembrando que (II) é válida para todo y obtemos a = d.

a00a

MAssim para todo a IR.

26. Determine todos os valores de m R tais que a equação (2 - m) x2 +2mx +m + 2 =0 tenha duas raízes reais distintas e maiores que zero. Resolução: (2 -m) x2 + 2mx + m + 2 = 0 2 – m 0 m 2 (I) Para que a equação tenha duas raízes reais distintas, devemos ter: > 0 (2m)2 – 4 (2 - m) (m+2) > 0 4m2 + 4m2 – 16 > 0 m2 - 2 > 0

0 0

22

m < 2 ou m > 2 (II) Para que as raízes sejam maiores que zero devemos ter:

0"x'x0''x'x

raízes as são '' xe ' xque em

Segue que:

0m22m

02m

m2

02m

m2

2

2

00

00

0

0

m < 0 ou m > 2 (*)

0m22m

2

2

02

02

0

0

-2 < m < 2 (**) Da interseção de (*) e (**), temos: -2 < m < 0 (III) Por fim, de (I), (II) e (III) segue que -2 < m < - 2 27. Considere uma esfera com centro em C e raio r = 6 cm e um plano que dista 2 cm de C. Determine a área da intersecção do plano com uma cunha esférica de 30° em que tenha aresta ortogonal a . Solução:

4 + x2 = 36

32x

32

2R

36030x

38x

28.

a) Calcule .10

sen5

cos5

sen 210

cos5

sen5

cos 22

b) Usando o resultado do item anterior, calcule .5

cos10

sen

Solução: a)

10sen

5cos

5sen2

10cos

5sen

5cos 22

10sen

52sen

10cos

52cos

02

cos105

2cos

GGE RESPONDE - VESTIBULAR – ITA 2011 (MATEMÁTICA)

8 APÓS CADA PROVA, ACOMPANHE A RESOLUÇÃO DAS QUESTÕES NO SITE: WWW.GGE.COM.BR

Assim

010

sen5

cos5

sen210

cos5

sen5

cos 22

b) Seja

5cos

10SenP

Assim

10sen

5cos

5sen2P

5sen2

10sen

52senP

5sen2

Pelo item a) temos que 10

cos52cos

10sen

52sen

Assim

10cos

52cosP

5sen2

Adicionando as duas igualdades, obtemos que

10sen

52sen

10cos

52cosP

5sen2P

5sen2

105

2cosP5

sen4

103cosP

5sen4

2103

5 ,Mas

Logo,

41P portanto e

103cos

5sen

Deste modo

41

5cos

10sen

29. Num triângulo AOB o ângulo BOA mede 135° e os lados AB e

OB medem cm2 e cm32 , respectivamente. A

circunferência de centro em O e raio igual à medida de OB

intercepta AB no ponto C( B). a) Mostre que OÂB mede 15°. b) Calcule o comprimento de AC . Solução:

32

2

32

a) Lei dos senos:

,A sen32

135 sen2

mas sem 135 = sen45°

senA

32

222

23-2

A sen

sen (45 – 30) = sem 15°

15 sen22

21

23

22

Igualando o valor das expressões:

232

426 2226324

0 = 0(V) Logo  = 15° b) Lei dos cossenos no triângulo CBO

C3x

2332x232x32 2

023322xx

)BC( 0x ou )32(3x Logo,

cm)32(32AC 30. Considere um triângulo eqüilátero cujo lado mede cm32 . No interior deste triângulo existem 4 círculos de mesmo raio r. O centro de um dos círculos coincide com o baricentro do triângulo. Este círculo tangencia externamente os demais e estes, por sua vez, tangenciam 2 lados do triângulo. a) Determine o valor de r. b) calcule a área do triângulo não preenchida pelos círculos. c) para cada círculo que tangencia o triângulo, determine a

distância do centro ao vértice mais próximo. Solução: a)

32

xr30Sen

x = 2r

Logo

3

33223

32r4

42r cm

21r

b)

22

O r44

3A4A

414

43)22( 2

2cm)33(

c)

xr30Sen

21rx x = 2r