Razão e proporções EM18 1 MAT A 01sae.digital.s3.amazonaws.com/wordpress/downloads/...Temos que o comprimento real da caneta é 16,8 cm e o seu compri-mento c, na imagem, é igual

EM18

_1_M

AT_A

_GA

B

GAB 301

Razão e proporções EM18_1_MAT_A_01

Desenvolvendo Habilidades

1. C

2. C

3. C

4. D

5. C

6. B

7. B

8. D

9. D

10. B


1. D

2. B

3. D

4. B

5. D

6. B


1. E

2. C

3. D

4. E

5. C

6. B

7. D

8. D

9. A

10. C


1. A

2. C

3. E

4. B

5. C

6. D

Complementares

1. C

2. C

3. C

4. B

5. D

6. C

7. D

8. C

Complementares

1. E

2. C

3. A

4. D

5. C

6. B

7. B

8. B

9. C

Complementares

1. D

2. C

3. C

4. C

5. D

6. C

7. A

8. A

9. C

Complementares

1. E

2. B

3. C

4. C

5. E

6. B

7. E

8. D

9. B

Equações e sistemas lineares EM18_1_MAT_A_02

Teoria de conjuntos EM18_1_MAT_A_03

Relações e funções EM18_1_MAT_A_04

10. Incorreto.

10. a) Pares: I e III; ímpares: IV e V. b) Função par: x2 – 4

–3 –2 –1 0 1 2 3

x

5

4

3

2

1

–1

–2

–4

–3

Função ímpar: y = x3

–3 –2 –1

–1

–2

–3

1

0

1

2

3

2a

–a

3 x

9. a) r ≅ 2,87

b) 4,4 peças · h–1

10. a) 36 mL

b) x = 5

10. {(2,3), (3,2), (–2, –3), (–3, –2)}

MAT A

PG18LP311SDM0_MIOLO_EM18_1_MAT_L1_LP.indb 301 12/10/2017 19:59:56

EM18

_1_M

AT_B

_GA

B

GAB302

Introdução à geometria plana EM18_1_MAT_B_01


1. B

2. D

3. A

4. B


1. E

2. E

3. D

4. D

5. C


1. C

2. B

3. A

4. B

5. B

6. E

7. D

8. D


1. B

2. D

3. D

4. C

5. D

5. E

6. B

Complementares

1. B

2. D

6. E

7. C

8. C

Complementares

1. A

2. C

Complementares

1. A

2. B

3. C

4. C

Complementares

1. C

2. D

3. D

4. D

5. D

Polígonos I EM18_1_MAT_B_02

Polígonos II EM18_1_MAT_B_03

Triângulos I EM18_1_MAT_B_04

5. E

6. B

7. a) (n – 3) e dn n

=−( )3

2b) 24

8. a) 8 lados congruentes entre si e 8 ângulos internos con-gruentes entre si.

b) 45°c) 1080°

6. C

7. a) 51 m2

b) 27 cm

8. a) 600 cm2

b) x2 = 2500 cm2

c) x = 10

3. D

4. C

5. D

6. C

7. C

8. D

9. D

10. Primeira parte: 25Segunda parte: 15Terceira parte: 100Quarta parte: 4

3. B

4. B

5. D

6. D

7. B

8. T = 2n + 3


EM18

_1_M

AT_A

_L1_

SOL

SOL 303MAT A

Solucionário


1. CO resultado pedido é dado por

10002330

10003000

60 6−

⋅ ≅

2. CApós as quatro primeiras horas, o paciente deverá receber uma quantidade de mililitros dada por 0,6 • 5 • 800 = 2 400 Portanto, segue que a resposta é

2 400 1220 60

24⋅

⋅=

3. C60% de 12 = 60 · 0,12 = 7,2 t.O restante da carga é representado por 12 – 7,2 = 4,8 toneladas. Esse valor é dividido igualmente entre os outros dois pontos de sustentação. Logo, a resposta é 2,4 t, 7.2 t e 2.4 t.

4. D

I

II

III

: , %

: , %

: ,

5085

1017

0 58 58

4065

813

0 61 61

2065

413

0 30

= ≅ =

= ≅ =

= ≅ = 330

3040

34

0 75 75

4890

815

0 53 53

%

: , %

: , %

IV

V

= = =

= ≅ =

5. C

T i cm

iT T

.( )

%.( )

1 153

50005000100

501 50 153

15351

+ =

= = =

⇒ + = ⇒ = = 33cm

6. BConclui-se que13 1

250 0003250 000

XX= ⇔ = ,

10 1300 000

3000 000Y

Y= ⇔ = e

9 1500 000

4 500 000Z

Z= ⇔ =

Portanto, vem Y > X > Z.

7. BVamos calcular a idade i da criança.

idade da criançadose de criança dose de adulto

idade da criança 12

= ⋅ +

1412

42 14 12 42 6=+

⋅ ⇔ +( ) = ⇔ =

idadeidade

i i i

Assim, a dose procurada é

X =+

⋅ =

66 12

60 20

8. DTemos que o comprimento real da caneta é 16,8 cm e o seu compri-mento c, na imagem, é igual a 1,4 cm. Podemos então estabelecer

uma razão de semelhança de r = =16 81 4

12,

,. Em outras palavras, a

foto diminui em 12 vezes o tamanho real.Assim, basta multiplicarmos o comprimento e a largura da pegada na foto para encontrarmos os valores reais:Largura da pegada = 12 · 2,2 = 26,4 cm.Comprimento da pegada = 3,4 · 12 = 40,8 cm.

9. DA escala mostra a relação entre duas medidas lineares, a do desenho e a da realidade. No mapa do Brasil, cada 1 unidade no desenho equivale a 25 000 000 na realidade, enquanto que no mapa do Rio de Janeiro a mesma unidade equivale a 4 000 000, ou seja, o

aumento linear foi de 25000 0004 000 000

254

= . O aumento da área é igual

ao quadrado do aumento linear: 254

62516

39 06252

= = , . O valor

encontrado está entre 30 e 40.

10. BSeja D0 = 3 m e e0, respectivamente, a distância inicial da fonte até a parede e a espessura da mesma. Logo, temos

e kD

k e0 002 0 0

19= ⋅ ⇔ = ⋅ ,

com k0 sendo a constante de proporcionalidade.Ademais, sendo A0 = 9 m2 e V0 respectivamente, a área e o volume da parede inicial, temos V0 = 9 • e0. Sabendo ainda que C0 = R$500,00 é o custo dessa parede, vem

C k V k e ke0 0 0

0

500 95009

= ⋅ ⇔ = ⋅ ⋅ ⇔ =⋅

,

com k sendo a constante de proporcionalidade. Portanto, se e é a espessura da parede de área A então e

eD

=⋅9 0

2

e, assim, temos

C k A e

eA

eD

AD

= ⋅ ⋅

=⋅

⋅⋅

=⋅

5009

9

5000

02

2

Razões e proporções EM18_1_MAT_A_01


EM18

_1_M

AT_A

_L1_

SOL

SOL SOL304 MAT A

Complementares

1. C

xyx y

yx

x yx x x x

=

+ =

⇔

=

+ =

⇔ + = ⇔ = ⇔ =

29

55

92

554 5 55 5 5 55 10, ,

2. CPrimeiro desconto = 25% do salário bruto. Segundo desconto = 11% de 3/5 = 11 · 3/5 = 33/5 = 6,6%.Total de descontos = 25 % + 6,6 % = 31,6 % do salário bruto.

3. CSeja x o preço da mercadoria antes dos dois aumentos. Após o primeiro aumento, temos x · 1,15 = 1,15x. Após o segundo aumento, temos 1,15x · 1,20 = 1,38x.Logo, os dois aumentos representam um único aumento de 38%.

4. BSeja x o preço da mercadoria antes do acréscimo e o posterior desconto. Após o acréscimo de 10%, seu preço é 1,1x. Após o desconto, é igual a 1,1x · 0,9x = 0,99x.Logo, a mercadoria custará 99% do valor inicial, ou seja, terá des-conto de 1%.

5. DSendo P o pagamento à vista,

( )

À vista : PP 10P

Cartão : 1,25P (1 0,25) PP 8Cartão : 8100, 8

Cartão : (1 25%) À vista

⇒ = = = + ⋅ ⇒

⇒ + ⋅

6. CSe a máquina mais rápida faz todo o serviço em x horas, então a mais lenta fará em (x + 9) horas.

Então, em uma hora a máquina mais rápida fará 1x

do serviço.

Enquanto que a mais lenta fará em 19x +

do serviço.Então, os dois juntos:1 1

91

2031 180 0 36 52

x xx x x ou x nª o convØm+

+= ⇔ − − = ⇔ = = − ( )

não convém

Logo:a mais rápida fará o serviço sozinho em 36 horas.a mais lenta fará o serviço sozinho em 36 + 9 = 45 horas.

7. DSejam:

• c = preço de custo

• v = preço de venda

• l = lucroSegundo o enunciado, temos que:c = 18 000 + 1 000 = 19 000l = 0,2vO lucro é dado por: l = v – cEntão:0,2v = v – 1 0000,8v = 19 000v = 23 750Portanto, o lucro do comerciante foi, reais, de 23 750 – 19 000 = 4 750.

8. CBrasil, Rússia e China fazem parte do Brics. 1 176 + 1 805 + 2 689 = 5 670. 20% de 5 670 = 1 134 < 1 176 Logo, a alternativa correta é a C: “mais de 20% do valor transferido pelos países que fazem parte do Brics”.

9. a) x cm

x cm

rcm

12

22

2

26 36100

9 36

48 136200

3 264

9 363 26

=⋅

=

=⋅

=

∴ =

,

,

,,

442 872 cm

≅ ,

b) 11

12

1

100P 10 peças h

102 000

P 5, 6 peças h360

D 10 5, 6 4, 4 peças h

−

−

−

= = ⋅

= ≅ ⋅

∴ ≅ − = ⋅

10. a) A heparina é um medicamento de ação anticoagulante prescrito

em diversas patologias. De acordo com indicação médica, um paciente de 72 kg deverá receber 100 unidades de heparina por quilograma por hora (via intravenosa). No rótulo da solução de heparina a ser ministrada consta a informação 10 000/50 mL, temos então em 7 200 unidades

7200 5010 000

36⋅

= mL

b) Sabendo-se que uma hora tem 3600 segundos e que a cada 20 gotas equivale 1 mL, então 36 mL temos:

36 · 20 = 720 gotas.

Logo, 720

36001 5 5

gotassegundos

gota segundos x= ⇒ =/


EM18

_1_M

AT_A

_L1_

SOL

SOL SOL 305MAT A

Equações e sistemas lineares EM18_1_MAT_A_02


1. D

a b a b a ab b a ab b ab+( ) − −( ) = + + − − +( ) =2 2 2 2 2 22 2 4

2. BTemos:

5 4 2 03 4 18 0

5 4 23 4 18

x yx y

x yx y

+ + =− − =

⇔+ = −− =

Como 53

44

≠−

, temos que o sistema é possível e determinado, ou seja, apresenta uma só solução.

3. DTemos que a b a b a b2 2− = −( ) +( ). Então,

68 32 68 32 68 32 100 36

100 36 3600 60

2 − = +( ) −( ) = ⋅

∴ ⋅ = =

2

4. B

x y

x y

x y xyx y xyx yx y

+ =

+( ) =

+ + =+ = −+ = −+

13

13

2 13169 2169 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2

2 2 ==167

5. D

M =+( ) − −( )

( )= ( ) − ( )

⋅( )=

−3 5 3 5

3 5

34 16

9 25

1156 25650 62

2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

2 55900

50 62536

20254

225= = =

6. B

x y z+ − = + − ⋅ =

+ − ⋅ ⋅ =

9731 3907 2 9731 3907

9731 3907 2 9731 3907 973

2 2 2 2

2 2 11 3907

5824

2−( )=

Complementares

1. EConsiderando a e b distintos a expressão a ab b a b2 2 2

2 0− + = −( ) > para todo real a e b distintos. Portanto, ela não muda de sinal.

2. C

h mhm

hm m m

m+ =

=

⇒ = ⇒ + =

⋅⇒ =

1772930

2930

2930

3030

177 3030

59 5

3310 90 87⇒ = ⇒ =m h

3. Ax é o preço de cada chave de fenda e y é o preço de cada chave de boca. Considerando as figuras, temos:

3 31 3

2 3 44

9 3 932 3 44

710

x y

x y

x yx y

xy

+ = −( )+ =

⇔

− − = −+ =

⇔==

⇒ xx y+ =17


EM18

_1_M

AT_A

_L1_

SOL

SOL SOL306 MAT A

4. DSeja x a idade de Daniel e y a idade de Hamilton. Hoje, temos que x = 2y. Há dez anos, 4(x – 10) = (y – 10). Então, temos quex = 2y e 4x – 40 = y – 10, ou seja, 4x – y = 30.Logo, a alternativa correta é a D.

5. C

a bc b c a b bc c

a b c

a b c a b

2 2 2 2 2 2

2 2

2 40 2 40

40

− − − = ⇒ − + +( ) =

∴ − +( ) =

+ +( )⋅ − − cc a b c( ) = ⇔ + + =10

40 4� ��

6. BFormando o sistema relacionando “x” à lata de refrigerante e “y” à porção de batatas fritas utilizamos as informações dos preços e escalonamos:

2 5 403 2 9 60

x yx y

+ =+ =

⇒,

,2 5 40

3 00 3 00x yy y

+ =− = − ⇒ =

,, ,

Logo, 2x = 5,40 – 3,00 = 2,40. Então x = 1,20.Resposta: A diferença entre a porção de fritas e a lata de refrigerante é: R$3,00 – R$1,20 = R$1,80.

7. BTemos, o número de ingressos da arquibancada é ‘x’, o número de ingressos da Geral é ‘y’, somando os valores, R$25,00 da arquibancada, mais R$10,00 da Geral, temos um total de R$48.200,00:25x + 10y = 48 200 Os ingressos da arquibancada são iguais a 40% da geral, no caso:x = 40% · yx = 0,4 · yx = 0,4y Temos o valor de ‘x’, substituindo na primeira conta, temos:25x + 10y = 48 200 25 · (0,4y) + 10y = 48 20010y + 10y = 48 20020y = 48 200y = 48 200 : 20 y = 2 410Temos 2 410 ingressos para geral, e para arquibancada:x = 0,4 · yx = 0,4 · 2 410x = 964Resposta: Temos 2 410 ingressos para Geral e temos 964 ingressos vendidos para arquibancada.

8. BDe acordo com o problema, temos que

20 5 602 8

x yx y

+ =+ =

. Esse sistema é equivalente a 20 5 6020 10 80

5 20 4x yx y

y y+ =+ =

⇒ = ⇒ = . Logo, x = 2.

Portanto, a única alternativa que verifica esses valores é a B.

9. C

x x y x y

x x y x y

x y x

3 2

2

2

8 8 7

8 7

8 7

+ − − =

+( ) − −( ) =

+( ) −( ) =

Note que para x = 3, temos que x + y = 7 e, portanto, y = 4. Logo, x – y = –1.

10. Temos:

xy

yx

x y xyxy

x y xy x y xy

x y

+ = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ +( ) =

⇔ +(

136

6 6 136

6 6 13 6 13

6

2 22 2 2 2

)) −

= ⇔ +( ) − = ⇔ +( ) =

+( ) =

2 2 2

2

2 13 6 12 13 6 25

25

xy xy x y xy xy x y xy

x y p, oois xy

x youx y

S

=

+ =

+ = −

⇒ = − − − −{ }

6

5

52 3 3 2 2 3 3 2( , ),( , ),( , ),( , )


EM18

_1_M

AT_A

_L1_

SOL

SOL SOL 307MAT A


1. EÉ imediato que

68

34

0 75 75= = =, % . Portanto, a resposta é 3.

2. CA pena poderá variar de

43

12 16⋅ = a 43

48 64⋅ = meses.

3. DComo x y e z= ≅ = − = − = =3 1 7 1

20 5 3

21 5, , , , , tem-se t < y < z < x.

Assim, a figura que representa o jogo de Clara é a da alternativa D.

4. ESe F não está contido em A, então a próxima conclusão lógica é que existe intersecção entre F e A e existe união entre F e A, sendo estes dois conjuntos diferentes entre si. Logo, existe jogador de futebol que não é atleta.

5. CDesde que

12

48

= e 54

108

= , temos 38

12

54

< <

6. BConsidere a tabela, em que Brasarg é o novo país.

País Ouro Prata Bronze Total

1º China 9 5 3 17

2º Brasarg 5 7 5 17

3º EUA 5 7 4 16

4º França 3 1 3 7

5º Itália 2 6 2 10

7. D

Sendo XA AB HI u= = = =... , segue que

Y X u u u= + ⇔ = + ⇔ =10 32

16

10 215

.

Portanto, o ponto D representa o número

Y X u= + ⇔ + ⋅ =416

42

157

10.

8. DA ∪ B

∪

A B

C ∩ D

∪

A B

D

C

(A ∪ B) ∩ (C ∩ D)

∪

A

C

B

D

D

C

9. A25% de 40% = 10%10% de 90 = 9 (T)40% de 90 = 36 → 36 – 9 = 27 (T∩D)90 – 27 – 9 – 2 = 52 (T∩C)

115 – 52 – 2 = 61 (C e C∩D)95 – 27 – 2 = 66 (D e C∩D)61 + 66 = 127127 + 90 (tudo) = 217 (passou 17)

Então C∩D = 17. E, portanto, C = 44D = 49T = 9Logo, 44 + 49 + 4 = 102.

10. CCalculando a fração geratriz das dízimas periódicas, obtemos:

1 333 1 0 3 1 39

43

0 222 0 2 29

1111 1 0 1 1 19

1

, ... ,

, ... ,

, ... ,

= + = + =

= =

= + = + = 009

0 666 0 6 69

23

, ... ,= = =

Daí, como

1 333 45

1 2 73

43

45

65

73

113

105

113

2

0 222 15

0

, ... ,

, ... ,

+ + + = + + + = + = +

+ + 33 16

29

15

310

16

20 18 27 1590

8090

1111 310

1 7 89

1

+ = + + + = + + + =

+ + + =, ... , 009

310

1710

88

189

2010

2 2 4

0 666 72

0 1 12

23

72

110

+ + + = + = + =

+ + + = + +, ... , ++ = + + = + + =12

23

82

110

20 120 330

14330

Daí, Tadeu consagrou-se vencedor.

Complementares

1. DTemos que

2324

0 9583333

78

0 875

4748

0 97916666

1112

0 916666

=

=

=

=

, ...

,

, ...

, ....

, ...

,

43

1 3333

118

1 375

=

=

Logo, o menor é 78

e o maior 118

.

2. CSe A B M∪ ∪ = { , , , , }3 7 8 9 10 , temos que M contém obrigatoriamente o 10, pois nem A nem B o possuem. Mas A M∩ ={ }3 e, portanto, M contém o 3, pois A o contém. Temos também que B M∩ = { }8 . Logo, M contém o 8, pois B o contém. Dessa forma, M ={ }3 8 10, , , ou seja, contém 3 elementos.

CCinema

DDança

TTeatro

44 49

2752

9

217

Teoria de conjuntos EM18_1_MAT_A_03


EM18

_1_M

AT_A

_L1_

SOL

SOL SOL308 MAT A


1. ASendo f uma função contínua com valor mínimo igual a 107,1 e valor máximo igual a 118, segue que Im{f} = [107, 1, 118].

2. CTemos que f(2) = 0 e f(0) = 3.Logo, 2a + b = 0 e b = 3. Logo, 2a + 3 = 0 e, portanto, a = –1,5. Logo, a + b = 1,5.

3. EO único gráfico que apresenta uma função linear crescente, uma função afim decrescente e uma função constante, nessa ordem, é o da alternativa E.

4. BSegundo a análise feita, o único gráfico que possui concavidade apenas para cima, ou seja, aceleração positiva, e apresenta veloci-dade crescente de leitura das páginas é o da alternativa B.

5. COs elementos de R1 são (1,1), (1,2), (1,3), (1,4), (1,5), (2,2), (2,3), (2, 4), (2, 5), (3, 3), (3, 4), (3, 5), (4, 4), (4, 5) e (5, 5), totalizando 15.

6. DAtravés da análise do gráfico, o valor de cada postagem é sabido através do peso da carta. O valor da postagem para as cartas de

100 g é de 1,70 real, as de 200 g de 2,65 reais e para a carta de 350 g de 4 reais. Como foram duas de 100 g, 1,70 · 2 = 3,40 reais; três de 200 g, 2,65 · 3 = 7,95 reais e uma de 350 g, 4 reais, totalizou um gasto de 3,40 + 7,95 + 4,00 = 15,35 reais.

Complementares

1. EÉ o gráfico da função E, pois é o único para o qual vale a seguinte regra: “uma função f é injetiva se e somente se nenhuma reta hori-zontal intersecta o seu gráfico em mais do que um ponto”.

2. BPelo gráfico, houve precipitação acima de 30 mm nos dias 10/01, 16/01, 18/01 e 11/02. Portanto, 4 dias.

3. Cf pode não ser injetora, pois podem haver escolas com o mesmo número de professores, mas com certeza será sobrejetora, pois toda e qualquer tem professores.

4. CTemos que

5 3 8 2 15 3 8 2 3 7 2 02 2− = + ⇔ − = + ⇔ − + − =( )⋅x x x x x x x x . Daí, por Bhaksara, x = 2 (pois a outra resposta não convém). Logo, B tem 6 elementos.

Relações e funções EM18_1_MAT_A_04

3. CSe x C A B∈ ∪( ) , temos que x A e x B∉ ∉ . Logo, x CA CB∈ ∩ .

4. C

2 22

22

21 0

a ba

ba

ba

ba a a

a ou a+

≥+

⇔ + ≥ + ⇔ ≥ ⇔ ≥ <

5. D8

6

8

8

6

6

6

6

8

1

23

24

26

6

6

6. CTemos que M P∩ = [ ]5 10, e que P N− = [ ]5 6, . Dessa forma, a união desses dois intervalos é [5,10]. Logo, seu comprimento é igual a 10 – 5 = 5.

7. AConsidere x o número de bolas de gude. Como o maior erro é de 48 bolas, temos: x – 1177 = 48 de onde x = 1 225 ou x + 1250 = de onde x = 1 202

• Para x = 1 225, os erros seriam 30, 41, 48, 25 e 7, o que não é verdade (por causa do 41).

• Para x = 1 202, os erros são 7, 18, 25, 48 e 30, o que está de acordo com o enunciado. Quem mais se aproximou de 1 202 foi A, que disse haver 1195 bolas.

8. A Temos que

A Bc∩( ) ={ }Monera,Protista,Plantae,Animalia . Então,

A B Cc∩( ) − ={ }Monera,Plantae .

Dessa forma, a alternativa correta é a letra A.

9. CI. Verdadeira. Seja x um elemento de A B C−( )∩ :

x A B C x A x B C

x A x B x C

x A x B x A x C

x

∈ − ∩( ) ⇔ ∈ ∧ ∉ ∩( )⇔ ∈ ∧ ∉ ∨ ∉( )⇔ ∈ ∧ ∉( )∨ ∈ ∧ ∉( )⇔ ∈ AA B A C−( )∪ −( )

Portanto, a igualdade é verdadeira.II. Verdadeira. Seja x um elemento de A C B∩( ) − :

x A C B x A x C x B

x A x B x Cx A B CC

∈ ∩( ) − ⇔ ∈ ∧ ∈( ) ∧ ∉

⇔ ∈ ∧ ∉ ∧ ∈⇔ ∈ ∩ ∩

Portanto, a igualdade é verdadeira.III. Falsa. Sejam A = {k}, B o conjunto vazio e C o conjunto vazio

também. Então, A B B C−( )∩ −( ) = ∅ , (A – B) – C = {k} e, por-tanto, a igualdade é falsa.

10. Incorreto. A área correspondente ao conjunto dos racionais deveria ser menor do que a área correspondente ao conjunto dos números irracionais.


EM18

_1_M

AT_A

_L1_

SOL

SOL SOL 309MAT A

5. ETemos que a população da espécie A aumenta 20% ao ano, ou seja, há um crescimento que não é linear (pois quanto maior o número de indivíduos, maior é o aumento da população). Logo, o gráfico III exibe a situação em questão.Temos que a população da espécie B aumenta em 100 pássaros ao ano. Logo, o crescimento é linear pois, independente do número de pássaros já existentes, esse número aumentará 100 a cada ano. Logo, o gráfico II exibe a situação em questão.Temos que a população da espécie C permanece constante. Logo, o gráfico que exibe a população é constante e representado, portanto, por I.

6. BLembremo-nos de que:Par: f(–x) = f(x)Ímpar: f(–x) = –f(x)

Vamos, em cada caso, supor x = 2. I.

f

f

−( ) = − = −

( ) =

2 46

23

2 0

Logo, f não é par, pois f(2) é diferente de f(–2) e não é impar, pois f(–2) é diferente de –f(2).

II. f

f

2 12

14

2 12

14

2

2

( ) =( )

=

−( ) =−( )

=

Logo, f é par.

III. f

f

2 22

1

2 22

1

( ) = =

−( ) =−

= −

Logo, f(–2) = –f(2) e, portanto, f é ímpar.

IV. f

f

2 3 1 4

2 1 3 4

( ) = + =

−( ) = − − = −

Logo, f(–2) = –f(2) e, portanto, f é ímpar.

7. Ef : → é uma função bijetora. Então, f(x + a) também será uma função bijetora, uma vez que seu gráfico será representado por uma translação horizontal do gráfico da função f(x) mantendo-se bijetora e g(x) = g(x + a) + b também será bijetora, pois seu gráfico será representado por uma translação vertical no gráfico de f(x + a). Logo, g : → será bijetora.

8. DEm 1760 o rendimento foi de 112 500 contos de réis. Como cada arroba vale 1,125 contos de réis, temos: 1,125 · x = 112 500 → x = 100 000.

9. BI. Falsa. 0 é elemento de S e {0} é subconjunto de S. Logo, 0∈S e

0{ } ⊂ S .

II. Falsa. Como zero não é elemento de T, 0∉ ∩ ∩S T U .

III. Falsa. Como n S n T( ) > ( ) e uma injeção é uma função “um para um”, não existe nenhuma função injetiva de S em T.

IV. Verdadeira. Como n S n T( ) > ( ) , não existe nenhuma sobrejeção de T em S.

10. a) O gráfico de uma função par tem como eixo de simetria o eixo

Oy, isto é, f(−x) = f(x), para todo x ∈ . E dos gráficos apresenta-dos acima os que satisfazem a essa condição são os de número I e III. O gráfico de uma função ímpar é simétrico em relação à origem dos eixos cartesianos, isto é, f(−x) = − f(x), para todo x ∈ . E dos gráficos apresentados acima os que satisfazem a essa condição são os de número IV e V.

b) Par: y = x2 – 4.

–3 –2 –1 0 1 2 3

x

5

4

3

2

1

–1

–2

–4

–3

Impar: y = x3.

–3 –2 –1

–1

–2

–3

1

0

1

2

3

2a

–a

3 x


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL SOL310 MAT B

Introdução à geometria plana EM18_1_MAT_B_01


1. BDe acordo com o desenho a seguir, Belo Horizonte e Salvador.

18

1

23

4

5

1715

16

1211 10

135°

13

14DF 9

8

7

6

2. DE está em um plano paralelo e distinto do plano (ABG);

3. AComo CDEF é paralelogramo, segue-se que CD//EF.

4. B3’= (3/60)° = 0,05°124° 3’ 0” = 124,05°

5. EAs retas LB e GE são as retas suporte das diagonais GE e LB. Logo, as retas LB e GE são concorrentes no ponto de interseção das diagonais do bloco. Como as retas AG e HI são coplanares e não paralelas, segue queAG e HI são concorrentes. Como AD e GK são distintas, não têm ponto em comum e não são coplanares, temos que AD e GK são reversas.

6. BConsidere a figura.

A’

A

B

B’

DC

De acordo com a figura, segue que a projeção ortogonal da trajetória dos pontos A e B, sobre o plano do chão da gangorra, corresponde aos segmentos AC e B’D.

Complementares

1. B6x + 4° = 2x + 100°x = 24°y = 180° – 148°y = 32°

2. Dx yx y

x yx y

yx

+ = °+ = °

− − = − °+ = °

= °+ ° =

2 1303 180

2 1303 180

50100 1300130 10030

°= ° − °= °

xx

3. DI. Falsa. r1 e r2 podem ser reversas.

II. Verdadeira. Dada uma reta r1 ⊂ a, podemos determinar r2 ⊂ b, com r1 || r2 através da projeção ortogonal de r1 sobre b.

III. Verdadeira.

4. C180° – x = 4 · (90° – x) + 6°

x = 186°3

⇒ x = 62°

5. DComplemento: 90° – 40° = 50°Suplemento: 180° – 40° = 140°Replemento: 360° – 40° = 320°

6. CI. Falsa. Considere a figura.

r

P1

P2

b2

b1

b1 e b2 são secantes.II. Falsa. Considere a figura.

b2

b1

r

Tem-se que b1 e b2 são secantes e r é paralela a b1 e b2.III. Verdadeira. De fato, se r ∩ b1 ⊃ {P1, P2}, então r PP= 1 2

� ��e, portanto,

r ∩ b1 = r.


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL SOL 311MAT B

7. CFalsa. Sejam a um plano e r uma reta contida em a. É imediato que existe pelo menos uma reta s contida em a tal que s é perpendicular a r. Logo, s não é perpendicular a a.Falsa. Se dois planos distintos são paralelos, então toda reta per-pendicular a um deles é perpendicular ao outro.Falsa. Sejam a e b dois planos distintos não paralelos. Basta consi-derar a reta r, interseção de a e b, e uma reta s paralela a r.Falsa. Sejam a e b dois planos paralelos distintos. Se r ∈ a, basta tomar s ∈ b de modo que r e a projeção ortogonal de s sobre a sejam concorrentes.

8. DI. Falsa. Ela poderá ser perpendicular a duas retas concorrentes

deste plano e neste caso estar contida no plano.

s//t t

r

II. Verdadeira. Toda a reta é paralela à sua projeção ortogonal em um plano qualquer.

t

r

r’

a

III. Verdadeira, pois formam o mesmo ângulo com o plano.

IV. Verdadeira. Dois planos perpendiculares a um terceiro são paralelos entre si, pois formam o mesmo ângulo com esse terceiro plano.

V. Verdadeiro. Estes três planos dividem o espaço em oito octantes, com apenas um ponto em comum, cada dois planos possuem em comum um única reta e estas três retas se encontram num único ponto.

Ponto comum

9. DI. Falsa. Duas retas paralelas e coplanares não são concorrentes.

II. Falsa. Duas retas paralelas não têm ponto comum e não são reversas.

III. Verdadeira. Considere a figura.

A

B s

s’

r

r’

Sejam r e s duas retas reversas.

Tomando um ponto A da reta r, existe uma única perpendicular comum a r e s que intersecta a reta s no ponto B, de tal modo que B ∈ r’ e r || r’.

Analogamente, obtemos a reta s’ || s. Portanto, os planos a = (r, s’) e b = (r’, s) são os únicos planos paralelos, cada um contendo uma das retas.

IV. Verdadeira. Considere o quadrilátero reverso da figura, com ABD ∈ a e BCD ∈ b.

a

b

A

B

CD

P

Q

M

N

Como PQ é base média do triângulo ABD e MN é base média do triângulo BCD, segue que PQ || BD e MN || BD. Logo, PQ || MN. Similarmente, concluímos que MQ || NP e, portanto, segue-se o resultado.

10. Primeira parte: x + 5 Segunda parte: x – 5 Terceira parte: 5x Quarta parte: x

5

x x x x

x

x

+ + − + + =

=

=

5 5 55

144

365

144

20

Primeira parte: x + 5 ⇒ 20 + 5 = 25Segunda parte: x – 5 ⇒ 20 – 5 = 15Terceira parte: 5x ⇒ 5 · 20 = 100

Quarta parte: x5

205

4⇒ =


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL SOL312 MAT B


1. EDo texto, as peças do Tangram são dois quadriláteros e cinco triângulos, pois tanto o quadrado como o paralelogramo são quadriláteros.

2. EÉ fácil ver que o padrão geométrico repetido é o da alternativa E.

3. DSegue a numeração das figuras utilizadas:

1

2

34

5

6

Considerando que os triângulos 6 e 7 são congruentes e que o triângulo 6 não aparece como opção de resposta, consideraremos como opção correta a letra D.

4. DSoma dos perímetros de todos os triângulos: (1 + 1 + 1 + 2 + 2 + 2) · 3 = 27 cm.Total de linha em cm: 27/10 = 2,7m = 270 cm.Valor total: (0,05 · 270/10 + 2,50) · 50 = R$192,50.

5. CConsidere a figura, em que os círculos têm raio igual a 3 m e as mudas correspondem aos pontos vermelhos.

14 m

11,5 m

Portanto, segue que o resultado pedido é 9.

6. E

A B5 m

60°

O trajeto do robô será um polígono regular de lado 5 m e ângulo externo 60°. Como 360° : 6 = 60°, concluímos que o polígono pedido possui 6 lados.

Polígonos I EM18_1_MAT_B_02

7. CNúmero de estacas = ( )

,40 40 90 90

2 5104+ + + =

Representação gráfica da solução:Estaca do canto

Estaca do canto

35 estacas

35 estacas

15 e

stac

as

15 e

stac

as

Estaca do canto

Estaca do canto

8. CExcetuando-se o triângulo equilátero, cada polígono pode ser dividido em 2n triângulos retângulos congruentes, com n sendo o número de lados do polígono. Além disso, sejam c, p e g, respecti-vamente, as frações da área de cada polígono, correspondentes às quantidades de carboidratos, proteínas e gorduras.Desse modo, para o losango, o pentágono, o hexágono e o octó-gono, respectivamente, temos:

( , , ) , , ;c p g =

12

18

38

( , , ) , , ;c p g =

610

110

310

( , , ) , ,c p g =

712

112

14

e ( , , ) , , .c p g =

34

116

316

Em particular, para o triângulo equilátero, considere a figura.

É fácil ver que ( , , ) , , .c p g =

59

19

13

Portanto, o único polígono que satisfaz é o pentágono.

Complementares

1. APerímetro do hexágono = 6 · 15 = 90 m.Distância percorrida em 100 voltas na pista = 100 · 90 = 9 000 m = 9 km.

2. CSeja a medida do lado do triângulo equilátero, portanto3 · a = 4 · 90A = 120 cm


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL SOL 313MAT B

3. B

A

B C

D

E

x

x

68

68

68

AB = ED = CD = 68 e AE = BC = xLogo,2x + 68 + 68 + 68 = 2522x = 252x = 126, ou seja, BC = 126 cm.

4. BCalculando:

42° 42°

38° 38°

30° 30°37° 37°

a ax

y

No triângulo amarelo, tem-se:(180 – 42) + (180 – 30) + (180 – x) = 360° → x = 108No triângulo azul, tem-se:(180 – 37) + (180 – 38) + (180 – y) = 360° → y = 105No triângulo rosa, tem-se:(180 – 108) + (180 – 105) + a = 180° → x = 33°

5. DO hexágono poderá ser dividido em quatro triângulos, utilizando as diagonais de um mesmo vértice.Logo, a soma de seus ângulos internos será:S = 4 · 180o = 720o

6. D

d a3 8 4 4 1 32

2 3, = ⋅ = ⋅ ⋅ =

a

a

aa

1

2

3

8

d3,5 = 1 + 1 + 1 = 3

1

1

1

1

3

4

5

d5 8

2 23

292

844

21, =

+

= =

51

7

8

6

92

32

7. B

Os polígonos P1 e P2 possuem dois vértices em comum (vértices

do polígono de n lados), e n n− = −2

2 21 vértices distintos. Logo,

o número de vértices de P1 é n n2

1 22

1− + = + , isto é, n2

1+ lados.

8. Soma dos ângulos internos de um pentágono: 180° (5 – 2) = 540°

Ao redor de cada bolha temos 360°Seja T o número de triângulos e n o número de bolhas, temos a seguinte relação:T · 180° – n · 360° = 540°(: 180°)T – 2n = 3T = 2n + 3


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL SOL314 MAT B

Polígonos II EM18_1_MAT_B_03


1. CSim, girando 90° a peça 2 no sentido anti-horário.

2. BSendo o polígono da figura um heptágono, a resposta é 180° · (7 – 2) = 900°.

3. A12 12 3

212 66

⋅ −( ) + =

4. B

R. Saturno

R. Jú

pite

r

R. Netuno

R. M

arte

x

No quadrilátero formado pelas ruas, temos:90° + 110° + 100° + x = 360°x = 360° – 300°x = 60°

5. BSn

nn

i = − ⋅ = ⋅ =( ) °2 180 6 1808

135

6. E

d

a

a

i

e

= − = ⋅ =

= − ⋅ = =

= =

12 12 32

12 92

54

12 2 1802

18002

150

36012

30

( )

( ) °

° °

7. DSabendo que a soma dos ângulos internos de um polígono é dado por S=(n−2) · 180°, onde n é o número de lados, temos:S=(n−2) · 180° = (8−2) · 180 = 1080°

Dividindo a soma pelos seis lados do hexágono, cada lado é dado

por 1080

8135= °.

8. D

Sabe-se que o número de diagonais de um polígono é dado por n(n – 3)

2.

Sendo assim, o número de diagonais do pentágono é 5(5 – 3)2

= 5.

Contudo, há apenas duas diagonais que ligam o ponto marcado com um X com os pontos circulados na figura. Logo, há apenas duas rotas de fuga que são diagonais do pentágono.

Complementares

1. AO número d de diagonais de um polígono de 14 lados será dado pela seguinte relação:

d =⋅ −( )

=14 14 3

277

2. BDiagonais de P: 6 6 3

29⋅ − =( )

Lados de Q: n – 3 = 9 ⇒ n = 12

Ângulo interno de Q: 180 12 212( )− = 150 graus

3. CNúmero de diagonais: d = 6 6 3

29⋅ − =( ) .

Medida das diagonais maiores: 1 + 1 = 2 cm.Medida das diagonais menores: x.Na figura: x2 + 12 = 22 ⇒ x = 3

1

1

1

men

or maior

x

são nove, de dois comprimentos diferentes, e as menores medem3 cm.

4. C

Pode-se calcular o número total de diagonais de um octógono (n =

8 lados) pela fórmula: d n n d d= ⋅ − ⇒ = ⋅ → =( )32

8 52

20

Destas, apenas as diagonais que ligam vértices opostos passam

pelo centro, ou seja, apenas 4 diagonais passam pelo centro do


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL SOL 315MAT B

polígono. Assim, a probabilidade de que se tomando ao acaso uma

das diagonais formadas pelos vértices de um octógono regular

passe pelo centro é de: 420

0 2 20= →, %

5. EO número de diagonais do hexágono é dado por:

d n n= − = ⋅ =( ) .32

6 32

9

Destas, três medem 2 e seis medem 3. Logo,

3 4 6 3 30 30 1 302 2 2 2⋅ + ⋅ = = ⋅ = .

6. B

Sabendo que o número de diagonais (d) de um polígono regular

em função do número de lados (n) é dado por d n n= ⋅ −( ) ,32

temos

que 20 32

3 40 0 82= ⋅ − ⇔ − − = ⇒ =n n n n n( )

Logo, A, B, C e D são vértices consecutivos de um octógono regular,

cujo ângulo interno mede 180 2 180 8 28

135° ( ) ° ( ) °⋅ − = ⋅ − =nn

De posse desses dados, considere a figura abaixo.

A B

C

D

C’

B’

1

1

1

45° 45°

45°

45°

Como os triângulos AB’B e CC’D são congruentes, basta calcularmos AB, pois BB’C’C é retângulo.

Por conseguinte,

AD AB B C= ⋅ + = ⋅ + = +2 2 22

1 2 1’ ’ ’

7. a) Completando a tabela:

Quantidade de vértices do

polígono

Quantidade de diagonais que

partem de cada vértice

Quantidade total de

diagonais

3 0 0

4 1 2

5 2 5

6 3 9

7 4 14

N (n – 3) d n n= ⋅ −( )32

b) Fazendo os cálculos, tem-se:

252 32

0 3 504

3 4 1 504 2025

3 20252

2

2

= ⋅ − → = − −

∆ = − − ⋅ ⋅ − → ∆ =

= ±

n n n n

n

( )

( ) ( )

→→ = ± →= −=

nnn

3 452

2124

(não convém)

8. a) Polígono convexo de 8 lados congruentes entre si e 8 ângulos

internos congruentes entre si.

b) α = ° = °3608

45

c) 180°(8 – 2) = 1 080°

Triângulos I EM18_1_MAT_B_04


1. BSabendo que o suplemento de um ângulo a é dado por 180° − α, temos:180 180 30 150° − = − =αDividindo por dois, temos:150

275= °

2. D

Desdobrando a figura podemos observar uma coincidência entre os ângulos de medidas α β+ é 155°. Podemos, então, escrever que:

α βααα

+ = °+ ° − ° = °+ ° = °= °

155180 155 15525 155130

3. DDe acordo com as informações do problema, podemos escrever que:

2 10 905 3 40 180

2 805 3 220

6 3x yx y

x yx y

x y+ + ° = °+ − ° = °

⇒+ = °+ = °

⇒− − == − °

+ = °

2405 3 220x y

Somando as equações, obtemos:x = °20 .


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL SOL316 MAT B

4. C Considere a figura:

Se EF FU= , então o triângulo EFU é isósceles de base EU. Daí, toman-do EUF UEF ≡ = θ, pelo Teorema do Ângulo Externo, vem EFW = 2θ. Ademais, EF EW= implica em EFW isósceles de base FW e, assim, temos EWF = 2θ.

Tomando o triângulo EUW, pelo Teorema do Ângulo Externo, concluímos facilmente que VEW = 3θ. Portanto, sendo VW EW= e VU WU= , temos UVW VWU ≡ = 3θ.

Finalmente, do triângulo UVW, encontramos

θ θ θ θ+ + = ° ⇔ =°

3 3 180180

7.

Em consequência, temos

25175

7182

726 27° =

° < <

° = ° < °VUW .

5. D Sejam x,y e z as medidas dos ângulos internos de um triângulo retângulo e x’,y’ e z’ as medidas dos ângulos externos adjacentes aos ângulos de medidas x,y e z, respectivamente:

De acordo com as informações do enunciado, podemos escrever:

x y z

x y zk

x ky kz k

+ + = °

= = = ⇒===

180

1 2 626

Portanto,k k k k+ + = ° ⇒ = °2 6 180 20Então:

x xy yz z

y zx y

= ° ⇒ = °= ° ⇒ = °= ° ⇒ = °

+ = °+ =

20 16040 140120 60

200300

’’’

’ ’’ ’ °°+ = °x z’ ’ 220

y’ + z’ = 200°x’ + y’ = 300°x’ + z’ = 220°

Logo, a alternativa correta é D, 200°.

Complementares

1. C

Do triângulo BCD, temos x x+ ° + ° = ° ⇔ = °70 60 180 50 .Logo, vem DBA = °− °= °50 20 30 e, portanto, segue que

2 180 30 75y y= ° − ° ⇔ = °. Em consequência, a resposta é y x

x− = ° − ° = ° =75 50 25

2.

2. D

De acordo com as informações do problema e considerando que ACB x˘ ,= temos:

x +70

x +70

x2

xx

x

x x xx

x

+ ° ++ °

+ = °

+ ° + + ° + = °= °

= °

7070

2180

2 140 70 2 3605 150

30

Portanto, as medidas dos ângulos são:

xx

x

= °+ °

=° + °

= °

+ ° = °

3070

230 70

250

70 100

3. D

Desde que WZ ZE= e WZE WZY YZE = + = ° + ° = °90 60 150 , temos

ZWE ZEW� �≡ =° − °

= °180 150

215 .

Ademais, sendo congruentes por LAL os triângulos WZE e XYE vem

XEW ZEW ≡ = °15 . Portanto, o resultado é igual a YEX ZEW ≡ = °15 .

XEW YEZ ZEW = − ⋅= ° − ⋅ °= °

260 2 1530 .

4. DConsidere a figura, em que M é o ponto médio de BD.

r A BC

D

MP

Os triângulos EPM e DPM são congruentes por LAL, pois MB MD= ,

MP é lado comum e BMP DMP ≡ . Daí, temos BP DP≡ . E, portanto,

AP BP AC+ = = + =5 2 7.


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL SOL 317MAT B

5. DA área pedida será o dobro da área obtida. Subtraindo a área do triângulo da área de um setor circular de 120° e raio 6 cm, como nos mostra a figura:

60°

120°

6 cm

6 cm

O

CB

A

A

A

A

= ⋅⋅

− ⋅ ⋅ ⋅ °

= ⋅⋅

− ⋅ ⋅ ⋅

26

312

6 6 120

23 6

312

6 63

2

2

2

πsen

== ⋅ − ⋅( )= ⋅ −( )

2 36 9 3

18 4 3A

6. CAs distâncias mencionadas podem formas triângulos ou quadri-láteros.No caso de quadriláteros, podem ser: quadrado, retângulo ou trapézios, conforme figuras a seguir:

A

a

C

a

A

bb

a

B

a

D

∆ = ∆ = ∆ = ∆

= + →

=

ABC ABD BCD ACD

b a aba

2 2 22

2

No caso de triângulos, podem ser conforme figuras a seguir:

A

b

C

a

Oaa

a

B

b

D

OC OD a

OA OB a

OA OB OC OD a

OA OD OB OC a

a a

+ >

+ >

+ + + >

+( ) + +( ) >

> →

2

2

2 2 nãão é possível

AB

a

a

ba

60°

60°

bC

D

Oa

OC OD b

OA OB b

OA OB OC OD a b

OA OC OB OD a b

a b a

+ >

+ >

+ + + > +

+( ) + +( ) > +

+ > ++ →b não é possível

AB

aaa

a

O

Cb

D

b60°30°

30°15°

75°

75°15°

60°

∆ ≡ ∆

= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° →

= −

ABC ACD

b a a a aba

2 2 22

2 30 2 3cos

A

a

aB C

a

a

b

b

O

X

X

60° - x

60° - x30°

30°

2x + 60°

xx

< °= °

→6075

não é possível

A

a a

a

B Ca

b

b

OX

XX

X

180° –2x

36° – 2x

180° – 2x

x – 90°

x –90°

∆ → > °∆ → < °

→AOB xAOC x

9090

não é possível

60°

60°

60°C

A

B

b b

O

a

aa

a


EM18

_1_M

AT_B

_L1_

SOL

SOL318

MAT B

∆ ≡ ∆= →

ABC ABOABC ABO não é possível

A

CB

b b

O

a

a a

a

60°

60°

60°

150°150°

15° 15°

15°15°

∆ ≡ ∆

= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° →

= +

ABO AOC

b a a a aba

2 2 22

2 150 2 3cos

Portanto, o maior valor de é ba

2

é 2 3+ .

7. a) Calculando:

c

b

a 4 m2

8 m2 ?

13 m2

d

acbcad

acbc

b a

acad

dc

bd a

===

⇒= ⇒ =

= ⇒ =

=

4813

48

2

413

134

2 ⋅⋅ = = ⋅ ⇒ =

= + + + =

134

132

132

4 26

4 8 13 26 51

2

2

cac bd m

A m

b) Calculando:

PQWTUVR PQR STU SWVPQWTUVR cm

= + −= ⋅ + ⋅ − =

( )3 6 3 69 9 27

8. Do enunciado e da figura, temos:A P

xx

xx

S

Q

CQD

B40

40

40

40 30

30

30

30

a) Seja AAPS a área do triângulo APS

A

A cm

APS

APS

= ⋅ ⋅

=

12

30 40

600 2

b) Sendo PS = x, a área do quadrado PQRS é APQRS = x2

No triângulo APS, x2 = 302 + 402

x2 = 2 500 cm2

c) Temos:A P

xx

xx

S

Q

CRD

B40

40

40

40 30

30

30

30

30

30

30

30

C`

D` A`

B`x

x

x

x

CR = RC’CRQ = C’RQRQ é lado comum dos triângulos CRQ e C’RQDessa forma, os triângulos CRQ e C’RQ são congruentes.Então,QC’ = 4030 + x = 40x = 10 cm


Documents

Razão e proporções EM18 1 MAT A 01sae.digital.s3.amazonaws.com/wordpress/downloads/...Temos que o comprimento real da caneta é 16,8 cm e o seu compri-mento c, na imagem, é igual