matemática - Oficina do Estudante

Questão 1
João entrou na lanchonete BOG e pediu 3
hambúrgueres, 1 suco de laranja e 2 cocadas,
gastando R$ 21,50. Na mesa ao lado, algumas
pessoas pediram 8 hambúrgueres, 3 sucos de
laranja e 5 cocadas, gastando R$ 57,00.
Sabendo-se que o preço de um hambúrguer,
mais o de um suco de laranja, mais o de uma
cocada totaliza R$ 10,00, calcule o preço de
cada um desses itens.
Resposta
Sejam x, y e z os preços unitários, em reais, do
hambúrguer, do suco de laranja e da cocada, respectivamente.
Então:
x + y + z = 10 x + y + z = 10
3x + y + 2z = 21,5 ⇔ 2y + z = 8,5 ⇔
8x + 3y + 5z = 57 5y + 3z = 23
x + y + z = 10 x = 4
⇔ 2y + z = 8,5 ⇔ y = 2,5
y = 2,5
z = 3,5
Logo cada hambúrguer custa R$ 4,00, cada suco
de laranja, R$ 2,50, e cada cocada, R$ 3,50.
Questão 2
No triângulo ABC, tem-se que AB > AC,
AC = 4 e cos C = 3
. Sabendo-se que o ponto
8
R pertence ao segmento BC e é tal que
AR = AC e BR 4
= , calcule
BC 7
a) a altura do triângulo ABC relativa ao lado
BC.
b) a área do triângulo ABR.
Resposta
Considerando que AB > AC e que R pertence a
BC, temos a seguinte figura:
B
a) Sendo γ = m(C) , cosγ =
3
8
e, portanto,
sen γ =
2
1 − cos γ =
2
3
1 −
8
55
8
⎛ ⎞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
= . Assim,
considerando o triângulo retângulo AHC, a altura
do triângulo ABC relativa a BC mede
AH = AC senγ = 4 ⋅
55
8
=
55
.
2
b) Como o triângulo ARC é isósceles, com
AR = AC = 4,
RC = 2 ⋅ HC = 2 ⋅ AC cosγ
=
= 2 ⋅ 4 ⋅ =
3
8
3.
Assim, BR 4
= ⇔
BC 7
BR 4
= ⇔
BR + RC 7
⇔
BR
BR + 3
4
= ⇔ BR = 4 e a área do triângulo
7
BR ⋅ AH
ABR é =
2
55
4 ⋅
2
2
= 55 .
Questão 3
Um polinômio de grau 3 possui três raízes
reais que, colocadas em ordem crescente, formam
uma progressão aritmética em que a
soma dos termos é igual a 9
. A diferença en-
5
tre o quadrado da maior raiz e o quadrado da
menor raiz é 24
5 .
Sabendo-se que o coeficiente do termo de
maior grau do polinômio é 5, determine
a) a progressão aritmética.
b) o coeficiente do termo de grau 1 desse polinômio.
R
4
A
H
4
C

Resposta
a) Seja ( α − r; α; α + r)
a PA formada pelas raízes
do polinômio em ordem crescente.
9
α − r +α +α + r =
3
5 α=
Logo
⇔ 5
2 2 24
( α+ r ) − ( α− r)
= r = 2
5
Portanto a progressão aritmética procurada é
3
2;
5
3 ⎛
3 ⎞ 7 3 13
⎜ − ; + 2 ⎟ = − ; ;
⎝ 5 5 ⎠ 5 5 5
⎛
⎞
⎜
⎟.
⎝
⎠
b) Pelas relações entre as raízes e os coeficientes
do polinômio, o coeficiente do termo de grau 1 é
7 3 7 13 3
5 ⋅ −
5 5 5 5 5
⎛ ⎞
⎜ ⎟ ⋅ + −
⎝ ⎠
⎛
⎛
⎞
⎜
⎜ ⎟ ⋅ + ⋅
⎝
⎝ ⎠
Questão 4
13
5
⎞ 73
⎟ =− .
⎠ 5
O círculo C, deraioR, está inscrito no triângulo
eqüilátero DEF. Um círculo de raio r
está no interior do triângulo DEF eétangente
externamente a C e a dois lados do triângulo,
conforme a figura.
E
Assim, determine
a) a razão entre R e r.
b) a área do triângulo DEF em função de r.
D
Resposta
a) Consideremos a figura a seguir com as circunferências
de centros O 1 e O 2 e raios R e r, respectivamente.
F
matemática 2
E
Sejam H1 e H2 os pés das perpendiculares de O1 e O2 sobre EF e O2P OH 1 1, com P ∈ O1H1. Como O1 e O2 são eqüidistantes dos lados EF e
DF do triângulo eqüilátero DEF, podemos afirmar
que O1 , O2 e F estão sobre a bissetriz do ângulo
DFE . Logo m (PO o
2O 1)
= 30 e, assim, do triân-
o OP 1
gulo retângulo OPO 1 2 temos sen 30 =
OO 1 2
⇔
⇔ 1
2 =
−
+ ⇔ =
R r
R r
R
3.
r
b) Seja o lado do triângulo eqüilátero DEF.
1
Como O1 é o seu baricentro, OH 1 1 = ⋅
3
3
2
⇔
⇔ R =
3
6
⇔ = 2 3 ⋅ R = 6 3r. Logo a área
do triângulo DEF é 2
2
3
4
= 27 3 r
36 ⋅ 3 3 r
=
4
=
2 .
Questão 5
P
D
O 1
H 1
Amedidax, em radianos, de um ângulo satisfaz
π
< x < π e verifica a equação sen x + sen x +
2 2
+ sen 3x = 0.
Assim,
a) determine x.
b) calcule cos x + cos 2x + cos 3 x.
Resposta
a) Considerando que sen 3x + sen x =
3x + x 3x − x
= 2 ⋅ sen ⋅ cos = 2 ⋅ sen 2x ⋅cos
x:
2
2
sen x + sen 2x + sen 3x = 0 ⇔
⇔ sen 2x + 2 ⋅sen 2x ⋅ cos x = 0 ⇔
O 2
H 2
F

sen 2x = 0
⇔ sen 2x(1 + 2 ⋅ cos x) = 0 ⇔ ou
⇔
⇔
2x = kπ
ou (k ∈Z) ⇔
2 π
x =±
3
+ 2kπ
kπ
x =
2
ou
( k ∈ Z)
2 π
x =±
3
+ 2kπ
Logo, como π
2
< x < π,
x =
2 π
.
3
b) cos x + cos 2x + cos3x =
= cos + + =
2
3
cos 4 π π
3
cos 2 π
=− + −
⎛ 1
2
1 ⎞
⎜ ⎟ + 1 = 0
⎝ 2 ⎠
Questão 6
1
cos x =−
2
São dados, no plano cartesiano de origem O,
2 2
a circunferência de equação x + y = 5,
o
ponto P = (, 1 3) earetasque passa por P e
é paralela ao eixo y. Seja E o ponto de ordenada
positiva em que a reta s intercepta a
circunferência.
Assim sendo, determine
a) a reta tangente à circunferência no ponto E.
b) o ponto de encontro das alturas do triângulo
OPE.
3
Resposta
y s
E
P
O 1
matemática 3
⇔
x
a) A reta s, que passa por P = (1; 3 ) e é paralela
ao eixo y, admite equação x = 1.
Assim,
E = (1; a) , a > 0.
2 2
Como E pertence à circunferência x + y = 5,
2 2
1 + a = 5 ⇔ a = 2.
Logo E = (1; 2) e a reta
tangente à circunferência por E, cujo coeficiente
1
angular é −
mOE
= −
1
2 − 0
1 − 0
1
=− , admite equa-
2
1
1
ção y 2 (x 1) y
2 2 x
− = − − ⇔ = − +
5
.
2
b) Seja H o encontro das alturas de OPE. A reta
suporte da altura relativa a PE é o eixo x, de
modo que H = (b; 0) , b real. Além disso, a reta
PH, que contém a altura relativa a OE, é paralela
1
à reta tangente por E. Assim, mPH
=−
2
⇔
⇔ − 0 3
b −1
1
=− ⇔ b = 2 3 + 1eoponto de en-
2
contro das alturas do triângulo OPE é (2 3 + 1; 0) .
Questão 7
Em um jogo entre Pedro e José, cada um deles
lança, em cada rodada, um mesmo dado
honesto uma única vez. O dado é cúbico, e
cada uma de suas 6 faces estampa um único
algarismo de maneira que todos os algarismosde1a6estejamrepresentadosnasfaces
do dado.
Um participante vence, em uma certa rodada,
se a diferença entre seus pontos e os
pontos de seu adversário for, no mínimo,
de duas unidades. Se nenhum dos participantes
vencer, passa-se a uma nova rodada.
Dessa forma, determine a probabilidade de
a) Pedro vencer na primeira rodada.
b) nenhum dos dois participantes vencer na
primeira rodada.
c) um dos participantes vencer até a quarta
rodada.
Resposta
A tabela a seguir exibe todos os possíveis resultados
de uma rodada do jogo:

José
1
2
3
4
5
6
Pedro
1 2 3 4 5 6
a) Como há 10 casinhas em 36 possíveis, a
probabilidade de Pedro vencer na primeira rodada
é 10 5
= .
36 18
b) A probabilidade de nenhum dos dois participantes
vencer na primeira rodada é 16 4
= .
36 9
c) O jogo não tem vencedor após quatro rodadas
se, e somente se, nenhum dos dois vencer em
cada uma das quatro rodadas, o que ocorre com
probabilidade 4
4
⎛ ⎞ 256
⎜ ⎟ = .
⎝ 9 ⎠ 6 561
Assim, a probabilidade de um dos participantes
vencer até a quarta rodada, evento comple-
256
mentar do citado anteriormente, é 1 − =
6 561
= 6 305
6 561 .
Pedro vence
nenhum dos dois vence
A
B
P
R
José vence
A corda é então enrolada ao longo das faces
1 e 2 , mantendo-se esticada e com a extremidade
A no solo, até que a corda toque
duas arestas da face 2 em pontos R e B, conforme
a figura.
Nessas condições,
a) calcule PR.
b) calcule AB.
Resposta
Sendo Q a projeção ortogonal do ponto P ao plano
da base, temos que, na situação inicial, APQ é
um triângulo retângulo em Q, com AP = 5, PQ = 3
e, pelo Teorema de Pitágoras, AQ = 4.
Planificando as faces 1 e 2 do poste, obtemos,
na situação final:
Questão 8
Um poste vertical tem base quadrada de
lado 2.
Uma corda de comprimento 5 está esticada
epresaaumpontoP do poste, situado à
altura3dosoloedistando1daarestalateral.
A extremidade livre A da corda está
no solo, conforme indicado na figura.
matemática 4
a
2
B
A 1 B ,
P
1
2a
A
R
2
2 1
2 R ,
a
1
Q
P
1

Sejam B’ e R’ as projeções ortogonais de B e R
em relação ao plano da base. Assim, R’Q = 1,
B’R’ = 2 e AB’ = 4 − 2 − 1 = 1. Sendo RP = a,
pelo Teorema de Tales, RP
R’Q
=
BR
B’R’
=
AB
,
AB’
logo AB = a e BR = 2a. Como AP = 5, a + 2a + a =
= 5 ⇔ a =
=
5
4
e, conseqüentemente, AB = PR =
5
4 .
Questão 9
A figura na página de respostas representa o
− 1 + i
número ω=
2
3
no plano complexo,
sendo i =
condições,
−1aunidade imaginária. Nessas
a) determine as partes real e imaginária de
1
ω e de ω3 .
b) represente 1
ω e ω3 na figura a seguir.
c) determine as raízes complexas da equação
z 3
− 1 = 0.
Resposta
− 1 + i 3
Temos que ω=
2
1
=−
2
+ i ⋅
3
2
=
= cos + ⋅
2
3
i sen 2
π π
.
3
3 ⎛ 2 π ⎞ ⎛ 2 π ⎞
a) ω = cos ⎜3
⋅ ⎟ + i ⋅ sen ⎜3
⋅ ⎟ =
⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠
3
= cos 2 π + i ⋅ sen 2 π = 1,
ou seja, Re( ω ) = 1 e
3
Im( ω ) = 0.
1 1
1 1
2
i 3
ω
2
= ⇔ ω ⋅ ω = ⇔
ω
= ω = − − ,
2
⎛ 1 ⎞ 1 ⎛ 1 ⎞
ou seja, Re ⎜ ⎟ =− e Im ⎜ ⎟ =−
⎝ ω ⎠ 2 ⎝ ω ⎠
3
.
2
i
1
matemática 5
b)
1_
= _
i
120° 120° 3
120°
3
c) Do item a, ω é raiz de z − 1 = 0.
Logo, como
tal equação é do 3º grau e tem coeficientes reais,
1
suas raízes são ω=−
2
+ i 3
2 ,
1
ω=−
2
−i
3
2
e 1.
Questão 10
Pedrinho, brincando com seu cubo mágico,
colocou-o sobre um copo, de maneira que
• apenas um vértice do cubo ficasse no interior
do copo, conforme ilustra a foto;
• os pontos comuns ao cubo e ao copo determinassem
um triângulo eqüilátero.
Sabendo-se que o bordo do copo é uma circunferência
de raio 2 3 cm, determine o volume
dapartedocuboqueficounointeriordocopo.
1

Resposta
Sejam A, B e C os pontos comuns ao cubo e ao
copo. O ΔABC é eqüilátero e está inscrito numa
circunferência de raio 2 3 cm. Sendo O o centro
da circunferência, temos que O também é o baricentro
do ΔABC. Logo, sendo a medida do lado
2 ⎛ 3 ⎞
ABC, OA = ⎜ ⎟ ⇔ = 6cm.
3 ⎝ 2 ⎠
A parte do cubo que ficou no interior do copo é
uma pirâmide regular cuja base é o triângulo eqüilátero
ABC de lado 6 cm e as faces laterais são
triângulos retângulos isósceles de catetos iguais a
x, conforme figura a seguir.
x
D
A
x
6
6
x
C
matemática 6
6
B
2 2 2 2
Assim, x + x = 6 ⇔ x = 18 ⇔ x = 3 2 cm
e o volume da pirâmide é 1
⋅ área DBC ⋅ AD =
3 Δ
1
= ⋅
3
2
x
2
1 18
⋅ x = ⋅ ⋅ 3
3 2
2
3
= 9 2 cm .