"teorema de pitágoras" -construção

Gabarito - Colégio Naval 2015/2016
Matemática – Prova Amarela
Professores:
Carlos Eduardo (Cadu)
André Felipe
Bruno Pedra
Rafael Sabino
Gilberto Gil
QUESTÃO 1
Dada a inequação, podemos reescrevê-la e, a partir do Teorema de Bolzano, concluímos:
 5 x  40 
2
x 2  10 x  21
0

25  x  8 
2
 x  3 x  7 
 0 , ou seja:
Seja S  o conjunto solução. Temos: S   3, 7  8 , logo:
S  4  5  6  8  23
GABARITO: (B)
_____________________________________________________________________________
QUESTÃO 2
Dado o sistema abaixo, temos as possíveis classificações:
 2 x  ay  6
S :
3x  2 y  c
(i ) Sistema Possível Determinado ( S .P.D.) :
2 a
4

 a
3 2
3
(ii ) Sistema Possível Indeterminado ( S .P.I .) :
2 a 6
4

=
 a
e c  9
3 2 c
3
(iii ) Sistema Impossível ( S .I .) :
2 a 6


3 2 c
 a
4
e c  9
3
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Matemática – Prova Amarela
LETRA C: Se a 
4
e c  9 , o sistema S não admite solução;
3
O sistema é impossível ( S .I . ), pois a 
LETRA E: Se a 
4
e c  9 .
3
4
e c  9 , o sistema S admite infinitas soluções;
3
O sistema é indeterminado ( S.P.I . ), pois a 
4
e c  9 .
3
Portanto, temos dois gabaritos, letra C e letra E.
OBS: duplo gabarito - anular questão.
GABARITO: (C ou E)
_____________________________________________________________________________
QUESTÃO 3
Reescrevendo os números temos:
9999...99 7  9999...999  2  102016  1  2  10 2016  3
2015
2016
9999...99 4  9999...999  5  102016  1  5  102016  6
2015
2016
Ou seja,
3
3
2
  9999...997 2  9   102016  3  32   102016  3  3102016  3  3 
 

k 
 
2016
2016
 9999...994  

 
10

6
10

6



 

 
3
 102016 102016  6  
3
  102016   106048
k 
2016

10  6  

3
Para o que se pede, temos:
i
k  i 106048 
i
10 
189 32
 i  2nmáx  32
GABARITO: (A)
_____________________________________________________________________________
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Matemática – Prova Amarela
QUESTÃO 4
Dados do problema:
r1  7m  t1  5h
r2  14m  t2  ?
Temos a regra de três:
Área  m 2 
Tempo  h 
 .52
5
 .142
t

 .52 5

 t  20
 .142 t
GABARITO: (C)
_____________________________________________________________________________
QUESTÃO 5
Dados do problema:
n1   2,3 ; 3,1 e p1  3,5
n2 e p2  3,5
n3  7 e p3  3
Me 
p1 (n1 )  p2 (n2 )  p3 (n3 )
 5, 6
p1  p2  p3
Temos que:
(i ) Me 
3,5.  2,3  3,5.  n2   3.  7 
(ii ) Me 
 5, 6

n2( máx )  14,1
3,5.  3,1  3,5.  n2   3.  7 
 5, 6
3,5  3,5  3

n2( mín )  13,3
3,5  3,5  3
n2  13,3 ; 14,1
Logo,
n2( máx )  n2( mín)  0,8
GABARITO: (C)
_____________________________________________________________________________
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QUESTÃO 6
De um triângulo de lados 3, 4 e 5 (Triângulo Retângulo). Sobre suas alturas podemos afirmar
que:
S
3.h1 4.h2 5.h3


2
2
2
Para o mesmo resultado de área, quanto maior a altura, menor será a medida do lado relativo
esta altura, ou seja:
Para o menor lado  l1  3 , a altura relativa a este lado será a maior do triângulo  h1  4  .
GABARITO: (C)
_____________________________________________________________________________
QUESTÃO 7
O polígono da figura é um polígono regular de 27 lados, o que é gerado por 27 pessoas. Cada
pessoa olha 100 m para o lado esquerdo e para o lado direito. Este polígono, portanto, tem
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Matemática – Prova Amarela
lado igual 200 m e perímetro igual a 5400 m. Este perímetro, por sua vez, é igual ao perímetro
da circunferência de raio igual a 900 m utilizando a aproximação para  = 3 conforme o
enunciado. Nesse sentido, o polígono de 27 lados pode ser considerado uma aproximação para
a circunferência do enunciado. E com 27 pessoas é possível uma busca eficiente, logo a
resposta mais próxima do mínimo pode ser 25 ou 29 pessoas.
Ccirc  2 p pol
2 r  n.l
n
2 r 2.3.900

 27
l
200
OBS: duplo gabarito - anular questão.
GABARITO: (B ou C)
_____________________________________________________________________________
QUESTÃO 8
A reta que liga os centros das circunferências tocará no ponto (N) de tangência entre elas e o
ponto (M) de tangência entre a circunferência menor e o segmento BC. A reta MO é
perpendicular ao lado BC, ou seja, será paralela a AB. Como essa reta passa pelo ponto médio
de AC, temos que MO é a base média do triângulo ABC. Daí:
AB

2
R  4 1
R5
MO 
Logo a área do semicírculo será: S 
 .5 2
2
 12,5
GABARITO: (B)
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QUESTÃO 9
Da expressão podemos inferir que
x3  x 2  x  x 1  x 2  x 3  2   x3  x 3    x 2  x 2    x  x 1   2  0
Se x  x 1  y , então:
x 2  x 2   x    x 1   y 2  2
2
2
x3  x 3   x    x 1   y 3  3 y
3
3
Ou seja,
x
3
 x 3    x 2  x 2    x  x 1   2   y 3  3 y    y 2  2    y   2  0
y3  y 2  2 y  0
y.  y 2  y  2   0  y1  0, y2  1 e y3  2
Temos, então:
1
 0  não existe x 
x
1
(ii ) x   1  não existe x 
x
1
(iii ) x   2  x 2  2 x  1  0  x  1
x
(i ) x 
Para x  1 , temos que:
x2 
1
1
2
  1 
2
2
2
x
 1
OBS: O enunciado da questão é vago na frase “Para cada valor possível de x, obtém-se o
resultado da soma de x 2 com seu inverso”, ou seja, podemos concluir outros gabaritos no
problema:
Importante: a raiz real do problema x  1 tem multiplicidade 2 .
I ) Resultados possíveis para x1  1 apenas:
i) x 2 
1
1
2
  1 
0
x
 1
(Não há este gabarito nas opções)
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ii) x 2 
1
1
2
  1 
2
2
2
x
 1
(GABARITO D)
II ) Resultados possíveis para x1  x2  1 :
i ) x12 
1
1
1
2
 x2 2    1 
0
x1
x2
 1
1
1
x   x2 2   0
x1
x2
(Não há este gabarito nas opções)
2
1
ii ) x12 
1
1
1
2
 x2 2  2   1 
2
2
2
x1
x2
 1
1
1
x  2  x2 2  2  2  2  4
x1
x2
(GABARITO B)
2
1
OBS: duplo gabarito - anular questão.
GABARITO: (B ou D)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 10
A menor quantidade de trocas é 6. Segue abaixo a troca:
1 4 7
2 5 8  trocando os pares (1,4) e (4,6), temos:
3 6 9
1 4 7
4 6 2
2 5 8  2 5 3  trocamos o par (2,3) e (6,9) e obtemos:
3 6 9 3 1 9
4 9 7
4 9 2
3 5 8 . E por fim trocando o par (8,2) e (2,7), Logo obtemos 3 5 7 .
2 1 6
8 1 6
GABARITO: (B)
____________________________________________________________________________
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QUESTÃO 11
Dado o operador  temos:
  20   2  0  2  200  2.102
  21  2  200  2.102
  22   2  2  4  40000  4.104
  23  2  200  2.102
  24   2  4  6  6000000  6.106
  25   2  200  2.102
  26   2  6  8  800000000  8.108
  27   2  200  2.102
  28   2  8  10  100000000000  1011
  29   2  200  2.102
Logo,
  20  
   29  
 2.10  2.10  4.10  2.10  6.10  2.10 8.10  2.10 10  2.10   2
2
2
4
2
6
2
8
2
11
2
12
.3.1041
O número 212.3.1041 terminará em 41 zeros.
GABARITO: (D)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 12
Concluímos do enunciado que:
70k  7 k  32823
63k  32823
k  521
S k   5  2 1  8
GABARITO: (A)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 13
Sejam HA ,HB e HC os pés das alturas do triângulo ABC. Note que os simétricos do Ortocentro
em relação aos lados pertencem ao círculo circunscrito, como sugere a figura. Assim temos
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que o triângulo formado pelos pontos ELF e pelos pés das alturas HAHB HC são semelhantes
na razão de 2:1, pois HBHA 
HH
1 r
1
EL . Assim B A   .
2
EL
2 R
Calculando a área por Radical de Heron, temos que:
2 p  12  8  10  30  p  15
SABC  p p  a p  b p  c   15  3  5  7  15 7.
Sabemos que a área pode ser calculada por:
S ABC 
abc
8  10  12
16
 15 7 
R
4R
4R
7
Como r 
8
8 7
R

r 
2
7
7
GABARITO: (C)
____________________________________________________________________________
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QUESTÃO 14
Primeiramente, a razão entre as áreas é igual a razão entre os segmentos EC e AE.
Traço a altura EM do a partir do ponto E sobre o lado AB, se chamarmos AB  l , AE  a ,
EC  b . Olhando para o triângulo AME temos:
AM 
3
3
AE a
a
e ME  AE

2
2
2
2
E no triângulo ACD temos:
3
 AC 
2
2 3
AD 
l
3
AD
E ainda: MB  l 
a
2
Finalmente temos que a semelhança entre os triângulos EMB e ABD :
a 3
a
l
EM MB
2 
2


l
AD AB
2l 3
3
Como b  l  a , temos b 
l
5
3a
a
5a
4l
l  l 
a
4
2
4
5
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Logo a razão
b 1
 .
a 4
GABARITO: (B)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 15
Note os triângulos SMR e RSN de bases MS e SN colineares, ou seja:
MS 
3a
a
e SN 
2
2
ˆ mede 45º 
Observe que o ângulo SRN
90º
ˆ mede 90º , obtemos que MRS
ˆ
. Como MRN
2
mede 45º , ou seja, o segmento RS é bissetriz interna no triângulo retângulo MRN .
Aplicando teorema da bissetriz interna, obtemos:
MS NS

MR NR
a
2  NS  1  NS  t e NR  3t
3a NR 3
2
Escrevendo o Teorema de Pitágoras, obtemos:
 MR    NR    MN 
2
2
t 2   3t    2a 
2
2
2
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t2 
2a 2
5
Observe a razão de áreas de mesma base:
S SRM
S MRN
a
MS
1

 2 
MN 2a 4
Logo,
3t ² 3  2a 2  3a ²
S SRM
1
 

 S SRM 

8 8  5  20
 t.3t  4


 2 
GABARITO: (A)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 16
Aplicando teorema de Pitágoras no triângulo ABC temos:
x2  y 2  62  x2  y 2  36  y  36  x 2
Seja S a área do triângulo ABC.
S
xy
2
Substituindo a expressão de y na expressão de S , teremos:
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x. 36  x 2
S
2
36 x 2  x 4
S2 
4
Substituindo x 2  k , obtemos:
36k k 2

4
4
2
k
S 2    9k
4
S2 
Determinaremos o K v para que S 2 seja máximo:
Kv 
b

2a
9
 18
 1 
2.  
 4 
Encontramos para x e y :
k  18  x 2  18  x  3 2
y 3 2
Encontramos para a área máxima do triângulo ABC as medidas dos catetos AB  AC  3 2 .
Como o enunciado do problema informa que os catetos têm medidas diferentes, concluímos
que não podemos construir o triângulo retângulo ABC de área máxima.
OBS:
Em relação à base AC , de medida fixa igual a 6, encontraremos área máxima do triângulo
para a maior altura (metade da hipotenusa). O enunciado da questão, no entanto, não permite
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Matemática – Prova Amarela
esta altura, pois os catetos seriam de medidas iguais, o que configuraria um triângulo
retângulo isósceles. Nesse sentido, teríamos de posicionar o ponto B mais próximo possível da
posição representada na figura acima, ou seja, não conseguiremos definir este ponto mais
próximo. Não definimos, portanto, valor máximo para a área.
GABARITO: (E)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 17
n 
, n dois a
 2 
Para um número n natural e par, temos que os números inteiros no intervalo 
dois não se dividem.
Sabemos que
4030
4030
 2 . Nesse sentido, temos que
 2 e qualquer divisão de dois
2016
2015
números no intervalo  2016, 4030 sempre será menor que 2, ou seja, não há uma divisão de
dois números no intervalo que resulte em um número inteiro maior ou igual a 2.
Nesse sentido, temos:
n  4030
 4030

 B= 
, 4030
 2

B   2015, 4030
N  n( B)  4030  2015
N  n( B)  2015
Ou seja:
S  N   2  0 1 5
S N  8
GABARITO: (A)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 18


Sabemos que N  102015  102000. 1015 .
Os divisores positivos de 102015 que são múltiplos de 102000 são dados por:
d  N 102000   d 1015 
  
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Matemática – Prova Amarela
Como 1015  215.515 , então:
d  N 102000   d 1015   15  1 . 15  1  256
  
GABARITO: (D)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 19
Olhemos para Contraexemplos dos itens propostos:
ITEM I e II:
A  1, 2,3, 4 e B  5, 6, 7  A  B  1, 2,3, 4,5, 6, 7 , ou seja:
p  n  A  4 e q  n  A  3
Temos:
N  n  Subconj ( A  B )     2
n  A B 
1
N  n  Subconj ( A  B )     27  1  127
Do item I: N  2 p  2q  1  24  23  1  23  127( F )
Do item II: N  2 pq 1  23.41  211  4048  127( F )
ITEM III:
A  1, 2,3 e B  2,3, 4  A  B  1, 2,3, 4 , ou seja:
p  n  A  3 e q  n  A  3
Temos:
N  n  Subconj ( A  B)     2
n  A B 
1
N  n  Subconj ( A  B)     24  1  15
Do item III: N  2 p  q  1  23 4  1  27  1  127  15( F )
ITEM IV:
A  1, 2,3 e B  1, 2,3, 4  A  B  1, 2,3, 4 e A  B  1, 2,3 , ou seja:
p  n  A   3 e q  n  A  4
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Matemática – Prova Amarela
N  n  Subconj ( A  B)     2
n  A B 
1
N  n  Subconj ( A  B)     24  1  15
Do item IV: N  2 p  1  23  1  7  15( F )
Temos, portanto, que todas as alternativas são falsas.
GABARITO: (A)
____________________________________________________________________________
QUESTÃO 20
Primeiramente, traçando a altura AH, temos que HB  5 ,e , por Pitágoras em AHC temos:
AH 2  HC 2  AC 2
AH  132  52  12
Logo a área do triângulo ABC é dada por: S ABC 
10.12
 60
3
Note que os triângulos AQR, SCT, BPU e ABC são semelhantes, logo:
S AQR
S ABC
60
2
 AR   13  2 x 

13  2 x 
 
  S AQR 
169
 AC   13 
2
2
2
2
S PBU  PB   x 
60
2

 x
     S PBU 
S ABC  AB   13 
169
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Matemática – Prova Amarela
Como S PBU  SSCT , temos que a área do hexágono será:
S Hexágono  S ABC  S AQR  S PBU  S STC
S Hexágono  60 
60
60
2
13  2 x   2 x 2
169
169
60
169  169  52 x  6 x 2 

169
60 .
60 . 2

52 x 
6x
169
169
S Hexágono 
S Hexágono
60
.52
b
13
169
xv 


2a
 60  3
2.  
.6 
 169 

O inteiro que mais se aproxima deste valor é x  4 .
GABARITO: (B)