Please download to get full document.

View again

of 36
All materials on our website are shared by users. If you have any questions about copyright issues, please report us to resolve them. We are always happy to assist you.

NOTAÇÕES. Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares.

Category:

Finance

Publish on:

Views: 113 | Pages: 36

Extension: PDF | Download: 2

Share
Related documents
Description
MATEMÁTICA NOTAÇÕES : conjunto dos números reais : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária i = det M : determinante da matriz M M : inversa da matriz M MN : produto das matrizes M e N AB
Transcript
MATEMÁTICA NOTAÇÕES : conjunto dos números reais : conjunto dos números complexos i : unidade imaginária i = det M : determinante da matriz M M : inversa da matriz M MN : produto das matrizes M e N AB : segmento de retas de extremidades nos pontos A e B [a,b] = {x : a x b} Observação: Os sistemas de coordenadas considerados são os cartesianos retangulares. Sejam X e Y dois conjuntos finitos com X Y e X Y. Considere as seguintes afirmações:. I. Existe uma bijeção f :X Y. II. Existe uma função injetora g : Y X. III. O número de funções injetoras f : X Y é igual ao número de funções sobrejetoras g : Y X. É (são) verdadeira(s) a) nenhuma delas. b) apenas I. c) apenas III. d) apenas I e II. e) todas. Se X e Y são dois conjuntos finitos com X Y e X Y, então n (X) n (Y). I) Falsa, pois para existir uma função bijetora f: X Y, deveríamos ter n (X) = n (Y). II) Falsa, pois tendo Y mais elementos do que X, para existir uma função g: Y X, pelo menos dois elementos distintos a e b de Y deverão ter a mesma imagem (g (a) = g (b)) e portanto g nunca será injetora. ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 III) Falsa. Consideremos X = {a; b; c} e Y = {a; b; c; d} O número de funções f: X Y injetoras é A 4; = 4 x x = 4. O número de funções g: Y X sobrejetoras é. C 4;. = 6, pois para g ser sobrejetora, um, e apenas um, elemento de X deverá ser imagem de dois elementos distintos de Y. Existem maneiras de escolher este elemento, C 4; formas de escolher de que elementos de Y ele será imagem e ma - neiras de associar os outros dois elementos de Y. Para este exemplo, o número de funções f: X Y injetoras não é igual ao número de funções so - brejetoras g: Y X. Resposta: A O número de soluções da equação ( + sec θ)( + cossec θ) = 0, com θ [ π, π], é a) 0. b). c). d). e) 4. I) ( + sec θ). ( + cossec θ) = 0 + sec θ = 0 ou + cossec θ = 0, π com θ + n. π e θ n π (n ) II) + sec θ = 0 sec θ = cos θ = θ = π + n. π (n ) III) + cossec θ = 0 cossec θ = π sen θ = θ = + n. π (n ) De (I), (II) e (III), concluímos que o o número de soluções é zero. Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 Sejam a, b, c, d. Suponha que a, b, c, d formem, nesta ordem, uma progressão geométrica e que a, b/, c/4, d 40 formem, nesta ordem, uma progressão aritmética. Então, o valor de d b é a) 40. b) 0. c) 0. d) 0. e) 40. Seja (a; b; c; d) uma progressão geométrica de razão b c q. Como a; ; ; d 40 é uma progressão 4 aritmética, temos: c aq a + a + b 4 aq 4 I) = = aq 4aq + 4a = 0 a. (q ) = 0 a = 0 (não convém) ou q = b + d 40 c II) = 4 aq + aq 40 aq = 4 aq = aq + aq 80 Para q =, vem: 4a = a + 6a 80 a = 0 Logo, a progressão geométrica de primeiro termo 0 e razão será (0, 40, 80, 60) e, portanto, d b = = 0 Resposta: D ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 4 O maior valor de tg x, com x = 5 x 0, a) /4. b) /. c) /. d). e)., é x = arcsen e x 0; arcsen e π 5 sen x = 5 sen x. cos x sen x cos x = =. 5 cos x 0 cos x tg x = π 0. sec x 0. tg x =. (tg x + ) tg x 0 tg x + = 0 tg x = ou tg x = Admitindo-se como intervalo de variação da função π π arcsen θ o conjunto θ, como tradicio - nalmente se faz, temos: π π x e, portanto, a única solução possível é 4 4 tg x = Resposta: B ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 5 Considere a reta r: y = x. Seja A = (, ) o vértice de um quadrado ABCD, cuja diagonal BD está contida em r. A área deste quadrado é 9 a). 5 b). 5 8 c). 5 d). 5 4 e). 5 Seja d a medida da diagonal do quadrado. A distância do ponto A(; ) à reta r de equação d y = x x y = 0 é igual a. Então, d. = = + ( ) 5 6 Assim, d = e a área do quadrado ABCD é = = = 0 5 Resposta: C ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 6 Considere o sistema de equações = x y S z = 0 x y z = 7 x y z Se (x, y, z) é uma solução real de S, então x + y + z é igual a a) 0. b). c) 6. d) 9. e). Fazendo = a, = b, = c, temos: x y z = x y z a + 7b + 8c = = 0 x y z 4a + 8b + 40c = 0 a + 54b + 4c = = 7 x y z a + 7b + 8c = 7b + 8c = 8c = = a b = 9 c = 8 Logo: = x = y 9 = z 8 x = y = ± z = x + y + z = + + = 6 Resposta: C ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 7 O número de soluções inteiras da inequação 0 x x + 8x é a). b). c). d) 4. e) 5. Considerando que o gráfico da função y = x + 8x é do tipo y x Temos: 8 I) Para x 0: 0 x x + 8x 0 x ( x 8x) 0 4x + 8x 4x + 8x 0 e 4x + 8x x + x 0 e x + 4x 0 (x ou x 0) e 6 6 x + Assim: x 6 V I = x x ou x = 0 8 II) Para x ou x 0: 0 x x + 8x 0 x (x + 8x) 0 x 8x x 8x 0 e x 8x x + 4x 0 e x + 4x + 0 ( 4 x 0) e (x ou x + ) ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 Assim: x V II = {x 4 x ou x = 0} Desta forma, o conjunto solução da inequação é V = x 4 x ou 6 x ou x = 0 pois x Neste conjunto, são inteiros 4, e 0, portanto, três soluções. Resposta: C ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 8 Sejam A = {,,, 4, 5} e B = {,,, 4, 5}. Se C = {xy : x A e y B}, então o número de elementos de C é a) 0. b). c). d). e) 4. A = {; ; ; 4; 5}, B = { ; ; ; 4; 5} e C = {xy : x A e y B} = = { ; ; ; 4; 5; 6; 8; 9; 0; ; 5; 6; 0; 5} Portanto, o número de elementos de C é 4. Resposta: E ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 9 Sejam S = {(x, y) : y x } e S = {(x, y) : x + (y + ) 5}. A área da região S S é a) π. b) π. c) π d) π. e) π. 4 4 S : y x y - x - S : x + (y + ) 5; círculo de centro C(0; ) e raio 5. y 4 - C x -6 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 S S : y C x Área =. π 5. 5π = 60 4 Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 0 Sejam a, b, c, d números reais positivos e diferentes de. Das afirmações: I. a (log c b) = b (log c a) a b c c a b II. log d c log d a log d b = III. log ab (bc) = log a c é(são) verdadeira(s) a) apenas I. b) apenas II. c) apenas I e II. d) apenas II e III. e) todas. Sendo a, b, c e d números reais positivos e diferentes de, tem-se: I. Verdadeira. a (log c b) = a = ( log a ab log ) a c = b log c a II. Verdadeira. log d c a. b a log d c log a b log a c b c log d a =.. = b log d c a log d c blogda c log d a. c a clogdb a log d b log d b =.. = b log d c alogdb a log d c blogdc a log d b = III) Falsa. Por exemplo, considere a = 5; b = e c =, assim, log ab (bc) = log 5. (. ) = log 0 6 log 5 Resposta: C ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 0 0 Sejam D = 0 0 e P = Considere A = P DP. O valor de det (A + A) é a) 44. b) 80. c) 40. d) 4. e) 60. A = P. D. P A = A. A = P. D. P. P. D. P = P. D. P = I D = = A + A = P. D. P + P. D. P = P. (D + D). P det(a + A) = det P. det(d + D). det P 0 0 det(a + A) = det (D + D) = = Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 Considere dois círculos no primeiro quadrante: π C com centro (x, y ), raio r e área. 6 C com centro (x, y ), raio r e área 44π. Sabendo que (x l, y l, r ) e (x, y, r ) são duas progressões 7 geométricas com somas dos termos iguais a e, 4 respectivamente, então a distância entre os centros de C e C é igual a a). b) 9. c). d) 5. e) 7. I) As medidas dos raios r e r são: π r π = r = e π r = 44π r = 6 4 II) PG x, y, 4 7 x + y + = 4 4 4y x y + y = 8y +y = = 0 4 y = ou y = (não convém); 4 x Logo: = x = ; portanto, o centro de 4 C é dado por ;. ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 III) PG (x, y, ) x + y + = y + y 9 = 0 y = x y + y 08 = 0 y = 6 ou y = 8 (não convém) Logo: 6 = x x = ; portanto, o centro de C é dado por (; 6). IV) A distância entre os centros C e C é igual a: ( ) + 6 = = Resposta: E ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 Das afirmações: I. Todo número inteiro positivo pode ser escrito, de maneira única, na forma k (m ), em que k e m são inteiros positivos. II. Existe um número x [0, π/] de tal modo que os nú - meros a = sen x, a = sen (x + π/4), a = sen (x + π/) e a 4 = sen (x + π/4) estejam, nesta ordem, em pro - gressão geométrica. III. Existe um número inteiro primo p tal que p é um número racional. é são verdadeiras(s) a) apenas I. b) apenas II. c) apenas III. d) apenas I e II. e) todas. I. Verdadeira, pois todo número inteiro positivo é par ou ímpar. Se o número considerado for ímpar, pode ser escrito na forma (m ) com m inteiro positivo e, neste caso, basta k =. Se o número considerado for par, é da forma p. q, com q ímpar e p natural não nulo. Neste caso, existem m e k inteiros positivos tais que k = p k = p + e (m ) = q. II) Falsa, pois se π a = sen x, a = sen x + e 4 π a = sen x + estiverem, nesta ordem, em progressão geométrica, deveríamos ter: a = a. a sen π x + = 4 π = sen x. sen x + π π sen x. cos + sen. cos x 4 4 π π = sen x. sen x. cos + sen cos x sen x + cos x = = sen x. cos x ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 (sen x + sen x.cos x + cos x) = sen x. cos x + sen x. cos x = sen x. cos x, que é absurdo. III. Falsa, pois Se p for racional inteiro, então p = m * + {} e p = m = m. m não seria primo. Se p for racional não inteiro, existem m e n inteiros positivos não nulos e primos entre si (com m n ), tal que p = p = e p não seria n inteiro. Portanto, não seria primo. m n Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 4 Com os elementos,,..., 0 são formadas todas as sequências (a, a,..., a 7 ). Escolhendo-se aleatoriamente uma dessas sequências, a probabilidade de a sequência escolhida não conter elementos repetidos é 7! a). 0 7.! 0! b). 0 7.!! c) ! 0! d). 0. 7! 0! e). 0 7 A probabilidade pedida é ! = = ! Resposta: B = ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 5 Considere a equação (a bi) 50 (a + bi) =. (a + b ) 50 + O número de pares ordenados (a, b) que satisfazem a equação é a) 500. b) 50. c) 50. d) 50. e) 504. ) (a bi) 50 (a + bi) = (a + b ) 50 + (a bi) 50 = (a bi) 50 = z 50 = (I), com z = a bi z ) Como e z 50 = z 50 z resulta de (I) que z 50 z z = = z 50 = z z z 00 + z 50 z = 0 z. z z 500 = 0 z = 0 ou z 500 = (a + bi) (a bi) (a + b ) 50 + (a + b ) (a + b ) 50 + z z ) Para z = 0, em (I), resulta: z 50 = z 50 = 0 e, portanto, z = 0 4) Para z 500 =, resulta z = e, substituindo em (I), temos: Z 50. = z 50 =, que possui 50 soluções + distintas, pois z = 50. Assim, a equação dada possui 50 soluções. Resposta: D ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 6 Seja ABC um triângulo cujos lados AB, AC e BC medem 6 cm, 8 cm e 0 cm, respectivamente. Considere os pontos M e N sobre o lado BC tais que AM é a altura relativa a BC e N é o ponto médio de BC. A área do triângulo AMN, em cm, é a),6. b),60. c) 4,0. d) 4,48. e) 6,7. A 6 8 B M N C 0 O triângulo ABC é retiangulo em A, pois = 0. Assim, considerando as medidas em centímetros, temos: 0 I) AN = BN = CN = = 5 II) (AM). (BC) = (AB). (AC) AM. 0 = 6. 8 AM = 4,8 III) (AB) = (BC). (BM) 6 = 0. BM BM =,6 IV) MN = BN BM = 5,6 =,4 Logo, a área S do triângulo AMN, em centímetros quadrados, é dada por: (MN). (AM),4. 4,8 S = = =,6 Resposta: A ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 7 Seis circunferências de raio 5 cm são tangentes entre si duas a duas e seus centros são vértices de um hexágono regular, conforme a figura abaixo. O comprimento de uma correia tensionada que envolve exter namente as seis circunferências mede, em cm, a) 8 + π. b) 0 + 0π. c) 8 + 6π. d) π. e) 6 + 6π. 0º r 60º r r r Sejam r = 5 cm a medida do raio e C o comprimento, em centímetros, da correia que envolve externamente as seis circunferências. C é dado pela soma de seis segmentos de reta de me - didas r e seis arcos de circunferência de 60 e raio r. 60 Assim, C = 6. r π r = 60 = π. 5 = π 6 r Resposta: D ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 8 O lugar geométrico dos pontos (a, b) tais que a equação, em z, z + z + (a + ib) = 0 possua uma raiz puramente imaginária é a) uma circunferência. b) uma parábola. c) uma hipérbole. d) uma reta. e) duas retas paralelas. Sendo αi, com α *, uma raiz puramente ima - ginária da equação z + z + (a + bi) = 0, temos: (αi) + αi + a bi = 0 ( α + a) + (α b)i = 0 α + a = 0 b + a = 0 α b = 0 b = a (com b 0), que é a equação de uma parábola, sem o ponto (; 0). Resposta: B ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 9 Um atirador dispõe de três alvos para acertar. O primeiro deste encontra-se a 0m de distância; o segundo, a 40m; o terceiro alvo, a 60m. Sabendo que a probabilidade de o atirador acertar o alvo é inversamente proporcional ao quadrado da distância e que a probabilidade de ele acertar o primeiro alvo é de /, então a probabilidade de acertar ao menos um dos alvos é 0 a) b) c) d). 5 9 e). 44 Sejam p, p e p, respectivamente, as probabilidades do primeiro, do segundo e do terceiro alvo serem acertados pelo atirador. k.. 0 p = = k = = k p = = = 6. = = k p = = = 6. = = A probabilidade de não acertar nenhum dos alvos é:.. = =.. = 8 6 Então, a probabilidade de acertar ao menos um dos alvos é: 5 p = = Resposta: E ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 0 Considere o triângulo ABC, em que os segmentos AC, CB e AB medem, respectivamente, 0 cm, 5 cm e 0 cm. Seja D um ponto do segmento AB de tal modo que CD é bissetriz do ângulo A ^CB e seja E um ponto do prolon gamento de CD, na direção de D, tal que D ^BE = D ^CB. A medida, em cm, de CE é tal que 6 a). 6 b). 7 6 c). 0 6 d). 5 6 e). Vamos considerar todas as medidas em centímetros. I) Aplicando o teorema da bissetriz do ângulo in - terno no triângulo ABC, temos: 5 0 = = BD = BD 0 BD BD 0 BD Assim, BD = e AD = 0 AD = 8 II) Aplicando-se a lei dos cossenos nos triângulos BCD e ACD, temos: (BD) = (BC) + (CD) (BC). (CD). cos α (AD) = (AC) + (CD). (AC). (CD). cos α = 5 + (CD). 5. (CD). cos α 8 = 0 + (CD). 0. (CD). cos α 44 = 5 + (CD) 0. (CD). cos α 64 = 00 + (CD) 0. (CD). cos α ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 Substraindo a ạ equação da ạ equação, temos: 9 80 = 5 0. (CD) cos α (CD). cos α = Substituindo (CD). cos α na ạ equação, temos: 44 = 5 + (CD) 9 0. (CD) = 54 (CD) = 6 III) Da semelhança dos triângulos BDE e CDA, temos: DE BD DE 66 = = DE = AD CD 8 6 Logo: 66 CE = CD + DE = 6 + = 5 6 Resposta: E ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 ( AS QUESTÕES DISSERTATIVAS, NUMERADAS DE A 0, DEVEM SER RESOLVIDAS E RESPONDIDAS NO CADERNO DE SOLUÇÕES. Considere as retas de equações r : y = x + a e s: y = bx + c, em que a, b, c são reais. Sabendo que r e s são perpen - diculares entre si, com r passando por (0, ) e s, por (, 4), determine a área do triângulo formado pelas retas r, s e o eixo x. Sendo r: y =. x + a e s: y = b. x + c perpen - diculares entre si, com r passando por (0; ) e s, por ( ; 4), temos: I) m r. m s =. b = b = II) (0; ) r: =. 0 + a a = III) ( ; 4) s: 4 =. + c c = 5 Se P(x p ; y p ) for a intersecção entre as retas r e s, então: y =. x + y = x x p = y p = s:y= - x+5 5 y r:y= x+ P ( - ;0 Q 0 4 R (5;0) x Logo, a área do triângulo PQR, formado pelas retas r, s e o eixo x é igual a: = Resposta:. ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 Determine todos os valores reais de x que satisfazem a inequação 4 x 4x. 4 x 4 x 4x 4x 4 64 x 8 x x 4 x log Resposta: S = x x log ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 Considere o polinômio p(x) = x 4 ( + )x + ( + )x ( + 4 )x +. a) Determine os números reais a e b tais que p(x) = (x + ax + )(x + bx + ). b) Determine as raízes de p(x). a) p(x) = (x + ax + ) (x + bx + ) = = x 4 + bx + x + ax + abx + ax + x + bx + = = x 4 + (a + b) x + ( + ab) x + (a + b) x + Assim, devemos ter: x 4 + (a + b) x + ( + ab) x + (a + b) x + = = x 4 ( + ) x + ( + )x ( + 4)x + Do que se conclui que: a + b = + ab = + a + b = 4 a = b = b) p(x) = (x x + ). (x x + ) = 0 x x + = 0 ou x x + = 0 x = + ou x = ou 7 7 x = + i ou x = i Respostas: a) a = e b = b) +,, i, i ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 4 Sejam A e B dois conjuntos com e 5 elementos, respectivamente. Quantas funções sobrejetivas f : B A existem? ) Para f: B A ser sobrejetiva, os três elementos de A deverão ser imagens. Desta maneira, o conjunto B deverá ser partido em três subcon - juntos não vazios. Cada um deles deverá ter seus elementos associados a um dos elementos (distinto) de A. ) O conjunto B, com 5 elementos, pode ser par- tido da seguinte forma:.) Um subconjunto com três elementos e dois subconjuntos com um elemento cada um. Exis tem C 5; = 0 formas de se obter estes subconjuntos..) Um subconjunto com um elemento e dois subcon juntos com dois elementos cada um. 5. C Existem 4; = 5 formas de se obter estes subconjuntos. ) Para cada partição feita, existem P =! = 6 formas de associá-las a elementos de A. Desta maneira, existem: 5. C 4; = (0 + 5). 6 = 50 C 5; +. P funções sobrejetivas f: B A Resposta: 50 funções sobrejetivas. ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 5 Sejam A = {,,, 9, 0) o conjunto dos números inteiros de a 0 e (a, a, a ) uma progressão geométrica crescente com elementos de A e razão q . a) Determine todas as progressões geométricas (a, a, a ) de razão q =. m b) Escreva q =, com m, n e mdc(m, n) =. n Determine o maior valor possível para n. A = (,,,..., 9, 0) e (a ; a ; a ) é PG crescente de razão q . a) q = (a, a, a ) = 9 a ; a. ; a. 4 Assim: a = 4 (4; 6; 9) a = 8 (8; ; 8) a = (; 8; 7) m b) q = e mdc (m. n) = n m n m PG a ; a. ; a.. n Como a. m n A e mdc (m, n ) =, o maior valor possível para n é 4 e, neste caso, os valores de m e a são res pectiva mente 5 e 6. A PG é 5 5 6; 6. ; 6. 4 = (6; 0; 5) Respostas: a) (4; 6; 9), (8; ; 8) e (; 8; 7) b) n = 4 6 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 ( 6 Esboce o gráfico da função f : dada por f(x) = x. f(x) = x = x y = ( x / x y = ( ( x - x y = ( ( x - - x - y = ( ( x - - x Resposta: - x y = - - x ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 7 Determine todos os valores reais de a para os quais o seguinte sistema linear é impossível: x + ay + z = x y + z = x + az = 5 O sistema será impossível se, e somente se, a 0 a a = 0 e a + 9a a = 0 e 0 a + + 5a 0 a + 7a + 6 = 0 e a + 0 (a = ou a = 6) e a a = 6 Resposta: a = 6 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 8 Um triângulo retângulo com hipotenusa c = ( + 6) está circunscrito a um círculo de raio unitário. Determine a área total da superfície do cone obtido ao girar o triân - gulo em torno do seu maior cateto. A y.( + 6) E x x D B y F C Seja r a medida do raio do círculo. I) Sendo S a área do triângulo, temos: (BC).(AC) (y + ). (x + ) S = = = xy + x + y + = e AB + BC + AC S =. r = x + y + y + + x + =. r = x + y + =. = x + y + Assim, xy + x + y + = x + y + xy = x + y + xy =. ( + 6) + xy = + 6 II) x + y =. ( + 6 ) x. y = + 6 y = + 6 x x. y = + 6 Assim, x. ( + 6 x) = + 6 x + ( + 6 )x ( + 6) = 0 x ( + 6 )x = ± 6 x = = + 6 ± 4 x = + 6 ou x = + 6 ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 Como x + y = + 6, temos: x = + 6 y = + 6 e x = + 6 y = + 6 III) Como o cone é obtido ao girar o triângulo em torno do maior cateto, o raio da base R do cone é o menor cateto. Assim, R = R = 6 IV) Como a geratriz g do cone mede. ( + 6 ), a área total A T da superfície do cone é dada por: A T = π R + π R g = = π. (6 ) + π. 6.. ( + 6 ) = = 6π + 6 π + π = π. (9 + 6 ) Resposta: π. (9 + 6 ) ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 9 Determine o conjunto das soluções reais da equação cossec x cossec x tg x =. tg (x) = cossec x = + tg (x) = x sen cos (x) Como cos(x) = sen x sen x cos (x) =, segue-se que: cos(x) = cos cos(x) (x) = cos (x) 6cos (x) + cos(x) = 0 Assim: ± 5 cos(x) = cos(x) = ou cos(x) = Se cos(x) = x = ± arc cos + n π; n π Se cos(x) = x = ± + n π; n S = x x = ± arc cos + n π; ou x = ± π + n π, em que n ITA (º DIA) DEZEMBRO/06 0 Considere o cubo ABCDEFGH de aresta tal que: ABCD é o quadrado da base inferior; EFGH, o quadrado da base superior e AE, BF, CG e DH são as arestas verticais. Sejam L, M e N os pontos médios das arestas AB, CG e GH, respec tivamente. Determine a área do triângulo LMN. De acordo com o Teorema de Pitágoras, temos: I) (MN) = (MG) + (GN) (MN) = + MN = II) Sendo P o ponto médio de EF, temos NP = PL = Assim, (NL) = (NP) + (PL) (NL) = + NL = III) (CL) = (CB) + (BL) (CL) = + CL = 5 IV) (ML) = (MC) + (CL) (ML) = + (5 ) ML = 6 Logo, o triângulo LMN é retângulo em M, pois (NL) = (MN) + (ML). Assim, sua área S é dada por: (MN). (ML). 6 S = = = Resposta: ITA (º DIA) DEZEMBRO/06
Similar documents
View more...
Search Related
We Need Your Support
Thank you for visiting our website and your interest in our free products and services. We are nonprofit website to share and download documents. To the running of this website, we need your help to support us.

Thanks to everyone for your continued support.

No, Thanks
SAVE OUR EARTH

We need your sign to support Project to invent "SMART AND CONTROLLABLE REFLECTIVE BALLOONS" to cover the Sun and Save Our Earth.

More details...

Sign Now!

We are very appreciated for your Prompt Action!

x