o anglo resolve a prova de Matemática do ITA

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1 o ango resove a prova de Matemática do ITA A cobertura dos vestibuares de 00 está sendo feita peo Ango em parceria com a Foha Onine. É trabaho pioneiro. Prestação de serviços com tradição de confiabiidade. Construtivo, procura coaborar com as Bancas Eaminadoras em sua tarefa de não cometer injustiças. Didático, mais do que um simpes gabarito, auiia o estudante no processo de aprendizagem, graças a seu formato: reprodução de cada questão, seguida da resoução eaborada peos professores do Ango. No fina, um comentário sobre as discipinas. O Instituto Tecnoógico de Aeronáutica ITA é uma escoa de engenharia mundiamente conhecida. Com o mesmo zeo com que trata seus eceentes cursos (Engenharia Aeronáutica, Engenharia Mecânica Aeronáutica, Engenharia de Infra-Estrutura, Engenharia Eétrica e Engenharia de Computação), trata seu vestibuar, que é reaizado em dias: º dia: FÍSICA, com 0 questões de mútipa escoha e 0 questões dissertativas. º dia: PORTUGUÊS, com 0 questões de mútipa escoha, 5 questões dissertativas e uma redação, e INGLÊS, com 0 questões de mútipa escoha. º dia: MATEMÁTICA, com 0 questões de mútipa escoha e 0 questões dissertativas. º dia: QUÍMICA, com 0 questões de mútipa escoha e 0 questões dissertativas. Só é corrigida a parte dissertativa do candidato que obtém nota igua ou superior a 0 (na escaa de 0 a 00) nas questões de mútipa escoha e média aritmética igua ou superior a 50 (na escaa de 0 a 00). A prova de Ingês é eiminatória e não entra na cassificação fina. Em Matemática, Física e Química, as questões de mútipa escoha equivaem a 50% do vaor da prova, e a parte dissertativa, aos outros 50%. Na prova de Português, as questões de mútipa escoha equivaem a 0% do vaor da prova, as dissertativas a 0% e a Redação a 0%. A nota fina é a média aritmética das provas de Matemática, Física, Química e Português, com peso.

2 T T MA E M Á I CA NOTAÇÕES : conjunto dos números compeos. ]a, b[ = { IR; a b}. IR: conjunto dos números reais. : conjunto vazio. : conjunto dos números inteiros. A\B = { A; B}. IN = {0,,,, }. X C = U\X, para X U, U. IN * = {,,, }. I: matriz identidade n n. z : conjugado do número z. A : inversa da matriz inversíve A. i: unidade imaginária i =. A T : transposta da matriz A. argz: um argumento de z \{0}. AB: segmento de reta unindo os pontos A e B. [a, b] = { IR; a b}. m( AB): medida (comprimento) de AB. Questão Seja z *. Das seguintes afirmações independentes: I. Se ω =, então ω iz + 5z i iz + 5z + i =. + z + iz + z + z + z iz + z + z iz + i + z + II. Se z 0 e ω =, então ω. ( + iz ) 5 z III. Se ω = + iz, então arg z + π + i é um argumento de ω. é(são) verdadeira(s): A) todas. B) apenas I e II. C) apenas II e III. D) apenas I e III. E) apenas II. I. Sendo u e v números compeos quaisquer, temos: u ± v = u ± v u v = u v u u =, com v 0. v v (u n ) = ( u) n, com n IN. u = u u = u se, e somente se, u IR. i = i (sendo i a unidade imaginária) u = u Dessas propriedades, decorre que: iz + 5z i se ω = + z + iz + z + z, então ω iz + 5z + i = + z iz + z + z A afirmação I é verdadeira. II. ω = iz + i + ( + iz ) iz + i + ω = ( + iz ) ITA/00

3 iz + i + ω = i + i z iz + i + ω = 5 z ω iz + + i 5 z ω i z + + i 5 z ω z + 5 z A afirmação II é verdadeira. III. Com z = ρ(cosθ + isenθ), ρ IR * + e θ [0, π[, temos: ω = π π + ρ cos isen cos( θ ) + isen ( θ ) π π 8 cos + isen 6 6 [ ] ω ρ π π π π = cos θ + + isen θ ω ρ π π = cos θ + + isen θ + 8 π Sendo θ = argz, temos que argz + é um argumento de ω. A afirmação III é verdadeira. Questão O vaor de y z para o qua os números sen π,, y, z e sen75, nesta ordem, formam uma progressão aritmética, é: A) B) 6 C) 6 D) 5 E) (sen5º,, y, z, sen75º) é PA. Sendo r a razão da PA, temos: sen75º = sen5º + r r = sen75º sen5º r = sen0º cos5º r = y z = ( + r) ( + r) = + r + r r = r r = 8 Assim: y z = 8 5 = = Questão Considere a função + f: Z\{0} IR, f() 9 /() + 5 /. = ( ) ( ) + A soma de todos os vaores de para os quais a equação y + y + f() = 0 tem raiz dupa é: A) 0 B) C) D) E) 6 ITA/00

4 Consideremos a equação y + y + f() = 0, na incógnita y, e suponhamos que essa não dependa de. Essa equação tem raiz dupa se, e somente se, sem discriminante for nuo: f() = 0, ou seja, f() =. De f() =, temos: ( 9 ) = ( ) = = Dessa equação chegamos a = ou =. Portanto, a soma de todos os vaores de é igua a. Questão Considere uma função f: IR IR não-constante e ta que f( + y) = f() f(y),, y IR. Das afirmações: I. f() 0, IR. II. f(n) = [f()] n, IR, n *. III. f é par. é(são) verdadeira(s): A) apenas I e II. B) apenas II e III. C) apenas I e III. D) todas. E) nenhuma. I. Para todo rea, temos: f + = f f f ( ) = f f ( ) 0 Se eistisse um rea r, com f(r) = 0, teríamos f(α + r) = f(α) f(r) e, portanto, f(α + r) = 0, para todo rea. Isto é absurdo, pois f não é uma função constante. Logo, para todo rea, temos f() 0. A afirmação I é verdadeira. II. Suponhamos que eista k, k IN*, ta que f(k) = [f()] k (hipótese de indução). Teríamos então: f[(k + ) ] = f(k ) f[(k + ) ] = f(k) f() f[(k + ) ] = [f()] k f() f[(k + ) ] = [f()] k + Como f( ) = [f()], podemos concuir, peo princípio da indução finita, que f(n ) = [f()] n, IR, n IN*. A afirmação II é verdadeira. III. Suponhamos que eista uma função par f, nas condições dadas. Nessas condições, teríamos: f( + ) = f( ) f() f(0) = f( ) f() Como f é uma função par, ou seja, f( ) = f(), para todo rea, teríamos [f()] = f(0). Como a afirmação I é verdadeira, isto é, f() 0, para todo rea, podemos concuir que f ( ) =+ f( 0). Isto é absurdo, pois contraria a condição de f ser uma função não-constante. A afirmação III é, portanto, fasa. ITA/00

5 Questão 5 Considere o poinômio P() = + a a n n, cujos coeficientes, a,..., a n formam, nesta ordem, uma progressão n q geométrica de razão q 0. Sabendo que é uma raiz de P e que P() = 560, tem-se que o vaor de é igua a: q 5 7 A) B) C) D) E) Sabendo que os coeficientes de P() = + a a n n formam uma P.G. de razão q (q 0) e a =, temos: P() = + q q n n P() é a soma dos n termos de uma P.G. cuja razão é q e cujo primeiro termo é. Se q =, então P() = n, com n 0. Como, nesse caso, não é raiz, podemos afirmar que q. Com q, temos: P ( ) n [ ( q) ] = q Como P = 0, de (I) temos: (I) n q = 0 q + n q n n = q = ( ) Assim, temos que: q =, se n é par, ou q =, se n é ímpar. Como q 0, concuímos que q =. (II) Sabemos também que P() = 560. De (I) e (II) temos: [ ] = n ( ) 560 n = 095 n = 096 n = 6 n q 6 7 A epressão, para q = e n = 6, vae =. q Questão 6 Dividindo-se o poinômio P() = 5 + a + b + c + por ( ), obtém-se resto igua a. Dividindo-se P() por ( + ), ab obtém-se resto igua a. Sabendo que P() é divisíve por ( ), tem-se que o vaor de é igua a: c A) 6 D) 7 B) E) 9 C) ITA/00 5

6 P() = + a + b + c + = P( ) = + a + b c + = P( ) = 0 + 6a + b + c + = 0 9 Resovendo o sistema, obtemos a =, b = e c =. a b Logo, = 9. c Questão 7 Das afirmações abaio sobre a equação z + z + z + z + = 0 e suas souções no pano compeo: I. A equação possui peo menos um par de raízes reais. II. A equação possui duas raízes de móduo, uma raiz de móduo menor que e uma raiz de móduo maior que. n k III. Se n IN* e r é uma raiz quaquer desta equação, então r k. = é(são) verdadeira(s): A) nenhuma. B) apenas I. C) apenas II. D) apenas III. E) apenas I e III. Para todo z, z C, temos z 5 = (z + z + z + z + )(z ). As cinco raízes da equação z 5 = 0 são z,z,z,z e. Note que z,z,z e z são, também, as raízes da equação z + z + z + z + = 0. Os afios dessas cinco raízes são os vértices de um pentágono reguar inscrito na circunferência de centro (0, 0) e raio unitário do pano de Argand-Gauss: Note que nenhum dos números z,z,z e z é rea. Logo, a equação z + z + z + z + = 0 não tem raízes reais. A afirmação I é fasa. Todas as raízes possuem móduo igua a, e, portanto, a afirmação II é fasa. Sendo S n k r = com n IN*, temos:, k = r r r r n S = z z Im(z) 0 z z Re(z) r r r n S = n Como r {z,z,z,z }, temos que r =, pois os números z,z,z e z possuem, todos, móduo igua a. Assim, S = n n S = S = n Como, para todo n, n IN*, 0 A afirmação III é verdadeira., podemos concuir que S. ITA/00 6

7 Questão 8 Seja k IR ta que a equação k = 0 possua uma raiz dupa e inteira e uma raiz, distinta de. Então, (k + ) é igua a: A) 6 B) C) D) E) 8 Sendo f() = k, com k IR, temos que f () = As raízes de f () = 0 são e. Como a equação f() = 0 possui uma raiz dupa, podemos afirmar que é raiz de f () = 0. Como é um número inteiro, temos =. 7 7 De + + =, temos ( ) + ( ) + = e, portanto, =. k De =, k temos ( ) ( ) = e, portanto, k =. Logo, (k + ) =. Questão 9 8! Considere o conjunto S = {(a, b) IN IN:a + b = 8}. A soma de todos os números da forma, (a, b) S, é: ab!! A) 8 6 B) 9! C) 9 6 D) 6 E)! Do enunciado, temos: 8! 8! 8! 8! !! 7!! 6!! 8! 0! = = = 8 Questão 0 O número de divisores de 760 que, por sua vez, são divisíveis por é: A) B) 6 C) 8 D) 5 E) = 5 7 Para a escoha do epoente do, temos possibiidades (0 ou ou ou ) do 5, temos possibiidades (0 ou ) do 7, temos possibiidades (0 ou ou ) do, temos só possibiidades pois o número deve ser divísive por ( ou ). Assim, o número de divisores positivos que são divisíveis por é = 8. O número de divisores de 760 que são divisíveis por é 96 (8 positivos e 8 negativos). Questão Sejam A e P matrizes n n inversíveis e B = P AP. Das afirmações: I. B T é inversíve e (B T ) = (B ) T. II. Se A é simétrica, então B também o é. III. det (A λi) = det(b λi), λ IR. é(são) verdadeira(s): A) todas D) apenas I e III. B) apenas I. E) apenas II e III. C) apenas I e II. ITA/00 7

8 I. B = P A P det B = det (P A P) det B = detp deta detp detb T = deta detp det P detb T = deta Como A é inversíve e detb T = deta, B T é inversíve. B B = I (B B ) T = I T (B ) T B T = I (B ) T B T (B T ) = I (B T ) (B ) T = (B T ) Logo, a afirmação I é verdadeira. II. Sendo, temos B = P A P =. Como A é simétrica e B não é simétrica, a afirmação II é fasa. 6 A = P e P = =, 0 0 III. B = P A P B λi = P A P λi, λ IR B λi = P A P λ(p P) I B λi = P A P P (λi) P B λi = P (A λi) P det(b λi) = det [P (A λi) P] det(b λi) = det P det(a λi) detp det(b λi) = det(a λi) detp detp det(a λi) = det(b λi) Logo, a afirmação III é verdadeira. Questão O número de todos os vaores de a [0, π], distintos, para os quais o sistema nas incógnitas, y e z, dado por + y 6z = cosa + y 5z = sena 6 + y z = cosa, é possíve e não-homogêneo, é igua a: A) B) C) D)5 E) 6 + y 5z = sena () ( 6) + y 6z = cosa y z = cosa + + y 5z = sena 9y 6z = sena + cosa () 9y + 6z = 6sena cosa + + y 5z = sena 9y 6z = sena + cosa 0 = sena + cosa cosa ITA/00 8

9 Para ser possíve: sena + cosa cosa = 0 sena cosa + cosa cosa = 0 sena cosa sena sena = 0 senacosa + cosa + sen acosa = 0 cosa (sen a + sena + ) = 0 cosa = 0 (Não convém, pois o sistema é não-homogêneo). ou sen a + sena + = 0 sena = 7π π Com [0, π], a = ou a = 6 6 Portanto, há vaores distintos de a. Questão Para todo IR,a epressão [cos()] [sen()] sen é igua a: A) [sen() + sen(5) + sen(7)]. D) [ sen + sen(5) sen(9)]. B) [sen + sen(7) sen(9)]. E) [sen + sen() + sen(5)]. C) [ sen() sen() + sen(7)]. Usando as reações que transformam produtos em somas, temos: = ( sen + sen 0) sen = sen sen sen = sen (cos 5 cos ) 8 [ ] = [ sen cos 5 sen cos] = + ( sen 9 sen ) ( sen7 sen ) 8 = sen sen 9 + sen7 + sen 6 [ ] [ ] = sen + sen7 sen 9 Questão Considere os contradomínios das funções arco-seno e arco-cosseno como sendo respeito à função f:,, [ ] π π,f() arcsen arccos, = + temos que: A) f é não-crescente e ímpar. D) f é injetora. B) f não é par nem ímpar. E) f é constante. C) f é sobrejetora. π π, e 0, π, respectivamente. Com [ ] f:[, ] π π, f() = arcsen + arccos, ITA/00 9

10 Fazendo arcsen = α e arccos = β, temos: f() = α + β senα π = e α π senα = cosβ α+ β π =. cosβ = e 0 β π π Assim, f() = f é constante. Questão 5 Considere a famíia de circunferências com centros no segundo quadrante e tangentes ao eio Oy. Cada uma destas circunferências corta o eio O em dois pontos, distantes entre si de cm. Então, o ugar geométrico dos centros destas circunferências é parte: A) de uma eipse. D) de duas retas concorrentes. B) de uma paráboa. E) da reta y =. C) de uma hipérboe. Seja C(, y) o centro de uma destas circunferências, nas condições do enunciado, com 0 e y 0. y Temos a figura: C y A M BO Apicando o teorema de Pitágoras no triânguo AMC, temos: = y + y = ou seja y, = y Logo, =, com 0 e y 0, representa parte de uma hipérboe. Assim, o ugar geométrico dos centros destas circunferências é parte de uma hipérboe. Questão 6 A área do poígono, situado no primeiro quadrante, que é deimitado peos eios coordenados e peo conjunto {(, y) IR : + y + 5y 9 8y + 6 = 0}, é igua a: A) 6 D) 5 0 B) E) C) ITA/00 Temos que: + y + 5y 9 8y + 6 = 0 + y + y + y 6 y 6y + 6 = 0 ( + y ) + (y + y y) + ( 6 6y + 6) = 0 ( + y ) + y ( + y ) 6 ( + y ) = 0 (r) + y = 0 ( + y ) ( + y 6) = 0 ou (s) + y 6 = 0 0

11 y B Na figura, está representado o poígono ABCD, imitado peas retas r e s e peos eios coordenados, situado no primeiro quadrante: A 0 C D A área S do poígono ABCD pode ser obtida fazendo-se a área do triânguo BOC menos a área do triânguo AOD. Logo, S =, ou seja, S = 5. Questão 7 Sejam r e s duas retas paraeas distando entre si 5cm. Seja P um ponto na região interior a estas retas, distando cm de r. A área do triânguo equiátero PQR, cujos vértices Q e R estão, respectivamente, sobre as retas r e s, é igua, em cm,a: A) B) C) D) E) Do enunciado, temos a figura, onde é a medida do ado do triânguo PQR: Q T r Da figura: α + 60º + β = 80º, ou seja, β = 0º α. Do triânguo PTQ, temos: cos(0º α) = () Do triânguo PSR, temos: cosα = () De () e (), temos: cos(0º α) = cosα cos0ºcosα + sen0º senα = cosα R β 60º P α S s cosα + senα = cosα 9 senα = cosα tg α = Assim, no triânguo PSR, temos: RS = RS = Aém disso: = ( ) + = 8 8 A área do triânguo equiátero PQR é, ou seja, 7 cm. Questão 8 Considere três poígonos reguares tais que os números que epressam a quantidade de ados de cada um constituam uma progressão aritmética. Sabe-se que o produto destes três números é igua a 585 e que a soma de todos os ânguos internos dos três poígonos é igua a 780º. O número tota das diagonais nestes três poígonos é igua a: A) 6 B) 69 C) 90 D) 97 E) 06 ITA/00

12 Sejam n r, n e n + r os termos de uma P.A. de razão r. Do enunciado, temos: ( n r) n ( n + r) = 585 ( n r ) 80 + ( n ) 80 + ( n + r ) 80 = 780 ( n r) n ( n + r) = 585 n r + n + n + r = n = 9 Daí: (9 r) 9 (9 + r) = r = 65 r = P.A.(5, 9, ) r = 6 ou r = P.A.(, 9, 5) Logo, os números de ados são: 5, 9 e. O número tota de diagonais pedido é igua a 5 ( 5 ) 9 ( 9 ) ( ) + +, ou seja, 97. Questão 9 Considere o triânguo isóscees OAB, com ados OA e OB de comprimento R e ado AB de comprimento R. O voume do sóido, obtido pea rotação deste triânguo em torno da reta que passa por O e é paraea ao ado AB,é igua a: A) π π B) π R C) D) π R E) π R R R Considere a figura: B R R O A R R C Apicando o Teorema de Pitágoras no triânguo AOC, temos: (AC) + R = ( R) AC = R Voume V CL do ciindro: V CL = π R R V CL = πr Voume V CO de um dos cones: V CO = π R R V CO = πr Sendo V p o voume do sóido, temos: V p = V CL V CO V p = πr πr π V p = R Questão 0 Considere uma pirâmide reguar de atura igua a 5cm e cuja base é formada por um quadrado de área igua a 8cm.A distância de cada face desta pirâmide ao centro de sua base, em cm, é igua a: A) B) C) D) E) ITA/00

13 Do enunciado, temos a figura: A E D 5 P B M C Apicando o teorema de Pitágoras no triânguo APM, temos: ( AM) = ( 5) + ( ) AM = O voume V do tetraedro PABC é / do voume da pirâmide ABCDE, ou seja: V = V 8 5 = 0 Sendo S a área do triânguo ABC e h a distância do ponto P ao pano ABC, temos: V = S h 0 = h h = cm AS QUESTÕES DE A 0 DEVERÃO SER RESOLVIDAS NO CADERNO DE RESPOSTAS ANEXO. Questão Sejam U um conjunto não-vazio e A U, B U. Usando apenas as definições de iguadade, reunião, intersecção e compementar, prove que: I. Se A B =, então B A C. II. B \ A C = B A. I. Proposição Justificativa S B A = hipótese S, B A S e a definição de B A S, A A C definição de A C S, B A C S e S S 5 B A C S se B A =, então B A C. II. Proposição Justificativa S B\A C B e A C definição de \ S B\A C B e A S e definição de A C S B\A C A B S e definição de A B Das equivaências dessas sentenças, temos que B\A C = B A. ITA/00

14 Questão z + z + Determine o conjunto dos números compeos z para os quais o número ω= z + z + pertence ao conjunto dos números reais. Interprete (ou identifique) este conjunto geometricamente e faça um esboço do mesmo. Note que, para todo z, (z + z + ) IR. Logo IR se, e somente se, z + z + 0, ou seja, z + z + Os afios dos compeos z, tais que z + z + =, são os pontos da eipse de focos (, 0) e (, 0) e eio maior igua a, do pano de Argand-Gauss. Portanto, os afios de z, tais que z + z +, são os pontos eteriores à eipse. Resposta: ω = z + z + z + z + Im(z),5 0,5 Re(z) Questão Considere a seguinte situação baseada num dos paradoos de Zenão de Eéia, fiósofo grego do sécuo V A.C. Suponha que o ateta Aquies e uma tartaruga apostam uma corrida em inha reta, correndo com veocidades constantes V A e V T, com 0 V T V A. Como a tartaruga é mais enta, é-he dada uma vantagem inicia, de modo a começar a corrida no instante t = 0 a uma distância d 0 na frente de Aquies. Cacue os tempos t,t,t,... que Aquies precisa para percorrer as distâncias d,d,d,..., n respectivamente, sendo que, para todo n, d n denota a distância entre a tartaruga e Aquies no instante t k da corrida. k = Verifique que os termos t k,k =,,,..., formam uma progressão geométrica infinita, determine sua soma e dê o significado desta soma. A t = 0 t = t t = t + t d d T A T d d A d T Note que, no intervao de tempo t n, com n IN*, a tartaruga percorreu a distância d n + = v T t n (). No intervao de tempo t n +, Aquies percorreu a distância d n + = v A t n + (). vt De () e (), temos v A t n + = v T t n, ou seja, para todo n, n IN*, temos: t n + = t n va No intervao de tempo t, Aquies percorreu a distância d = v A t. vt d Portanto, a seqüência (t,t,t, t n,t n +, ) é uma P.G. infinita de razão e primeiro termo t =. va v A d v Como 0 T v, podemos afirmar que a soma t + t + +t n + = A va v v Logo, t + t + + t n + = d. va v T. T A ITA/00

15 d Vejamos as posições da tartaruga e de Aquies, no instante. va vt Nesse instante, a posição da tartaruga é dada por: Temos, então, que: S d ( v A v T) + d v T = va vt d S = va va vt d S = d + vt va vt d Note que a posição de Aquies, no instante, também é dada por S. va vt Portanto, a soma t + t + + t n + significa o intervao de tempo necessário para Aquies acançar a tartaruga. Questão Mostre que toda função f : IR \ {0} IR, satisfazendo f(y) = f() + f(y) em todo seu domínio, é par. Para todo do domínio de f, temos: f( ) + f( ) = f[( )( )] f( ) = f( ) f( ) = f( ) f( ) = f() + f() f( ) = f() f( ) = f() Logo, f é uma função par. Questão 5 Sejam a, b, c e d constantes reais. Sabendo que a divisão de P () = + a + b por P () = + + é eata, e que a divisão de P () = + c + d por P () = + tem resto igua a 5, determine o vaor de a + b + c + d. Dividindo P () = + a + b por P () = + +, temos: a b a + + (a ) b a b a a a (8 a) + b a (Resto) Como a divisão de P por P é eata, devemos ter: (8 a) + b a 0 8 a = 0 a = e b = 6 b a = 0 Dividindo P () = + c + d por P () = +, temos: + + c + d c + + (c + ) + (d ) (c + ) + (c + ) (c +) (c + d ) c 5 (Resto) Do enunciado, devemos ter: (c + d ) c 5 5 c + d = 0 c = 0 e d = c 5 = 5 Assim: a + b + c + d = , ou seja, a + b + c + d = Resposta: ITA/00 5

16 Questão 6 Sejam a, b, c e d números reais não-nuos. Eprima o vaor do determinante da matriz bcd a a acd b b abd c c abc d d na forma de um produto de números reais. Seja D = bcd a a acd b b abd c c abc d d Mutipicando por a, b, c e d, respectivamente, a ª, ª, ª e ª inhas, podemos escrever: D D = abcd = abcd abcd abcd a a a abcd b b b abcd c c c abcd d d d a a a b b b c c c d d d D = (b a)(c a)(c b)(d a)(d b)(d c) Resposta: (b a)(c a)(c b)(d a)(d b)(d c) Questão 7 π π Encontre todos os vaores de a para os quais a equação na variáve rea,, e e arctg + arctg a, + = admite soução. Fazendo α = arctg e β = arctg e e +, temos: α + β = a. tg α + tgβ Então: tga = tg(α + β) tga = tg αtgβ tg a = e e + + ( ) e tg a ( ) = ( ) + e e ( ) ( tg a) = tg a ITA/00 6

17 Para a equação em ter soução: tga 0 0 tg a + 0 tga. 0 π π π Satisfazendo a ], [, temos: 0 a. Resposta: ( ) ( ) tg a tg a π a ] 0, [ ( ) Questão 8 y Sabe-se que uma eipse de equação + = tangencia internamente a circunferência de equação + y = 5 e que a reta a b de equação + y = 6 é tangente à eipse no ponto P. Determine as coordenadas de P. Do enunciado, o semi-eio maior da eipse deve medir 5 e estar contido no eio das ordenadas. Caso contrário, a reta r de equação + y = 6 seria secante à eipse. Assim, temos a figura: y Q P r º modo: Consideremos o sistema formado peas equações da reta e da eipse: + y = 6 y + = a 5 6 De : y = Substituindo em, temos: 6 + =, ou seja: a 5 (9a + 0) 6a + 6a = 0 Condição de tangência: = 0 Então: 5a 80 = 0 a 6 = 9 Substituindo o vaor de a 8 em, temos =. 9 5 Substituindo o vaor de em, temos y =. Logo, as coordenadas de P são 8 5,. 9 ITA/00 7

18 º modo: Seja r a reta que passa peo ponto Q(0,) e tangencia a circunferência de equação + y = 5 no ponto P. Então, considere a figura ao ado: No triânguo retânguo OP Q, temos: ( 5) = OH OH = 5 Q H 0 y 5 P r Associando-se cada ponto (, y) do pano ao ponto a y, 5, então cada ponto da circunferência fica associado a um ponto y y da eipse de equação + =. Assim, considere a figura ao ado: a 5 Como as ordenadas de P e P são iguais e P pertence à reta r, temos: Q 5 P P + 5 = 6 = Portanto, as coordenadas de P são 8 5, r Resposta: 8 5, 9 r Questão 9 Considere um quadrado ABCD. Sejam E o ponto médio do segmento CD e F um ponto sobre o segmento CE ta que m(bc ) + m(cf ) = m(af ). Prove que cosα = cosβ, sendo os ânguos α = BÂF e β = EÂD. Do enunciado, temos a figura, onde é a medida do ado do quadrado ABCD: A α β B + a α D E F C a Construindo sobre DC o segmento CM = e a semicircunferência de centro no ponto F e raio medindo + a, temos a figura: A β + a B D α E F a C Os triânguos ADE e MDA são semehantes, pois seus catetos são proporcionais. Assim, DMˆ A =. M ITA/00 8

19 Como o triânguo AFM é isóscees, temos que FÂM = FMˆ A =. A B β β + a D No triânguo AFM, resuta que α = β (ânguo eterno). Portanto, cos = cos. α E F a C β M Questão 0 Quatro esferas de mesmo raio R 0 são tangentes eternamente duas a duas, de forma que seus centros formam um tetraedro reguar com arestas de comprimento R. Determine, em função de R, a epressão do voume do tetraedro circunscrito às quatro esferas. a 6 Sendo a o comprimento de uma aresta de um tetraedro reguar, então seu voume é V a =, sua atura é h =, e h o raio da esfera inscrita nesse tetraedro é r =. Sendo R o comprimento de uma aresta do tetraedro ABCD cujos vértices são os centros das quatro esferas de raio R, tangentes eternamente duas a duas, então: ( R) R a) seu voume é V = =. R 6 b) sua atura é h =. R 6 c) o raio da esfera inscrita é r = 6. Como o centro do tetraedro A B C D circunscrito às quatro esferas coincide com o centro do tetraedro ABCD, e os panos de suas faces são paraeos e distam R dos panos das faces do tetraedro ABCD, então o raio da esfera inscrita no tetraedro A B C D é: R = r + R R 6 R = + R R = R Sendo V o voume pedido, devemos ter: V R R = 6 R 6 6 V = ( ) + 6 R Resposta: ( ) R + 6 ITA/00 9

20 CO MENT ÁRI O Uma prova trabahosa, que eigiu dos candidatos, aém do conhecimento teórico, grande habiidade agébrica. A questão 0 não apresenta aternativa correta. NI C IDÊNCI A ASSUNTO Aritmética Conjuntos Determinante Equação poinomia Função Geometria anaítica Geometria espacia Geometria pana Matrizes Números binomiais Números compeos Poinômios Seqüências Sistemas ineares Trigonometria 5 6 Nº DE QUESTÕES ITA/00 0