OLIMPÍADA DE MATEMÁTICA DO COLÉGIO SANTO INÁCIO RJ. Gabarito comentado da Prova Proposta para alunos da 2ª série do Ensino Médio. ª Questão: De AD AB temos que 2 BD AB, mas BE BD e, portanto BE 2 AB. De BF BE temos 2 4 FE BE AB AB. Mas como 9 EG FE, de EH EG temos 2 4 8 GH EG FE AB AB. 9 27 Portanto, a razão de semelhança entre os triângulos IHG e ABC é igual a Concluímos então que a razão entre suas áreas é igual a 2 6 8 27. 8 2 64 27 729 2ª Questão: Observe que, como o hexágono tem lados opostos paralelos, os seis triângulos menores da figura do problema também são equiláteros, devido ao paralelismo, que mantém os ângulos entre retas iguais a 60 (já que, inicialmente, as retas formavam ângulos de 60, devido aos dois triângulos equiláteros). Logo, podemos escrever as medidas dos lados como na figura: A soma dos perímetros dos dois triângulos equiláteros é igual a a b c d e f, e como cada triângulo equilátero tem perímetro 72 cm, temos a b c d e f 72, isto é, a b c d e f 24. Como esse também é o perímetro do hexágono, temos que o perímetro procurado é 24 cm. ª Questão: Como O é o centro do círculo, temos EOB ˆ 2ECB ˆ 70º. Como AO OE, pelo teorema do ângulo externo aplicado ao ângulo EOB ˆ, temos EAO ˆ 2OEÃ ˆ 5º. Daí, ADC ˆ AEC ˆ 5º. Como ADC ˆ DAˆ ^ B 90º, podemos concluir que: DAE ˆ 90º ADC ˆ EAB ˆ 20º SB/5/4
4ª Questão: Seja NP um segmento paralelo às arestas verticais do cubo. Sendo 2a a medida da aresta do cubo, pelo teoremas de Pitágoras, temos: LP LM MN a a a 2 2 e LN LP PN 2a 2a 2 a 6. Pela lei dos cossenos, Logo o ângulo LMN ˆ 20º. ˆ LM MN LN 2a 2a 6a cos LMN. 2 LM MN 2 a 2 a 5ª Questão: Sejam B e C os pontos de batida da bola PQ e QR, respectivamente, e A o ponto onde a bola está inicialmente. Como os ângulos das trajetórias de batida com a mesa são iguais, deveremos ter os triângulos APB, CQB e CRS semelhantes. Seja BP x. Assim: AP CQ CQ CQ, BP BQ x x x AP CR 7 6 x 7 BP RS x x x. 7 Outra solução. Como o ângulo de incidência é igual ao ângulo de reflexão, ao refletirmos o retângulo inicial em relação ao lado PQ e em seguida refletindo em relação ao lado QR, obtemos um segmento TV que passa pelo ponto U, de acordo com a figura ao lado. Logo, pela semelhança dos triângulos TPU e TS V, temos: TP PU PU 6 PU. TS ' S ' V 6 6 7 6ª Questão: Resp: E Os triângulos GFE e AGE possuem a base GE em comum e, já que E é ponto médio de CB, possuem alturas iguais a 2. Então os triângulos GFE e AGE têm a mesma área, logo A AFE A AGE, mas 2 A A A A A, mas AFE ABCD ADF AEB CEF A, A ABCD AFE 2 A AEB, 2 4 A ACF, logo A 2 8 AGE A ACF 2. 4 8 6 SB/5/4 2
7ª Questão: Notamos que o triângulo PQR é equilátero de lado 2 cm. Como o segmento RS também mede 2 cm, o triângulo PRS é isósceles de base PS. O ângulo PRS ˆ mede 20º, pois ele é externo ao triângulo PRQ, igual à soma dos dois ângulos internos não adjacentes, cada um medindo 60º. Logo cada um dos ângulos RSP ˆ e RPS ˆ mede 0º, e concluímos que o triângulo PQS é retângulo em P, com PQS ˆ 0 medindo 60º e PSQ ˆ mede 0. Logo, o triângulo ABC é retângulo em A com ABC ˆ medindo 60º e ACB ˆ medindo 0º, pois seus lados são paralelos aos do triângulo PQS. Além disso, seu menor lado é AB oposto ao menor ângulo ACB ˆ que mede 0º. Para calcular o comprimento do lado AB, basta calcular BT, pois AT mede cm. Notamos que o triângulo QBT é retângulo em T. Como BQ é bissetriz de ABC ˆ, segue que TBQ ˆ mede 0º. Como QT mede cm, segue que BQ mede 2 cm, e aplicando o teorema de Pitágoras teremos: BT QB QT BT AB cm aos do triângulo PQS. Além disso, seu menor lado é AB, oposto ao menor ângulo o ACBˆ = 0. 8ª Questão: Resp: A Planificando as faces ADV e ABV, obtemos um losango pois as duas faces são triângulos equiláteros. Temos que DV / /AB e EA / /FB, logo, o quadrilátero AEFB é um paralelogramo, portanto, seus lados opostos possuem a mesma medida, ou seja, o segmento FB mede m, ou seja, a menor distância que a aranha deve percorrer é de m. SB/5/4
9ª Questão: Observamos que a área do jardim pode ser medida contando o número de quadradinhos na folha. De fato, se contarmos o número de quadrados obteremos o total: 24 quadradinhos 8 metades de quadradinhos 28 quadradinhos. Como a área total é 700 m², a área de cada quadradinho corresponde a 700 28 25 m². Assim, o lado de cada quadradinho corresponde a 5 m. Pelo teorema de Pitágoras, a diagonal d de cada quadradinho corresponde a d 5 5 5 2 m. O contorno da roseira é formado por 4 diagonais e do jardim por 8 diagonais e 8 lados, logo temos: Perímetro da roseira 4d 4 5 2 20 2 m. Perímetro do jardim 8 5 8 d 40 40 2 m. 6500 650 650 650 Temos então: 52,6 40 60 2 4 6 2 4 6, 4 2,46. Assim, o preço máximo que o prefeito poderá pagar é R$52,6. 0ª Questão: Sendo t o tempo que as bolas levam para se encontrar, temos que a bola de Jade Maravilha percorreu na vertical vt sen e que a bola de Super Esmeralda percorreu na vertical 60t sen0º. Como essas 0 distâncias são iguais, temos v. Para que v seja mínimo, devemos ter o valor máximo de sen, que sen é, logo v 0 km/h. ª Questão: Antes de Mário: 7 + + 6 = 4 Total: 8 + + 4 = 2 SB/5/4 4
2ª Questão: Resp: A abcde abcde 4 2 8 5 7 a b c d e Então x e = 7 a b c d e de + 2 =...7 4 2 8 5 7 etc. Nº inicial: 42857 Algarismo dos milhares = 8 ª Questão: Não pode haver algarismos pares porque o produto termina em 7. Não pode haver algarismo 5 porque o produto terminaria em 5. Os algarismos são então:,, 7, 9. O maior deve começar por nove: i. 9999 o produto termina em (8 x 8) ii. 9997 o produto termina em (8 x 6) iii. 999 o produto termina em 7 (8 x 27) que é o número procurado. 4ª Questão: A escolta vence 40 60 = 80 metros para cada 60 metros percorridos pelo criminoso. São então necessários 2 000 80 = 25 percursos de 40 metros, logo 25 x 40 = 500 m 5ª Questão: Tenho x. SB/5/4 5
x x x x 88 4 2 8x x 2x 4,88 x 88, 4 x 8 4 2 6ª Questão: Das 7h às 4h4min decorreram 7 x 600 + 4 x 60 = 27 240 segundos. Dividindo-se o número de segundos por 45 + 4 + 0 = 79 temos 27 240 79 = 44 ciclos verde-amarelo-vermelho e os 64 segundos restantes deverão ser subtraídos de: 45 segundos no verde, 4 segundos no amarelo e os últimos 5 segundos garantem estar no vermelho (que dura 0 segundos). 7ª Questão: ANULADA 5 204 x 04 x = 0 204 = 00... 0 x 4 = 400... 0 (Questão anulada, pois saiu com erro no texto) Logo a soma é 4. 204 zeros 204 zeros 8ª Questão: Basta ver que 2 8 = (2 4 ) 2 e 2 = 2 2 4 2 6 então 2n = (2 6 ) 2 donde n = 2. O número N será: N = (2 4 ) 2 + 2 2 4 2 6 + (2 6 ) 2 = (2 4 + 2 6 ) 2 = (6 + 64) 2 = 80 2 = 6 400 9ª Questão: Resp: A 70% de 40 = 28 Então 2 usam lentes de contato DV = 40 28 2 4 2 x 9 2 x x 60 20ª Questão: Resp: E Temos que: 8 + b =...7 logo b = 9 e + a + a + a = 22 a + = 22 a = 7 SB/5/4 6
a 0 0 0 a 9 9 8 a 9 9 b 22 9 9 7 SB/5/4 7