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O ELITE RESOLVE IME 2011 - TESTES

MATEMÁTICA

Como sen α = cos β ⇒ sen2α = cos2 β , de modo que sen2α + cos2 α = sen2β + sen2α ⇒ cos2 α = sen2β ⇔ cos α = ± senβ

QUESTÃO 01
Seja o triângulo retângulo ABC com os catetos medindo 3 cm e 4 cm.
Os diâmetros dos três semicírculos, traçados na figura abaixo, coincidem com os lados do triângulo ABC. A soma das áreas hachuradas, em cm2, é:

Desse modo, temos dois casos para analisar:
Caso 1: sen β = cos α . sen α = cos β ⇒

Nesse caso, note que
Como

Como

;

π ( AB )

2

( 2 ) S3 + S4 =

4

;

π ( BC )

2

( 3 ) S2 + S4 + S5 =

a

igualdade

tg α =

1 x +1

e

tgβ = x ,

sen α cos β
1
.
=
⇒ tgα = − cos α −senβ tgβ segue

a

igualdade

QUESTÃO 03
A base de uma pirâmide é um retângulo de área S. Sabe-se que duas de suas faces laterais são perpendiculares ao plano da base. As outras duas faces formam ângulos de 30° e 60° com a base. O volume da pirâmide é:
S S
a)
3
S S
b)
6
2S S
c)
3
2S S
d)
5
2S 2
e)
3
Resolução
Alternativa A
Sejam a e b as medidas dos lados do retângulo da base e h a altura da pirâmide. Pelas informações fornecidas, podemos construir a seguinte figura:

2

4

segue

1
1
1
= − ⇔ x = − x − 1 ⇔ 2x = −1 ⇔ x = − . x +1 x 2

S5

π ( AC )

tgβ = x ,

Nesse caso, note que sen α = cos β ⇒

S4

(1) S1 + S2 =

e

Caso 2: sen β = − cos α .

S3

S2

1 x +1

1
1
= ⇔ x = x + 1 ⇔ 0 = 1 , um absurdo. Assim, esse caso não x +1 x convém. a) 6
b) 8
c) 10
d) 12
e) 14
Resolução
Alternativa A
Nomeando as áreas da figura dada como segue, temos:

S1

tg α =

sen α cos β
1
=
⇒ tgα =
.
cos α senβ tgβ .
4
Somando (1) e (2), e usando o fato de que o triângulo ABC é retângulo de hipotenusa BC, temos:
2
2
2
π ( AC ) π ( AB ) π ( BC )
S1 + S2 + S3 + S4 =
+
=
= S2 + S4 + S5 .
4
4
4
3⋅4