Sf1n3 2006

a

Soluções do Nível 3 (Ensino Médio) − 1 Fase

1. (alternativa C)
Como A, B e C são pontos médios, os quatro triângulos rotulados com I na figura ao lado são congruentes, bem como os dois indicados por II. Logo área branca = 2 triângulos I + 1 triângulo II área sombreada = 2 triângulos I + 1 triângulo II o que mostra que a área sombreada é igual à área em branco. Logo cada uma delas corresponde à metade da área do retângulo.
2. (alternativa E)
1
1 1
1
1
1
1 1
< < temos 1 +
<
temos
Como
< 1 + < 1 + , e como
5
10 5 2
10
2
8 3 números estão dispostos na reta como indica a figura:
1
8
1

Como

1
3

1

1
8

1−

1
1
< 1 − . Logo estes
3
8

1
10
1

1+

1
10

1+

1
5

1+

1
2

1
1
1
< segue que o número mais próximo de 1 é 1+
.
10 8
10

3. (alternativa D)
Lemos na régua que x é maior que 1,5 e menor que 2, isto é, 1,5 < x < 2. Como 2 é positivo, podemos multiplicar todos os membros das duas desigualdades por 2 sem alterar os sinais, obtendo 3 < 2x < 4.
Somando −2 a cada membro obtemos 1 < 2x –2 < 2, ou seja, 2 x − 2 está entre 1 e 2. Os números entre 1 e 2 assinalados na régua são U e o próprio x. Não é possível 2 x − 2 = x pois neste caso x = 2 , o que contradiz o fato x < 2 . Logo só podemos ter 2 x − 2 = U .
4. (alternativa C)
Observando a figura da fita dobrada vemos que x + 50o + 50o = 180o , donde x = 80o .

C

B
D

F

O

50
X

A

O

50

5. (alternativa D)
Solução 1: Sejam a, b e c os comprimentos dos lados do triângulo. Logo a × b = 60 , b × c = 140 e a × c = 84 . Segue que
• a é divisor comum de 60 e 84, ou seja, as possibilidades para a são 1, 2, 3, 4, 6 e 12
• b é divisor comum de 60 e 140, ou seja, as possibilidades para b são 1, 2, 3, 5, 10, 20
• c é divisor comum de 84 e 140, ou seja, as possibilidades para c são 1, 2, 4, 7, 14, 28
Escolhemos agora as possibilidades que satisfazem a × b = 60 , b × c = 140 e a × c = 84 : a × b = 60 a b
3
20
6
10
12
5

a × c = 84 a c
3
28
6
14
12
7

b × c = 140 b c
5
28
10
14
20
7

A linha sombreada na tabela é a única em que