MCA3 Resol.cap1

|1|

MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3

O ponto

11.

1

10 13

Exercícios

h 10 20

5

1.

y

5

a b

132 = h2 + 52 ⇒ h = 12

h

Assim:

x

d

A(0, 0)

f

e

12.

g

c

2.

H(2, 4)

I(–2, –4)

J(1, 1)

M(–3, –2)

N(1, –3)

O(0, 0)

B(5, 12)

L(–1, 4)

D(20, 0)

y A

K(3, 0)

C(15, 12)

C

B

0

x

AC ⊥ AB

3.

a) E, G

c) C, i

e) B, K

g) E, I

b) A, L

d) H

f ) D, F, J

h) A

BC é a hipotenusa.

13. △ ABC é retângulo em B: AC2 = 62 + 62 ⇒ AC = 6 4.

a) positivo

5.

k2 – 9 = 0 ⇒ k ± 3

6.

b) negativo

c) positivo

2.

Assim, AO = CO = 3 2 ; BO = DO = 3 2 .

d) nulo

As coordenadas pedidas são:

a) a > 0

A(–3 2 , 0), B(0, 3 2 ), C(3 2 , 0) e D(0, –3 2 ).

c) 2a > 0 o b < 0 ⇒ 4 quadrante b < 0 3 b) –a < 0 d) –a < 0 ⇒ 3o quadrante ⇒ 2o quadrante b < 0 –b > 0 ⇒ 4o quadrante

14. a)

42 + 12 = 17

b) 12 + 72 = 50 = 5 2 c) 42 + 32 = 5 d) 72 + 92 = 130 e) 02 + 72 = 7

7.

- A(3, 0) B(0, 3) C(–3, 0) D(0, –3) --O raio da circunferência “maior” é 5; logo: E(5, 0)

8.

F(0, 5)

G(–5, 0)

f ) 52 + 32 = 34 g) 02 + 102 = 10

H(0, –5)

--abcissa negativa → m < 0 (1) --ordenada negativa → 2m – 1 < 0 ⇒ m < 12

h) (2 2 )2 + (2 2 )2 = 8 + 8 = 4 i) 42 + 02 = 4 (2)

(1) ∩ (2) ⇒ {m ∈ ℝ ∙ m < 0}

9.

15. AB = dA, B =

22 + 72 = 53

BC = dB, C = 52 + 32 = 34

O perímetro é: 5 + 34 + 53

AC = dA, C = 32 + 42 = 5 As ordenadas de A, B e C devem ser a mesma. Assim, m = n = 5.

16. A(4, 4), B(x, 0) dAB = 5 ⇒ (4 – x)2 + 42 = 5 ⇒ (4 – x)2 = 9 ⇒

10. As abscissas dos três pontos devem coincidir: a = b = 3.

MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 41

⇒ 4 – x = ±3 ⇒ x = 1 ou x = 7

13/05/10 04:31

Capítulo 1 • O Ponto

|2|

2

1 + 02 = 1 2 2

17. dAE =

dBE = 02 + 1 2

2

= 1 2

dPA= d PB⇒ ( –1 – 0)2 + (y – 1)2 = ( 4 – 0)2 + (y – 2)2 ⇒

dCE = 12 + 02 = 1

⇒ y2 – 2y + 1 + 1 = y2 – 4y + 4 + 16 ⇒ 2y = 18 ⇒ ⇒ y = 9 ⇒ P(0, 9)

dDE = 12 + 12 = 2

Como 2 > 1 > 1 , o mais distante de E é o ponto D. 2

24. P(0, 0), Q(3, 2), R(–1, 4) PQ = 32 + 22 = 13 PR = 12 + 42 = 17

18.

(3m + 1 – m)2 + 122 = 13 ⇒ (2m + 1)2 = 52 ⇒ 2m + 1 = 5 ⇒ m = 2 ⇒ 2m + 1 = –5 ⇒ m = –3

Como B pertence ao 2o quadrante, devemos ter m < 0.

O triângulo é escaleno.

QR = 42 + 22 = 20

25. - P∈ eixo x ⇒ p(x, 0)

--d

Daí m = –3.

= dp, B

p, A

(x – 1)2 + (0 + 1)2 = (x – 2)2 + 32

19. A(3, 3)

AB = 72 + 12 = 50 = 5 2

B(–4, 2)

BC = 22 + 42 = 20 = 2 5

C(–2, –2)

CD = 62 + 22 = 40 = 2 10

D(4, –4)

AD = 12 + 72 = 50 = 5 2

x2 – 2x + 2 = x2 – 4x + 13 ⇒ 2x = 11 ⇒ x = 11 ; 2 P 11 , 0 2

26. Por Pitágoras:

Perímetro:

[(3 – 1)2 + (0 + 1)2 ] + [ (4 – 1)2 + (m – 1)2] =

5 2 + 2 5 + 2 10 + 5 2 = 2 5 + 2 10 + 10 2

= (4 – 3)2 + (m – 0)2 ⇒ 4 x + 19 + m2 ⇒ ⇒ 4 + 1 + 9 + m2 – 2m + 1 = 1 + m2 ⇒

20. O raio é a distância entre (–1, 3) e (2, 5):

⇒ 2 m = 14 ⇒ m = 7

32 + 22 = 13 ; o diâmetro mede 2 13 .

27. Seja (x,y) o ponto procurado, temos: 21. Sejam A(2, 4), B(5, 1) e C(6, 5),

x2 + (y – 3)2 = (x – 5)2 + y2 = (x – 5)2 + (y – 1)2

dAB = 32 + 32 = 18 = 3 2 dAC = 42 + 12 = 17

perímetro: AC = BC

3 2 + 2 17

dBC = 12 + 42 = 17

22. Q (q, q); AQ = BQ ⇒

(q – 4)2 + (q – 2)2 =

= (q – 6)2 + (q – 8)2 ⇒ q2 – 8q + 16 + q2 – 4q + 4 = = q2 – 12q + 36 + q2 – 16q + 64 ⇒ 16q = 80 ⇒ q = 5 Assim, Q (5,5).

(1)

(2)

(3)

(2) e (3) ⇒ (x – 5)2 + y2 = (x – 5)2 + (y – 1)2 y2 = y2 – 2y + 1 ⇒ 2y = 1 ⇒ y = 1 2 (1) e (2) ⇒ x2 + (y – 3)2 = (x – 5)2 + y2 x2 + y2 – 6y + 9 = x2 – 10x + 25 + y2 –6y + 10x = 16; como y = 1 , vem: –6 · 1 + 10x = 16 ⇒ 2 2 19 19 1 , é o ponto procurado. ⇒ 10x = 19 ⇒ x = e 10 10 2

28. a) Lembremos que a mediatriz de um segmento é a reta

23. P(0, y)

perpendicular ao segmento pelo seu ponto médio.

y P (solução única)

2

A

M

B x

1 –1

0


4

x

m

13/05/10 04:31

|3|


m é mediatriz de AB.

1a solução:

Se P ∈ m, PA = PB, pois △APM é congruente ao △BPM.

[ 4 – (–2) ]2 + (2 – 0)2 = [ –2 – (–8) ]2 + [–4 – (–6) ]2 = 40

Assim, um ponto da mediatriz equidista das extremi-

e

dades do segmento AB e, desse modo, o conjunto de

[ 4 – (–2) ]2 + [2 – (–4) ]2 = [ –2 – (–8) ]2 + [0 – (–6) ]2 = 72

pontos pedidos é uma reta.

Recordando: “ Todo quadrilátero cujos lados opostos têm

b) (x + 2)2 + (y – 4)2 = (x – 3)2 + (y – 1)2

medidas iguais é um paralelogramo”.

x + 4x + 4 + y – 8y + 16 = 2

2

2a solução:

= x2 – 6x + 9 + y – 2y + 1 ⇒ 10x – 6y + 10 = 0 ⇒ 2

–2 + (–2) , 0 + (–4) ≡ 4 + (–8) , 2 + (–6) 2 2 2 2

⇒ 5x – 3y + 5 = 0

M(–2, –2) é o ponto médio de cada uma das diagonais

29. a) xM = 1 + 2 = 3 ; yM = 2 + 4 = 3; M 2 2 2

3 , 3 2

do quadrilátero. Recordando: “Todo quadrilátero cujas diagonais se divi-

b) 3 + 2 , –3 + 5 = 5 , 1 2 2 2 c) –1 –3 , 2

–

dem mutuamente ao meio é um paralelogramo”.

1 3 + 2 2 = –2, 1 2 2

34. Sejam A(x, 0) e B(0, y) as extremidades desse segmento, temos:

d) –3 + 3 , –5 + 5 = (0, 0) 2 2

–1 = x + 0 ⇒ x = –2; A(–2, 0) 2 0 + y 2 = ⇒ y = 4; B(0, 4) 2

e) 4 + 10 , –4 + 10 = (7, 3) 2 2 f ) 3 + 3 , –4 + 2 = (3, –1) 2 2

35. a) G 30. n + 4 = 2 ⇒ n + 4 = 4 ⇒ n = 0 2

5 + m = 3 ⇒ 5 + m = 6 ⇒ m = 1 2

m + n = 1

b) A (2, –1), B (4, –3) e C (–2, –5)

--mediana AM

M é o ponto médio de BC: –2 + 4 , –3 – 5 = (1, –4). 2 2

31. - O ponto médio M de BC é –2 + (–4) , 1 + 5 = (–3, 3). 2 2

--

AM = 12 + 32 = 10

dAM 52 + 72 = 25 + 49 = 74

--mediana BN

32. Seja Q(a, b) o ponto procurado; O é o ponto médio de PQ,

N é o ponto médio de AC: 2 + (–2), –1 + (–5) = (0, –3). 2 2

sendo O o centro da circunferência: 4 = 7 + a ⇒ a = 1 2 –3 + b 2 = ⇒ b = 7 2

33.

BN= 42 + 02 = 4

--mediana CP

Q(1, 7)

P é o ponto médio de AB: 2 + 4 , –1 – 3 = (3, –2). 2 2 CP= 52 + 32 = 34

y

2 –8

2 + 4 + (–2) , –1 + (–3) + (–5) = 4 , –3 3 3 3

36.

–2 0

4

B (xB, yB)

x (1, 2)M

N(5, –2)

–4 –6


A (xA, yA)

P (3, –4)

C (xC, yC)

13/05/10 04:31


|4|

Temos:

Observe que a mediana relativa à hipotenusa mede

M

X + XB 1 = A ⇒ XA + XB = 2 (1) 2 Y + YB 2 = A ⇒ YA + YB = 4 (2) 2

N

X + XC 5 = B ⇒ XB + XC = 10 (3) 2 Y + YC –2 = B ⇒ YB + YC = –4 (4) 2

XA + XC ⇒ XA + XC = 6 (5) 2 P YA + YC –4 = ⇒ YA + YC = –8 (6) 2 3 =

(1) e (3) ⇒ XB = 2 – XA = 10 – XC ⇒ –XA + XC = 8 Em (5)

XA + XC = 6 –XA + XC = 8

metade dessa hipotenusa. Essa propriedade poderá ser provada no exercício 9, da série complementar. c) G 0 + 6 + 0 , 0 + 2 7 + 0 = 2, 2 7 3 3 3 OG = 22 +

2

= 4 +

28 9

=

64 = 8 9 3

39. Seja P(u,v) o ponto procurado: 5 = u + 2 e 1 = v + (–3) ⇒ u = 8 e v = 4 ⇒ P(8, 4) 2 2 2

40.

B 5) (3,

P

⇒ XC = 7, XA = –1 e XB = 3

N M 13,

A(–

Analogamente, obtêm-se: YA = 0, YB = 4 e YC = –8.

–1)

N é o ponto médio de AB:

37. a) A (2, 3); B(5, –1) e C (1, –4)

XN = –13 + 3 = –5 2 YN = –1 + 5 = 2 2

y A D

2 7 3

N = (–5, 2)

M é o ponto médio de AN:

M B

XM = –13 + (– 5) = –9 2 –1 + 2 YM = = 1 2 2

x

C

M –9, 1 2

P é o ponto médio de BN:

XP = –5 + 3 = –1 2 2 + 5 YP = = 7 2 2

M é o ponto médio de AC:

M 2 + 1 , 3 – 4 ⇒ M 3 , –1 2 2 2 2 Sendo D o quarto vértice, M é também ponto médio

41.

4 M

A

2

de BD: 3 = 5 + XD e – 1 = –1 + YD 2 2 2 2

4

Assim, XD = –2, YD = 0 e D(–2, 0). b) dAB = (5 – 2)2 + (3 + 1)2 = 25 = 5

82 = 62 + OB2 ⇒ OB = 28 = 2 7 ; B(0, 2 7 ) b) O ponto médio (M) da hipotenusa é: 6 + 0 , 2 7 + 0 = (3, 7 ). 2 2

a) 42 = 22 + y2 ⇒ y2 = 12 ⇒ y = 2 3 Como M é o ponto médio de AB, temos M(2, 0). Daí C(2, –2 3 ). b) Área △ABC = b · h = AB · CM = 4 · 2 3 = 4 3 cm2 2 2 2

42. a)

C (x, y) B (3, 4)

A distância de M à origem é 32 + ( 7 )2 = 16 = 4


4

C

38. a) OA = 6; AB2 = OA2 + OB2

B

2 y

P = –1, 7 2

A (2, 1)

13/05/10 04:31

|5|


B é o ponto médio de AC:

44.

3 = 2 + x = x = 4 2 1 + y 4 = = y = 7 2

C (4, 7)

b)

B (3, 4)

A (2, 1)

C (4, 7)

D (xD, yD)

E (xE, yE)

3 5 –1 –3 x y 6 3 2 – k

XD + 3 ⇒ xD = 5 2 4 + YD 7 = = yD = 10 2

47. Tome 3 pontos quaisquer entre os 4 fornecidos e verifique que D = O. Em seguida, tome o “4o ponto” e mais 2 usados

5 =

E(6, 13)

no cálculo do determinante anterior. Verifique, para esses 3 novos pontos, que D = O.

48. dAB =

43. 1 1

0 4 b) 4 0 2 –2

1 1 = 8 – 16 = – 16 ∙ 0; não alinhados 1

1 c) –3 –7

1 1 = 2 – 35 – 3 + 14 – 1+ 15 = –8 ∙ 0; 1 não alinhados

14 7 21 2 + 3 + + – – 7 = 0; 3 3 3 3 alinhados

= –

dBC = dAB + dAC

dBC = 52 + 102 = 125 = 5 5 C

12 1 8 1 –5 – 3 4 1 0 6

= – 16 – 20 – 24 + 60 = 0; alinhados

–2 3 e) 0 0 6 –9

1 1 = 18 – 18 = 0; alinhados 1

–2 f ) 0 –3

1 1 = – 9 + 4 = –5 ∙ 0; não alinhados 1

3 0 2

32 + 62 = 45 = 3 5

dAC = 22 + 42 = 20 = 2 5

1 2 7 – 7 a) 3 1 3 3

d)

1 1 = 0 1

– k2 + 3k + 10 = 0 ⇒ k = 5 ou k = –2

D é o ponto médio de CE:

5 2 1

k 4 2

24 – k2 + 2k + 6 – 8 + 4k –12 – 3 k = 0

4 =

1

1 1 = 0 ⇒ –9 + 5x – y + 3x – 3y + 5= 0 ⇒ 1 ⇒ 8x – 4y – 4 = 0 ⇒ 2x – y – 1 = 0

24 + k · (2 – k)+ 6 – 4 (2 – k) – 12 – 3 k = 0

C é o ponto médio de BD:

4 + XE ⇒ XE = 6 2 7 + YE 10 = ⇒ YE = 13 2

1 1 = 0 ⇒ 6 – 2m + 6 – m = 0 ⇒ 1 ⇒ –3m + 12 = 0 ⇒ m = 4

45. Seja R(x, y) um ponto qualquer alinhado com P e Q:

46. Pelo item anterior, C(4, 7);

3 1 m 2 0 –2


A B

49. Os pontos não podem estar alinhados. Assim, D ∙ O: 2 4 5

–3 1 3 1 k 1 2

∙ 0 ⇒ 6 – 15 + 2k – 15 – k + 12 ∙ 0 ⇒ ⇒ k ∙ 12 4 –15 5 yp xp

50. a) Devemos ter –4

1 1 = 0 1

20 – 15xp – 4yp – 5xp – 4yp – 60 – 20xp – 8yp = 40 ⇒ 5xp + 2yp = –10 b) O ponto procurado pertence à reta AB e possui ordenada nula: 5xp + 0 = –10 ⇒ xp = –2, e o ponto é (–2, 0).

13/05/10 04:31


|6|

51. Seja P (a, b) o ponto procurado.

b)

y P'

--P está alinhado com (1, 5) e (4, 14) a b 1 5 4 14

1 1 = 0 ⇒ –9a + 3b – 6 = 0 (1) 1

3

x

–3

--P está alinhado com (0, – 3) e (6, 9) a b 0 –3 6 9

2

0 –2

1 1 = 0 ⇒ –12a + 6b + 18 = 0 (2) 1

P

O é o ponto médio de PP': 0 = 2 + x ⇒ x = –2 2 –3 +y ⇒y=3 0= 2

Resolvendo o sistema formado por (1) e (2), obtemos

P'(–2, 3)

a = –5 e b = –13; P(–5, –13). c) x A (2, 1) 52. B (4, 5) 2 P (x, y) é ponto de AB se 4

y 1 5

1 1 = 0 ⇒ 1

y 3

P'

0

2

–3

P

x

⇒ –4x + 2y + 6 = 0 ou ainda, –2x + y + 3 = 0 (1). x C (5, 3) D (3, 4) 5 P (x, y) é ponto de CD se 3

y 3 4

P' (2, 3)

1 1 = 0 ⇒ 1

d)

y

⇒ –x –2y + 11 = 0 (2)

2

3

0

x

O ponto comum aos segmentos AB e CD é dado pela solução do sistema formado por (1) e (2):

–3

P'

M é o ponto médio de PP':

53. M(0, yM), N(3, 1) e P(4, 2) estão alinhados: 1 1 = 0 ⇒ 4yM + 6 – 4 – 3yM = 0 ⇒ 1 ⇒ yM = – 2 ⇒ M(0, –2)

Exercícios complementares 1.

a)

3= 2+x ⇒x=4 2 –3 + y ⇒ y = –5 –4 = 2

2.

P'(4, –5)

y A(0, y)

y

–2

M

–4

–2x + y + 3 = 0 ⇒ x = 17 e y = 19 ; 17 , 19 5 5 5 5 – x – 2y + 11 = 0

0 yM 3 1 4 2

P

C (x, 0)

2

0

x

x B(0, –y)

–3 P'

P

Como o lado AB mede 6, devemos ter y = 3. P' (–2, –3)


13/05/10 04:31

|7|


1 p p –5 0 7

dAC = 6 ⇒ x2 + 32 = 6 x2 + 32 = 36 x2 = 27

x<0

x = –3 3

1 1 1

= 0 ⇒ –5 + 7p – 7 – p2 = 0 p2 – 7p + 12 = 0 p = 3 ou p = 4

Assim, C(–3 3 , 0), A(0, 3) e B(0, –3) ou

5.

C(–3 3 , 0), A(0, –3) e B(0, 3).

3.

Sejam A (4, 4), B(2, – 4) e C (– 6, – 2). Observe inicialmente que: dAB = 22 + 82 = 68

MBC 1, – 3 2

dBC = 82 + 22 = 68 dAC = 102 + 62 = 136

xB + xC = 1 ⇒ xB + xC = 2 2 yB + yC –3 = ⇒ yB + yC = –3 2 2

Como dAB = dBC, podemos concluir que A, B e C são vértices consecutivos do losango. Seja D(xD, yD) o 4o vértice do losango.

Como C (1, 6), vêm xB + 1 = 2 e yB + 6 = –3; assim,

2 + xD –4 + yD = –1 e =1 2 2

B(1, –9). Seja A (x, y):

y

dAB = 9 ⇒ (x – 1)2 + (y + 9)2 = 81(*) dAC = 12 ⇒ (x – 1)2 + (y – 6)2 = 144

A

(–) M 0

(y – 6)2 – (y + 9)2 = 63

x

(y – 6 + y + 9) (y – 6 – y – 9) = 63

C

(2y + 3) · ( – 15) = 63

B

2y + 3 = – 21 ⇒ 2y = – 36 ⇒ 5 5 18 ⇒y=– 5

Assim, xD = –4, yD = 6x e D(–4, 6). Área do losango = D · d = 1 · AC · BD = 2 2 = 1 · 136 · 62 + 102 = 1 · 136 = 68 2 2 (Observe que esse losango é um quadrado.)

Substituindo o valor de y na expressão (*), temos: 2

(x – 1)2 + 9 – 18 = 81 5 (x – 1)2 = 81 – 27 5

2

(x – 1)2 = 9 + 27 9 – 27 ⇒ (x – 1)2 = 36 5 5 5

2

x – 1 = ± 36 5 x – 1 = 36 ⇒ x = 41 (não convém) 5 5 ou x – 1 = – 36 ⇒ x = – 31 5 5

4.

Do enunciado, podemos concluir que os pontos (1, p), (p, – 5) e (0, 7) estão alinhados. Daí D = 0


6.

tg α = PP' ⇒ 2 = PP' ⇒ PP' = 4 ⇒ P(6, 4) OP' 3 6 A condição para que um ponto qualquer (x, y) esteja alinhado com O e P é que D = 0, isto é: x 0 6

y 0 4

1 2x 1 = 0 ⇒ 6y – 4x = 0 ⇒ y = 3 1

a) x = –18, y = –10 ⇒ 2 (–18) = –12 ∙ –18 3 Assim, Q não está alinhado com O e P. b) x = 900, y = 600 ⇒ 2 · 900 = 600 3 Assim, Q está alinhado com O e P.


7.

|8|

dPQ , isto é, a medida da mediana relativa 2 à hipotenusa é igual à metade da medida da hipo-

b) Seja M o ponto procurado; M é o ponto médio de AC: xM =

xA + xC 0+α = = α; 2 2 2

yM =

yA + yB 0+β = =β 2 2 2

⇒ dOM = tenusa.

10.

M α, β 2 2 c)

0 α x

y P'

0 β y

P

3

1 1 = 0 ⇒ αy – βx = 0 1

O

4

x

Seja P’ (x, y).

8. • A (0, 0)

Observe que P’ pertence à circunferência de centro O (0, 0)

• M é o ponto médio de AB

e raio de medida OP.

0 + xB ⇒ xB = 2 3 2 0 + yB 1= ⇒ yB = 2 2

3 =

O triângulo POP’ é retângulo em O:

B(2 3 , 2)

(PP')2 = (OP)2 + (OP')2 (x – 4)2 + (y – 3)2 = 52 + 52

• C (x, y) é equidistante de A e B:

(x – 4)2 + (y – 3)2 = 50 (1)

(x – 0)2 + (y – 0)2 = (x – 2 3 )2 + (y – 2)2

dOP' = raio = 5 ⇒ x2+ y2 = 5 ⇒ x2 + y2 = 25 (2)

x2 + y2 = (x – 2 3 )2 + (y – 2)2

x2 + y2 = x2 – x · 4 3 + 12 + y2 – 4y + 4 x · 4 3 + 4y = 16 ⇒ x 3 + y = 4 (*)

• O lado do triângulo equilátero é: dAB = (2 3 – 0)2 + (2 – 0)2 = 16 = 4

• dAC = 4 ⇒ x2 + y2 = 4 ⇒ x2 + y2 = 16 e usando (*) vem: x2 + (4 – x 3 )2 = 16 ⇒ 4x2 – 8 3 · x = 0 ⇒ ⇒ 4x (x – 2 3 ) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 2 3

• Se x = 0, em (*), vêm y = 4 e C = (0, 4)

(x – 4)2 + (y – 3)2 = 50 (1) ⇒ Fazendo (1) – (2) vem, x 2 + y2 = 25 (2) –8x – 6y + 25 = 25 ⇒ x = – 3y (3), e, substituindo em (2), 4 2 2 2 vem: –3y + y2 = 25 ⇒ 9y + y2 = 25 ⇒ 25y = 25 ⇒ 4 16 16 ⇒ y = ±4 Como a ordenada de P é positiva, temos que y = 4 e, em (3), x = – 3 · 4 = –3 ⇒ P'(–3, 4). 4

11. a)

• Se x = 2 3 , em (*), vem 2 3 · 3 + y = 4 ⇒ y – 2 e

Seja P (x, y) o ponto do plano em que será instalada a base dPF = dPF = dPF .

C(2 3 , –2)

1

2

3

x + (y – 15) = (x + 8)2 + (y +1)2 = 2

9. •

O ponto médio (M) de PQ é:

xP + xQ x +0 x = P = P 2 2 2 yP + yQ 0 + yQ yQ = = yM = 2 2 2

xM =

(3)

2 2 xP y –0 + Q –0 = 2 2

dPQ = (xP – 0) + (0 – yQ) = x + y = 2 · dOM ⇒


2

2 P

32x +24y = 120

xP2 y2 + Q = 4 4

2 Q

2

x2 + 16x + 64 + y2 + 2y + 1 = = x2 – 16x + 64 + y2 – 22y + 121

x +y 2 A medida da hipotenusa é a distância entre P e Q: • =

(2)

(2) e (3) ⇒ (x + 8)2 + (y + 1)2 = (x – 8)2 + (y – 11)2

distância entre O e M:

2 P

(1)

= (x – 8)2 + (y – 11)2

• O comprimento da mediana relativa à hipotenusa é a

dOM =

2

2 Q

4x + 3y = 15 (4)

(1) e (3) ⇒ x2 + y2 – 30y + 225 = = x2 + 16x + 64 + y2 + 2y + 1 16x +32y = 160 x + 2y = 10 (5)

13/05/10 04:31

|9|


(4) e (5) ⇒

4x + 3y = 15 ⇒ x + 2y = 10 (– 4)

A distância real é: 7 · 2 000 cm = 14 000 cm = 140 m.

dGP = (0 + 3)2 + (3 – 1)2 = 9 + 4 = 13 = 3,6 (cm

4 x + 3y = 15 (+) ⇒ – 4 x – 8y = – 40

na planta) A distância real é 3,6 · 2 000 cm = 7200 cm = 72 m.

– 5y = – 25 ⇒ y = 5 e x = 0

c) Um ponto pertencente à Avenida 3 terá, no mapa,

O ponto procurado é (0, 5). b) dPF = 02+ 102 = 10 (km)

coordenadas iguais, pois a Avenida 3 é representada

1

pela bissetriz b13. Seja A (a, a) o ponto procurado:

12. Antes da queda, (5, 3) é o ponto médio entre (2, 0) e (xB, yB).

dAF = dAG ⇒ (a – 4)2 + a2 = a2 + (a – 3)2 ⇒

Assim:

⇒ a2 – 8a + 16 + a2 = a2 + a2 – 6a + 9 ⇒

x +2 ⇒ xB = 8 5= B 2 e ⇒ B(8,6) yB + 0 ⇒ yB = 6 3= 2 O comprimento da barra é:

⇒ –2a = –7 ⇒ a = 7 e o ponto procurado é A 7 , 7 . 2 2 2

2

Após a queda, a extremidade móvel ocupa a posição

13. Seja Q(x, y) equidistante de A e de B. ⇒ x – 2x + 1 + y – 4y + 4 = x – 6x + 9 + y – 8y + 16 ⇒ 2

2

2

2

⇒ 4x + 4y = 20 ⇒ x + y = 5

15. A

dPQ = (x – 4)2 + (y – 3)2 = (x – 4)2 + (5 – x – 3)2 =

2·

= 7 2= 2

49 4

1 0 g

1 1 =0⇒ 1

y 12

A distância de Q a P deve ser mínima:

=

⇒ g + 4g + 3g – 4 = 0 ⇒ 8g = 4 ⇒ g = 1 ; G 1 , 1 2 2 2

Assim, temos Q(x, 5 – x).

2

–3 d) P, F e G (g, g) estão alinhados ⇒ 4 g

(2 + 6 2 , 0).

dQA = dQB ⇒ (x – 1)2 + (y – 2)2 = (x – 3)2 + (y – 4)2 ⇒

+ 7 2

= 7 · 1,4 = 4,9 cm 2 A distância real é: 4,9 · 2 000 = 9 800 (cm) = 98 (m).

∙ = dAB = (8 – 2) + (6 – 0) = 6 2 2

2

7 2

dAO =

–24

C 7

B

16

x

= x2 – 8x + 16 + 4 – 4x + x2 = 2x2 – 12x + 20 Para que 2x2 – 12x + 20 assuma o valor mínimo, basta que o trinômio 2x2 – 12x + 20 assuma o valor mínimo.

• dAB = 242 + 72 = 625 = 25 A distância real entre as cidades A e B é 25 · 40 = 1 000 km.

–b = 12 = 3, que acarreta y = Isso ocorre para x = 2a 4 = 5 – 3 = 2.

• dBC = 162 + 122 = 400 = 20

Assim, o ponto — equidistante de A e B — mais próximo

• trecho A → B

A distância real entre as cidades B e C é 20 · 40 = 800 km.

de P é (3, 2).

14. a)

vm = 750 km/h →

A distância entre as casas de Fábio e Gabriel é 100 m; como a escala é de 1 : 2 000, na planta do condomínio ela será de 100 = 0,05 m = 5 cm. 2 000 Como G pertence ao eixo y, temos G (0, y). dFG = 5 ⇒

(4 – 0)2 + y2 = 5 ⇒

⇒ 16 + y2 = 25 b) d F P =

y>0

[4 – (–3)] + 1 2

2

=

49 + 1 =

= 5 2 = 5 · 1,4 = 7 (cm na planta).


• trecho B → C

vm = 750 km/h →

1 h — 750 km ⇒ y = 16 h 15 y — 800 km

4 16 20 + 16 = • tempo total de voo sem a escala: 3 + 15 = 15 36 =

= 2,4 h 15 (2 h + 0,460 min = 2 h 24 min)

16 + y2 = 5 ⇒

y = 3; G (0, 3)

750 km — 1 h ⇒x= 4 h 3 1 000 km — x

50 =

• tempo total de voo com a escala: 2 h 24 min + 35 min = 2 h 59 min Quando o avião pousou na cidade C, o horário local era:

13/05/10 04:31


| 10 |

9 h 30 min + 2 h 59 min + 1 h = 13 h 29 min.

Seja B o ponto médio de AQ:

fuso

16.

B m + 5 , n + 16 2 2

y

Daí, A é ponto médio de PB: 2+ m+5 2 e m= 2

princesa P

5 R

herói H

2 0

–3

⇓

2m = 2 + m + 5 2 Os pontos H (– 3, 2), R (0, y) e P (2, 5) devem estar alinhados 2 y 5

2n = 1 + n + 16 2

⇓

para que a distância percorrida seja mínima: –3 0 2

n=

⇓

x

2

1 + n + 16 2 2

⇓

4m = 4 + m + 5

1 1 =0 1

4n = 2 + n + 16

⇓

⇓

m=3

n=6

– 3y + 4 – 2y + 15 = 0 y = 19 ⇒ R 0, 19 5 5

Logo A(3, 6).

17. Devemos ter D = 0 ⇒

a b 1 3 –1 –1

1 1 =0 1

19.

C(x, y)

3a – b – 1 + 3 + a –b = 0 ⇒ 4a – 2b + 2 = 0 ⇒ 2a – b = –1

A (–2, 0)

Como a + b = 7, temos 2a – b = –1 ⇒ a = 2 e b = 5 a+b=7

Devemos ter:

P (2, 5)

2 2 2 = dAC + dBC dAB

B(0, 6)

( (0 + 2)2 + (6 – 0)2 ) 2 =

18. Há duas possibilidades:

= ( (x + 2)2 + y2 ) 2 + ( x2 + (y – 6)2 )

1 ) P está entre A e Q a.

22 + 62 = (x + 2)2 + y2 + x2 + (y – 6)2 )

,16

Q(5

40 = x2 + 4x + 4 + y2 + x2 + y2 – 12y + 36 2x2 + 2y2 + 4x – 12y = 0

,1)

P(2

x2 + y2 + 2x – 6y = 0

n) (m,

Outra resposta equivalente é: x2 + 2x + 1 + y2 – 6y + 9 = 1 + 9 (

AQ = 2AP ⇒ P é ponto médio de AQ ⇒

(

A

⇒

2

(x + 1)2 + (y – 3)2 = 10; ou ainda, x2 + y2 + 2x – 6y = 0

2= m+5 ⇒m=–1 2 1 = n + 16 ⇒ n = –14 2

20. dA,B =

(x – 1)2 + 02 = |x – 1|

dA,C = (x – 1)2 + 02 = |x – 4|

Logo A (–1, –14)

Devemos ter:

2a. ) A está entre P e Q

|x – 1| + |x – 4| ⩽ 7 P (2,1)


A (m, n)

B

Q (5,16)

(I) x < 1

(1)

–x + 1 + (–x + 4) ⩽ 7

13/05/10 04:31

| 11 |


–2x + 5 ⩽ 7

x2 + y2 – 4x – 12y + 40 =

–2x ⩽ 2

= x2 + y2 – 16x – 4y + 68 ⇒ 12x – 8y – 28 = 0 ⇒ ⇒ 3x – 2y – 7 = 0 ⇒ x = 2y + 7 3 Substituindo a expressão de x em (*): 2 2y + 7 – 10 2y + 7 + y2 – 8y + 28 = 0 ⇒ 3 3

x ⩾ –1

(2)

(1) ∩ (2) ⇒ –1 ⩽ x < 1 (II) 1⩽ x < 4

(3)

x – 1 + ( –x + 4) ⩽ 7 3 ⩽ 7 (V)

2 ⇒ 4y + 28y + 49 – 20y + 70 + 9 3 +y2 – 8y + 28 = 0 ⇒

(4)

(3) ∩ (4) ⇒ 1 ⩽ x < 4 (III) x ⩾ 4

⇒ 4y2 + 28y + 49 – 60y – 210 + 9y2 – 72y +

(5)

x–1+x–4⩽7

+252 = 0 ⇒ y2 – 8y + 7 = 0 ⇒

2x – 5 ⩽ 7 x⩽6

y = 7 ⇒ x = 7 ⇒ B(7, 7) (6)

⇒ ou

(5) ∩ (6) ⇒ 4 ⩽ x ⩽6

y = 1 ⇒ x = 3 ⇒ D(3, 1)

Reunindo as soluções obtidas em (I), (II) e (III) vem:

Observação: Muitos dos exercícios aqui apresentados

–1 ⩽ x ⩽ 6.

poderiam ser resolvidos de modo mais simples com a

21. Seja P(x, y) o ponto procurado.

utilização do conteúdo do próximo capítulo. No entanto,

2 2 2 Seja S = dAP + dBP + dCP

com o intuito de forçar o aluno a explorar suas habilida-

S = ( x – y ) + ( (x – 2) + (y – 1) ) + 2

2 2

2

2

2

des em Geometria Plana e a contar apenas com a teoria

+ ( (x – 1)2 + (y – 5)2 )2

do presente capítulo, tais exercícios foram apresentados

S = x2 + y2 + (x – 2)2 + (y – 1)2 + (x – 1)2 + (y – 5)2

neste ponto.

S = 3x2 + 3y2 – 6x – 12y + 31 S = 3x2 – 6x + 3y2 – 12y + 31

(*)

Observe que S depende de x e y; x e y, no entanto, variam

Desafio

independentemente um do outro.

Somando membro a

Assim S é mínimo quando os trinômios 3x – 6x e 2

f(x)

3y2 – 12y assumem seus valores mínimos.

membro as igualdades seguintes:

g(y)

–b –(–6) • f(x) é mínimo se x= 2a = 2 · 3 = 1; nesse caso fmín = 3 ∙ 12 – 6 ∙ 1= –3 –b –(–12) • g(y) é mínimo se y = 2a = 6 = 2; nesse caso gmín = 3 ∙ 22 – 12 ∙ 2=–12

13 = 23 = 33 = 3 + 43 = 5 = 63 = 73 = 83 =

12 32 62 102 152 212 282 362

– 02 – 12 – 32 – 62 – 102 – 152 – 212 – 282

obtemos: 13 + 23 + 33 + 43 + 53 + 63 + 73 + 83 = 362

Assim P(x, y)=P(1, 2)

• O menor valor que S assume é, em (*):

Testes

Smín = (–3) + (–12) + 31 = 16

1. 22. A

x2 – 10x + y2 – 8y + 28 = 0 (*) B(ou D) equidista de A e C: (x – 2)2 + (y – 6)2 = (x – 8)2 + (y – 2)2

MCA2-Resoluc�o�es-Mercado.indd 127

M(a, b) é ponto médio de AB ⇒

−6 − 2 9−5 = 2 ⇒ M ( –4, 2 ) ⇒a= =−4 e b= 2 2

diagonal AC mede (8 – 2) + (6 – 2) = 2 13 . Seu ponto médio M é dado por 8 + 2 , 6 + 2 ou M(5, 4). 2 2 B(ou D) dista 13 de M: (x – 5)2 + (y – 4)2 = 13 2

2

Resposta: d.

2.

d= dBC ⇒ BA (6 − 3)2 + (0 − y B )2 =

(0 − 3)2 + (6 − y B )2 ⇒

9/3/10 7:17:10 PM


| 12 |

⇒ 9 + y B2 = 45 − 12y B + y B2 ⇒ yB = 3 ⇒ B ( 3, 3)

8. X

Resposta: c. 36

3.

65    dAC = (5 − 1)2 + (8 − 1)2 = 65  ⇒  dBC = (5 − 9)2 + (8 − 2)2 = 52   ⇒  isósceles, não retângulo. dAB =

(9 − 1)2 + (2 − 1)2 =

A

72

36

d

Resposta: d. Y

4.

1

3 (2) 2

9

9 = 27 milhas. 4 2 2 2 • d = 36 + 27 ⇒ d2 = 2 025 ⇒ d = 45 percorre 12 ·

(1) ∩ (2) ⇒ x < 1 Resposta: a.

5.

B

• 2 h e 15 min equivalem a 2 + 4 = 4 h 9 • O barco X percorre 16 · 4 = 36 milhas e o barco Y

x – 1 < 0 ⇒ x < 1 (1) 3 – 2x > 0 ⇒ x <

27

Resposta: a.

Um ponto dessa reta tem a forma (x, 3x + 5) (x – 0)2 + (3x + 5 – 0)2 = 5 ⇒ x2 + (3x + 5)2 = 5 ⇒

9.

y (0, 18)B

⇒ 10x2 + 30x = 0 ⇒ x = 0 ou x = –3

• x = 0 ⇒ y = 5; (0, 5)

10

• x = –3 ⇒ y = –4; (–3, –4)

5 + (–4) = 1 (0, 8)A

Resposta: a.

6.

0

As coordenadas do ponto M médio do lado 8+2 4+4 = x = 5= AC são e y = 4, ou seja, 2 2 M(5, 4).

(4 − 5)2 + (6 − 4)2 =

10 = x2 + 82 x >0

100 = x2 + 64 ⇒ x = 6 b·h AB · OC 10 · 6 área = = = = 30 2 2 2 Resposta: c.

5.

Resposta: c.

7.

10 + 2 2

= x = 6 10. O ponto M tem coordenadas

y

M

= ey

3

A distância entre M e C é

A


(10 − 6)2 + (3 − 6)2= 5.

Resposta: c.

x

–1 = x + 0 ⇒ x = –2; B(–2, 0) 2 y + 0 ⇒ y = 6; C (0, 6) 3= 2 Como A (0, 0), a soma pedida é –2 + 0 + 0 + 6 + 0 + 0 = 4 Resposta: d.

9+3 = 6, ou seja, M(6, 6). 2

C(0, y)

dMC= B –1 (x, 0)

x

AB = AC

A distância entre M e B é

dMB =

C(x, 0)

11.

Resposta: b.

12. •

dAB = 32 + 42 = 5; o lado do quadrado mede 5

2 2 • d BD = (a – 3) + (b – 4) = 5 2 (diagonal) ⇒

9/3/10 7:17:11 PM

| 13 |


18. Os triângulos ABC e A’B’C’ são semelhantes:

⇒ (a – 3)2 + (b – 4)2 = 50 (1)

• dAD = a + b = 5 ⇒ a + b = 25 (2)

AB = 12 + 22 = 5

(2) em (1) ⇒ a2 – 6a + 9 + b2 – 8b + 16 = 50 ⇒

• Os pontos A’ (0,y), A (1,3) e B (2,1) estão alinhados:

2

2

(

2

(

2

⇒ 25 – 6a + 9 – 8b + 16 = 50 4b ⇒ 6a = –8b ⇒ a = – ; substituindo em (2), obtemos: 3 2 b> 0 –4b 2 25b 2 3 + b = 25 ⇒ 9 = 25 ⇒ b = 3 e a = –4; –4 + 3 = –1 Resposta: b.

13. Posição 1: (–6, –4); Posição 2: (1, –4); Posição 3: (1, 2); Posição 4: (–2, 2); Posição 5: (–2, 5); Posição 6: (2, 5).

0 1 2

y 3 1

1 1 = 0 ⇒ 2y + 1 – 6 – y = 0 ⇒ 1

⇒y–5=0⇒y=5

• Os pontos A (1,3), B (2,1) e B’ (x, 0) estão alinhados: 1 2 x

3 1 0

1 5 1 = 0 ⇒ 1 + 3x – x – 6 = 0 ⇒ x = 2 1 2

A distância entre os portos é a distância entre as posições

5 • A’ (0, 5) e B’ 2 , 0 ⇒ dA’B’ =

4 e 6, a saber: 42 + 32 = 5

• A razão de semelhança entre os triângulos ABC e A’B’C’

14. dAB = (m − 4)2 + (7 + 5)2 = 13 ⇒ m2 − 8m + 16 + 144 = 169 ⇒ m2 − 8m − 9 = 0 ⇒ 8 ± 64 + 36 8 ± 10 m' = 9 = ⇒m = m'' = −1 2 2

5 =2 5 5 5 2 • A razão de semelhança entre as áreas dos triângulos 4 4 ABC e A’B’C’ é k2 = = ⇒ x = 25 m2 25 x Resposta: b.

19. A: y = – 12

Portanto, m'+ m'' = 9 − 1= 8

x2 + 3x; xv =

⇒ yv = – 1 · 9 + 9 = 9 2 2

Resposta: a.

B: y = – 1 x2 + x; xv = 2

15. O lado do quadrado é: (2 + 1)2 + (1− 5)2 = 5 ⇒ diagonal do

quadrado é 5 2.

–3

=3⇒

2· –1 2 –1

2· – 1 2 1 1 ⇒ yv = – · 1 + 1 = 2 2

=1⇒

A distância entre os pontos 3, 9 e 1, 1 é: 2 2

Resposta: e.

16. •

+ 52 = 5 5 2

AB é k = A'B' =

Resposta: e.

= dAB =

5 2

22 + 42 = 20 ∀a, b ∈ ℝ, temos: a + b ⩾ a ⇒ 2

2

2

Resposta: d.

⇒ a2 + b2 ⩾ a2 = a, pois a > 0

• 0 < a < 1; multiplicando por b > 0, vem: 0 < ab < b. Logo, o ponto Q pertence à região II. Resposta: b.

17.

Sejam A( −1, 0), B(9, 0), C(8, 5) e D(1, 5). O perímetro do trapézio cujos vértices são A, B, C e D é: dAB + dBC + dCD + dAD = = 10 + (8 − 9)2 + 52 + 7 + (1+ 1)2 + 52 =

= 17 + 26 + 29 Resposta: e.


20. d(A, B) =

22 + 02 = 2

d(X, B) = (x – 1)2 + y2 = 1 · 2 = 1 ⇒ (x – 1)2 + y2 = 1 (1) 2 d(X, A) = (x – 1)2 + y2 = d(A, B) ⇒ (x + 1)2 + y2 = 4 (2)

• (1) – (2): (x – 1)2 – (x + 1)2 = –3 ⇒ x2 – 2x + 1 – x2 – 2x – 1 = = –3 –4x = –3 ⇒ x = 3 4 2 3 1 15 • em (1) ⇒ 4 – 1 + y2 = 1 ⇒ y2 = 1 – 16 = 16 ⇒ ⇒y=±

5 4

Os pontos procurados são: 3 , 4 Resposta: c.

15 e 3 , 4 4

15 4

9/3/10 7:17:10 PM


| 14 |

21. dAC = dBC a2 + (b – 3)2 = (a – 4)2 + b2 a2 + b2 – 6b + 9 = a2 – 8a + 16 + b2 4 –6b + 8a = 7 ⇒ 6b = 8a – 7 ⇒ b = a – 7 3 6 Resposta: b


9/3/10 7:17:11 PM

MCA3 Resol.cap1

Recommend Documents