MCA3 Resol.cap2

|1|

MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3

A reta

2

b)

y

2

Exercícios 1.

x 0 2

y 2 3

1 1 = 0 ⇒ 2x + 2y – 4 – 3x = 0 ⇒ 1 ⇒ x – 2y + 4 = 0

–1 b) –2 x

2 5 y

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

a)

–1 –2 c) – 1 3 2 x y

d)

x y 0 –3 3 –2

1

0

x –1

c)

y 3

1

1 1 = 0 ⇒ –3 – 2x – 2 y – 3x + y – 1 = 0 ⇒ 1 ⇒ 10x – y + 8 = 0 1 1 = 0 ⇒ –3x + 3y + 9 + 2x = 0 ⇒ 1 ⇒ x – 3y – 9 = 0

2.

A: 6 · (–2) – 5 · (–5) – 13 = –12 + 25 – 13 = 0

A pertence à reta.

0

d)

x

1

y

–5

0

x

0

x

B: 6 · (–1) – 5 · 4 – 13 = –6 – 20 – 13 ∙ 0

B não pertence à reta. C: 6 · 2 – 5 · – 1 – 13 = 12 + 1 – 13 = 0 5

e)

y

C pertence à reta. D: 6 · 3 – 5 · 1 – 13 = 18 – 18 = 0

D pertence à reta.

E: 6 · (–1) – 5 · 19 – 13 = –6 – 19 – 13 ∙ 0 5 E não pertence à reta.

3.

a)

–4

f )

y

y

1

1

–1

MCA3-ManualResoluções-2aProva.indd 50

0

x

–

3 2

0

1

x

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Capítulo 2 • A reta

4.

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a) A reta t: x + y – 5 = 0 passa por (4, 1), (5, 0), (1, 4),

3x + y – 2 = 0 y

(0, 5), (2, 3), ... b) A reta s: 5x + 3y + 11 = 0 passa por (–4, 3)

2

c) A reta r: x – 2y – 1 = 0 passa por (1, 0), (–3, –2), (–1, –1), ... d) A reta u: 3x – 4y – 12 = 0 passa por (4, 0), (0, –3). 0

5.

2 3

x

Seja M o ponto médio de BC: –3 + 0 –1 + 2 ⇒ M – 3 , 1 2 , 2 2 2

M

2 –1 a) – 3 1 2 2 x y

1

3 1 3 1 = 0 ⇒ 1 – x – 2 y – 2 x – 2y – 2 = 0 ⇒ 1 ⇒ – 3 x – 7 y + 1 ⇒ 2 2 2 ⇒ 3x + 7y + 1 = 0

b) 3 · 0 + 7 · 0 + 1 = 1 ∙ 0 ; s não passa pela origem. 3 · (–7) + 7 · 3 + 1 = 1 ∙ 0 ; s não passsa por (–7,3).

6.

A abcissa é constante ∴ x =2 ⇔ x – 2 = 0.

7.

A ordenada é constante ∴ y =5 ⇔ y – 5 = 0.

x y 5 3 0 –1 ⇒ 3x – 5 + x – 5y = 0 ⇒ 4x – 5y – 5 = 0.

11. - s passa por (5,3) e (0, –1) ⇒

1 1 = 0 ⇒ 1

--s intercepta o eixo x em um ponto de abscissa: --

4 · x – 5 · 0 – 5 = 0 ⇒ x = 5 4 5 o ponto , 0 e o ponto (0, 4) pertencem a r: 4

5 4 0 x

0 4 y

1

5y 1 = O ⇒ 5 – 4x – 4 = 0 ⇒ 1 ⇒ r: 16x + 5y – 20 = 0

12. - A e C pertencem ao eixo x; AC: y = 0 8.

1 0 x

a)

5 0 y

1 1 = 0 ⇒ 5x – y = 0 1

b) Por exemplo: x = –1 ⇒ y = –5 (–1, –5); x = 2 ⇒ ⇒ y = 10; (2, 10) x = 1 ⇒ y = 1 1 , 1 ; etc. 5 5

9.

- r é horizontal e passa por (–1, 4) ⇒ r: y – 4 = 0. --s é vertical e passa por (–1, 4) ⇒ s: x + 1 = 0. --t passa por (0,0) e (–1, 4) ⇒ t: 4x + y = 0.

--

0 AB: 1 x

0 3 y

1 1 = 0 ⇒ y – 3x = 0 ou –3x + y = 0 1

--

1 BC : 4 x

3 0 y

1 1 = 0 ⇒ 3x + 4y – y – 12 = 0 ⇒ 1 ⇒ 3x + 3y – 12 = 0 ⇒ x + y – 4 = 0

13. - Um ponto P da reta x – y + 1 = 0 é da forma (x, x + 1).

--A distância de P (x, x + 1) ao ponto (0,2) é 13 :

13 = x2 = (x + 1 – 2)2 ⇒ 13 = x2 + (x – 1)2 ⇒ ⇒ x2 – x – 6 = 0 ⇒ x = – 2 ou x = 3 e os pontos são (– 2, – 1) ou (3, 4).

10. - ponto médio de AB:

-

–3 + 2 5 + 2 1 7 2 , 2 = – 2 , 2

–1 + 2 –4 + 5 ponto médio de AC: = 1 , 1 2 , 2 2 2 – 1 2 1 2 x


7 2 1 2 y

14. a)

1

2x + 3y – 6 = 0

( – )

–4y + 12 = 0 ⇒ y = 3 e x = – 3 ; – 3 , 3 2 2

1 1 = 0

2x – y + 6 = 0

b)

x + y = 2

(+)

3x – y = –4

4x = –2 ⇒ x = – 1 e y = 5 ; – 1 , 5 2 2 2 2

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|3|


c)

x – 2y = 0

3 r: 1 x

(–)

x + y = 1

–3y = –1 y = 1 e x = 2 ; 2 , 1 3 3 3 3

15. a)

x + 3 = 0

1 1 = 0 ⇒ 12 + x + y – 4x – 3y – 1 = 0 ⇒ 1 ⇒ r: –3x – 2y + 11 = 0

6 –1 s: 4 –5 x y

x = –3 e y = 2; P(–3, 2)

y – 2 = 0

1 4 y

1 1 = 0 1

–30 – x + 4y + 5x + 4 – 6y = 0

b) 32 + 22 = 9 + 4 = 13

2x – y – 13 = 0 ⇒ s: y = 2x – 13 Substituindo r em s:

16. a) b)

x – 3y = –2 2x – y = 0

–3x – 2(2x – 13) + 11 = 0 ⇒ –3x – 4x + 26 + 11 = 0 ⇒

tem solução única ⇒ retas concorrentes

x + y – 3 = 0 –2x – 2y + 6 = 0

⇒ –7x + 37 = 0 ⇒ x = 37 7 E y = 2 · 37 – 13 = 74 – 13 = – 17 ⇒ P 37 , – 17 7 7 7 7 7

tem infinitas soluções ⇒ ⇒ retas coincidentes

21. 3 · (k + 4) – 11 – 4 = 0 ⇒ 3k + 12 – 15 = 0 ⇒ k = 1;

–2x + y = 3 c) não tem solução ⇒ –x + 1 y = –1 2 ⇒ retas paralelas d)

x – 1 = 0 x + 2 = 0

O ponto (1 + 4, 11) = (5, 11) pertence à reta de equação 2x – y + k = 0: 2 · 5 – 11 + 1 = 0 (V)

∃/ x ∈ ℝ que satisfaça simultaneamente ⇒

22. r ∩ s:

⇒ as retas são paralelas (retas verticais)

r ∩ t:

17. 12 , 0 satisfaz a equação 2x – y – k = 0: 2 · 1 – 0 – k = 0 ⇒ 1– k = 0 ⇒ k = 1 2

s ∩ t:

Verifique que 1 , 0 também satisfaz 2x + y – k = 0. 2

18.

2x – y – 3 = 0 3x + 2y – 1 =

x + 2y = 3 2x – y = 3 2x + y = 5 x + 2y = 3 2x + y = 5

⇒ 9 , 3 5 5 ⇒ (2, 1) ⇒ 7 , 1 3 3

x – y = –1 (2)

23.

⇒ (1, –1) é solução.

2x – y = 3

–2x + my = 2

⇒

2x – 2y = –2 (+) –2x + my = 2 (–2 + m)y = 0

A equação (–2 + m) · y = 0 é indeterminada (possui infinitas soluções) quando –2 + m = 0 ⇒ m = 2 .

(1, –1) também satisfaz a equação 4x – y – 5 = 0: 4 · 1 + 1 – 5 = 5 – 5 = 0. Logo, (1, –1) também pertence

24.

à outra reta.

y B

4

19. O sistema formado pelas equações

px – y + 3p = 0

A

3

2x – y + 6 = 0 deve possuir mais de uma solução, isto é, deve ser possível

–2

e indeterminado.

2 –1 0 –1 –2 D

Seus coeficientes devem ser ordenadamente iguais (ou proporcionais): Temos: p = 2 e 3p = 6 ⇒ p = 2

20. Vamos inicialmente determinar as equações das retas r e s:


4 x C

equação de AC: x y –1 3 4 –1

1 1 = 0 ⇒ 4x + 5y – 11 = 0 (1) 1

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|4|

equação de BD: x y 2 4 –2 –2

1 1 = 0 ⇒ 6x – 4y + 4 = 0 (2) 1

b) mr = tg 30° = 3 ⇒ y = 3 x + n; como (1, 1) ∈ r, 3 3 temos: 1 = 3 · 1 + n ⇒ n = 1 – 3 = 3 – 3 3 3 3 y = 3 x + 3 – 3 3 3

AC ∩ BD: 4x + 5y – 11 = 0 ⇒ x = 12 e y = 41 23 23 6x – 4y + 4 = 0 O ponto é: 12 , 41 23 23

25. a)

d)

x – 1 = 0

⇒ A (1, 2) y – 2 = 0 x – 1 = 0

y = – 2 x + n; tomando o ponto B: 7 1 = – 2 · (–3) + n ⇒ 1 = 6 + n ⇒ n = 1 ; y = – 2 x + 1 7 7 7 7 7

⇒ C (–1, 2)

x + y – 1 = 0

AB = (1 – 1)2 + (2 – 0)2 = 4 = 2 AC = (1 + 1)2 + (2 – 2)2 = 4 = 2 BC = (1 + 1)2 + (0 – 2)2 = 8 = 2 2 Como BC2 = (2 2 )2 = 8 = AB2 + AC2, o triângulo ABC é também retângulo. b) A área do triângulo é metade do produto das medidas dos catetos: 2 · 2 = 2 2

26. A(xA, 0), B(0, yB)

--As coordenadas de A satisfazem a equação

x + 2y – 3 = 0 ⇒ xA + 2 · 0 – 3 = 0 ⇒ xA = 3; A(3, 0)

--As coordenadas de B satisfazem a equação

x – y = 0 ⇒ 0 – yB = 0 ⇒ yB = 0 ; B(0, 0) O vértice C é dado pela solução do sistema x – y = 0 ⇒ C(1, 1) x + 2y – 3 = 0

27. a) r passa por (3, 1) e (0, –2) ⇒ mr = ∆y = – 2 –1 = 1. 0 – 3 ∆x

∆y 2 – 0 b) r passa por (0, 0) e (1, 2) ⇒ mr = = = 2. 1 – 0 ∆x Daí, tg θ = 2 ⇒ θ = arctg 2 c) r é horizontal ⇒ mr = 0 ⇒ r = 0°.

28. a)

mt = tg 60° = 3 ⇒ y = x · 3 –3 nt = – 3


mu = tg 135° = – tg 45° = –1; u: y = –x + n como (–2, 3) ∈ u, temos: 3 = – (–2) + n ⇒ n = 1 e assim: u: y = –x + 1

∆x

x + y – 1 = 0

Daí, tg θ = 1 ⇒ θ = 45°

ms = tg 120° = – tg 60° = – 3 ⇒ y = –x 3 + 2 ns = 2

29. m = ∆y = 1 – (–1) = – 2 –3 – 4 7

⇒ B (1, 0)

y – 2 = 0

c)

30. a) m = 5 – 2 = 3 ⇒ y = 3x + n. Usando (1, 2) vem: 2 – 1 2 = 3 · 1 + n ⇒ n = –1 ⇒ y = 3x –1 b) m =

1 – 2 = –1 = 1 ⇒ y = x + n ⇒ 2 = –1 + n ⇒ –2 + 1 –1

⇒ n = 3 ∴ y = x + 3 c) m =

4 – 3 = –1 ⇒ y = –x + n ⇒ 3 = 0 + n ⇒ –1 – 0

⇒ n = 3 ⇒ y = –x + 3 – 3 + 2 = – 1 ⇒ y = – 1 x + n d) m = 2 + 3 5 5 13 –2 = – 1 · (–3) + n ⇒ –2 = 3 + n ⇒ n = – ⇒ 5 5 5 13 1 ⇒ y = – x – 5 5

31. a) 2y = x + 6 ⇒ y = 12 x + 3 ⇒ m = 12 b) m = – 1 3 c) m =

∆y 4 – 0 = 4 = –2 = –5 + 3 –2 ∆x

d) m =

∆y –3 – 0 = –3 = 3 = –1 – 0 –1 ∆x

e) m =

5 – 5 = 0 3 + 2

f ) ponto médio de GH: m =

–1 + 3 1 + 5 = (1, 3) , 2 2

∆y 0 – 3 = 3 = 0 – 1 ∆x

32. - y = mx + n = 3x + 2

--1 =3 · (–1) + 2 = –3 + 2 (F); (–1, 1) não pertence a r.

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33. Pela figura, podemos observar que existem 4 pontos 36. a) D (P1, P2, P3 e P4 ) que satisfazem as condições dadas, sendo que os pontos P1 e P3 pertencem à reta y = 5x , e P2 e P4 2 pertencem à reta y = – 5x . 2

A

6

(4 3 )2 = x2 + 62

x

48 = x2 + 36 ⇒ x = 2 3

B

B(7, 1); C(7, 1 + 2 3 ); D(1, 1 + 2 3 ); A(1, 1)

5 P2

P1

0

m =

P3

∆y = 1 + 2 3 – 1 = 2 3 = 3 ∆x 7 – 1 6 3

b) m = 1 + 2 3 – 1 = 2 3 = – 3 1 – 7 – 6 3

2 x

Usando B: y – 1 = – 3 · (x – 7) ⇒ 3 ⇒ y = – 3 x + 1 + 7 3 3 3

P4 –5

34.

4 3

C

Assim, temos:

y

–2

6

37. y – 1 = 13 · (x + 2) ⇒ 3y – 3 = x + 2 ⇒ x – 3y + 5 = 0

B

5

38. a) m = tg 45° = 1

5 h

y + 1 = 1 · (x – 3) ⇒ y = x – 4 M

A

6

3

3

C

b) m = tg 135° = –tg 45° = –1 y + 2 = –1 · (x + 3)

52 = h2 + 32 ⇒ h = 4 a) B: xB = 3

⇒ B(3, 4)

yB = 4

y = –x – 5 c) m = tg 60° = 3 y – 3 = 3 · (x – 0)

A: (0, 0) 3 0 x

4 0 y

1 1 = 0 ⇒ 4x – 3y = 0 1

4 – 0 = – 4 m= 3 – 6 3 ⇒ 4 B(3, 4) y – 0 = – · (x – 6) ⇒ y = – 4x + 8 3 3

b) C(6, 0)

c) A reta BM é vertical, passando por x = 3 ⇔ x – 3 = 0.

35. Análogo ao 34; observe que os ângulos dos triângulos medem 60°; o coeficiente angular da reta BC é m = tg 60° = = 3 ; o coeficiente angular da reta AB é m = tg 120° =

y = x 3 + 3 d) m = tg 0° = 0 y + 1 = 0 · x – 1 ⇒ y = – 1 3 5 3

39. y – 2 = m · (x + 1), com m ∈ ℝ ou x + 1 = 0 (reta vertical passando por (–1, 2).

40. equação geral do feixe: y – 3 = m · (x + 1); m ∈ ℝ a) –1 – 3 = m · (2 +1) ⇒ – 4 = 3m ⇒ m = – 4 3 y – 3 = – 4 (x + 1) ⇒ 3y – 9 = – 4x – 4 ⇒ 4x + 3 + 3y – 5 = 0

= – 3 .

b) m = – 3 ⇒ y – 3 = – 3 · (x + 1) ⇒ y = – 3x

BC : m = 3 ⇒ y – 0 = 3 · (x – 3) ⇒ y = x 3 – 3 3 C(3, 0)

c)

AB : m = – 3 ⇒ y – 0 = – 3 · (x – 0) ⇒ y = –x 3 A(0, 0)


m = 1

y

y – 3 = x + 1

y = x + 4

45° 45°

x

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|6|

46. plano alfa:

ou

m = –1

y

y – 3 = –1 · (x + 1)

y – 3 = –x – 1

45° 45°

x

y = 1,80 · x

plano beta: y = 0,60x + d

(1) (2)

y: preço

x: número de quilômetros rodados

y = –x + 2

Em (1): a) y = 90 ⇒ 90 = 1,80 · x ⇒ x = 50 Em (2): 90 = 0,60 · 50 + d ⇒ d = 90 – 30 = 60

d) m = tg 60° = 3

b) x = 50

y – 3 = 3 · (x + 1)

c) Em (1): 1,80x – y = 0

3 x – y + (3 + 3 ) = 0

Em (2): 0,60x – y + 60 = 0

41. - feixe por (3, –4): y + 4 = m · (x – 3); m ∈ ℝ (*)

--A reta do feixe que passa pela origem tem coeficiente

angular m tal que: 0 + 4 = m · (0 – 3) ⇒ m = – 4 3 Em (*): y + 4 = – 4 · (x – 3) ⇒ y + 4 = – 4x + 4 ⇒ 3 3 ⇒ y = – 4 x 3

42. a)

y

47. a) 2y = 8x + 1 ⇒ y = 4x + 12 e y = 4x – 1 ⇒ ⇒ paralelas distintas

b) y = 5x + 6 e y = –6x + 5 ⇒ concorrentes c) y = – 3x + 2 e 4y = –6x + 8 ⇔ y = – 3 x + 2 ⇒ 2 2 ⇒coincidentes d) 8y = – 6x – 4 ⇒ y = – 3x – 1 e y = – 3x – 1 ⇒ 4 2 4 4 ⇒paralelas distintas

3

48. s:

x

–2

b) f(–2) = 3 ⇒ x = –2, y = 3

f(1) = –3 ⇒ x = 1, y = –3 ∆y 3 – (–3) 6 = = – 2 m = = –2 –1 –3 ∆x y = –2x + n 3 = –2 · (–2) + n ⇒ n = –1

43. y = 0,04 · x + 300 ⇔ 0,04x – y + 300 = 0; x ⩾ 0 500 300 0

5 000

y = –3x + n; 0 = –3 · 0 + n ⇒ ⇒ n = 0 e a equação é y = –3x.

49. 3x + 2y – 1 = 0 ⇒ 2y = –3x + 1 ⇒ y = – 32 x + 12 ;

m

salário

0, 0) ∈ s ms = mr = –3

x

y

0 5 000

300 500

vendas

m = – 3 2 kx –3y + 2 = 0 ⇒ kx + 2 = 3y ⇒ y = k + 2 ; m = k 3 3 3 3 k 9 a) – = ⇒ k = – 2 3 2 9 b) k ∙ – 2

c) Como os coeficientes lineares das retas são distintos 1 ∙ 2 , elas não poderão ser coincidentes. 2 3

50. a)

m = 3 ⇒ y – 1 = 3 · (x – 0) ⇒ 3x – y + 1 = 0 P(0, 1)

m = – 2 5 ⇒ y – 2 = – 2 · (x + 1) ⇒ 5 P(–1, 2) ⇒ 5y – 10 = – 2x – 2 ⇒ 2x + 5y – 8 = 0 m = –1 c) ⇒ y + 2 = –1 · (x + 2) ⇒ x + y + 4 = 0 P(–2, –2)

b)

44. f(2) é obtido para x = 2 ⇒ y = –3 · 2 + 7 = 1 f(–1) é obtido para x = –1 ⇒ y = –3 · (–1) + 7 = 10

45. A equação reduzida da reta dada é: y = mx + n, com:

n = 5 m = tg (180° – α) = – tg α = –3

y = – 3x + 5 ∴ f (x) = – 3x + 5


d) A reta r é horizontal; como a reta pedida deve passar por (2, 5) e ser paralela à r, ela deve ser uma reta horizontal passando por (2, 5), isto é, sua equação deve ser: y – 5 = 0.

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51. a) 6x + ky + 4 = 0 ⇒ ky = –6x –4 ⇒

Vamos agora encontrar os demais vértices do paralelo-

⇒ y= – 6 – 4 m1 = – 6 k k k

gramo: V4

y = 2x – 1 (m2 = 2)

r

m1 = m2 ⇒ – 6 = 2 ⇒ k = –3 k b) y = 2x + k ⇒ m = 2 1

y = kx + 1 ⇒ m2 = k

s

V3

V1(2, 0)

t u

k = 2

V2

52. b24 ⇒ y = –x; m = –1

u ∩ t = {V2} ⇒

⇒ x – 2 – 3 x + 3 + 6 = 0 ⇒ x = 0 e 2

y = –x + k ⇒ 5 = –2 + k ⇒ k = 7 y = –x + 7 ⇒ x + y – 7 = 0

y = 3 ⇒ V2 (0, 3)

53. É preciso lembrar que o trapézio possui um par de lados

r ∩ t = {V3} ⇒

paralelos e um par de lados não paralelos: 7 – 13 ∆y 9 mAB = = 2 5 = · 10 = 3 10 3 ∆x – 1 + 4 2 5 1 9 2 – ∆y 5 mCD = = = 5 = 3 ∆x 2 3 1 – 5 5 13 – 2 3 ∆y 5 mAC = = = 5 = – 1 3 ∆x – 9 – 4 – 1 5 5 7 – 1 33 ∆y mBD = = 2 5 = 10 = – 11 3 ∆x – 9 – 1 – 2 2 5 10

AB //CD

(+)

x – 2y + 6 = 0 4x –6 = 0 ⇒ x = 3 e 2

3x + 2y – 12 = 0 y = x – 1 2

⇒

⇒ 3x + x – 2 – 12 = 0 ⇒ x = 7 e 2 AC e BD são concorrentes.

r: 3x + 2y – 12 = 0 ⇒ mr = – 3 2 x 1 s: y = – 1 ⇒ ms = s // t e r // u: 2 2 mr = mu = – 3 t: x – 2y + 6 = 0 ⇒ mt = 1 2 2 Sendo V1 (2, 0), temos: V1 ∉ r, V1 ∉ t, mas V1 ∈ s. Então, V1 ∈ u, sendo u a reta suporte do 4o lado. m = – 3 2 , vem: Assim, quanto à reta u: u (2, 0) 3 u: y = – x + n ⇒ 0 = – 3 · 2 + n ⇒ n = 3 e 2 2


3x + 2y – 12 = 0

2y = 3 + 6 ⇒ y = 15 ⇒ V3 3 , 15 2 4 2 4 r ∩ s = {V4} ⇒

54. As retas suporte de três lados do paralelogramo são:

u: y = – 3 x + 3 2

⇒

x – 2y + 6 = 0

A reta pedida tem coeficiente angular igual a – 1 e passa por (2, 5):

y = – 3 x + 3 2

y = 7 – 1 = 3 ⇒ V4 7 , 3 4 4 2 4

55. a) xM =

xA + xC 2

= 1 + 3 = 2 e 2

yN = 1 + 8 = 9 ; M 2, 9 2 2 2 xN =

xB +xC 2

= 5 + 3 = 4 e 2

yN = 3 + 8 = 11 ; N 4, 11 2 2 2

--

m =

11 – 9 ∆y = 2 2 = 1 2 4 – 2 ∆x

--y = 12 x + k; usando o ponto M vem: 92 = 12 · 2 + k ⇒ ⇒ k = 7 2 1 y = x + 7 ⇒ x – 2y + 7 = 0 2 2

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|8|

Como AB = BC ∙ AC, concluímos que A(–3, 5), B(0, 6)

2

b) dMN = (4 – 2)2 + 11 – 9 = 4 + 1 = 5 2 2

e C(1, 3) são vértices consecutivos.

Observe que: dAB = 42 + 22 = 20 = 2 5 = 2 · dMN o coeficiente angular de AB é: 3 – 1 = 1 2 5 – 1 Assim, AB //MN .

56. 5x – 3y = 15 (÷ 15) ⇒ x – y = 1 ⇒ x + 3

5

3

–3 + 1 5 + 3 = (–1, 4), , 2 2 que também é ponto médio de BD: O ponto médio de AC é:

D (–2, 2)

b) 4 · 10

AB = 32 + 52 = 34 Pelo teorema da base média do triângulo, temos que CD = 34 . 2 Como OC = 3 e OD = 5 , o perímetro do triângulo COD 2 2 3 5 é: 34 + + = 8 + 34 2 2 2 2 D

0 + xD ⇒ xD = –2 2

6 + yD 4 = ⇒ yD = 2 2

y = 1 – 5

Daí, A(3, 0) e B(0, –5).

57.

–1 =

c) mAB = 6 – 5 = 1 3 0 + 3 1 mCD = 3 mBC = 3 – 6 = –3 1 – 0 mAD = –3

59. a) O centro do hexágono é o ponto C, pertencente ao eixo x, ponto médio de OR: C (4, 0), pois OC = CR = 4

C

O triângulo OCP é equilátero, e o coeficiente angular A (1,1)

--

da reta OP é m = tg 60° = 3 · Como OP passa pela

B (4,5)

mAB =

origem, sua equação é y – 0 = 3 · (x – 0) ⇒ y = x 3 .

∆y 5 – 1 = = 4 4 – 1 3 ∆x

AB: y – 1 = 4 (x – 1) ⇒ y = 4 x – 1 3 3 3 AB // CD ⇒ mCD = 4 3 equação de CD : y = 4 x + n 3

---

4x – 3y + 3n = 0 ⇒ 4x – 3y + p = 0, com p ∈ ℝ – {–1} Observe que, se p = –1, n = – 1 , y = 4 x – 1 é a equa3 3 3 ção da reta AB .

58.

B 6

P

4

h

O

2 4

h2 = 12

4 2

42 = h2 + 22 h = 2 3

C

A ordenada de P é 2 3 . Como PQ é horizontal (m = tg 0º = 0), segue que PQ : y – 2 3 = 0.

mr · mt = 2 · – 1 = –1 ⇒ r ⊥ t 2

5 C(1,3)

3 2

D –3 –2

c)

60. mr = 2; ms = 14 ; mt = – 12 ; mu = –2

y (–3,5)A

b) RS tem coeficiente angular igual a tg 60° = 3 . m = 3 ⇒ y – 0 = 3 · (x – 8) ⇒ y = x 3 – 8 3 (8, 0) ∈ RS

0

1

a) dAB = 32 + 12 = 10 dBC = 12 + 32 = 10 dAC = 42 + 22 = 20


x

m2 = – 1 3 ⇒ y + 3 = – 1 · (x – 2) ⇒ 3 P(2, –3) ⇒ y = – 1 x – 7 3 3 b) 5y = 2x – 11 ⇒ y = 2 x – 11 ; m = 2 5 5 5 5 5 m’ = – ⇒ y + 3 = – · (x – 2) ⇒ y = – 5 x + 2 2 2 2

61. a) m1 = 3 ⇒

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|9|


62. r: 5y = –3x + 7 ⇒ mr = – 35

2x – 3y + 6 = 0 ⇒ x = – 18 e y = 14 ; 13 13 3x + 2y + 2 = 0

y = – 3 x + 7 5 5

O ponto é Q – 18 , 14 . 13 13

s: 6y = mx + 1 y = m x + 1 6 6 3 m – · = –1 ⇒ –3m = – 30 ⇒ m = 10 5 6

63. a) mr = 1 3 ms = 3

b) Devemos determinar P’, simétrico de P com relação à Q, isto é, Q é o ponto médio de PP': 2 + xP' ⇒ xP' = – 62 – 18 = 2 13 13 –4 + yP' 14 = ⇒ yP' = 80 2 13 13

r e s concorrentes (não perpendiculares)

b) mr = 2

mr · ms = –1 ⇒ r ⊥ s ms = – 1 2 c) r e s são retas verticais e, portanto, paralelas (distintas). d) r é vertical e s é horizontal ⇒ r ⊥ s e) mr = 2 , pois r: y = 2x + 4 3 3 3 ms = 2 s: y = 2x 3 3

r e s são paralelas (distintas)

67. A

B

C

D

∆y 5 – 2 a) mAB = = = 3 3 – 1 2 ∆x AC

–2 + 4 1 + 5 = M(1, 3). , 2 2 ∆y 1 – 5 O coeficiente angular de AB é: = = – 4 = – 2 – 4 – 6 ∆x = 2 ; assim o coeficiente angular da reta mediatriz é – 3 : 3 2 (M) y = – 3 x + n ⇒ 3 = – 3 · 1 + n ⇒ n = 9 ⇒ 2 2 2

m = – 2 3 A(1, 2) é um ponto: y – 2 = – 2 · (x – 1) 3

64. a) O ponto médio M de AB é:

⇒ y = – 3 x + 9 ⇒ 3x + 2y – 9 = 0 2 2 b) O ponto médio M de AB é: –3 + 2 –1 + 1 = – 1 , 0 , 2 2 2 ∆y 1 – (–1) mAB = = = – 2 –3 – 2 5 ∆x

mediatriz

m = 5 2

b) BD // AC ⇒ m BD = – 2 3 Como B ∈ BD , vem:

y = – 2 x + 8 3 3

y – 5 = – 2 · (x – 3) ⇒ y = – 2x + 7. 3 3

68. mr = 2; ms = m

mr · ms = –1 ⇒ 2 · m = –1 ⇒ m = – 1 2 (–2, –1) ∈ s: –1 = – 1 · (–2) + n ⇒ –1 = 1 + n ⇒ n = –2 2

69. r ⊥ s ⇔ mr · ms = –1

⇒ y – 0 = 5 · x + 1 2 2

– 1 , 0 2

P' – 62 , 80 13 13

2y = 5x + 5 2 10x – 4y + 5 = 0

↓ – k · 3

k + 1 = –1 ⇒ k2 + k – 6 = 0 ⇒ 2

⇒ k = 2 ou k = –3. Assim, se k ∙ 2 e k ∙ –3, as retas não são perpendicu-

65. ponto médio de PQ:

–3 + 1 2 + 4 = (–1, 3) , 2 2

∆y 4 – 2 1 mPQ = ∆ = –3 – 1 = – 2 x

y – 3 = 2 · (x + 1) y = 2x + 5

m = – 3 2 ⇒ y + 4 = 66. a) mr = 23 ; seja s a reta pedida: s (2, –4) ∈ s = – 3 · (x – 2) ⇒ 2y + 8 = – 3x + 6 ⇒ 3x + 2y + 2 = 0 2


lares.

70. a) É preciso mostrar que AB ⊥ BC : ∆y –1 – 2 = = – 3 4 – 2 2 ∆x –5 + 1 2 –4 = = mBC = –2 – 4 3 –6

mAB =

mAB · mBC = – 1

medida da hipotenusa: dAC = 42 + 72 = 16 + 49 = 65

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| 10 |

b) Vamos mostrar que suas diagonais são congruentes:

3 = 306 = 3 ≅ 3 · 5,8 ≅ 3,48 m; 5 5 25 a distância real entre P e C é 3,48 · 20 = 69,6 m.

dAC = 65; dBD = 82 + 12 = 65 A

D

OP = 34 = 5,8; a distância real entre O e P é 116 m. O perímetro do retângulo é 2 · (69,6 + 116) = 371,2 m.

B

1h — 5 000 m ⇒ x = 0,074 h = 0,074 · 60 ≅ 4,45 min x — 371,2 m

C

1 – 0 71. mBC = 2 + 4 = 1 6 A reta suporte de altura relativa ao lado BC tem coeficiente

x + y = 1 74. a) –2 3 b) – 3x + 2y – 6 = 0

angular –6 e passa por (0, –3): y + 3 = –6 · (x – 0) ⇒ y = –6x – 3 ⇒ 6x + y + 3 = 0

72. M(–2, –2), N(1, 2), P(5, 5), Q(2, 1)

--

mMN =

--- m

2 – (–2) = 4 1 – (–2) 3

1 – 5 mPQ = = – 4 = 4 2 –5 3 3 =

NP

5 – 2 = 3 5 – 1 4

--- m

5 – (–2) = 1 5 – (–2)

--

1 – 2 = –1 = –1 2 – 1 1

mMQ = = MP

mNQ =

1 – (–2) = 3 2 – (–2) 4

73. a) dOP =

= t 75. - x = 2t – 1 ⇒ x + 1 2 y = 2 – 3 · x + 1 ⇒ 2y = 4 – 3(x + 1) ⇒ –2

MN // PQ

NP // MQ

⇒ r: 3x + 2y – 1 = 0

--reduzida: 2y = – 3x + 1 ⇒ y = – 32 x + 12 --segmentária: interseção de r com o eixo x:

lados dois a dois paralelos

52 + 32 = 34 ≅ 5,8 m. A distância real é

76. r intercepta o eixo x em (4, 0) e o eixo y em (0, –8) x + y = 1 4 – 8

77. s intercepta o eixo x em (5, 0) e o eixo y em (0, 1): y

Temos: m = – 5 3

s

P(5, 3) y – 3 = – 5 · (x – 5) 3 5x y = – + 34 3 3 Como C tem ordenada nula, temos:

1h — 2 000 m ⇒ x = 0,058 h = 0,058 · 60 = 3,48 min x — 116 m Assim, ela chega depois das 18h03min. 2 d) P (5,3) ⇒ dPC = 5 – 34 + 32 = 81 + 9 = 25 5 C 34 , 0 5


1 0

5

x

a) A medida da hipotenusa é 12 + 52 = 26 e o perímetro desse triângulo é 1 + 5 + 26 = 6 + 26 . b) A= 1 · 5 · 1 = 5 unidades de área 2 2

0 = – 5x + 34 ⇒ x = 34 e C 34 , 0 3 3 5 5 c) dOP = 34 ≅ 5,8 m; a distância real é 116 m.

x = 0 → y = 1 2 x y = 1 + 1 1 3 2

mMP · mNQ = –1 → → MP ⊥ NQ diagonais perpendiculares

5,8 · 20 = 116 m. ∆y 3 – 0 = 3 b) m OP = = 5 ∆x 5 – 0 Seja C o ponto que representa o cyber.

CP

y = 0 → x = 1 3 interseção de r com o eixo y:

78. Fazendo, por exemplo, x = t (t ∈ ℝ), temos:

2t – 3y + 6 = 0 ⇒ 3y = 2t + 6 ⇒ y = 2 t + 2 3 Outro exemplo: 3y = t ⇒ y = t 3 2x – t + 6 = 0 ⇒ 2x = t – 6 ⇒ x = t – 3 2

com t ∈ ℝ

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| 11 |


79. x – 2y – 4 = 0 ⇒ x – 2y = 4 (÷4) x

O

x = 2 u – 2 s: y = 7 + u ⇒ u = 7 – y ⇒ x = 2 · (7 – y) – 2 = = 14 – 2y – 2 ⇒ 2y = –x + 12 ⇒ y = –x + 12 2

y

y = –2x + 17 3 x + y = 1 – 2 4 r intercepta o eixo x em X (4, 0)

r intercepta o eixo y em Y (0, –2)

O ponto médio de XY é:

4 + 0 0 + (–2) = (2, –1). , 2 2

0 + 0 = 0 ∙ 1; não –1 2 3 4 b) + 5 = 6 – 5 = 1; sim –1 2 3 2 3 + –1 = 1 + 1 = 2 ∙ 1; não c) –1 2 3 0 d) O ponto é (0, –3) ⇒ + –3 = 0 + 3 ∙ 1; não. –1 2 3

80. a)

81. a) r: x = t + 2 ⇒ t = x – 2 s: y = 2x – 4

y = x – 2 – 2 ⇒ y = x – 4 mr = 1; ms = 2 ⇒ r e s concorrentes

b) r: 4x + 3y = 12 ⇒ 3y = – 4x + 12 ⇒ y = – 4 x + 4 3 mr = – 4 3 s: y = – 4 x + 1 3 Logo, r e s são paralelas distintas.

y = –x + 12 2

84. a) d = •–1 · 3 + (–1) · (–3) + 5• = 32 + (–1)2

b) d = 4 · 0 – 3 · 2 – 11 = 42 + (–3)2

r:

mr = 2

⇒ y + 4 = 2 · (x + 2) ⇒ y = 2x

r: passa por (–2, –4)

x – 1 x – 1 + 5 = –2x + 2 + 5 = ⇒ y = – 2 · 3 3 3 –2x + 17 = y = 3

83. r: t =


10

= 10 2

•–17• = 17 2 5

• • d) d = 1 · 3 + 4 · (–1)+ 11 = •10• = 2 5 2 2 3 + 4 • • •0• = 0; como d = 0, P ∈ r e) d = –1 · 2 – 5 · 1 + 7 = 22 + (–5)2 29

85. Equação da reta AC : m = – 10 – (–1) = – 9 ; 4 – (–1) 5 y + 1 = – 9 · (x + 1) ⇒ 9x + 5y + 14 = 0 5 A medida da altura é a distância de B à reta AC : • • •53• 53 106 = 106 = d = 9 · 6 + 5 · (–3)+ 14 = 106 2 2 2 9 + 5 106

86. - Tomemos um ponto qualquer de y = 3x – 1, por exemplo, quando x = 1 ⇒ y = 3 – 1 = 2; (1, 2).

--Calculemos a distância de (1,2) à reta 6x – 2y + 15 = 0: •1 · 6 – 2 · 2 + 15• 62 + (–2)2

y = 3 – t ⇒ t = 3 – y ⇒ x = 2 · (3 – y) – 1 ⇒ x = 6 – 2y – –1 ⇒ 2y + x – 5 = 0 ⇒ y = – x + 5 ; ms = – 1 2 2 2

•5•

29 • • = 29 c) d = –2 · 5 + 5 · 2 + 29 = 2 2 5 + 2 29

x = 2t – 1

82. s:

–2x + 17 = –x + 12 ⇒ 3 2 ⇒ x = –2 e y = 7: (–2, 7)

87. a)

=

•17• 40

= 17 10 20

14 dP, r = •10,2 + 5 · (–1) – 1• = 2 2 2 + 5 29 14 dQ, r = •0 · 2 + 5 · 3 – 1• = 22 + 52 29 14 dR, r = •2 + 5 · 1 – 1• = 2 2 2 + 5 29

P, Q e R equidistam de r

b) r // PQ observe que mr = – 2 e mPQ = – 2 . 5 5

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| 12 |

88. a) r : y = 2x – 31; uma reta s paralela a r tem equação s: y = 2x + k; k ∈ ℝ ou 2x – y + k = 0

d) Basta calcularmos a distância entre 92 , 81 e (2, 1): 25 25

• • dP, s = 5 ⇒ 6 · 2 – 0 · 1 + k = 5 ⇒ •12 + k• = 5 2 2 2 + (–1) 12 + k = 5 ⇒ k = –7 → 2x – y – 7 = 0 12 + k = –5 ⇒ k = –17 → 2x – y – 17 = 0 b) As retas s e t são paralelas. Tomemos um ponto P em s: x = 2 → 2 · 2 – y – 7 = 0 ⇒ y = –3; (2, –3) •–10• • • dP; t = 2 · 2 + (–1) · (–3) – 17 = = 2 5 5 22 + (–1)2

89. Vamos encontrar a equação da reta PQ , que passa por 0, 5 e (–5, 0): 2 5 – 0 = 1 m = 2 2 0 – (–5)

lando-se a distância de O à reta PQ : •5• • • = 5 d = 0 · 1 – 0 · 2 + 5 = 2 2 1 + (–2) 5

90. a) dOv =

(0 – 2) + (0 – 1) = 5 m 2

distância real: 100 · 5 m ≅ 223,6 m b) No sistema apresentado, a equação da reta r que representa a avenida é: x + y = 1 ⇒ r: 6x + 8y – 48 = 0. 8 6 A distância da origem a essa reta é: •0 · 6 + 0 · 8 – 48• •–48• = = 4,8 m 10 62 + 82 distância real: 4,8 · 100 = 480 m. c) Seja A o ponto da avenida mais próximo da casa de Vânia (V) r: 6x + 8y – 48 = 0 ⇒ y = –6x + 48 = – 3x + 6; 4 8 mr = – 3 4 AV é perpendicular a r: mAV = 4 3 Como V (2, 1), a equação de AV é: y – 1 = 4 (x – 2) ⇒ y = 4x – 5 ⇒ 4x – 3y – 5 = 0 3 3 3 Façamos a interseção de r e AV : y = – 3x + 6 4 ⇒ – 3x + 6 = 4x – 5 ⇒ x = 92 ; 4 3 3 25 4 5 y = x – 3 3 daí y = 81 25


2

2

2

92 81 42 56 = + – 2 + – 1 = 25 25 25 25

= 70 = 2,8 m; a distância real é 2,8 · 100 = 280 m. 25

91. A reta s procurada tem equação x – y + k = 0. •2 · 1 + 2 · (–1) + k•

= 2 ⇒ •k• = 2 · 2 = 2 12 + (–1)2 Daí k = 2 ou k = –2, e as possíveis equações são: x – y + 2 = 0 ou x – y – 2 = 0

92. - equação reta “Avenida Brasil”:

--

y – 0 = 1 · (x + 5) ⇒ y = x + 5 ⇒ x – 2y + 5 = 0 2 2 2 A medida do lado do quadrado pode ser obtida calcu-

2

2

x + y = 1 ⇒ 5x + 12y – 60 = 0 (1) 12 5 a futura rua comercial tem equação 5x + 12y + k = 0 (2).

--Tomemos um ponto de (1), por exemplo, (12, 0), e calculemos sua distância à reta em (2): •5 · 12 + 12 · 0 + k• • • ⇒ 6 = k + 60 ⇒

52 + 122 ⇒ •k + 60• = 78 ⇒

169

(2)

k + 60 = 78 ⇒ k = 18 5x + 12y + 18 = 0 ⇒ ou (2) k + 60 = –78 ⇒ k = –138 5x + 12y – 138 = 0 (*) A reta obtida em (*) interceptaria o eixo y em um ponto de ordenada 138 = 11,5 (não convém pela posição 12 indicada no mapa).

93. a) D =

2 3 5 4 6 –3 1 1 –1 –2

1 1 1 = –22; área = 2 · •–22• = 11 1

4 b) D = –3

1 1 21 1 = 21; área = 2 · •21• = 2 1

–2 0,5 c) D = 0,5 2 2 –1

1 37 1 37 37 1 = – 4 ; área = 2 · – 4 = 8 1

0 0 d) D = 3 4 –2 11

1 1 41 1 = 41; área = 2 · •41• = 2 1

–4 –2 4 1 –1

94. △ABD = –2

1 •–28• 1 = –28; área △ABD = 2 = 14 1

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| 13 |


–2 4 △BCD = 1 –1 7 5

1 •48• 1 = 48; área △BCD = 2 = 24 1

98. •AO• = 2 · •OB• área = 16 ⇒

2 •AO• · •OB• = 16 ⇒ 2 · •OB• = 32 ⇒ 2

2

A área do quadrilátero é 14 + 24 = 38.

95.

•OB• = 4 ⇒ OB = 4 → B (0, 4)

y 5 4 3

0

C B

AO =•–8• → A (–8, 0)

⇒ equação AB : x + y = 1 ⇒ – x + 2y – 8 = 0 ou –8 4 2 3

5

x – 2y + 8 = 0

x

0 3 4

1 1 1 = –1 ⇒ A△ = 2 1

△BOC 3 D = 0 5

⇒

e

A

△AOB 0 D = 2 3

⇒•OB• = 16

4 0 5

1 5 1 = 5 ⇒ A△ = 2 1

A área do trapézio é 1 + 5 = 3. 2 2

96. r intercepta o eixo x em (3, 0) (y = 0 ⇒ x = 3) e o eixo y

99. A reta BC tem equação segmentária: 4x + 5y = 1 yB = 3 ⇒

xB x + 3 = 1 ⇒ B = 2 ⇒ xB = 8 ; B 8 , 3 4 4 5 5 5 5

yC = 1 ⇒

xC x + 1 = 1 ⇒ C = 4 ⇒ xC = 16 ; C 16 , 1 4 4 5 5 5 5

6 5 8 D = 5 3 16 1 5

1 1 = 18 + 16 + 8 – 48 – 6 – 8 = –12 5 5 1

Área = 1 · •–12•= 6 2

em (0, 6) (x = 0, y = 6). 0 1 • • área = · D , D = 3 2 0

0 0 6

1 1 = 18 ⇒ área = 9 1

100.

a)

y r

97. - O ponto R tem abscissa x = 4.

–1

Como R ∈ s, vem: 4 · 4 + 5y – 20 = 0 ⇒ 5y = 4 ⇒

--

0

⇒ y = 4 ; P 4, 4 5 5 x y r: + = 1 ⇒ –x + 2y – 2 = 0 –2 1 O ponto Q tem abscissa x = 4 e pertence a r:

–4 + 2y – 2 = 0 ⇒ y = 3 ⇒ Q(4,3) –x + 2y = 2 ⇒ O ponto P é a interseção de r e s: 4x + 5y = 20 ⇒ y = 28 e x = 30 ; P 30 , 28 13 13 13 13 4 4 1 5 D = 4 3 1 = 12 + 120 + 112 – 90 – 112 – 65 13 13 13 30 28 1 16 242 – = 13 13 5 65

--

Área △PQR = 1 · 242 = 121 2 65 65


x

rβ

rα r

b)

y

0 x

rα –3

r

rβ

rα, excluindo r

13/05/10 04:32


| 14 |

c)

b) 4 · 4 =16

y

103.

rα 1 rβ

–4 0

5 x

--y – 1 ⩾ 0 ⇒ y ⩾ 1 --x + 4 ⩾ 0 ⇒ x ⩾ –4

–2

r

rα, incluindo r

d)

r: x + y = 0 x y 0 0 1 –1

y

(1) (2)

O ponto (2, 0) verifica a inequação: 2 + 0 ⩾ 0

rβ r 1

y rα

0

x

3

4 rα, excluindo r

e)

1

–4

y

1 x

–1 r 3

–1 r:x+y=0 rα

2 0

x

Assim, o semiplano correspondente a x + y ⩽ 0 é o indicado na figura ao lado por rα.

rα, incluindo r

A interseção de rα com as regiões determinadas por (1)

rα rβ

101.

e (2) é o triângulo da figura, cujos vértices são: (–4, 1), (–4, 4) e (–1, 1).

a) y – 2 > 0

A hipotenusa desse triângulo mede 32 + 32 = 3 2 .

b) x ⩽ 3 ⇔ 2x – 3 ⩽ 0 2 c) A equação da reta dada é:

Seu perímetro é, portanto, 3 2 + 3 + 3 = 6 + 3 2 = = 3(2 + 2 ).

x + y = 1 ⇒ 4x + 3y – 12 = 0 3 4

origem: 4 · 0 + 3 · 0 – 12 < 0

104.

y

inequação é: 4x + 3y – 12 ⩽ 0 d) A equação da reta dada é: y = x – 2 ⇔ x – y – 2 = 0

4

origem: 0 – 0 – 2 < 0 e) A equação da reta dada é: y = 3x ⇔ 3x – y = 0

1

Testaremos o ponto (2, 0): 3 · 2 – 0 = 6 ⩾ 0; 3x – y ⩾ 0

1 0

102.

a)

y

x – 3y = 2

2

5

x

3x + y = 4

3

105. 0 –2

2 –1

x

a) mr = 2 e ms = –3 5 2 –( – 3) = = •–1•= 1 ⇒ tg θ = 1 + 2 · (– 3) – 5 ⇒ θ = 45°


13/05/10 04:32

| 15 |


b) mr = 2 e ms = 3 2 – 3 tgθ = 1 + 2 · 3

106.

–1 = = 1 ; θ= arctg 1 7 7 7

2x + 5y – 1 = 0

--s ∩ t

x – y + 3 = 0

109.

Daí: tg 60° = 1 ⇒ 3 = 1 ⇒ mr = 3 mr mr 3 (observe que mr > 0).

⇒ y = 1 e x = –2

0 = a · 0 + b

1 = a · (–2) + b

3 r: y – 0 = 3 x + 3 3

⇒ b = 0 e a = – 1 2

3 x – y + 1 = 0 3 3

--equação geral de r: x + 2y = 0 --ângulo entre r e s: =

1 + – 1 · – 2 2 5

x 3 – 3y + 1 = 0

– 1 10

– 1 – – 2 2 5

110.

= 1 12

6 5

--ângulo entre r e t: – 1 – 1 2

– 3 2 =

=•–3•= 3

1 2

α = arctg 3

107.

a) mr = 3 e s é vertical ⇒ tgθ = 2

1 3 2

mAM =

k – 0 = k 6 – 3 3

1 + 1 · k 7 3

3 – 7k 21

1 3 =

m1 = – 1 e m2 = 3 5

21 + k 21

⇒ 3 – 7k = ± 1 21 + k

111.

⇒ 3 – 7k = 1 ⇒ 21 + k k = 4 k = – 9 4

1 2 ± 4x − 6y + 3 = 0⇒ 32 + 22 42 + ( −6)2

3x + 2y −

6x + 4y − 1 4x − 6y + 3 ± = 0⇒ 52 52 ⇒ 6x + 4y − 1± (4x − 6y + 3) = 0 ⇒

⇒

=

16 5 2 5

= 8

A tangente do ângulo agudo é 8; a tangente do ângulo obtuso é –8 (lembre que tg (180° – θ) = –tgθ).


∆y 1 – 0 = 1 = ∆x 10 – 3 7

1 =

b) mr = – 1 e ms = 0 ⇒ tgθ = 3 1 +0 · – 1 3 1 3 = 3 ⇒ θ = 30° = 3 1

1 + 3 – 1 5

mAB =

= 2 ; 3

0 – –

tgθ =

M

tg 45° =

θ = arctg 2 3

3 – – 1 5

B

1 – k 7 3

108.

A

45°

θ = arctg 1 12

1 + – 1 · 1 2

3 , 0 vem: 3

Como r passa por –

--r passa por (0, 0) e por (–2, 1):

A medida do ângulo agudo formado por r e s é 60°.

6x + 4y − 1+ 4x − 6y + 3 = 0 ⇒ ⇒ 10x − 2y + 2 = 0 ⇒ 5x − y + 1= 0  ⇒  ou 6x + 4y − 1− 4x + 6y − 3 = 0 ⇒  ⇒ 2x + 10y − 4 = 0 ⇒ x + 5y − 2 = 0

13/05/10 04:32


| 16 |

115.

Assim, as equações das bissetrizes são 5x − y + = 1 0 e x + 5y −= 2 0

112.

a) r: 4x – y + 1 = 0 e s: x + 4y – 2 = 0 4x – y + 1 4 +1 2

x + 3 ⇒ x − 2y + 6 = 0 2 x 1 y =− + ⇒ 3x + 6y − 2 =0 2 3 y=

x − 2y + 6 1 + ( −2) 2

⇒

2

±

3x + 6y − 2 32 + 62

12 + 42

4x – y + 1 – x – 4y + 2 = 0 5x + 3y – 1 = 0 ou 3x – 5y + 3 = 0

x − 2y + 6 3x + 6y − 2 ± = 0⇒ 5 3 5

b)

3(x − 2y + 6) 3x + 6y − 2 ± = 0⇒ 3 5 3 5 ⇒ 3x − 6y + 18 ± (3x + 6y − 2) =0 ⇒

5x + 3y – 1 5 +3 2

2

5x + 3y – 1 34

±

3x – 5y + 3

±

32 + 52

3x – 5y + 3 34

5x + 3y – 1 – 3x + 5y – 3 = 0 ⇒ ⇒ 8x – 2y + 2 = 0 ou 2x + 8y – 4 = 0 ⇒ ⇒ 4x – y + 1 = 0 ou x + 4y – 2 = 0 c) r

b1 45°

as equações não são de bissetrizes, pois não são perpendiculares entre si.

2x − 3y − 4 22 + ( −3)2

±

3x + 2y + 4 32 + 22

=0

⇒ 5x + 3y – 1 + 3x – 5y + 3 = 0 ou

2x + y − 5 = 0 ⇒ m1 = 2 ⇒ m1 ⋅ m2 =4 ⇒ 2x − y + 5 = 0 ⇒ m2 = 2

Os pontos equidistantes de duas retas devem estar nas bissetrizes dos ângulos formados entre elas. Assim,

=0

(5x + 3y – 1) ± (3x – 5y + 3) = 0 ⇒

Assim, as equações das bissetrizes são 8 5 x= − ey= . 3 3

114.

=0

⇒ 4x – y + 1 + x + 4y – 2 = 0 ou

⇒

113.

x + 4y – 2

±

4x – y + 1 ± (x + 4y – 2) = 0 ⇒

0⇒ =

3x − 6y + 18 + 3x + 6y − 2 = 0 ⇒  ⇒ 6x + 16 =0 ⇒ x =− 8  3  ⇒  ou 3x − 6y + 18 − 3x − 6y + 2 =0 ⇒  5  ⇒ −12y + 20 = 0 ⇒ y = 3

2

s

b2

116. y

0⇒ =

4 3

2x − 3y − 4 3x + 2y + 4 ± = 0⇒ 13 13 ⇒ 2x − 3y − 4 ± (3x + 2y + 4) = 0 ⇒

⇒

1 0 –1

3 B

x

45°

2x − 3y − 4 + 3x + 2y + 4 =0 ⇒ 5x − y =0  ⇒  ou 2x − 3y − 4 − 3x − 2y − 4 =0 ⇒ x + 5y + 8 =0  Assim, os pontos devem pertencer às retas 5x = − y 0 ou x + 5y = + 8 0.

A

–4

• OB : y = 0 • OA : x = 0


13/05/10 04:32

| 17 |


y

Mas P(3, 4) pertence a uma delas:

x • AB : 3 + –4 = 1 ⇒ 4x – 3y – 12 = 0

2 · 3 + 4 – 15 ± 3m – 4 = 0 5 m2 + 1 3m – 4 – 5 ± =0 m2 + 1 3m – 4 = ± 5 ⇒ 3m – 4 = ± 5(m2 + 1) 2 m +1 Elevando a igualdade ao quadrado:

• A bissetriz do ângulo AÔB tem equação y = –x (bissetriz dos quadrantes pares) (*)

• A equação da bissetriz do ângulo OÂB pode ser obtida de: 4x – 3y – 12 4 + (–3) 2

2

x

±

0 + 12 2

=0

9m2 – 24m + 16 = 5m2 + 5 4m2 – 24m + 11 = 0 ⇒

4x – 3y – 12 ± x = 0 ⇒ 4x – 3y – 12 ± 5x = 0 5

m AC = 1 não convém, pois m AC = 1 2 2 ⇒ ou m AC = 11 2 Assim: AC: y = 11 x 2

• 4x – 3y – 12 + 5x = 0 ⇒ 9x – 3y – 12 = 0 ⇒ ⇒ 3x – y – 4 = 0 (**) Ou

Interceptando AC e BC: 2x + 11x – 15 = 0 2 4x + 11x – 30 = 0

• 4x – 3y – 12 – 5x = 0 ⇒ – x – 3y – 12 = 0 (não serve, é a equação da bissetriz do ângulo suplementar a OÂB). (*) ∩ (**)

117.

y=–x ⇒x=1ey=–1 3x – y – 4 = 0

x = 2 e y = 11 ⇒ C (2, 11)

a) AB: x – 2y = 0 ⇒ m AB = 1 2

Exercícios complementares

BC ⊥ AB : m BC = –2 ⇒ BC: y = –2x + n ⇒

1.

⇒ BC: 2x + y – n = 0

P é incentro do triângulo ⇒ P ∈ bissetriz de ABˆ C

Cada vértice do triângulo é a interseção de duas retas suportes: y

Então, P equidista de AB e BC: |1 · 3 – 2 · 4| 12 + (–2)2

=

C

|2 · 3 + 1 · 4 – n| 2 +1 2

A

2

B

|–5| = |10 – n| ⇒ 10 – n = ± 5 ⇒

x

⇒ n = 5 ou n = 15 Fazendo n = 5, temos: BC: y = –2x + 5 Interceptando BC e AB: –2x + 5 = x ⇒ 2 ⇒ xB = 2 (impossível, pois xB > 3).

(1) 3x – 4y = 0 x+ y–7=0

Para n = 15: BC: y = –2x + 15 e o ponto comum entre BC e AB, que é B, é dado por (6, 3). b) AC passa pela origem ⇒ AC: y = mx ⇒

⇒ x = 4 e y = 3; A (4, 3)

(2) 3x – 4y = 0

⇒ AC: mx – y = 0

4x – 3y = 0

⇒ x = 0 e y = 0; B (0, 0)

BC: 2x + y – 15 = 0 Escrevendo as equações das bissetrizes de ACˆB: 2x + y – 15 ± 22 + 12


mx – y m2 + (–1)2

=0

(3) x+ y –7=0 4x – 3y = 0

⇒ x = 3 e y = 4; C (3, 4)

13/05/10 04:32


| 18 |

a) d = 42 + 32 = 25 = 5 AB ⇒ AB é congruente a BC; 2 2 logo, ΔABC é isósceles. dDC = 3 + 4 = 25 = 5

⇒

⇒ 5(p + 1) = – 8 ⇒ p = 8 – 1 ⇒ p = – 13 5 5

b) dAC = 12 + 12 = 2

p+1 1 =– 1 = 2 ⇒ =– 1–5 5 4+1 – 5 3–5 2

Perímetro ΔABC: 5 + 5 + 2 = 10 + 2 4 Área = 1 · •D•, em que D = 0 2 3 = –7 ⇒ área = 7 u 2

3 0 4

4.

1 1 = 9 – 16 = 1

a) Como B ∈ AB , temos: 6 · 1 – 8p + 26 = 0 ⇒ 8p = 32 ⇒ p = 4 b) C (C, 0)

• dAC = dBC ⇒ (C + 3)2 + 12 = (1 – C)2 + 42 ⇒ c2 + 6c + 9 + 1 = 1 – 2c + c2 + 16 ⇒ 8c = 7 ⇒

2.

⇒c= 7;C 7,0 8 8 x + ky – 3 = 0

• A equação da reta que representa a outra margem é r: 6x – 8y + k = 0 (ela é paralela à reta

r x+y+1=0

6x – 8y + 26 = 0).

s 2x + 4y – 1 = 0

Como C pertence a r, temos: 6 · 7 – 8 · 0 + k = 0 ⇒ k = – 21 8 4 Assim, a equação de r é: 6x – 8y – 21 = 0 ⇒ 4 ⇒ 24x – 32y – 21 = 0

t

• Além disso, r e t e s e t devem ser concorrentes. Assim: mr ∙ mt ⇒ k ≠ 1e ms ≠ mt ⇒ k ≠ 2 Observe que: 5 3 • r e s interceptam-se em P – 2 , 2 De fato: x+y+1=0

2x + 4y – 1 = 0

c) d2BC=

⇒x=– 5 ey= 3 2 2

(1, 4)

2

+4 =

1 64

2

+ 16 =

1025 = 64

7 ,0 8

= 5 41 (km) 8

• P não pode pertencer a t : – 5 +k· 3 –3∙0 2 2

d) A menor distância de C à outra margem é a distância de C à reta AB .

3k ∙ 11 ⇒ k ∙ 11 2 2 13

3.

7 1– 8

7 · 6 – 8 · 0 + 26 8 7 C ,0 ⇒d= = 125 = 3,125 km 8 40 2 2 6 +8

A(1, p), B(5, –1), C(3, 4)

AB = 6x – 8y + 26 = 0

a) AB = AC (5 – 1)2 + (p + 1)2 =

5.

= (3 – 1)2 + (p – 4)2

= 22 + p2 – 8p + 16 2p + 17 = 20 – 8p ⇒ ⇒p= 3 10 b) AB ⊥ BC ⇒ mAB = –


Uma reta paralela a 2x + y = 0 tem equação r: 2x + y + k = 0. • Quando x = 0, y = – k e (0, – k) é o ponto de interseção de r com o eixo y.

4 + p2 + 2p + 1 = 2

k k • Quando y = 0, x = – 2 e – 2 , 0 é o ponto de inter1 ⇒ mBC

seção de r com o eixo x.

13/05/10 04:32

| 19 |


7.

y

mr = – a = – 6 = –3 b 2 Seja s a reta procurada e ms seu coeficiente angular. O ângulo agudo formado pelas retas r e s mede 45°.

0

k – ,0 2

x

Daí: tg 45° =

(0, –k)

A área do triângulo sombreado é: base × altura , isto é: 2 –

1 + mr · ms

Podemos ter: – 3 – ms =1 1 – 3ms

k k2 · –k – 2 2 = 2 2

2x + y + 8 = 0 ou 2x + y – 8 = 0

8.

A(2, –5)

• a reta que passa por A e B tem coeficiente angular

C

• a reta que passa por C e D tem coeficiente angular

– 3 – ms = –1 1 – 3ms

B(6, 1)

D

3x – 2y – 2 = 0

• A medida de base do paralelogramo é a distância entre

mCD = ∆y = 0 – 2 = –2 = 1 – 9 –5 –14 7 ∆x

os pontos A e B.

• Como mAB = mCD, concluímos que AB e CD são pa-

dAB = (2 – 6)2 + (1 + 5)2 = 16 + 36 = 52 =

ralelos.

= 2 13 y

• A medida da altura é a distância de A (por exemplo) 2

D

à reta CD :

C

–1

14 d = •2 · 3 – 5 · (–2) – 2• = 32 + (–2)2 13

6

–9

x

5 –2 A

–3

B

• A altura do trapézio é a distância entre as retas paralelas AB e CD .

• A equação de CD é: m= 1 7

1 + (– 3) ms

h

mAB = ∆y = –2 – (–3) = 1 6 – (–1) 7 ∆x

C (5, 2)

ou

– 3 – ms

⇓ ms = – 1 2 s passa por (0,0) ⇓ ⇓ s: y – 0 = 2 · (x – 0) ou s: y – 0 = – 1 · (x – 0) 2 y = 2x ⇔ 2x – y = 0 y = – 1 x ⇔ x + 2y = 0 2

k2 = 16 ⇒ k2 = 64 ⇒ k = ± 8, e as equações possíveis 4 são:

Observe que:

⇒1=

⇓ ms = 2 s passa por (0,0)

Daí:

6.

mr – ms

⇒ y – 2 = 1 · (x – 5) ⇒ x – 7y + 9 = 0 7

• Calculemos a distância entre um ponto de AB (A(–1, –3), por exemplo) à reta CD : d = •– 1 · 1 – 7 · (–3) + 9• = •– 1 + 21 + 9• = 12 + (–7)2 50 = •29• = 29 2 10 5 2


9.

AB :

4 2 A(4, 2) ⇒ 0 –6 (0, –6) x y

1 1 = 0 ⇒ AB : 2x – y – 6 = 0 (m = 2) AB 1

Como o triângulo ABC é equilátero, o ângulo entre AB e AC mede 60°. Para determinar m AC = m < 0, fazemos: m–2 tg 60° = = 3 ⇒ 1 + 2m m–2 = 3 ⇒m–2= 3 +2 3 m⇒ 1 + 2m –5 3 –8 ⇒m= 11 ⇒ ou m–2 =– 3 ⇒m–2=– 3 –2 3 m⇒ 1 + 2m 5 3 –8 ⇒m= > 0 (não convém) 11

13/05/10 04:32


| 20 |

Como (2, 3) satisfaz a equação da reta t (7 · 2 + 3 –

Assim, m AC = – 5 3 – 8 e AC passa por (4, 2). 11 –5 3 –8 Vem y – 2 = (x – 4) ⇒ 11y – 22 = 11 = –(5 3 + 8)x + 20 3 + 32 e a equação procurada é (8 + 5 3 )x + 11y – (54 + 20 3 ) = 0.

– 17 = 0), podemos concluir que as três mediatrizes interceptam-se em (2, 3). b) Seja T (2, 3) o circuncentro do triângulo. d AT =

62 + 82 = 10; d BT =

62 + 82 = 10 e

dCT= 82 + 62 = 10.

10.

Como T equidista de A, B e C, concluímos que T é o

y

centro da circunferência que passa pelos pontos A, B

A

11 C

e C (veja figura inicial).

9

3 –6 –4

B

11. a)

T 0 2

8

ciente angular da reta FC é m = tg 120° = – 3 .

x

Como C(4, 3), podemos escrever: y – 3 = – 3 · (x – 4)

–5

a) M é o ponto médio de AB: x M = yM = 11 + (–5) = 3; M(2, 3) 2 coeficiente angular de AB: ∆y –5 –11 –16 = = 4 m1 = = –4 – 8 ∆x –12 3

8 + (–4) = 2; 2

y–3=–x 3 +4 3 ⇒x 3 +y–3–4 3 =0 3–1 b) A(2, 1) ⇒ m = =1 4–2 C(4, 3) y – 1 = 1 · (x –2) ⇒ y = x – 1 c) A altura do triângulo equilátero é CD = 2. Lembrando que a altura de um triângulo equilátero de lado ∙ é ∙ 3 , podemos escrever: 2 ∙ 3 =2⇒∙= 4 3 2 3 1 1 Daí, FD = · ∙ = · 4 3 = 2 3 e, portanto, as 2 2 3 3

mediatriz de AB: m2 = – 3 4 ⇒ y – 3 = – 3 · (x – 2) ⇒ 4 M (2, 3) ⇒ r: 3x + 4y – 18 = 0 –4 + (–6) N é o ponto médio de BC: xN = = –5; 2 –5 + 9 = 2; N(–5, 2) yN = 2 coeficiente angular de BC: ∆y 9 –(–5) m3 = = 14 = – 7 –6 + 4 ∆x –2 mediatriz de BC: m= 1 7 ⇒ y – 2 = 1 · (x + 5) ⇒ s: x – 7y + 19 = 0 7 N (–5, 2) 8 + (–6) P é o ponto médio de AC: x P = = 1; 2 11 + 9 = 10; P(1, 10) yP = 2 coeficiente angular de AC: ∆y 9 –11 –2 = = 1 ms = = –6 – 8 ∆x –14 7

P (1, 10)

⇒ y – 10 = –7 · (x –1) ⇒ t: 7x + y – 17 = 0

Interseção de r e s:


3x + 4y – 18 = 0 x – 7y + 19 = 0

coordenadas de F são 4 + 2 3 , 1 . 3 B (2, 3) ⇒ y = ax + b ⇒ F 4+ 2 3 ,1 3 ⇒

⇒x=2ey=3

3 = a · 2 + b (1) 1=a· 4+2 3,1 +b 3

(2)

Fazendo (1) – (2), encontramos a = – 3 + 3 e, 2 2 substituindo, vem b = 6 – 3 . A equação da reta FB é: y = –3 + 3 x + (6 – 3 ) 2

12. a)

mediatriz de AC: m6 = –7

O triângulo FCE é equilátero, m(CFE) = 60°, e o coefi-

I. linha amarela: eixo x ⇒ y = 0 Seja r a reta correspondente à linha vermelha. passa por (0, 5) r: r é perpendicular à reta 3x – y + 5 = 0 m=3 ⇒ mr = – 1 3 y – 5 = – 1 (x – 0) ⇒ 3y – 15 = – x ⇒ 3

13/05/10 04:32

| 21 |


⇒ x + 3y – 15 = 0

a) perímetro: AB + BC + CD + AD 2+ 2 +1+1=4+ 2

II. linha verde: eixo y ⇒ x = 0 y=0

praça Brasil: prefeitura:

x + 3y – 15 = 0 y=0 3x – y + 5 = 0

⇒ x = 15 e y = 0; (15, 0)

⇒ x = – 5 e y = 0; – 5 , 0 3 3

III. praça Brasil: (15, 0) ⇒ d = 152 + 52 = 250 = = 5 10 = 15, 8 (no mapa) mercado central: (0, 5) distância real: 15,8 · 125 = 1 975 m = 1,975 km b) mercado central: (0, 5) parque da cidade: (2, 11) d = 22 + 62 = 40 = 2 10 = 6,32

• soma das distâncias no mapa: 15,8 + 6,32 = 22,12 m

3 (2 + 1) · 1 b) área: (AB + CD) · AD = = 2 2 2

15. a)

A área do quadrilátero ABCD é a soma das áreas dos triângulos BCD e ABD. 3 1 · •D•, em que D = área △BCD = • 1 2 –2

1 1 = 1

1 • área △ABD = 2 · •D•, com D= 3

• Em 60 minutos, o trem percorre 60 km, isto é, 1 km

área △ABD = 25 2

= 5,765 min ≅ 5 min 45 s.

–2 –2 0 –2 3

área △BCD = 19 2

= 4 + 9 + 6 + 6 = 25

O tempo total necessário é 2,765 min + 3 min =

1 1 = 1

= 15 + 3 + 10 – 9 = 19

• distância total (real): 22,12 · 125 = 2 765 m = 2,765 km por minuto.

0 5 3

área do quadrilátero ABCD = 19 + 25 = 44 = 2 2 2 = 22 km2 b) Seja P (x, y) o ponto que representa a casa de Juca.

13. r: x – y – 2 = 0 s: x + y – 10 = 0

r ∩ s = (I) ⇒ I(6, 4)

Notando que mr = 1 e ms = –1, temos r ⊥ s e o triângulo IJI é retângulo em I. Assim, em qualquer caso,

A 0

dPB = dPC ⇒ (x – 3)2 + (2x)2 =

x2 – 6x + 9 + 4x2 = x2 – 2x + 1 + 4x2 – 20x + 25 5x2 – 6x + 9 = 5x2 – 22x + 26

y

(0,2)

• P equidista de B e C:

= (x – 1)2 + (2x – 5)2

S = 6 2 · 4 2 = 24. 2

14.

• P ∈ reta 2x – y = 0 ⇒ y = 2x; P(x, 2x)

16x = 17 ⇒ x = 17 16

B C

P = 17 , 34 ∈ interior quadrilátero 16 16

(1,1)

D (1,0)

x x+y–2=0

Testando a origem:

dOP = =

2

17 34 16 + 16

2

=

289 + 1 156 = 256

1 445 = 17 5 (km) 16 16

0 + 0 – 2 = –2 ⩽ 0; os pontos (x, y) do semiplano que contém a origem satisfazem a inequação x + y – 2 ⩽ 0, isto é, x + y ⩽ 2.

MCA1-Resoluc�o�es-Mercado.indd 148

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| 22 |

c) (–3, 5) M

N (5, 5) y – 5 = 0

C

D recepção do sinal B

17. 3x + 2y + 6 = 0 ⇒ 2y = −3x – 6 ⇒ y = − 32 x −3; m = − 32 A reta pedida tem coeficiente angular igual a − 3 ; por 2 outro lado, podemos calcular m através da razão Δy : Δx b – 4b = − 3b = − 3 ⇒ b = 1 0 – (–2) 2 2 Assim, a reta pedida passa por (0, 1) e (−2, 4) e tem

A Q (–3, –4)

P (5, –4)

x+3=0

y+4=0

m = − 3 ; sua equação é: y – 1 = − 3 (x − 0) ⇒ 2 2 ⇒ y =− 3x + 1 ⇒ 3x + 2y – 2 = 0. 2

x–5=0

• área do município = área do retângulo MNPQ = = base × altura = 8 · 9 = 72 (km2)

18. Temos: B(15, 0), C(15, 10), D(0, 10), E(10, 10) y

• área de recepção do sinal da operadora = área do quadrilátero ABCD = 22 (km2)

A probabilidade pedida é, portanto, 22 = 11 ≅ 72 36 ≅ 30,5%.

y=x+6

m = 10 – 0 = − 10 = − 2 0 – 15 15 3 ⇒ y – 10 = − 2x ⇒ y = − 2x + 10 3 3

AE ∩ BD ⇒x=0ey=6

y = −x + 6 (t)

002) (V), pois s: y = x + 2 e o coeficiente linear é 2. 004) (F);

t: y = −x + 6 3 = −1 + 6; (1, 3) ∉ t

008) (F); mt= −1 ⇒ tg θ = −1 ⇒ θ = 135°; y=x+2

016) (V); s ∩ t:

⇒ x + 2 = −x + 6

y = –x + 6

x=2ey=4 y

19. r:

0


2

t

x

área: 4 · 2 = 4 2

⇒ x = − 2x + 10 ⇒ 5x = 10 ⇒ 3 3

x + y = 1 ⇒ 4x + 3y – 12 = 0 3 4

P(a, 0)

• dP, r =

|4 · a + 3 ·0 – 12| 42 + 32

=

|4a – 12| 5

• dP , origem = a Daí

4a – 12 = 5a |4a – 12| = a ⇒ |4a –12| ⇒ 5a ⇒ ou ⇒ 5 positivo 4a – 12 = −5a

⇒

a = −12 (não convém) 9a = 12 ⇒ a = 4 3

s

2

y = − 2x + 10 3

⇒ x = 6; y = 6; F(6, 6)

6 4

y=x

{

y = x + 6 (r)

x

BD :

(6, 0) ∈ t ⇒ y – 0 = −1 · (x − 6)

001) (V);

B

m = 10 – 0 = 1; 10 – 0 y=x

(2, 4) ∈ s ⇒ s: y – 4 = 1 · (x − 2)

t: y = −x + 6

5

AE :

s//r ⇒ ms = 1

r ⊥ t ⇒ mt = −1

C

10

10

A

s: y = x + 2

5

F

16. r: 2y = 2x + 12 mr = 1

E

10

D

Assim, P 4 , 0 . 3

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20. I.

22. a)

(F); A(2, 1) ⇒ M 2 + 4 , 1 + 2 ⇒ M 3, 4 3 2 2 B(4, 2) O círculo com centro A (ou B) e raio unitário não con-

x=a⇒y=2+ a; 2 x = 0 ⇒ y = 2 (interseção de r com eixo y) (B + b) · h Área = = 2 2 = a + 2a 4

tém o ponto M. Observe, por exemplo, que o ponto (3, 1) pertence à circunferência de centro A e raio 1;

2+ a +2 ·a 4 + a ·a 2 2 = = 2 2

b) ( 85)2 = 72 + w2 ⇒ w2 = 85 – 49 = 36 ⇒ w = 6

desse modo 3, 3 não pertence. 2

Área = 6 · 7 = 21 2 2 a Daí: + 2a = 21 ⇒ a2 + 8a – 84 = 0 ⇒ 4 –8 ± 20 a>0 ⇒ a= ⇒a=6 2

II. (V); C(3, 4) dAB = (2 – 4)2 + (1 – 2)2 = 4 + 1 = 5 dCB = (3 – 4)2 + (4 – 2)2 = 1 + 4 = 5 III. (V); BC : B(4, 2) ⇒ m = 4 – 2 = 2 = −2 3 – 4 –1 C(3, 4) AB : A(2, 1) ⇒m= 2–1 = 1 4–2 2 B(4, 2)

23. a) 1 ∙ (−2) = −1 2

A(1,11)

IV. (F); para a antena D, y = 3 quando x = 1 e para a antena

B

y=

1 x+3 2

M

C, y = 3 quando x = 3.

D

C

V. (V); BC: m= −2 ⇒ y – 2 = −2 · (x − 4) ⇒ 2x + y – 10 = 0 dD, BC =

|2 · 1 + 1 · 4 – 10| 22 + 12

=

|– 4| 5

=

4

No quadrado, as diagonais são perpendiculares. Como mBD = 1 , devemos ter mAC = −2 2 AC : y – 11 = −2 · (x − 1) ⇒ y = −2x + 13

<2

5

Δy = 18 – 0 = − 3 Δx 0 – 24 4 r: y – 0 = − 3 · (x − 24) 4 y = − 3x + 18 4 s ⊥ r ⇒ ms = − 1 = 4 mr 3

21. mr =

Daí: AC ∩ BD = {M} y = −2x + 13 ⇒ −2x + 13 = 1 x + 3 ⇒ x = 4 e y = 5 2 y= 1x+3 2 Logo, M(4, 5).

Ponto médio de P e Q: (12, 9) s: y – 9 = 4 · (x − 12) 3 y= 4x−7 3 y = − 3x + 18 4 ⇒ x = 12 e y = 9 (ponto médio de PQ ) r∩s y= 4 x−7 3 s ∩ eixo y: x = 0 ⇒ y = −7; (0, −7) y

b) M é ponto médio de BD e de AC. Daí: xA + xC 1 + xC ⇒4= ⇒ xC = 7 2 2 yA + yC 11 + yC ⇒5= ⇒ yC = −1 yM = 2 2 xM =

c)

• B pertence à reta y =

C(7, −1)

1 x + 3; B x , 1 x + 3 B 2 B 2

Como BM = AM = dAM = (1 + 4)2 + (11 – 5)2 =

18

= 9 + 36 = 45 = 3 5 , vem: 9

2

dBM= 3 5 ⇒ 0 –7

A hipotenusa mede 25.


12

x

(xB – 4)2 + 1 xB + 3 – 5 = 3 5 , 2

ou seja, (xB − 4)2 +

2 xB 5x2 – 2 = 45 ⇒ B − 10xB – 25 = 0 ⇒ 2 4

⇒ 5xB2 − 40xB – 100 = 0

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25. •

1 • xB = 10 ⇒ yB = 2 ∙ 10 + 3 = 8 → B(10, 8)

s//r ⇒ ms = mr = 2; s: 2x – y + k = 0, k ∈ ℝ

• Em r: x = 1 ⇒ y = 2; P(1, 2) ∈ r: 2x – y = 0

ou

1 • xB = −2 ⇒ yB = 2 ∙ (−2) + 3 = 2 → D (−2, 2)

dr, s = dP, s =

y

|2 · 1 – 1 · 2 + k| 22 + (–1)2

=1⇒

|2 – 2 + k| 5

=1⇒

⇒ k= ± 5

A(1, 11)

• k = – 5 ⇒ s: 2x – y − 5 = 0 x 0

B(10, 8)

5 2

D (–2, 2)

24. a)

– 5 0

ou k = 5 ⇒ s: 2x – y + 5 = 0 x y 0 5 0 5 – 2

x

C(7, –1)

y

É preciso lembrar que as diagonais de um losango

y

interceptam-se perpendicularmente em seus pontos

2x – y – 5 = 0

médios. A(2, 2)

C

5

– 5 2

D

2x – y + 5 = 0

B(–3, 4)

AB :

m = Δy = 4 – 2 = − 2 Δx –3–2 5 2 y – 2 = − · (x – 2) ⇒ y = − 2x + 14 (1) 5 3 5

O ponto médio de AB é: –3 + 2 , 2 + 4 = − 1 , 3 . 2 2 2

CD :

x – 5

A reta pedida é: 2x – y + 5 = 0 ⇔ y = 2x + 5 , pois ela não intercepta o quarto quadrante.

26. A sequência CDD leva 3 segundos para ser concluída;

portanto, em 5 minutos (5 ∙ 60 = 300 s), temos 300 = 100 3 repetições desse movimento CDD. Observe as três primeiras repetições desse movimento,

m = 5 , pois 5 · – 2 = –1 2 2 5 – 1 , 3 é um ponto de CD 2

partindo de A:

y – 3 = 5 · x + 1 ⇒ y = 5x + 17 (2) 2 2 2 4 Assim as equações pedidas são de (1) e (2):

A(2, 0) → início

y

↓ B(4, 1) → 1a. repetição

2x + 5y – 14 = 0 e 10x − 4y + 17 = 0

↓

b) Supondo C(x, 0) AC = BC ⇒ (x – 2) + 2 = (x + 3) + (0 – 4) ⇒ x2 − 4x + 8= x2 + 6x + 25 ⇒ −17 = 10x ⇒ x = − 17 ; 10 17 C − ,0 10 Assim, o lado do losango é dAC : 2

2

2

2

ℓ = d AC = =

2 + 17 + 22 10

1769 1769 = 100 10


=

2

37 10

2

+4 =

C(6, 2) → 2a. repetição

D C B 0

A

x

↓

D(8, 3) → 3a. repetição .. . Enfim, a abscissa do último ponto de uma repetição CDD aumenta de 2 em 2 e a ordenada, de 1 em 1. Após 100 repetições, a abscissa corresponderá ao 100o. termo da sequência (4, 6, 8…), a saber: a100 = a1 + 99r = = 4 + 99 ∙ 2 = 202; a ordenada corresponderá ao 100o.

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termo da sequência (1, 2, 3 …), que é igual a 100.

(2) = 3 3 – 18 = 3 3 – 18 , ou melhor, y = 18 – 3 3 ⇒ 11 1 – 12 – 11

Assim, o último ponto será P(202, 100).

⇒ x = 36 – 6 3 11

m = Δy = 100 – 0 = 100 = 50 Δx 202 – 0 202 101 OP : (0, 0) ∈ OP ⇒ y – 0 = 50 ∙ (x − 0) ⇒ y = 50 x 101 101

3 Com raciocínio análogo, obtemos A5 – 3 , – 3 2 2 A4(−3, 0) 3 A5 – 3 , – 3 2 2

27. a) área ΔBOC: OB 2· OC = 2 2· 1 = 1 ⇒ ⇒ área ΔBOP = área ΔCOP = 1 2 Mas OB · PH (H é o pé da altura relativa • área ΔBOP = 2 ao lado OB.) 1 = 2 · PH ⇒ PH = 1 A ordenada de P vale 1 . 2 2 2 2 OC · PG (G é o pé da altura relativa • área ΔCOP = 2 ao lado OC.) 1 = 1 · PG ⇒ PG = 1 (A abscissa de P vale 1.) 2 2 1 –0 2 P 1, 1 Δy Daí : = 1–0 = 1 2 :m= Δx 2 O(0, 0)

A4A5 ∩ OP :

x − 2y = 0 ⇒ x = 2y

(3)

y = −x 3 – 3 3

(4)

⇒ y(1 + 2 3 ) = –3 3 ⇒ y = –3 3 · 1 – 2 3 ⇒ 1+2 3 1 – 2 3 (3) ⇒ y = –3 3 + 18 = –3 3 + 18 = 3 3 – 18 ⇒ 1–4·3 – 11 11

⇒ x = 6 3 – 36 11 Assim, os possíveis pontos de interseção são: 36 – 6 3 , 18 – 3 3 e 6 3 – 36 , 3 3 – 18 . 11 11 11 11

A1

B(0, 2) N(1, 0)

m = 2 – 0 = −2 ⇒ y – 0 = – 2 · (x − 1) ⇒ 0–1

⇒ y = −2x + 2: reta r

x

C(2, 0)

m = 0 – 1 = − 1 ⇒ y – 0 = − 1 (x − 2) ⇒ 2–0 2 2 M(0, 1)

3 . ΔA1OA2 é equilátero; sua altura é 3 · 2

s:

3 Assim, as coordenadas de A2 são A2 3 , 3 . 2 2 3 , temos: Como A1(3, 0) e A2 3 , 3 2 2

⇒ y − 1 x + 1: reta s 2

3 3 2 Δy = A1A2 : m = Δx = 3 –3 2

3 3 2 – 3 2

=– 3

y – 0 = − 3 ⋅ (x − 3) ⇒ y = −x 3 + 3 3 A1A2 ∩ OP :

y = −x 3 + 3 3

(1)

x − 2y = 0 ou x = 2y (2)

(2) em (1) ⇒ y = −2y 3 + 3 3 y = (1 + 2 3 ) = 3 3 ⇒


3 2 ⋅ =− 3 ; 2 3

(3) em (4) ⇒ y = –2y 3 – 3 3 ⇒

r:

3

3

=− 3

28. M(0, 1) e N(1, 0)

A2

0

– 3 +3 2

y=− 3x−3 3

b)

3

3 2

A4A5: y – 0 = – 3 ∙ (x + 3)

y – 0 = 1 ⋅ (x − 0) ⇒ y = 1 x ⇒ x − 2y = 0 2 2 y

⇒m=

–3

3 3 · 1–2 3 = 1+2 3 1–2 3

y = −2x + 2 ⇒ −2x + 2 = − 1 x + 1 ⇒ − 3x = −1 ⇒ 2 2 y=− 1x+1 2 ⇒x= 2;y=− 1 ⋅ 2 +1= 2 3 3 2 3 Assim P 2 , 2 : 3 3 dP, B = dP, N = ⇒2

2

2 –0 2 + 3 –2 3

2

2

2 –1 2 + 3 –0 3

= 2

=

4 16 20 2 5 9+ 9 = 3 = 3 1 4 5 9+ 9 = 3

5 5 é o dobro de . 3 3

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29. a)

| 26 |

Da figura, a < 0 e b > 0. A base do retângulo mede

y = −3x + 3 ⇒ y = 0 ⇒ x = 1; N(1, 0)

b + |a|. Como a < 0, |a| = −a e, portanto, a base mede

ΔPOM ≅ ΔPON, sendo O a origem do sistema. y

b − a. D(a, a + 4), pois D possui a mesma abscissa de A e

3

D ∈ r. C(b, −2b + 6), pois C possui a mesma abscissa de B e C ∈ s.

(–a, –3a + 3)

(a, –3a + 3)

C e D possuem a mesma ordenada ⇒ a + 4 = −2b + 6 –1 –a

a + 2b = 2 ⇒ a = 2 − 2b

0 a

1

x

A área do retângulo ABCD é: AB ∙ BC = (b − a) ∙ (−2b + 6)

• área do retângulo = (2a) ∙ (−3a + 3) = –6a2+6a

= [b − (2 − 2b)] ∙ (−2b + 6)

Observe que, como 0 < a < 1 ⇔ 0 > −3a > −3 ⇒

= (3b – 2) ∙ (−2b + 6)

⇒ 0 + 3 > −3a + 3 > −3 + 3 ⇔ 3 > −3a + 3 > 0,

= −6b2 + 22b − 12

ou ainda, 0 < −3a + 3 <3

b) A = –6b2 + 22b − 12

• A maior área possível para o retângulo é obtida para

Amáx ocorre quando b = – 22 (componente x do 2(–6) 22 11 = . vértice), isto é, b = 12 6 11 121 ⇒ A = −6 ∙ +22 ∙ 11 – 12 = 49 b= 6 36 6 6

30.

y

–6 = 1 x = –b 2 · (–6) 2 v 2a Nesse caso, a base do retângulo mede 1 e sua altura a=

mede 3 . Seu perímetro é, portanto, 2 ∙ 1 + 3 = 5 2 2

Desafio

C

3& = 3 ∙ 3 – 2 = 7

s

a3 = 7& = 3 ∙ 7 – 2 = 19

A

5& = 3 ∙ 5 – 2 = 13 θ

O

x

B r

a5 = 13& = 3 ∙ 13 – 2 = 37 A soma pedida é 19 + 37 = 56. Resposta: e.

Observe que:

• OA é altura relativa à hipotenusa BC do ΔBOC BC · OA ; área ΔOAB = OA · AB 2 2 Da hipótese, área ΔOBC = 3 ⋅ área ΔOAB ⇒ BC · OA = 3 · OA · AB ⇒ 2 2 ⇒ BC = 3 ∙ AB; como AC + AB = BC, conclui-se que

• área ΔOBC =

AC = 2 ∙ AB (*) Aplicando a relação h2 = m ∙ n no ΔOBC vem: (*)

OA2 = AC ∙ AB ⇒ OA2 = 2AB ∙ AB ⇒ OA = AB · 2 O coeficiente angular da reta s é tg θ; no ΔOAB, retângulo AB 1 2 em A, obtemos tg θ = AB = = = 2 OA AB · 2 2

31. y = 3x + 3 ⇒


x = 0, y = 3; P (0, 3) y = 0, x = −1; M(−1, 0)

Testes 1.

dAB =

32 + 12 =

dBC =

(1− 3)2 + (2 − 1)2 =

dAC =

12 + 22 =

10

5

   5  ⇒ isósceles  

0 0 1 1 3 1 2 1 = 2 − = ⇒ D ∉ ao segmento AB 2 2 2 3 1 1 3 1 1 1 2 1 = 0 ⇒ 6 + y + x − 2x − 3y − 1= 0 ⇒ x y 1 ⇒ x + 2y = 5

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 1 mr ⋅ ms =−5 ⋅  −  =1⇒ r e s não são  5 perpendiculares.

é a equação da reta que passa por B e C Assim, somente a afirmativa I é verdadeira.

Resposta: a.

mr ≠ ms ⇒ r e s não são paralelas

2.

Resposta: a.

As coordenadas de P e O são P(4, y) e O(0, 0)

dOP = 42 + y 2 = 5 ⇒ 16 + y 2 = 25 ⇒ y = 3

6.

A equação da reta que passa por OP é obtida fazendo:

d= d= dDA ⇒ Quadrado ABCD ⇒ d= AB BC CD ⇒ (1+ 1)2 + (1− 3)2 =

(x + 1)2 + (y − 3)2 ⇒

⇒ (x + 1)2 + (y − 3)2 = 8

0 0 1

Agora é mais simples verificar qual dos 5 pares xy satisfaz esta igualdade.

4 3 1 =0 ⇒ 4y − 3x =0 ou 3x − 4y =0 x y 1

x = 1 e y = 5 ⇒ (1+ 1)2 + (5 − 3)2 = 4 + 4 = 8

Resposta: c.

Resposta: a.

3.

32 60 1 D = 70 100 1 = x 20 1

7.

x 1 Seja r: x + 3y =3 ⇒ y =− + 1⇒ mr =− 3 3

= 3 200 + 60x + 1 400 – 100x – 640 – 4 200

Seja s: 2x + y =1⇒ y =−2x + 1⇒ ms =−2

D = –240 – 40x área = 600 ⇒ 1 · |–240 – 40x| = 600 ⇒ |–240 – 40x| = 2 = 1 200

Como mr ≠ ms , as retas não são paralelas ⇒ ⇒ elas se interceptam em 1 ponto que é a solução do sistema

–240 – 40x = 1 200 ⇒ x < 0, não convém

x + 3y= 3 (x − 2)  1 2x + y =

ou –240 – 40x = –1 200 ⇒ 960 = 40x ⇒ x = 24

−6 −2x − 6y = (+)  2x + y = 1 

Resposta: d.

− 5y =−5 ⇒ y =1⇒ x =0

4. y = – 23 x + k x = 0 ⇒ y = k; (0, k) y = 0 ⇒ x = 3k ; 3k , 0 ⇒ 3k · k · 1 = 12 ⇒ 3k2 = 48 ⇒ 2 2 2 2 ⇒ k = 4

Assim, o ponto de interseção é P(0, 1). Resposta: b.

8.

Resposta: a.

5.

(0,5) ∈ r, pois 5 ⋅ 0 + 5 − 5 = 0 (2, −5) ∈ r, pois 5 ⋅ 2 − 5 − 5 = 0 (10,0) ∈ s, pois 10 + 5 ⋅ 0 − 10 = 0 (5,5) ∉ s, pois 5 + 5 ⋅ 5 − 10 ≠ 0 Cálculo do coeficiente angular de r: 5x + y − 5 = 0 ⇒ ⇒ y =−5x + 5 ⇒ mr =−5 Cálculo do coeficiente angular de s: x 1 x + 5y − 10 =0 ⇒ y =− + 2 ⇒ ms =− 5 5


A única reta das 5 retas dadas que é perpendicular ao eixo OY é a reta y = –1. Logo, não é necessário fazer qualquer outro cálculo.

Resposta: a.

9.

r: x − 3y + 3 = 0 s: x + 3y + 3 = 0 t: x = 1 Os vértices do triângulo são interseções de r e s, reteset

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| 28 |

0 x − 3y + 3 = (+)  x + 3y + 3 = 0  2x + 6 = 0 ⇒ x = −3 ⇒ y = 0 ⇒ vértice A( −3,0)

11.

Equação da reta que passa por A = (2,0) e B = (0,3) :

y ax + b =

0 x − 3y + 3 = 4 ⇒ −3y + 4 = 0 ⇒ y = ⇒  = x 1 3 

0= 2a + b 3 3 e a =− ⇒b =  3 0 x b = ⋅ + 2 

 4 ⇒ vértice B  1,   3

3 3 y =− x + b ⇒ my =− 2 2

0 x + 3y + 3 = 4 ⇒ 3y + 4 =0 ⇒ y =− ⇒  x = 1 3  4   ⇒ vértice C  1, −  3 

Equação da reta perpendicular a y no ponto B:

Os lados do triângulo são as distâncias AB, BC e AC. 2 160  4  dAB = (1+ 4)2 +   = 9  3  2  triângulo 64  4 4 dBC =  − −  = ⇒ 9 isósceles  3 3   2 160   4 dAC= (1+ 3)2 +  −  = 9   3 

Como a reta t é paralela ao eixo y, basta verificar se r e s são perpendiculares para comprovar se o triângulo é retângulo.

3 = 0 ⋅ x + b ⇒ b = 3 ⇒ y' = my' ⋅ x + 3 3 2 my ⋅ my' =−1⇒ − ⋅ my' =−1⇒ my' = ⇒ 2 3 2 ⇒ y'= x + 3 ou 2x − 3y'+ 9 = 0 3 Resposta: c.

12. Neste caso, a solução gráfica é a mais simples: y

y = −x

y=x 3

(– 3, 3)

(3, 3)

2

1

x 1 r: x − 3y + 3 = 0 ⇒ y = + 1⇒ mr = 3 3 –3

–2

–1

1

2

3

x

x 1 s: x + 3y + 3 =0 ⇒ y =− − 1⇒ ms =− 3 3 1 mr ⋅ ms = − ⇒ o triângulo não é retângulo 9 Resposta: a.

Área do triângulo =

base ⋅ altura 6 ⋅ 3 = = 9 2 2

Reposta: b.

3 3 e ms = ⇒ r // s 7 7 • Tomemos um ponto P qualquer de r: 6 6 x = 0 ⇒ y = – P 0, – 7 7

10. •

mr =

6 | | dP, s = –3 · 0 + – 7 · 7 + 1 = – 6 + 1 = 5 é a 4 4 (– 3)2 + ( 7 )2 medida do lado. 2

1 2

13. A PQR = D =20 ⇒ D =40 2 D= 2 x0

1 1 5 1 = 10 + 8 + x 0 − 5x 0 − 8 − 2 = 8 − 4x 0 4 1

D = 40 ⇒ 8 − 4x 0 = 40 ⇒ ⇒ 8 − 4x 0 = 40 ou − (8 − 4x 0 ) = 40 ⇒

A área é 5 = 25 4 16

⇒ x0 = −8 (não convém, pois x 0 > 0) ou x 0 = 12

Resposta: a.

Resposta: e.


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| 29 |


Daí,

14. Q = (2x, x) Q ∈r ⇒ 2x + x − 3 = 0 ⇒ x = 1⇒ Q = (2,1) dPQ=

15.

(2 − 3)2 + (1− 4)2=

2 área = ⇒ |D| = 2 ⇒ 2

10

1 1 = 2 ⇒ 1

Resposta: b.

⇒ 2a – 2 = 2 ⇒ 2a – 2 = 2 · (a + 1) ⇒ a + 1 a + 1 ⇒ 2a – 2 a = 2 + 2

r: = y ax + b

a(2 – 2 ) = 2 + 2 ⇒

P= (0,1) e Q = ( −2,0) ∈r

⇒ a = 2 + 2 · 2 + 2 = 6 + 2 = 3 + 2 2 2 2 – 2 2 + 2

Logo, 1= a ⋅ 0 + b e 0 = a ⋅ ( −2) + b ⇒ b = 1 e

Resposta: a.

1 1 a = ⇒ r : y = x +1 2 2

1 5

(2, y A ) e B = (xB , 4) ∈ f(x) : y = 3− x 19. A =

r e s perpendiculares ⇒

1 mr ⋅ ms =−1⇒ ⋅ ms =−1⇒ ms = −2 2 1 3  3 W = (1, y W ) ∈r ⇒ y W = + 1= ⇒ W =  1,  2 2  2

2 13 1 ⇒ y A =3 − = e 4 = 3 − xB ⇒ 5 5 5  13  ⇒ xB =−5 ⇒ A = 2,  e B = ( −5, 4)  5 C = (x C , y C ) é equidistante de A e B ⇒

3  3 s : y =−2x + b e W = 1,  ∈ s ⇒ =−2 + b ⇒ 2  2

⇒ dAC = dBC ⇒

7 7 ⇒b = ⇒ s: y = −2x + ou 4x + 2y = 7 2 2

13   ⇒ (x C − 2)2 +  y C −  = 5 

Resposta: e.

=

16. A função f é definida por y = mx + n; m = tg 45o = 1, isto é, y = x + n f(5) = f(3) ⇒ 5 + n = 3 + n ⇒ n = –8; y = x – 8 3 5 3 5 f(4) 4 – 8 Daí, = = –1 4 4 Resposta: b.

17. P x, 2 – 3x 5

2

(x C + 5)2 + (y C − 4)2 ⇒

26 169 yC + = 5 25 = x 2C + 10x C + 25 + y 2C − 8y C + 16 ⇒

⇒ x 2C − 4x C + 4 + y 2C −

0 ⇒ 175x C − 35y C + 378 = Para encontrar as coordenadas de C, deve-se testar os pontos dados na equação acima. O único ponto que satisfaz a equação é 33  3 33   3  − ,  . Veja: 175 ⋅  −  − 35 ⋅ + 378 = 0 ⇒ 2 10 2 10    

525 1155 − + 378 = 0 ⇒ −378 + 378 = 0 2 10

dP, eixo x = 2 – 3x ; dP, eixo y = x ⇒ 2 – 3x = x ⇒ x = 5 5 5 4

⇒−

P 5 , 5 4 4 m = 5 ⇒ 10x – 6y – 5 = 0 3 Resposta: a.

Resposta: e.

18.

0 0 1 1 2 2a a + 1 a + 1

y = x y = –x + 2 y = –x + 2 y = ax


⇒ x = y = 1;

y = x y = ax

20. (a, b) é o ponto comum de s e t. Do gráfico vem que b = –2 e a >1

⇒ x = y = 0;

⇒ x = 2 e y = 2a a + 1 a + 1

tg 30°=

4 3 4 12 ⇒ = ⇒= a = 4 3 a 3 a 3

Logo, ab =

3) ( 4= −2

1 1 = 2 48 4 3

(

)

Resposta: e.

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21.

| 30 |

As coordenadas dos vértices do quadrilátero são obtidas pela resolução dos sistemas dos pares das retas dadas. Assim, temos:

0 x − y − 2 =  (+) x 0  2 + y − 3 =

Coordenadas do vértice A:

3x 10 10 4 −5= 0 ⇒ x = ⇒ y = −2 = ⇒ 2 3 3 3  10 4  ⇒P =  ,   3 3

y= x + 2 (+)  y =− x − 2 2y = 0 ⇒ y = 0 ⇒ x = −2 ⇒ A( −2,0)

Coordenadas do vértice B:

Área ABP =

y= x + 2 ( −)  y 2x − 2 = 0 =− x + 4 ⇒ x =4 ⇒ y =6 ⇒ B(4,6)

=

Coordenadas do vértice C:

1 D onde D = 2

0 3 1 2 0 1 = 10 4 1 3 3

8 20 + 10 − 6 = 3 3

1 20 10 Área ABP = ⋅ = 2 3 3

−2x + 2 y = ( −)  y 2x − 2 =

Resposta: d.

0 =−4x + 4 ⇒ x =⇒ 1 y =0 ⇒ C(1,0)

23. P ∉ r

Coordenadas do vértice D:

Vamos obter P’, pé da perpendicular (s) a r por P.

 y =− x − 2 ( −)  −2x − 2 y =

mr = 3 ⇒ ms = – 1 ⇒ y – 5 = – 1 · (x – 2) ⇒ x + 3y – 17 = 0 3 3 P ∈ s x + 3y = 17 ⇒ x = 11 e y = 53 {P’} = r ∩ s 10 10 y = 3x + 2

0 =x − 4 ⇒ x =4 ⇒ y =−6 ⇒ D(4, −6)

Área quadrilátero ABCD = 2 · área triângulo ABC =

= 2⋅

base ⋅ altura = 3 ⋅ 6 = 18 2

Resposta: d.

24.

y 6

B

II. Como o cálculo é mais complexo, pode-se deixar para o final, se necessário.

4 2

A

C 2

4

x

–2

–6

−1 −3 1 1 D onde D = 5 6 1 = 2 3 −1 1

=−6 − 5 − 9 − 18 − 1+ 15 =−24 D

Resposta: a.

22. As coordenadas de P são obtidas pela resolução do sistema:

III. Verdadeira, pois se M é o ponto médio de −1+ 5 −3 + 6 3 = xM = 2 = e yM = AB, então 2 2 2 IV. Falsa, pois Área

ABC =

–4


I. Falsa, pois, se D pertence ao eixo x, a ordenada de D é o 0 (zero).

Assim, Área ABC =

1 ⋅ − 24 = 12 2

Logo, não é necessário verificar a afirmação II, pois, como I e IV são falsas, as alternativas a, b, c, e d são eliminadas. Resposta: e.

9/2/10 10:48:13 AM

| 31 |


29. xD = xE = t; yE = 2t + 1

m = Δy = 8 – 5 = 3 Δx 12 – 8 4 25. AB : 3 y – 5 = · (x – 8) ⇒ 3x – 4y – 4 = 0 4 dC, AB =

|3 · 10 – 4 · 5 – 4| 32 + (–4)2

xA = xB = 1; yB = 2 · 1 + 1 = 3

(DE + AB) · AD = 2 = (2t + 1 + 3) · (t – 1) = (2t + 4) · (t – 1) = (t + 2) · (t – 1). 2 2 (AB + OC) · 1 = • OABC é um trapézio cuja área é: 2 = (3 + 1) · 1 = 2 2 2 = 4(t + 2) · (t – 1) ⇒ t2 + t – 2 = 1 ⇒ 2t2 + 2t – 5 = 0 2 11 11 –2 ± 2 –1 ± = ; como t > 0, temos t = 4 2 11 t = –1 ± 2 Resposta: e.

• ADEB é um trapézio; sua área é:

= 6 = 1,2 (no mapa) 5

Como a escala é de 1: 60 000 000, a distância real pedida é 6 = 720 km. 72 000 000 cm = 72 · 10 105 Resposta: a.

26. Os coeficientes angulares de s e r são negativos e, em valor absoluto o de s é maior pois s é mais inclinada que r. Já o coeficiente angular de t é positivo. Assim, a ordenação crescente dos coeficientes angulares é s, r, t.

30. x: quantidade do primeiro tipo; x > 0

Resposta: c.

y: quantidade do segundo tipo; y > 0 Devemos ter 50x + 100y ⩽ 1 000 ⇔ x + 2y ⩽ 20.

27. Para achar as coordenadas do ponto P em que

Resposta: a.

as retas concorrem, deve-se resolver o sistema:

42 5x − 12y = ( −)  5x + 16y = 56 

31.

m1 ⋅ m2 = −1⇒ −1⋅

1  1 −28y =−14 ⇒ y = ⇒ 5x − 12   =42 ⇒ 2 2

⇒ x=

= a−2⇒ a =

48  48 1  ⇒ P=  ,  5  5 2

P∈ t ⇒ 5⋅

( −a + 1) = −1⇒ −a + 1= a−2

3 2

Resposta: e.

32. (3b + 4a)x + 2y + b = 0 é paralela ao eixo x ⇒ 3b + 4a =

48 1 + 20 ⋅ = m ⇒ m = 58 5 2

= 0 (1) e sua equação é 2y + b = 0;

Resposta: e.

28.

( −a + 1) m1 = −1, m2 = (a − 2)

A bissetriz dos quadrantes pares tem equação y = –x; x = –6; temos y = 6. Logo (–6, 6) pertence à reta 2y + b = 0 ⇒

Esta questão deve ser resolvida graficamente. A região preenchida corresponde à área procurada.

⇒ 2 · 6 + b = 0 ⇒ b = –12 ⇒ –36 + 4a = 0 ⇒ a = 9 Reposta: d.

33.

y

A resolução gráfica é a mais rápida e simples. y − 7x + 14 = 0

y

3

6

2

P (3,6)

(– 1,4) Q 2

1

–2

1

2

3

4

5

x

2

4

6

x

–4 –6 –8

Área= 

base ⋅ altura 1⋅ 5 = = 2,5 2 2

Resposta: a.


– 10 – 12 – 14

9/2/10 10:48:14 AM


| 32 |

Soma das coordenadas de P = 3 + 6 = 9

Carga máxima:

Resposta: e.

75 kg → 0,3b + 0,25c ⩽ 75 ⇒ 30b + 25c ⩽ 7 500 Pagamento mínimo: R$ 30,00 → 0,30b + 0,08c ⩾ 30 ⇒ 30b + 8c ⩾ 3 000

34. t2 – t – 6 = 0 ⇒ t = 3 ou t = –2

c

Daí: |x – y| = 3 ⇒ x – y = ± 3 ⇒ x – 3 = y ou x + 3 = y

375 300

|x – y| = –2 não ocorre As retas de equação y = x – 3 e y = x + 3 são paralelas. Resposta: b.

T

35. CD : y = –x + a x = 0, y = a ⇒ C(0, a)

0

y = 0, x = a ⇒ D(a, 0) 2

2

x = 0, y = n y = 0, x = n

38. O rato deve passar, sucessivamente, pelos pontos (0, 0), (1, 0), (3, 2), (3, 3) e (4, 4).

A(0, n)

y

B(n, 0)

4

AB = OA + OB ⇒ (ab 2 )2 = n2 + n2 ⇒ 2n2 = (ab 2 )2 ⇒ 2

b

250

Resposta: d.

CD = a + a ⇒ CD = a 2 Como AB = b, vem: AB = b ⇒ AB = ab 2 CD a 2 AB : y = –x + n 2

100

2

2

3

⇒ n = ab 2 ⇒ n = ab; AB : x + y – ab = 0 2

2

Como C ∈ CD , podemos calcular a distância de C à reta AB :

0

2

2

1 – b > 0.

4

x

x y EC : 3 7 11 11

Resposta: c.

39. Equação de reta

BD : ∆y m = ∆x = 0 – 2 = – 1 4–0 2 y – 0 = – 1 · (x – 4) ⇒ y = – 1 x + 2 2 2

Resposta: e.

36.

3

|0 · 1 + a · 1 – ab|

| | | | = a – ab = a(1 – b) = a(1 – b) 2 2 2 1 +1 Observe que, por hipótese, a > 0 e como 0 < b < 1,

d=

1

1 1 =0 1

• BC = 4; a altura relativa a BC mede h • ED = 4 – x; a altura relativa a ED mede 2 – h

7x + 11y + 33 – 77 – 11x – 3y = 0 –4x + 8y – 44 = 0 ⇒ –x + 2y – 11 = 0 D ∈ EC e xD = 1 ⇒ –1 + 2yD – 11 = 0 ⇒ 2yD = 12 ⇒ ⇒ yD = 6; D(1, 6) área = (BC + AD) · AB = (11 + 6) · 10 = 85 2 2 Resposta: c.

4·h 2 · (4 – x) · (2 – h) ⇒ • área T1 = 2 · área T2 ⇒ 2 = 2 ⇒ 2h = (4 – x) · (2 – h) ⇒ xh = 6h + 2x – 8 (1)

• Como BC // AD , os triângulos T1 e T2 são semelhantes. 4 = 4 – x ⇒ 8 – 4h = 4h – xh ⇒ xh + 8 = 8h ⇒ h 2–h ⇒ xh = 8h – 8 (2) Daí, comparando (1) e (2), vem: 6h + 2x – 8 = 8h – 8 ⇒ 2x = 2h ⇒ x = h

37. Material Bobina Cartucho


Massa (kg) 0,3 0,25

Pagamento (R$) 0,30 0,08

Em (2)

32 x2 = 8x – 8 ⇒ x2 – 8x + 8 = 0 ⇒ x = 8 ± 2 2 =4±2 2 x= 8±4 2

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| 33 |

Como x < 4, devemos ter x = 4 – 2 2 . Resposta: b.

40. A’ (–5, – 4), B’ (–1, –1) e C’ (–3, –7) x y A’B’: –5 –4 –1 –1

1 3 1 3 1 =0⇒y= 4 x– 4 ;m= 4 1

Seja r a reta pedida: C’ ∈ r

⇒ y + 7 = – 4 (x + 3) ⇒ 4x + 3y + 33 = 0 3 mr = – 4 3 Resposta: c.

41. I.

(V); mOA = 2 – 0 = 1 ; mOB = 6 – 0 = –3; 1 ⋅ (–3) = – 1 6–0 3 –2 – 0 3

II. (F); OB =

22 + 62 = 40; OC =

22 + 62 = 40;

BC = 42 + 02 = 4 Pela Lei dos Cossenos vem: BC2 = OB2 + OC2 – 2 ⋅ OB ⋅ OC ⋅ cos α 42 = ( 40)2 + ( 40)2 – 2 · 40 ⋅ 40 ⋅ cos α 80 cos α = 40 + 40 – 16 80 cos α = 64 ⇒ cos α = 4 5 III. (F); 6 + (–2) = 2; 2 + 6 = 4; (2, 4) 2 2 IV. (V); dPO = (3 – 3 )2 + (1 + 3 3 )2 = = 9 + 6 3 + 3 + 1 – 6 3 + 27 = 40 dPA = (3 – 3 – 6)2 + (1 + 3 3 – 2)2 = = (–3 – 3 )2 + (–1 + 3 3 )2 = = 9 + 6 3 + 3 + 1 – 6 3 + 27 = 40


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MCA3 Resol.cap2

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