12
Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo ACF , temos: (1 1 2 x)2 5 (1 1 x)2 1 12 ⇒ 3 x 2 1 2 x 2 1 5 0 1 x 5 ou x 5 21 (não convém) 3 1 t é Logo, a medida do segmento AE é . 3
i 51
tg 4 45 5 ° 1 tg
5
1 2 tg 45 ° ? tg 1 1 tg 1 2 tg
5
4 3
1 11 3
tg 5
⇒
1 7
12
∑
∑Bi 2 x
, o i 51 12 12 que é absurdo, pois contraria a condição (I). Logo, em pelo menos um dos meses o índice pluviométrico da região A foi maior que o da região B. Alternativa c. 1 < i < 12, teríamos que
i 51
Ai 2 x
Geometria analítica: ponto e reta
Questões propostas 1.
a) AB 5 (8 2 2 )2 1 (1 2 2 4 )2 5 6 2 1 8 2 5
Os gastos, em real, com alimentação das duas famílias são: • Família de renda R$ 6.000,00 9 ? 6.000 5 540 10 0
b) AB 5 (4 2 0 )2 1 (0 2 2)2 5 4 2 1 (22)2 5
• Família de renda R$ 400,00
c) AB 5 [3 2(22)]2 1 (1 8 2 6)2 5 52 1 12 2 5
5
3 6 1 6 4 5 10
5 16 1 4 5 20 20 5 2 5
2 5 1 1 4 4 5 13 5 25
Logo, os gastos (R$ 540,00) 540,0 0) da família de maior renda são, aproximadamente, aproximadam ente, o quádruplo dos gastos (R$ 132,00) da família de menor renda. Admitindo que a alternativa “quatro vezes maiores” significa “o quádruplo”, temos como resposta a alternativa b. Alternativa b.
d) AB 5 [23 2(21)]2 1 [28 2(24 )]2 5 5 (22)2 1 (24 )2 5 2.
O número de cabeças de gado bovino da região V em 2009 era 43.000, aproximadamente, e o número de cabeças das 5 regiões juntas em 1979 era, aproximadamente, 2.000 1 8.000 1 18.000 1 10.000 1 1 7.500 5 45.500. Assim, concluímos que em 2009 o número de cabeças de gado bovino da região V estava próximo do número de cabeças das cinco regiões juntas em 1979. Alternativa d. Sendo x o número de meninas da classe, temos que o número de meninos é 40 2 x. Assim: 7, 6 x 1 6, 6(40 2 x ) 7,6 6 x 1 264 2 6, 6,6 6 x 5 28 5 7,2 ⇒ 7, 288 8 40 x 5 24 Logo, o número de meninas da classe é 24. Alternativa d.
4 1 16 5 2 5
Do enunciado, temos P (15, (15, y P ), O (0, 0) e OP 5 17. Assim: OP 5 17 ⇒ (1 5 2 0 )2 1 ( y P 2 0 )2 5 17
3.
i
i 51
12
33 ? 400 5 132 10 0
2.
.
Capítulo 3
Questões de revisão cumulativa 1.
i
(I) 12 12 Se Ai fosse menor ou igual a Bi para qualquer i, com
b) O triângulo EFC é é retângulo em F e e isósceles; logo, BF ) 5 m(C EF B ) 5 45°. Assim, temos: C m( E CF x 1 1 ⇒ tg (45° 1 ) 5 1 ⇒
12
∑ A 2 x ∑B 2 x
2
2
152 1 ( y P ) 5 172 ⇒ ( y P ) 5 289 2 225 2
( y P ) 5 64 ⇒ y P 5 28 ou y P 5 8
Como P é é um ponto do primeiro quadrante, temos que y P é positivo. Logo, a ordenada do ponto P é é 8. 3.
O raio da circunferência circunferência é igual à distância de (0, 3) a P (2, (2, 5). Assim, temos que o raio é C (0, CP 5 (2 2 0 )2 1 (5 2 3 )2 5 2 2 1 2 2 5 8 5 2 2 .
4.
a) AB 5 (1 0 2 2)2 1 (21 2 5)2 5 8 2 1(26)2 5 10 BC 5 (9 2 1 0 )2 1 [22 2(21)]2 5 5 (21)2 1(21)2 5 2
CA 5 (2 2 9)2 1 [5 2(22)]2 5 (27 )2 1 7 2 5 5 98 98 5 7 2
4.
Sendo A1, A2, A3, ..., A12 e B1, B2, B3, ..., B12 os índices pluviométricos das regiões A e B, respectivamente, e sendo x . 5 . 5
A1 1 A2 1 A3 1 ... 1 A12
12
B1 1 B2 1 B3 1 ... 1 B12
12
, temos:
5
Logo, o perímetro do triângulo ABC é 10 1
2 1 7 2 5 10 1 8 2 5 2(5 1 4 2 ). 2
2
b) Como 102 5 ( 2 ) 1 (7 2 ) , ou seja, ( AB)2 5 ( BC BC )2 1 (CA)2, temos que o triângulo ABC é retângulo em C . Parte específica
Matemática Paiva
59
5.
Pelo teorema de Tales, temos: 624 AC 5 CB 10 2 6 AC 1 5 CB 2
Como P é um ponto do eixo das abscissas, P é da forma ( x, 0). Do enunciado, temos PA 5 10. Assim: ( x 2 2)2 1 (0 2 6)2 5 10 ⇒ x2 2 4 x 1 4 1 36 5 100 x2 2 4 x 2 60 5 0 5 (24)2 2 4 ? 1 ? (260) 5 256
x 5
2(2 4 ) ±
25 6
2?1
x 5
⇒
4
t, de A para B, Logo, o ponto C divide divide o segmento AB 1 na razão . 2
± 16 2 b)
x 5 10 ou x 5 26 Logo, há duas possibilidades para o ponto P : P (10, (10, 0) ou P (26, 0).
6.
y
A
Um ponto que pertence à bissetriz dos quadrantes quadrantes pares tem abscissa e ordenada opostas. Dessa forma, consideremos Q (q , 2q ). ). Do enunciado, temos QA 5 2 5 . As A ssim:
2
⇒
q 5
2(210 )
±
4
⇒
q 5
10
2?1 2 q 5 4 ou q 5 6 Logo, há duas possibilidades para o ponto Q: Q (4, 24) ou Q (6, 26).
c)
y
2
19 20
2
2
2
B
3
AB 5 (3 2 2)2 1 (7 2 6)2 5 2 2
C A
2 5
AC 5 ( x 2 2) 1 (0 2 6 ) 5 x 2 4 x 1 40
0
BC 5 ( x 2 3 ) 1 (0 2 7) 5 x 2 6 x 1 5 8
a)
7
x
10
t, de A Portanto, o ponto C divide divide o segmento AB para B, na razão 1.
y
9.
a)
y
B
12
B
11
C
10 9
4
Pelo teorema de Tales, temos: AC 724 5 CB 10 2 7 AC 5 1 CB
Logo, temos: BC )2 5 ( AB AB )2 1 ( AC )2 ⇒ ( BC 2 x 1 58 5 2 1 x2 2 4 x 1 40 ⇒ x 2 6 2 x 5 16 ⇒ x 5 8 Portanto, a abscissa de C é é 8. Alternativa d. 8.
x
6
t, de A Portanto, o ponto C divide divide o segmento AB 5 para B, na razão . 2
Se o triângulo ABC é é retângulo em A, devemos ter: 2 2 BC ) 5 ( AB AB ) 1 ( AC AC )2 ( BC x, 0). Como o vértice C está está sobre o eixo Ox, C é é do tipo ( x Assim:
2
4
Pelo teorema de Tales, temos: AC 4 2(21) 5 CB 624 AC 5 5 CB 2
±2
2
0
�1
B
1
2
q 2 4 q 1 4 1 q 2 16q 1 64 5 20 q 2 2 10q 1 24 5 0 5 (210)2 2 4 ? 1 ? 24 5 4 ⇒
C
3
( q 2 2 )2 1 [2q 2(28)]2 5 2 5
7.
8
A
C
y C A 5
0
60
Matemática Paiva
4
6
Parte específica
10
x
0
3
x C
12
x
5.
Pelo teorema de Tales, temos: 624 AC 5 CB 10 2 6 AC 1 5 CB 2
Como P é um ponto do eixo das abscissas, P é da forma ( x, 0). Do enunciado, temos PA 5 10. Assim: ( x 2 2)2 1 (0 2 6)2 5 10 ⇒ x2 2 4 x 1 4 1 36 5 100 x2 2 4 x 2 60 5 0 5 (24)2 2 4 ? 1 ? (260) 5 256
x 5
2(2 4 ) ±
25 6
2?1
x 5
⇒
4
t, de A para B, Logo, o ponto C divide divide o segmento AB 1 na razão . 2
± 16 2 b)
x 5 10 ou x 5 26 Logo, há duas possibilidades para o ponto P : P (10, (10, 0) ou P (26, 0).
6.
y
A
Um ponto que pertence à bissetriz dos quadrantes quadrantes pares tem abscissa e ordenada opostas. Dessa forma, consideremos Q (q , 2q ). ). Do enunciado, temos QA 5 2 5 . As A ssim:
2
⇒
q 5
2(210 )
±
4
⇒
q 5
10
2?1 2 q 5 4 ou q 5 6 Logo, há duas possibilidades para o ponto Q: Q (4, 24) ou Q (6, 26).
c)
y
2
19 20
2
2
2
B
3
AB 5 (3 2 2)2 1 (7 2 6)2 5 2 2
C A
2 5
AC 5 ( x 2 2) 1 (0 2 6 ) 5 x 2 4 x 1 40
0
BC 5 ( x 2 3 ) 1 (0 2 7) 5 x 2 6 x 1 5 8
a)
7
x
10
t, de A Portanto, o ponto C divide divide o segmento AB para B, na razão 1.
y
9.
a)
y
B
12
B
11
C
10 9
4
Pelo teorema de Tales, temos: AC 724 5 CB 10 2 7 AC 5 1 CB
Logo, temos: BC )2 5 ( AB AB )2 1 ( AC )2 ⇒ ( BC 2 x 1 58 5 2 1 x2 2 4 x 1 40 ⇒ x 2 6 2 x 5 16 ⇒ x 5 8 Portanto, a abscissa de C é é 8. Alternativa d. 8.
x
6
t, de A Portanto, o ponto C divide divide o segmento AB 5 para B, na razão . 2
Se o triângulo ABC é é retângulo em A, devemos ter: 2 2 BC ) 5 ( AB AB ) 1 ( AC AC )2 ( BC x, 0). Como o vértice C está está sobre o eixo Ox, C é é do tipo ( x Assim:
2
4
Pelo teorema de Tales, temos: AC 4 2(21) 5 CB 624 AC 5 5 CB 2
±2
2
0
�1
B
1
2
q 2 4 q 1 4 1 q 2 16q 1 64 5 20 q 2 2 10q 1 24 5 0 5 (210)2 2 4 ? 1 ? 24 5 4 ⇒
C
3
( q 2 2 )2 1 [2q 2(28)]2 5 2 5
7.
8
A
C
y C A 5
0
60
Matemática Paiva
4
6
Parte específica
10
x
0
3
x C
12
x
Pelo teorema de Tales, temos: x 2 3 AC 5 C CB 12 2 xC
x 2 3 1 5 C 2 12 2 xC
⇒
10.
yC 5 7
(6, 7). Portanto, C (6, b)
5 . 14
t u é Como AM é mediana e G é é baricentro do triângulo, 2 t u, de A para M , na razão . G divide divide o segmento AM 1 y
y A
5 14
69 , 14
y 2 5 1 5 C 2 11 2 yC
⇒
yC 5
Portanto, C
xC 5 6
y 2 5 AC 5 C CB 11 2 yC
12
A
y A
G
4
C
y C
C 2
M B 0
x C
0
5 2 x A AG 5 GM 725
x
8
Pelo teorema de Tales, temos: AC xC 2(21) 5 CB 8 2 xC
xC 5
yC 5
x 2(21) 2 5 C 3 8 2 xC
⇒
7
x
5 2 x A 2 5 1 2
x A 5 1 ⇒
y 2 4 2 5 A 1 2
y A 5 8
Logo, as coordenadas do vértice A são x A 5 1 e y A 5 8 e, portanto, A(1, 8).
12 2 yC 2 5 3 yC 2 0
36 5
11.
13 , 5
⇒
AG y A 2 4 5 GM 422
Portanto, C c)
13 5
12 2 yC AC 5 CB yC 2 0
⇒
5
Pelo teorema de Tales, temos:
B
�1
x A
36 . 5
y B
8
D
y D y C
y
5
C A C
�
D B
�
�
A
3 4
C
y C
B
1
0
5
x C
1
13 2
Pelo teorema de Tales, temos: xC 2 1 AC 5 CB 13 2 xC 2
xC 5
⇒
xC 2 1 5 5 2 13 2 2 xC 2
69 14
3 2 yC AC 4 5 1 CB yC 2 5
⇒
x C x D
4
x
x
Pelo teorema de Tales, temos: AC AC 5 AB AB
x 2 1 1 5 C 3 4 21
⇒
y 2 5 1 5 C 3 825
yC 5 6
AD AD 5 AB AB
⇒
xC 5 2
AC CC 5 AB BB
3 2 4 yC 5 4 5 5 yC 2 1 2 5
1
⇒
x 2 1 2 5 D 3 4 21
x D 5 3 Parte específica
Matemática Paiva
61
AD DD 5 AB BB
y 2 5 2 5 D 3 825
⇒
y N 5
yC 1 yD
y N 5
⇒
2 5 , 1 N 2 2
y D 5 7
Logo, C (2, (2, 6) e D (3, 7).
210 5 1 2
t u: Calculamos, então, o comprimento de MN 12.
t em x M , y M ) o ponto médio do segmento AB Seja M ( x cada caso, temos: x 1 x B 511 5 5 3 ⇒ x ⇒ x a) x M 5 A M M 2 2 y M 5
y A 1 y B
9 1 13 2
y M 5
⇒
2
MN 5
y M 5 11
⇒
y M 5
2 1 (21) 2
x M 5
⇒
2
3 12 2 5 ⇒ y M 2
y A 1 y B
2
x M 5
⇒
1 2
y M 5
2 M (23, 9)
2 1 (1 2 2 )
x M 5
⇒
y A 1 y B
2
y M 5
⇒
2
x M 5
⇒
1 1 3 1 ( 3 2 1) 2
1 2
1 , 2
8
AM 5 2 10
t u do Logo, a mediana AM do triângulo ABC me mede 2 1 0 . Como A e B têm a mesma abscissa (2), temos que C e e D pertencem à reta paralela ao eixo Ox, que passa por t. M , ponto médio de AB Assim: x M 5
y
13.
AM 5 (26)2 1 2 2
15.
3
y M 5
x A 1 x B
y A 1 y B
2
2
x M 5
⇒
212 5 2 e 2
519 5 7. 2
y M 5
⇒
Então, M (2, (2, 7) e, portanto, os pontos C e D têm ordenada 7. Além disso, temos que M é centro do quadrado e, portanto, AM 5 BM 5 CM 5 DM .
A B
6
⇒
⇒
⇒
3
M
8 1 10 5 9 2
y M 5
⇒
AM 5 (23 2 3)2 1 (9 2 7 )2
2
y M 5
y B 1 yC
t u é: Assim, o comprimento da mediana de AM é:
x A 1 x B
⇒
t, temos: Sendo M o o ponto médio do seg mento BC x 1 xC 28 1 2 x M 5 B 5 5 23 ⇒ x M 2 2 y M 5
7 5 ⇒ y M 4
1 7 , 2 4
c) x M 5
MN 5 3 5
Logo, Log o, a base méd média ia do tra trapézi pézio o med medee 3 5 .
M
⇒
MN 5 (23)2 1 (26)2
14.
x A 1 x B
1 2 1 (1 2 7)2 2
⇒
M (3, (3, 11)
b) x M 5
2
2 5 2
Assim, concluímos: • x M 2 xC 5 y M 2 y B ⇒ 2 2 xC 5 9 2 7 C
2
• x D 2 x M 5 y M 2 y B ⇒ x D 2 2 5 9 2 7
D
�4
�1
x
1
t tal A base média do trapézio é o segmento MN tal que t M e e N são, são, respectivamente, os pontos médios de AB t C D. Assim, temos: e CD •
x
M
5
y M 5
•
62
x
xC 5 0
x A 1 x B
2 y A 1 y B
2
x M 5
⇒
y M 5
⇒
0 11 1 5 2 2
x D 5 4
Logo, temos C (0, 7) e D (4, 7). y B 9
7
816 5 7 2
5
C
D
M A
1 , 7 2
M
N
5
xC 1 x D
2
Matemática Paiva
x N 5
⇒
21 1 (24 )
2
Parte específica
52
5 2
0
2
4
x
16.
Suponhamos C oposto a A e D oposto a B. t u. t e de BD Dessa forma, P é ponto médio de AC Temos, então: x A 1 xC 1 1 xC 3 • x 5 5 ⇒ P 2 2 2 x 5 2 C y P 5
2
21.
Sejam os pontos P , Q e R conforme a figura a seguir.
6 1 yC
y
2
s
x B 1 x D
⇒
2 y B 1 y D
5 5
⇒
2
8 1 y D 2
Seja ( x, y) o simétrico de A em relação a Q em cada caso. Temos, então: x 1 x xQ 2 x A ⇒ x 5 2 • xQ 5 A 2 y A 1 y
2
x
Q
y D 5 2
• yQ 5
R
30°
No triângulo PQR, temos B ) 5 180° 2 90° 2 30° ⇒ m( P RQ B ) 5 60°. m( P RQ Assim, a inclinação da reta s é 180° 2 60° 5 120° e, por-
Logo, C (2, 4) e D 5 (0, 2). 17.
tanto, seu coeficiente angular é m 5 tg 120° 5 2 3 . 22.
y 5 2 yQ 2 y A
⇒
Como o coeficiente angular é 1, temos que a inclinação da reta r é 45°. Assim, temos o gráfico: y
a) x 5 2 ? 5 2 3 ⇒ x 5 7 y 5 2 ? 9 2 6 ⇒ y 5 12 Portanto, o simétrico de A em relação a Q é (7, 12). b) x 5 2 ? 2 2 (23) ⇒ x 5 7 16 4 y 5 2 ? 2 8 ⇒ y 5 2 3 3 Portanto, o simétrico de A em relação a Q é 7, 2 16 . 3 18.
a) xG 5 yG 5
x A 1 x B 1 xC
3 y A 1 y B 1 yC 3
r 4
P 0
�4
23.
x A 1 x B 1 xC
11816 5 5 3 3 1115 5 3 ⇒ y 5 G 3
y
xG 5
3
yG 5
⇒
19.
3
yG 5
5 , 4
G
A
C
r
2
6
x
3
α
⇒
1 5 4 1 2 1 2 6 3
B
5
0
y A 1 y B 1 yC
s
⇒
3 1 1 12 5 2 4 5 ⇒ x 5 G 3 4
x
De acordo com o enunciado, temos:
G (5, 3)
b) xG 5
r P
3 1 x D 3 5 2 2
x D 5 0
y P 5
5 5
⇒
Como r e s são paralelas, temos que suas inclinações são iguais. Assim, a inclinação da reta r é 60° e seu coeficiente angular é m 5 tg 60° 5 3 .
yC 5 4
• x P 5
y A 1 yC
20.
5
13 9
13 9
a) 5 60° e m 5 tg 60° ⇒ m 5 3 b) 5 135° e m 5 tg 135° ⇒ m 5 21 c) Como a medida do ângulo entre a reta e o eixo x é 5 90°, o coeficiente angular m não está definido. d) Como a reta é paralela ao eixo x, temos 5 0° e m 5 tg 0° ⇒ m 5 0.
, - é a) Como r é paralela ao eixo das abscissas e AB B ) 5 , pois tais uma transversal, temos que m( B AC ângulos são correspondentes. b) Por construção, temos C (6, 3). Assim: AC 5 |6 2 2| ⇒ AC 5 4 BC 5 |3 2 5| ⇒ BC 5 2
, - é dado por: c) O coeficiente angular da reta AB BC m AB 5 tg ⇒ m AB 5 tg ( B AC B ) ⇒ m AB 5 AC 2 1 m 5 5 AB 4 2 1 , - é . Portanto, o coeficiente angular de AB 2 Parte específica
Matemática Paiva
63
24.
Temos, então:
a) V, pois a reta s tem como inclinação um ângulo obtuso e a reta r tem como inclinação um ângulo agudo. Assim, a inclinação da reta s é maior que a inclinação da reta r .
520 5 21 ⇒ x 2 2 5 5 2 2 x x 5 7 Logo, a reta r intercepta o eixo das abscissas no ponto (7, 0). Alternativa a.
b) F, pois a reta s tem coeficiente angular negativo e a reta r tem coeficiente angular positivo. Logo, o coeficiente angular de s é menor que o coeficiente angular de r . c) V, pois pelo gráfico observamos que a inclinação da reta r é tal que 0° , , 90° e a inclinação b da reta s é tal que 90° , b , 180° 2 e, portanto, |tg b| . |tg |, ou seja, |mr | , |m s|.
29.
a) m AB 5 mCD 5
e) V, pois a reta s tem como inclinação um ângulo obtuso; logo, o coeficiente angular de s é negativo.
b) m AB 5
f) F, pois pelo gráfico observamos que as inclinações e b de r e s, respectivamente, são tais que:
mCD 5
0° , , 90 ° 90 ° , b , 180° 2
m5
y B 2 y A
926 4 21 30.
x B 2 x A
⇒
m5
y B 2 y A x B 2 x A
m5
25 2 4
3 2(26)
626 10 2 2
m 5 0
d) Como A e B têm mesma abscissa, o coeficiente , - não está definido. angular de AB 26.
27.
A reta s passa pelos pontos (6, 0) e (0, 6). Assim, 026 seu coeficiente angular é m 5 ⇒ m 5 21 e, 620 portanto, a inclinação da reta s é 5 135°. Como a reta r tem 150° de inclinação, temos 3 . 3 Além disso, tal reta passa pelos pontos (4, 0) e (0, q ). Temos, então: m 5 tg 150° ⇒ m 5 2
q 2 0 3 52 024 3 28.
64
⇒
q 5
4 3 3
Como a reta r tem 135° de inclinação, temos m 5 tg 135° ⇒ m 5 21. Além disso, sendo x a abscissa do ponto em que r intercepta o eixo das abscissas, temos que a reta passa pelos pontos ( x, 0) e A(2, 5).
Matemática Paiva
Parte específica
x D 2 xC
mCD 5
622 5 1 521
y B 2 y A x B 2 x A
⇒
y D 2 yC x D 2 xC
⇒
m AB 5
4 2 (23) 5 27 122
mCD 5
928 1 52 325 2
Como A e B são pontos de uma reta horizontal, eles têm mesma ordenada. Assim, temos: y A 5 y B ⇒ 2k 2 8 5 5k 1 12
⇒
⇒
926 5 1 724
, - e , c) Não existem os coeficientes angulares de AB C D, pois A e B têm a mesma abscissa, assim como C e , - e , D ; portanto, as retas AB C D são paralelas.
m 5 21
c) m 5
x B 2 x A
⇒
m 5 1
b) m 5
y B 2 y A
y D 2 yC
m AB 5
, - e , C D são conComo m AB mCD , temos que AB correntes.
levando-nos a concluir que: 90° , 1 b , 180° a) m 5
x B 2 x A
⇒
, - e , C D são paComo m AB 5 mCD , temos que AB ralelas.
d) F, pois a reta r tem como inclinação um ângulo agudo; logo, o coeficiente angular de r é positivo.
25.
y B 2 y A
31.
k 5 2
20 3
a) A velocidade média vm da partícula nesse intervalo é numericamente igual ao coeficiente angular da reta que passa por (2, 22) 5 (2, 4) e (6, 62) 5 (6, 36), ou seja: vm 5
36 2 4 5 8 622
Portanto, a velocidade média da partícula de 2 a 6 segundos é 8 m/s. b) A velocidade média vm da partícula nesse intervalo é numericamente igual ao coeficiente angular da reta que passa por (2, 22) 5 (2, 4) e (8, 82) 5 (8, 64), ou seja: 64 2 4 5 10 822 Logo, de 2 a 8 segundos, a velocidade média da partícula é 10 m/s. vm 5
c) A velocidade média vm da partícula no intervalo de x A a x B é numericamente igual ao coeficiente angular da reta que passa por ( x A, x A2 ) e ( x B, x B2 ), com 0 < x A , x B, ou seja: vm 5
x B2 2 x A2 x B 2 x A
5
( x A 1 x B )( x B 2 x A ) 5 x A 1 x B x B 2 x A
32.
b) Temos:
a) A aceleração média am da partícula nesse intervalo é numericamente igual ao coeficiente angular da reta que passa por (3, 33) 5 (3, 27) e (7, 73) 5 (7, 343), ou seja: am 5
m AB 5
343 2 27 5 79 723
Como m AB m BC , concluímos que A, B e C não são colineares. d) Como A, B e C têm ordenadas iguais, eles pertencem a uma mesma reta paralela ao eixo Ox. Portanto, são colineares.
Logo, a aceleração média da partícula de 3 a 11 segundos é 163 m/s 2. c) A aceleração média am da partícula para quaisquer abscissas x A e x B, com 0 < x A , x B , é numericamente igual ao coeficiente angular da reta que passa por ( x A, x A3 ) e ( x B, x B3 ), ou seja: am 5
x B 2 x A
5
2 A
A
( x B 2 x A )
e) Como A, B e C têm ordenadas iguais, eles pertencem a uma mesma reta paralela ao eixo Ox. Portanto, são colineares. 35.
5
m AB 5
• m AB 5
75 366 . .400 2 9 .4 20 .8 00 3 2.9 72 . 8 00 5 2001 2 1995 3
• m BC 5
60 2 .931 .2 00 2 75 366 . .40 0 5 2007 2 2001
75
36.
26 3 .7 82 . 4 00 5 3
c) O acréscimo médio anual foi de
34.
a) Temos: 11 2 8 822 m AB 5 5 3 e m BC 5 5 3 726 624 Como m AB 5 m BC , concluímos que A, B e C são colineares.
k 2 4 5 22
k 5 2
Para que A, B e C sejam vértices de um triângulo, A, B e C não devem ser colineares. Assim, devemos ter m AB m BC . q 1 3 2 4 422 2 5 2 e m BC 5 5 q 2 1 126 5 2 21
q 2 1 2
2 5
⇒
q
3 5
Logo, para que A, B e C sejam vértices de um triângu-
, - representa o d) O coeficiente angular da reta AB acréscimo médio anual do número de transistores em um chip no período de 1995 a 2001.
2 30 . 8 09 600 . 5 7 5 700% 3 2. 9 72 . 8 00
⇒
Então:
3 2. 97 2. 80 0 transistores. 3
26 3 .7 82 . 4 00 3 2. 9 72. 8 00 2 3 3 5 3 2. 9 72. 8 00 3
k 2 4
m AB 5
65 .945 600 . 5 6
e) O aumento percentual é dado por:
214
Temos:
b) O acréscimo foi de 75.366.400 2 9.420.800 5 5 65.945.600 transistores.
5
29 2 5 214 5 2 (22) 5 5 7 e m BC 5 k 24 k 2 4 4 23
Devemos ter, então:
a) Temos:
5
Para que A, B e C sejam colineares, devemos ter m AB 5 m BC . Temos:
2 B
5 x 1 x A x B 1 x 33.
122 1 221 5 5 1 e m BC 5 325 2 4 23
m AB 5
1 . 331 2 27 5 163 11 2 3
( x B 2 x A )( x 2 1 x A x B 1 x B2 )
5 9 e m BC 5
7 2 (25) 2 5 3 1 20 2
c) Temos:
b) A aceleração média am da partícula nesse intervalo é numericamente igual ao coeficiente angular da reta que passa por (3, 33) 5 (3, 27) e (11, 113) 5 (11, 1.331), ou seja:
x B3 2 x 3A
1 02 3
2
Como m AB m BC , concluímos que A, B e C não são colineares.
Portanto, nesse intervalo, am 5 79 m/s2.
am 5
2 5 2 (22)
lo, devemos ter q 37.
3 . 5
Para que P , Q e R sejam colineares, devemos ter m PQ 5 mQR . Temos: m PQ 5
21 2 3 32b 5 2 e mQR 5 21 2 1 12 a
Então: 32b 5 2 ⇒ 3 2 b 5 2 2 2a ⇒ 2a 2 b 5 21 12 a E, como a 1 b 5 7, temos o seguinte sistema:
2a 2 b 5 21 a 1 b 5 7
⇒
a 5 2 e b 5 5
Logo, P (2, 5). Parte específica
Matemática Paiva
65
38.
é 45°. Logo, a inclinação da reta r é 135° e, portanto, mr 5 tg 135° 5 21. Além disso, a reta r passa pelo ponto (6, 0), com o que concluímos que uma equaç ão dessa reta é: y 2 0 5 21( x 2 6) Ou seja: y 5 2 x 1 6
Como os pontos P ( x, y), A(2, 5) e B (4, 9) são colineares, temos: 5 2 y 925 m PA 5 m AB ⇒ 5 2 2 x 422
y 5 2 x 1 1
Alternativa a. 39.
a) Para P (6, 3) e m 5 2, temos: y 2 3 5 2( x 2 6) Logo, uma equação da reta é 2 x 2 y 2 9 5 0. b) Para P (4, 25) e m 5 1, temos: y 2 (25) 5 1( x 2 4) Logo, uma equação da reta é x 2 y 2 9 5 0.
43.
Como r é perpendicular ao eixo x e passa pelo ponto (22, 3), sua equação é x 5 22. Como s é perpendicular ao eixo y e, portanto, paralela ao eixo x, passando pelo ponto (22, 3), sua equação é y 5 3.
44.
Como Q é um ponto da bissetriz dos quadrantes ímpares, ele tem abscissa e ordenadas iguais . Do gráfico, a abscissa de Q é 8; portanto, sua ordenada também é 8. Logo, temos Q (8, 8). O u Q , em Além disso, M é ponto médio do segmento t que O (0, 0) e Q (8, 8). Temos, então:
3 , 2 1 5 e m 5 2 , temos: 2 4 6 1 3 5 y 2 2 5 2 x 2 4 2 6
c) Para P
Logo, uma equação da reta é 5 x 1 6 y 2 6 5 0. 40.
a) Do gráfico, temos P (7, 3) e m 5 tg 45° 5 1. Assim, temos: y 2 3 5 1( x 2 7) Logo, uma equação da reta é y 5 x 2 4.
c) Do gráfico, temos P (0, 22) e
y 2 (22) 5 2
45.
3 5 ( x 2 0) 3
Logo, uma equação da reta é y 5 2 41.
3 . Assim: 3
3 x 2 2 . 3
21 2 5
2 2 (21)
46.
19 6
2?1
⇒
a5
4
± 14 2
Como P pertence à bissetriz dos quadrantes pares, ele é da forma P (a, 2a), a R. Dessa forma, temos: PQ 5 5 ⇒ ( a 2 0 )2 1 (2a 2 (21))2 5 5
5 22
a2 2 a 2 12 5 0 5 (21)2 2 4 ? 1 ? (212) 5 49
No triângulo retângulo limitado por r , s e o eixo Ox, a medida do ângulo interno relativo ao vértice (6, 0)
Matemática Paiva
2(24 ) ±
a 5 25 ou a 5 9 Logo, há duas possibilidades para P : P (25, 25) ou P (9, 9).
Parte específica
a5
2(21)
±
49
⇒
a5
1±7 2
2?1 a 5 23 ou a 5 4 Logo, há duas possibilidades para P : P (23; 3) ou P (4; 24).
c) Como A e B têm ordenadas iguais, temos que tais pontos pertencem à reta de equação y 5 8, ou ainda y 2 8 5 0.
66
a5
Assim, temos: y 2 (21) 5 22( x 2 2) Logo, uma equação da reta é y 5 22 x 1 3.
42.
Como P pertence à bissetriz dos qu adrantes ímpares, ele é da forma P (a, a), com a R. Assim, temos: a2 2 4a 2 45 5 0 5 (24)2 2 4 ? 1 ? (245) 5 196
b) O coeficiente angular da reta que passa por A e B é: m5
018 5 4 2
11 2 3 5 2 622
Assim, a reta que passa por A e B tem como equação: y 2 3 5 2( x 2 2) Logo, uma equação da reta é y 5 2 x 2 1.
• y M 5
PQ 5 10 ⇒ ( a 2 1)2 1 ( a 2 3 )2 5 10
a) O coeficiente angular da reta que passa por A e B é: m5
018 5 4 2
Logo, temos M (4, 4). Temos, também, que a reta s é perpendicular ao eixo y e, portanto, paralela ao eixo x. Dessa forma, M e T têm mesma ordenada, que vale 4. E, como T pertence à bissetriz dos quadrantes pares, sua abscissa é o oposto da sua ordenada, ou seja, 24. Finalmente, temos T (24, 4). Portanto, M (4, 4), Q (8, 8) e T (24, 4).
b) Do gráfico, temos P (0, 4) e m 5 tg 135° 5 21. Assim: y 2 4 5 21( x 2 0) Logo, uma equação da reta é y 5 2 x 1 4.
m 5 tg (180° 2 30°) 5 tg 150° 5 2
• x M 5
47.
a) Para x 5 0, temos: 3 ? 0 2 2 y 2 12 5 0 ⇒ y 5 26
Para y 5 0, temos: 3 x 2 2 ? 0 2 12 5 0 ⇒ x 5 4 Portanto, a reta passa pelos pontos (0, 26) e (4, 0). Logo, o gráfico de q é:
49.
y
Seja k a abscissa do ponto P . Substituindo na equação da reta r , temos k 2 y 1 1 5 0 ⇒ y 5 k 1 1. Logo, temos P (k , k 1 1). Como a distância PA é 10 unidades, temos: ( k 2 2)2 1 (k 1 1 2 5)2 5 10 ⇒
q
k 2 2 6k 2 40 5 0 5 (26)2 2 4 ? 1 ? (240) 5 196 ⇒
0
4
x
k 5
2(26) ±
196
⇒
2?1 k 5 10 ou k 5 24
k 5
± 14
6
2
Logo, há duas possibilidades para P : P (10, 11) ou P (24, 23). 50.
�6
A reta r passa pelos pontos (2, 0) e (0, 24). Assim, o coeficiente angular de r é: m5
b) Para x 5 0, temos: 2 ? 0 1 3 y 5 0 ⇒ y 5 0 Para x 5 3, temos: 2 ? 3 1 3 y 5 0 ⇒ y 5 22 Portanto, a reta passa pelos pontos (0, 0) e (3, 22). Logo, o gráfico de t é:
24 2 0
022
⇒
m 5 2
Logo, uma equação da reta r é y 2 0 5 2( x 2 2) ⇒ x 2 4. ⇒ y 5 2 Sendo k a abscissa do ponto P e substituindo esse valor na equação de r , temos y 5 2k 2 4. Logo, temos P (k , 2k 2 4).
y
Como PO 5 4 2 , temos: ( k 2 0 )2 1 (2k 2 4 2 0 )2 5 4 2
3 0
x
5k 2 2 16k 2 16 5 0 5 (216)2 2 4 ? 5 ? (216) ⇒
�2 t
c) Temos x 2 6 5 0 ⇒ x 5 6. Assim, a reta é vertical e passa pelo ponto (6, 0). Logo, o gráfico de v é: y
v
6
2(216) ±
k 5
k 5 2
576
2?5
⇒
k 5
16
4 ou k 5 4 5
± 24 10
Logo, há duas possibilidades para P : P 2
4 28 , 2 5 5
ou P (4, 4). 51.
0
⇒
x
a) O ponto de intersecção de r com s é solução do sistema:
x 1 2 y 2 1 5 0 2 x 2 y 1 3 5 0 que é equivalente a: x 1 2 y 2 1 5 0 4 x 2 2 y 1 6 5 0 x 5 21 e y 5 1 ⇒
48.
a) Para x 5 0, temos 0 1 2 y 2 6 5 0 ⇒ y 5 3. Para y 5 0, temos x 1 2 ? 0 2 6 ⇒ x 5 6. Portanto, a reta passa pelos pontos (0, 3) e (6, 0). 023 Assim, o coeficiente angular de r é m 5 620 1 . ⇒ m 5 2 2
⇒
⇒
m5
4 . 3
0 2 (28) 620
b) O ponto de intersecção de r com s é solução do sistema:
5 x 1 y 2 3 5 0 2 x 1 3 y 1 17 5 0 2 15 x 2 3 y 1 9 5 0 2 x 1 3 y 1 17 5 0 ⇒
b) Para x 5 0, temos 4 ? 0 2 3 y 2 24 5 0 ⇒ y 5 28. Para y 5 0, temos 4 x 2 3 ? 0 2 24 5 0 ⇒ x 5 6. Portanto, a reta passa pelos pontos (0, 28) e (6, 0). Assim, o coeficiente angular de r é m 5
Logo, o ponto de intersecção das retas é (21, 1).
⇒
(I ) (II )
Somando as equações (I) e (II), temos: 213 x 1 26 5 0 ⇒ x 5 2
⇒
E, portanto, de (II): 2 ? 2 1 3 y 1 17 5 0 ⇒ y 5 221 Logo, o ponto de intersecção das retas é (2, 27). Parte específica
Matemática Paiva
67
52.
Como P é o ponto em que a reta intercepta o eixo Ox, P é da forma ( x, 0), e, como Q é o ponto em que a reta intercepta o eixo das ordenadas, Q é da forma (0, y). Substituindo x 5 0 na equação da reta, temos: 4 ? 0 2 3 y 1 12 5 0 ⇒ y 5 4 Substituindo y 5 0 na equação da reta, temos: 4 x 2 3 ? 0 1 12 5 0 ⇒ x 5 23 Logo, P (0, 4), Q (23, 0) e a distância entre P e Q é:
55.
x 2 2 y 1 5 5 0 x 1 2 y 1 5 5 0
O ponto de intersecção de r com t é solução do sistema:
x 2 2 y 1 5 5 0 x 2 3 5 0
A reta r passa pelos pontos (0, 0) e (2, 23). Portanto, seu coeficiente angular é: m5
23 2 0
220
x 1 2 y 1 5 5 0 x 2 3 5 0
Dessa forma, uma equação de r é 3 ( x 2 0) ⇒ 3 x 1 2 y 5 0. 2 A reta s passa pelos pontos (24, 0) e (26, 24). Seu coeficiente angular é, então: m5
26 2 (24 )
• AB 5 (25 2 3)2 1 (0 2 4 )2 5 80 5 4 5 • AC 5 (25 2 3)2 1 (0 2 (24 ))2 5
5 2
16 24 ⇒ x 5 2 e y 5 7 7
O triângulo cujos lados estão contidos nas retas r , s e t tem vértices nos pontos A, B e C . Assim, o perímetro desse triângulo, dado por AB 1 AC 1 BC , é 8 1 8 5 5 8 (1 1 5 ) . 56.
Logo, o ponto de intersecção das retas é
16 , 2 7
80 5 4 5
• BC 5 |4 2(24)| 5 8
Dessa forma, uma equação de s é y 2 0 5 2[ x 2 (24)] ⇒ 2 x 2 y 1 8 5 0. O ponto de intersecção de r com s é solução do sistema:
3 x 1 2 y 5 0 2 x 2 y 1 8 5 0
x 5 3 e y 5 24
⇒
Logo, o ponto de intersecção das retas é C (3, 24). Temos, então:
y 2 0 5 2
24 2 0
x 5 3 e y 5 4
⇒
Logo, o ponto de intersecção das retas é B(3, 4). O ponto de intersecção de s com t é solução do sistema:
3 2
52
x 5 25 e y 5 0
⇒
Logo, o ponto de intersecção das retas é A(25, 0).
PQ 5 (23 2 0 )2 1 (0 2 4 )2 5 5 53.
O ponto de intersecção de r com s é solução do sistema:
24 . 7
Verificamos a posição relativa entre as retas de cada um dos itens: a) Temos
2 4
5 2 ? 5 2 4 ? 3 5 22 0. Assim, as
3 5
retas são concorrentes. 54.
A reta r passa pelos pontos B (0, 21) e (1, 0). Portanto, seu coeficiente angular é: 0 2 (21) m5 5 1 120
b) Temos
c) Temos
d) Temos
5 1 ? (21) 2 2 ? 3 5 27 0. Assim,
4
1
6 21
5 4
?
(21) 2 6
?
1 5 210 0.
1
1
1 21
5 1 ? (21) 2 1 ? 1 5 22 0. Assim,
as retas são concorrentes. e) Temos
x 5 2 e y 5 1
2 3 4 6
5 2 ? 6 2 3 ? 4 5 0. Assim, as retas
⇒
não são concorrentes.
Portanto, o ponto de intersecção das retas é C (2, 1). Logo, como A(0, 3), B (0, 21) e C (2, 1), temos:
• AC 5 (2 2 0 )2 1 (1 2 3 )2 5 8 5 2 2 2
Alternativa e. 57.
• AB 5 |3 2(21)| 5 4
2
• BC 5 (2 2 0 ) 1 (1 2 (21)) 5 8 5 2 2 Assim, o perímetro do triângulo ABC , dado por AB 1 AC 1 BC , é 4 1 4 2 5 4 (1 1 2 ) . Matemática Paiva
3 21
Assim, as retas são concorrentes.
Dessa forma, uma equação de s é y 2 0 5 21( x 2 3) ⇒ x 1 y 2 3 5 0. O ponto de intersecção de r com s é solução do sistema:
68
2
as retas são concorrentes.
Dessa forma, uma equação de r é y 2 0 5 1( x 2 1) ⇒ x 2 y 2 1 5 0. A reta s passa pelos pontos (3, 0) e A(0, 3). Seu coeficiente angular é, então: 320 m5 5 21 023
x 2 y 2 1 5 0 x 1 y 2 3 5 0
1
Parte específica
Sendo D o determinante da matriz dos coeficientes do sistema linear
4 x 1 2 y 5 3 5 x 1 ky 5 1 as retas r e s são concorrentes se, e somente se, D 0, isto é:
4
2
5 k
k
c) O coeficiente angular da reta é a tangente da inclinação de r . O coeficiente linear da reta é a ordenada do ponto em que a reta intercepta o eixo das ordenadas.
0 ⇒ 4 ? k 2 2 ? 5 0
5 2
Assim, as retas r e s são concorrentes para qualquer 5 número real k , com k . 2 58.
Para a empresa A, temos: 1 x 2 2 y 1 6 5 0 ⇒ y 5 x 1 3 2 Para a empresa B, temos: 1 x 2 3 y 1 15 5 0 ⇒ y 5 x 1 5 3 Assim, o patrimônio da empresa A será superior ao patrimônio da empresa B quando: 1 1 1 1 x 1 3 . x 1 5 ⇒ x 2 x . 5 2 3 2 3 2 3 1 x . 2 ⇒ x . 12 6
61.
O coeficiente angular da reta r é m 5 tg 5 3, e seu coeficiente linear é q 5 22. Assim, a equação reduzida de r é y 5 3 x 2 2.
62.
Seja AC 5 x e, portanto, BC 5 2 x. Assim, o coeficiente 2 x 5 2. angular da reta é m 5 x Além disso, pelo gráfico, a reta passa pelo ponto B (4, 5). , - é: Logo, uma equação da reta AB ( y 2 5) 5 2 ? ( x 2 4) ⇒ y 5 2 x 2 3
, - é y 5 2 x 2 3. Portanto, a equação reduzida da reta AB 63.
Ou seja, o patrimônio da empresa A será superior ao da empresa B depois de 12 anos. Alternativa d. 59.
7 y 5 2 x . Logo, o coefi4 7 ciente angular de t é m 5 2 , e seu coeficiente 4 linear é q 5 0.
a) O custo total C da editora em função do número n de livros produzidos é dado por: C 5 30.000 1 4n
c) Temos: 7 x 1 4 y 5 0
b) Como cada livro é vendido por R$ 9,00, temos que a receita R em função do número n de livros vendidos é: R 5 9n
a) Para x 5 0, temos y 5 2 ? 0 1 6 ⇒ y 5 6. Para y 5 0, temos 0 5 2 x 1 6 ⇒ x 5 23. Portanto, a reta passa pelos pontos (0, 6) e ( 23, 0). Logo, o gráfico de r é: y
⇒
y 2 x 1 1 5 3 2 4 4 1 x 1 . y 5 2 3 2
d) Temos:
c) Para que as despesas sejam pagas, a receita deve ser maior ou igual o custo total. Assim: R C ⇒ 9n 30.000 1 4n 5n 30.000 ⇒ n 6.000 Logo, devem ser produzidos e vendidos, no mínimo, 6.000 livros. 60.
a) Temos: 5 x 1 y 2 2 5 0 ⇒ y 5 25 x 1 2. Logo, o coeficiente angular de r é m 5 25, e seu coeficiente linear é q 5 2. 1 b) Temos: 6 x 2 2 y 1 1 5 0 ⇒ y 5 3 x 1 . Logo, o 2 coeficiente angular de s é m 5 3, e seu coeficiente 1 linear é q 5 . 2
8 x 1 6 y 5 3
⇒
Logo, o coeficiente angular de u é m 5 2 coeficiente linear é q 5 64.
r
6
65.
1 . 2
4 , e seu 3
A função custo é dada por: C ( x) 5 5.000 1 4 x A função receita é dada por: R ( x) 5 12 x E a função lucro é dada por: L( x) 5 R ( x) 2 C ( x) ⇒ L( x) 5 8 x 2 5.000 Além disso, o break-even point é tal que: 5.000 1 4 x 5 12 x ⇒ x 5 625 Para x 5 625, temos y 5 12 ? 625 5 7.500. Logo, o break-even point é (625, 7.500). Alternativa c. Temos: • mr 5 5 e q r 5 2 • m s 5 5 e q s 5 24
�3 0
x
b) Como a equação reduzida de r é y 5 2 x 1 6, seu coeficiente angular é m 5 2 e seu coeficiente linear é q 5 6.
• A forma reduzida da equação da reta t é y 5 5 x 1 2; logo mt 5 5 e q t 5 2. • A forma reduzida da equação da reta u é 1 1 y 5 5 x 1 ; logo mu 5 5 e q u 5 . 3 3 Parte específica
Matemática Paiva
69
2 ; além disso, r passa 3 pelo ponto P (0, 0). Logo, a equação de r é:
• Não existe mv .
Como r é paralela a s, mr 5
• Não existe mz . Portanto: a) mr 5 m s e q r q s ⇒ r e s são paralelas distintas.
y 2 0 5
b) mr 5 mt e q r 5 q t ⇒ r e t são paralelas coincidentes.
Portanto, a equação reduzida de r é y 5
c) m s 5 mu e q s q u ⇒ s e u são paralelas distintas. d) ∃ mt e e mv ⇒ t e v são concorrentes. e)
∃ mu e e mv
⇒
71.
u e v são concorrentes.
C D) y 2 2 5 23( x 2 5) (,
Logo, uma equação geral da reta é 3 x 1 y 2 17 5 0.
e ( s) y 5 22 px 1 2. Para que r
e s sejam paralelas, devemos ter mr 5 m s , isto é:
72.
1 2 p 5 22 p ⇒ 210 p 5 1 2 p 5 1 p 5 2 9 67.
68.
k 5 2 4
⇒
k 2
5 2
2
O coeficiente angular da reta s é m s 5 tg 135° 5 21. Como r é paralela à reta s, devemos ter mr 5 m s 5 21. Além disso, r passa pelo ponto P (5, 4); então: (r ) y 2 4 5 21( x 2 5) Logo, uma equação geral de r é x 1 y 2 9 5 0. O coeficiente angular da reta s, que passa pelos pontos (2, 0) e (0, 4), é: m s 5
4 20 5 22 022
Como r é paralela a s, seu coeficiente angular é mr 5 22. Além disso, r passa por P (23, 1); então: (r ) y 2 1 5 22[ x 2 (23)] Logo, a equação reduzida de r é y 5 22 x 2 5. 70.
a) A forma reduzida da equação de s é y 5 23 x 1 2. Então, seu coeficiente angular é m s 5 23. Como r é paralela a s e passa pelo ponto P (2, 5), temos que sua equação é dada por: y 2 5 5 23( x 2 2) Portanto, a equação reduzida de r é y 5 23 x 1 11. b) O coeficiente angular de s é m s 5 24. Como r é paralela a s, mr 5 24; além disso, r passa pelo ponto P (0, 1). Logo, a equação de r é: y 2 1 5 24( x 2 0) Portanto, a equação reduzida de r é y 5 24 x 1 1. c) A forma reduzida da equação de s é y 5 Então, seu coeficiente angular é m s 5
70
Matemática Paiva
Parte específica
2 1 x 1 . 3 3
2 . 3
q ? q 3 5 4 ⇒ q 2 5 24 2
q 5 22 6 ou q 5 2 6 Logo, as equações das possíveis retas nas condições
do enunciado são y 5 3 x 2 2 6 e y 5 3 x 1 2 6 . 73.
69.
O ponto em que a reta cruza o eixo das abscissas é tal que y 5 0. Substituindo tal valor na equação y 5 3 x 1 q , q obtemos x 5 2 . 3 Além disso, q é o coeficiente linear da reta; portanto, o ponto em que a reta cruza o eixo das ordenadas é (0, q ). Como a reta forma um triângulo de área 4 com os eixos coordenados, temos:
k 5 A equação reduzida de r é y 5 2 x 1 . Para que 2 2 r e s sejam concorrentes, devemos ter mr m s, isto é: 2
7 21 5 23 123
, -, temos que mCD 5 23. C D é paralela a AB Como a reta , Além disso, tal reta passa por C (5, 2). Temos, então:
Sejam (r ) ( p 2 1) x 1 5 y 1 1 5 0 e ( s) 2 px 1 y 2 2 5 0. As equações reduzidas de r e s são, respectivamente,
1 2 p x 2 1 (r ) y 5 5 5
2 x . 3
, - é: O coeficiente angular da reta AB m AB 5
f ) e mv e e mz ⇒ v e z são paralelas distintas. 66.
2 ( x 2 0 ) 3
a) Substituindo as coordenadas de P na equação da reta, temos: 2 ? 5 1 (21) 1 k 5 0 ⇒ k 5 29 b) As equações das retas são (r ) 2 x 1 y 1 2 5 0, ( s) 2 x 1 y 1 4 5 0 e (t ) 2 x 1 y 1 6 5 0 Representando tais retas no plano: t
s
r
�3 �2 �1
y
0
x
�2 �4 �6
Portanto, tais retas são paralelas. c) A forma reduzida da equação de tais retas é y 5 22 x 2 k . Assim, os coeficientes angulares de todas elas são iguais a 22. Assim, por terem o mesmo coeficiente angular, tais retas são paralelas.
74.
a)
y
R
76.
C
A forma reduzida da equação de r é y 5
k 2 2 5 e m s 5 2 . Para que 3 4 r e s sejam perpendiculares, devemos ter:
Assim, temos mr 5
6
P
mr 5 2
3
0
3
77.
k 5
22 5
• A equação reduzida de v é y 5 1. Logo, mv 5 0. • A equação reduzida de z é y 5
1 1 x 2 . Logo, 5 10
1 2
?
m s 5 21 ⇒ m s 5 2
5 c) A forma reduzida da equação de r é y 5 2 x . 4 5 Assim, mr 5 2 . 4 Como s é perpendicular a r , temos:
1 mz 5 . 5 Analisando as afirmações, temos: a) V, pois, como mr 5 2
2
b) A forma reduzida da equação de r é y 5 3 x 2 1. Assim, mr 5 3. Como s é a reta perpendicular a r passando por P , temos: 1 mr 5 2 ⇒ m ? m 5 21 r s m s 1 3 ? m 5 21 ⇒ m 5 2 s s 3 E, portanto: 1 ( s) y 2 (26) 5 2 ( x 2 5) 3 Logo, uma equação de s é x 1 3 y 1 13 5 0.
• e mu
1 , temos que r e s são m s
mr 5 2
perpendiculares. 1 , temos que r e t não são mt
1 m s
⇒
mr ? m s 5 21
5 4 ? m 5 21 ⇒ m 5 s s 4 5 E, portanto, como s passa por P (0, 24):
perpendiculares. c) V, pois, como a reta u é horizontal e a reta v é vertical, temos que u e v são perpendiculares.
2
( s) y 2 (24) 5
1 , temos que t e z não são mz
4 ( x 2 0 ) 5
Logo, uma equação de s é 4 x 2 5 y 2 20 5 0. d) Como r é vertical, ela não tem coeficiente angular. Assim, uma reta s perpendicular a ela é horizontal e tem coeficiente angular zero. Finalmente, como s passa por P (2, 5), uma equação de s é y 5 5.
perpendiculares. e) F, pois, como m s 2
⇒
Logo, uma equação de s é y 5 2 x.
5 3
d) F, pois, como mt 2
2 5 4 5 21
E, portanto: ( s) y 2 4 5 2( x 2 2)
5 3
b) F, pois, como mr 2
?
mr ? m s 5 21
1 a) A forma reduzida da equação de r é y 5 2 x 1 5. 2 1 Assim, mr 5 2 . 2
Vamos calcular o coeficiente angular de cada uma das retas: 3 1 • A equação reduzida de r é y 5 2 x 1 . Logo, 5 5 3 mr 5 2 . 5
• mt 5 2
k 2 2 3
⇒
Como s é a reta perpendicular a r passando por P , temos: 1 mr 5 2 ⇒ m ? m 5 21 r s m s
• Para x , x p , a curva que representa C está acima da curva que representa R. Dessa forma, C . R e a empresa, neste caso, tem prejuízo. Para x . x p , a curva que representa C está abaixo da curva que representa R. Dessa forma, C , R e a empresa, neste caso, tem lucro.
• m s 5
1 m s
x
b) • O ponto P , comum às duas retas, indica quando o custo C e a receita R são iguais, ou seja, quando não há lucro nem prejuízo.
75.
k 2 2 1 x 1 . 3 3
1 , temos que s e z não são mz
perpendiculares. f) F, pois, como mv 2 perpendiculares.
1 , temos que v e z não são mz
78.
A reta r passa pelos pontos (8, 0) e (0, 4). Assim, seu coeficiente angular é mr 5
Parte específica
420 1 52 . 028 2 Matemática Paiva
71
Como a reta s, passando por P (2, 6), deve ser perpendicular a s, devemos ter m s 5 2
mr 5 2
1 5 2. 1 2 2
b) Como r é vertical, o coeficiente angular de s, perpendicular a r passando por P (7, 4), é m s 5 0. Logo, uma equação de s é y 5 4.
, - é: a) O coeficiente angular da reta AB 325 1 m AB 5 52 622 2 , -, o coeficiente Como r deve ser perpendicular a AB angular de r deve ser tal que: 1 mr 5 2 m AB
81.
a)
mr 5 2 Como r passa por P (1, 3), temos: (r ) y 2 3 5 2( x 2 1)
, Logo, uma equação da reta perpendicular a AB passando por P é 2 x 2 y 1 1 5 0.
m s 5 2
, - é: b) O coeficiente angular da reta AB 15 2 9 m AB 5 5 6 2 21
m s 5 21 A reta s passa por P (8, 1); então: ( s) y 2 1 5 21( x 2 8) Logo, a equação reduzida de s é y 5 2 x 1 9. A projeção ortogonal de P sobre a reta r é solução do sistema:
y 5 x 1 5 y 5 2x 1 9
1 6
o
2 modo
Todo ponto da reta r é da forma Q (k , k 1 5). Para que esse ponto seja a projeção ortogonal de P so1 bre r , devemos ter m PQ 5 2 , ou seja: mr
, - é: c) O coeficiente angular da reta AB 725 2 m AB 5 52 023 3 , -, o coeficiente Como r deve ser perpendicular a AB angular de r é dado por: 1 mr 5 2 m AB 3 2 Como r passa por P (24, 22), temos: 3 (r ) y 2 (22) 5 [ x 2 (24)] 2 , Logo, uma equação da reta perpendicular a AB passando por P é 3 x 2 2 y 1 8 5 0. mr 5
d) Como A e B têm abscissas iguais, temos que a reta , - é vertical e sua equação é x 5 4. AB Assim, a reta r é horizontal e passa por P (6, 21). , Logo, uma equação da reta perpendicular a AB passando por P é y 5 21.
k 1 5 2 1 5 21 ⇒ k 5 2 k 2 8
Logo, Q (2, 7). b) Como r é horizontal de equação y 5 4, a projeção ortogonal Q de P (2, 6) sobre r pertence à reta vertical de equação x 5 2. Assim, temos Q (2, 4). 82.
Como P (1, 1) não pertence à reta r de equação x 1 y 5 4, o centro O do quadrado é a projeção ortogonal de P sobre r . Além disso, a reta s que contém O e P é suporte da outra diagonal do quadrado e o simétrico de P em relação a r é outro vértice do quadrado. A forma reduzida da equação de r é y 5 2 x 1 4. Assim, seu coeficiente angular é mr 5 21. Dessa forma, o coeficiente angular de s é tal que: m s 5 2
80.
72
a) O coeficiente angular de r é mr 5 tg 135° 5 21. Assim, o coeficiente angular de s, perpendicular a r passando por P (0, 4), é tal que:
Matemática Paiva
Parte específica
x 5 2 e y 5 7
⇒
Concluímos, então, que Q (2, 7).
Como r passa por P (22, 6), temos: 1 (r ) y 2 6 5 2 [ x 2 (22)] 6 , Logo, uma equação da reta perpendicular a AB passando por P é x 1 6 y 2 34 5 0.
1 mr
, -, o coeficiente Como r deve ser perpendicular a AB angular de r é: 1 mr 5 2 m AB mr 5 2
o
1 modo
A projeção ortogonal Q de P (8, 1) sobre a reta r é a intersecção entre a reta s perpendicular a r passando por P . A forma reduzida da equação de r é y 5 x 1 5. Assim, seu coeficiente angular é mr 5 1. Como s é perpendicular a r , seu coeficiente angular é tal que:
m s 5 1
Temos, então: ( s) y 2 4 5 1( x 2 0) Logo, uma equação de s é x 2 y 1 4 5 0.
Temos, então: y 2 6 5 2( x 2 2) Logo, uma equação da reta s é y 5 2 x 1 2. 79.
1 m s
1 mr
m s 5 1
Como a reta s passa por P (1, 1), temos: ( s) y 2 1 5 1( x 2 1) Logo, uma equação de s é y 5 x.
Assim, O é solução do sistema:
De (I) e (II), temos: 4h 2 40 5 10m 2 30 ⇒ 4h 2 10m 2 10 5 0 Portanto, uma equação que relaciona apenas a altura h e a massa m da planta é 4h 2 10m 2 10 5 0.
x 1 y 5 4 ⇒ x 5 2 e y 5 2 y 5 x Concluímos, então, que O (2, 2). Dessa forma, as coordenadas do ponto P , simétrico de P em relação a r , são dadas por: 1 1 x 1 1 y 5 2 ⇒ x 5 3 e 5 2 ⇒ y 5 3 2 2 Concluímos, então, que P (3, 3). Como m s 5 1, a inclinação de s é 45°. Assim, dois dos lados do quadrado são paralelos ao eixo das abscissas e os outros dois são paralelos ao eixo das ordenadas. Dessa forma, um dos vértices tem a mesma abscissa de P e a mesma ordenada de P e o outro tem a mesma ordenada de P e a mesma abscissa de P . Logo, os quatro vértices do quadrado são (1, 1), (1, 3), (3, 1) e (3, 3). 83.
Temos: • x 5 t 1 5 ⇒ t 5 x 2 5 (I) •
y 5 3t 1 6 ⇒ t 5
y 2 6 (II) 3
De (I) e (II), temos: x 2 5 5
88.
y 2 6 3
⇒ 3 x 2 15 5 y 2 6
3 x 2 y 2 9 5 0
Temos:
x x 5 4 sen 2 t ⇒ 4 2 y 5 2 cos t y 2
Temos:
x 5 2t 2 5 x 5 2t 2 5 ⇒ y 5 3 2 t t 5 3 2 y
(I )
5 sen
2
t (I )
5 cos
2
t (II )
Adicionando, membro a membro, (I) e (II):
(II )
x 4
Substituindo (II) em (I), obtemos: x 5 2(3 2 y) 2 5 Assim, a equação reduzida de r é y 5 2 84.
87.
x 2
1
1 . 2
1
y 2
5
2 sen t cos 2t ⇒ 1
1
x 4
1
y 2
5 1
Portanto, a equação reduzida da reta que contém o gráfico determinado pelas equações paramétricas é 1 y 5 2 x 1 2. Observando que 0 < s en 2 t < 1 e 2 0 < cos2 t < 1, temos que 0 < x < 4 e 0 < y < 2, com o que concluímos que o gráfico é:
Para t 5 0, temos x 5 2 e y 5 21 e, para t 5 1, temos x 5 21 e y 5 5. Dessa forma, r passa pelos pontos (2, 21) e (21, 5) e seu gráfico é: y
y 5 2
4
x
2
�1 �1
0
x
r
85.
Temos:
x 5 t 1 1 t 5 x 2 1 ⇒ y 5 kt 2 5 y 5 kt 2 5
(I ) (II )
Substituindo (I) em (II): y 5 k ( x 2 1) 2 5 Assim, a equação reduzida de r é y 5 kx 2 k 2 5. Como r passa pelo ponto P (2, 22), temos: 22 5 2k 2 k 2 5 ⇒ k 5 3 Logo, a equação reduzida de r é y 5 3 x 2 8 e, portanto, o coeficiente angular de r é mr 5 3. 86.
Temos: • h 5 10 1 0,25t ⇒ 0,25t 5 h 2 10 t 5 4h 2 40 (I) •
m 5 3 1 0,1t ⇒ 0,1t 5 m 2 3 t 5 10m 2 30 (II)
89.
a) A equação da reta vertical que passa por P (2, 6) é x 5 2. Para as demais retas, seja m o seu coeficiente angular. Temos, então: y 2 6 5 m ( x 2 2) ⇒ y 5 mx 2 2(m 2 3) Portanto, as equações desse feixe são: x 5 2 ou y 5 mx 2 2(m 2 3). b) Para a reta de inclinação 45°, temos: m 5 tg 45° ⇒ m 5 1 Substituindo esse valor na equação do item a, temos que a equação da reta de inclinação 45° é dada por: y 5 x 1 4 c) Como a reta horizontal passa por P (2, 6), sua equação é: y 5 6 d) Como a reta vertical passa por P (2, 6), sua equação é: x 5 2 e) O ponto em que a reta intercepta o eixo Oy tem abscissa O. Assim, queremos a equação da reta que passa pelo ponto (0, 80). Parte específica
Matemática Paiva
73
Substituindo as coordenadas desse ponto na equação do item a, temos: 80 5 m 0 2 2(m 2 3) ⇒ m 5 237 Logo, a equação de tal reta é: y 5 237 x 1 80
b) Para x 5 6, temos:
1
20 3
⇒ y 5
134 4
5 33,5
5
∑ x
•
Para x 5 0, temos: y 2 2 5
5
5
i
5 12 1 22 1 32 1 42 1 52 5 55
1
5
i
i
5
i
1
5 375
Assim, o sistema linear que determina m e q é:
5q 1 15m 5 120 ⇒ m 5 1,5 e q 5 19,5 15q 1 55m 5 375 Logo, a equação da reta de tendência é y 5 1,5 x 1 19,5. d) A partir da reta de tendência, temos, para x 5 6: y 5 1,5 6 1 19,5 5 28,5 Para x 5 7: y 5 1,5 7 1 19,5 5 30 Portanto, estima-se que no 6 º dia de lançamento sejam vendidas 28,5 mil unidades e no 7 º dia, 30 mil unidades.
x r
Como r forma com os semieixos positivos Ox e Oy um triângulo de área 4, temos:
92.
a) Logo: 4
•
∑ x
i
5
i
5 1 1 2 1 3 1 4 5 10
1
4
( 2 2 m) 2
5
∑ x y 5 1 20 1 2 28 1 3 18 1 4 25 1 5 29 5
•
2
m 2 2 m
2
i
i
� m
m � 2 m
5 20 1 28 1 18 1 25 1 29 5 120
i
1
5
m (0 2 1) ⇒ y 5 2 2 m
1
5
∑ ( x )
•
y
O
5 1 1 2 1 3 1 4 1 5 5 15
i
1
∑ y
•
Como, por hipótese, a reta r intercepta os eixos coordenados em pontos de coordenadas positivas seu gráfico é da forma:
2
5 31,25
c) Vamos determinar a equação y 5 mx 1 9 da reta de tendência do gráfico. Temos:
O feixe plano de retas concorrentes de centro P (1, 2) é representado pelas equações: x 5 1 ou y 2 2 5 m ( x 2 1), com m R. Como a reta r é oblíqua, temos que sua equação é da forma y 2 2 5 m ( x 2 1). Para determinar o ponto de intersecção dessa reta com os semieixos positivos Ox e Oy, atribuímos o valor zero às variáveis y e x, respectivamente. m22 • Para y 5 0, temos: 0 2 2 5 m ( x 2 1) ⇒ x 5 m •
125 4
Portanto, no dia 7 estima-se que foram vendidas 33,5 mil unidades.
i
90.
9 71 7 1 4 4
y 5
Logo, a equação de tal reta é: x 3
⇒ y 5
Portanto, estima-se que no dia 6 do lançamento foram vendidos 31,25 mil unidades. Para x 5 7, temos:
f) O ponto em que a reta intercepta o eixo Ox tem ordenada 0. Assim, queremos a equação da reta que passa pelo ponto (20, 0). Substituindo as coordenadas desse ponto na equação do item a, temos: 1 0 5 m 20 2 2(m 2 3) ⇒ m 5 2 3
y 5 2
9 71 6 1 4 4
y 5
•
5 4 ⇒
m2 1 4m 1 4 5 0
∑ y
i
5
i
5 33 1 50 1 59 1 70 5 212
1
4
(m 1 2)2 5 0 ⇒ m 5 22 Logo, uma equação de r é y 2 2 5 22( x 2 1), ou, ainda, y 5 22 x 1 4.
91.
a) Uma reta próxima possível desses pontos é a reta que passa pelos pontos (1, 20) e (5, 29). O coeficiente angular dessa reta é: m5
29 2 20 5 21
5
9 4
Logo, sua equação é: y 2 20 5
74
9 9 71 ( x 2 1) ⇒ y 5 x 1 4 4 4
Matemática Paiva
Parte específica
•
∑ x
i
5
2 i
5 12 1 22 1 32 1 42 5 30
1
4
•
∑ x y i
i
5
i
5 1 33 1 2 50 1 3 59 1 4 70 5 590
1
Os valores de m e q da equação y 5 mx 1 q da reta de tendência são solução do sistema:
4 q 1 10m 5 212 ⇒ m 5 12 e 10 q 1 30m 5 590
q 5 23
Logo, a equação da reta de tendência é y 5 12 x 1 23. Associando ao gráfico um sistema cartesiano de eixos ortogonais conforme o enunciado, temos:
y
6.
t u é aquele que divide Ponto médio de um segmento AB tal segmento em dois segmentos de mesma medida, t u que está à mesou seja, é um ponto do segmento AB ma distância de A e de B.
7.
Sejam A( x A, y A ) e B ( x B, y B ). A abscissa do ponto médio
70 59 50
33
t u é a média aritmética das abscissas do segmento AB
1
2
3
4
x
b) No ano de 2007, temos x 5 5 e, portanto, y 5 12 5 1 23 ⇒ y 5 83. Logo, o preço estimado do barril de petróleo ao fim de 2007 é US$ 83,00. No ano de 2008, temos x 5 6 e, portanto, y 5 12 6 1 23 ⇒ y 5 95. Logo, o preço estimado do barril de petróleo ao fim de 2008 é US$ 95,00. 93.
x A
1
xB
. Da mesma for2 t u é a média aritma, a ordenada do ponto médio de AB mética das ordenadas dos pontos A e B, isto é, y A 1 y B . Resumindo, temos que o ponto médio de 2 x 1 x B y A 1 y B , . AB t u é dado por A 2 2 dos pontos A e B, ou seja,
8.
Baricentro é o ponto em que as três medianas de um triângulo se interceptam. Ele divide cada mediana, a partir do vértice, na razão 2 para 1.
9.
Sejam A( x A, y A), B( x B, y B ) e C ( xC , yC ). A abscissa do baricentro do triângulo ABC é a média aritmética das
a) Temos: 4
•
∑
i
5
xi
5 1 1 2 1 3 1 4 5 10
1
abscissas dos pontos A, B e C , ou seja,
∑ y
i
5
i
5 2 1 2,2 1 2,8 1 3,0 5 10
1
4
•
∑ x
i
5
2 i
5 12 1 22 1 32 1 42 5 30
1
∑ x y i
i
5
i
5 1 2 1 2 2,2 1 3 2,8 1 4 3,0 5 26,8
x A 1 x B 1 xC 3
1
A equação da reta de tendência é y 5 mx 1 q , em que os valores de m e q são solução do sistema:
4 q 1 10m 5 10 ⇒ m 5 0,36 e 10q 1 30m 5 26, 8
xB
1
xC
y A
1
yB
1
yC
. Resumindo, te3 mos que o baricentro do triângulo ABC é dado por tos A, B e C , ou seja,
4
•
1
. 3 Da mesma forma, a ordenada do baricentro do triângulo ABC é a média aritmética das ordenadas dos pon-
4
•
x A
b) No mês de dezembro, temos x 5 5 e, portanto, y 5 0,36 5 1 1,6 ⇒ y 5 3,4. Logo, o número estimado de leitores no mês de dezembro é 3.400.
yA
1
yB
3
1
yC .
10.
Ver “Inclinação e coeficiente angular de uma reta”, na página 101.
11.
Coeficiente angular de uma reta de inclinação , com 90°, é o número real m tal que m 5 tg .
12.
Reta horizontal do plano é aquela que tem 0° de inclinação.
13.
Reta vertical do plano é aquela que tem 90° de inclinação.
q 5 1,6
Logo, a equação da reta de tendência é y 5 0,36 x 1 1,6.
,
Roteiro de estudos 1.
Ver “Uma nova forma de representação”, na página 87.
14.
Reta oblíqua é aquela que não é nem vertical nem horizontal.
2.
Ver “Pontos da bissetriz dos quadrantes ímpares (bi)”, nas páginas 89 e 90.
15.
Se a reta não é vertical, considere A( x A, y A) e B( x B, y B) dois pontos distintos da reta. Seu coeficiente angular y 2 y B . é dado por m 5 A x A 2 x B
16.
, - e BC , - têm o mesmo coeficiente angular, Se as retas AB elas têm a mesma inclinação e, portanto, são paralelas. Mas, se tais retas s ão paralelas e têm o ponto B em comum, então elas são paralelas coincidentes e, portanto, A, B e C pertencem a uma mesma reta.
3.
Ver “Pontos da bissetriz dos quadrantes pares (b p)”, na página 90.
4.
Ver “Distância entre dois pontos no plano cartesiano”, nas páginas 90 a 92.
5.
Ver “Distância entre dois pontos no plano cartesiano”, nas páginas 90 e 91.
Parte específica
Matemática Paiva
75
6.
Então:
Substituindo 21, 0 e 1 na equação y 5 x3 1 5 x 1 10, temos: • x 5 21 ⇒ y 5 (21)3 1 5 (21) 2 10 5 216 A(21, 216)
21 4
2
3 4
5
18 4
5 4,5
2
3 4
5
18 4
5 4,5
x 5 0 ⇒ y 5 03 1 5 0 2 10 5 210 B(0, 210)
•
AB 5
21 4
•
x 5 1 ⇒ y 5 13 1 5 1 2 10 5 24 C (1, 24)
•
BC 5
3 4
2
21 4
5
18 4
5 4,5
•
CD 5
9 4
2
21 4
5
12 4
5 3
•
DG 5
15 4
2
3 4
5
12 4
5 3
•
GH 5
15 4
2
9 4
•
HF 5
9 4
2
d 1 5 AB 5 [0 2 (21)] ⇒
2
1 [210 2 (2 16)]
⇒
37
d 1 5
d 2 5 BC 5 (1 2 0 )2
2
1 [24 2 (210 )]
Assim: d 1 1 d 2 5 2 37
⇒
⇒ d 2 5
37
d 1 1 d 2 5 148
E, como 144 148 225 ⇒ 12 148 12 d 1 1 d 2 15.
15, temos
Alternativa b. Como o triângulo ABC é retângulo em B, temos: ( BA)2 1 ( BC )2 5 ( AC )2 A(2, 2), B ( x, 1) e C (21, 3); logo: AC 5 (21 2 2)2 BA 5 ( x 2 2)2 5
x
2
1
(3 2 2)2
1 (1 2
2 )2
5
5
x
5
10
2
1 2x 1 1 1
4
5
x
2
9.
15 4
6 4
5
5
Assim: ( BA)2 1 ( BC )2 5 ( AC )2 ⇒ ⇒ ( x 2 2 4 x 1 5) 1 ( x 2 1 2 x 1 5) 5 10 2 x2 2 2 x 5 0 ⇒ x( x 2 1) 5 0 Portanto, x 5 0 ou x 5 1.
1
y2
BP 5 (3 2 x )2
1 (2 2
y )2
CP 5 (2 2 x )2
1 (5 2
y )2
⇒
Sejam A, B, C , D, G e H conforme a figura a seguir.
x 2
1
y2
5
(3 2 x )2
1
x 2
1
y2
5
(2 2 x )2
1 (5 2
y )2
x 5
(0, 0), (3, 2) e (2, 5) são
B
10.
a)
7 22 ,
61 . 22
y B
8
D
E O
G
A M
x
21 3 21 21 3 , , , B , C , 4 4 4 4 4 15 9 15 15 9 , e H , . , G 4 4 4 4 4
3 , 4
D
C
3
Suponhamos, sem perda de generalidade, que tais pontos estejam no centro dos quadrados. Assim, temos A
⇒
6 x 1 4 y 5 13 4 x 1 10 y 5 29
N
H
(2 2 y ) 2
7 61 e y 5 22 22 Portanto, as coordenadas do ponto equidistante de
y
F
5 1,5
Como P equidista dos pontos A, B e C , temos: PA 5 PB 5 PC Logo, temos o sistema:
1 2x 1 5
C
5 1,5
Seja P ( x, y), A(0, 0), B (3, 2) e C (2, 5). Assim: AP 5 x 2
2 4x 1 4 1 1 5
P
2
6 4
5
Logo: 4,5 1 4,5 1 4,5 1 3 1 3 1 1,5 1 1,5 5 22,5 Portanto, o comprimento da linha é 22,5 cm. Alternativa d.
2 4x 1 5 2
2
911
x 2
5
BC 5 [ x 2 (21)] 1 (1 2 3 )
8.
EA 5
•
Então:
7.
•
21 , 4
A
1 0
6
8
13
x
Pelo teorema de Tales, temos: AC CB
5
826 13 2 8
Parte específica
Matemática Paiva
77
