|1|
MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
O ponto
11.
1
10 13
Exercícios
h 10 20
5
1.
y
5
a b
132 = h2 + 52 ⇒ h = 12
h
Assim:
x
d
A(0, 0)
f
e
12.
g
c
2.
H(2, 4)
I(–2, –4)
J(1, 1)
M(–3, –2)
N(1, –3)
O(0, 0)
B(5, 12)
L(–1, 4)
D(20, 0)
y A
K(3, 0)
C(15, 12)
C
B
0
x
AC ⊥ AB
3.
a) E, G
c) C, i
e) B, K
g) E, I
b) A, L
d) H
f ) D, F, J
h) A
BC é a hipotenusa.
13. △ ABC é retângulo em B: AC2 = 62 + 62 ⇒ AC = 6 4.
a) positivo
5.
k2 – 9 = 0 ⇒ k ± 3
6.
b) negativo
c) positivo
2.
Assim, AO = CO = 3 2 ; BO = DO = 3 2 .
d) nulo
As coordenadas pedidas são:
a) a > 0
A(–3 2 , 0), B(0, 3 2 ), C(3 2 , 0) e D(0, –3 2 ).
c) 2a > 0 o b < 0 ⇒ 4 quadrante b < 0 3 b) –a < 0 d) –a < 0 ⇒ 3o quadrante ⇒ 2o quadrante b < 0 –b > 0 ⇒ 4o quadrante
14. a)
42 + 12 = 17
b) 12 + 72 = 50 = 5 2 c) 42 + 32 = 5 d) 72 + 92 = 130 e) 02 + 72 = 7
7.
- A(3, 0) B(0, 3) C(–3, 0) D(0, –3) --O raio da circunferência “maior” é 5; logo: E(5, 0)
8.
F(0, 5)
G(–5, 0)
f ) 52 + 32 = 34 g) 02 + 102 = 10
H(0, –5)
--abcissa negativa → m < 0 (1) --ordenada negativa → 2m – 1 < 0 ⇒ m < 12
h) (2 2 )2 + (2 2 )2 = 8 + 8 = 4 i) 42 + 02 = 4 (2)
(1) ∩ (2) ⇒ {m ∈ ℝ ∙ m < 0}
9.
15. AB = dA, B =
22 + 72 = 53
BC = dB, C = 52 + 32 = 34
O perímetro é: 5 + 34 + 53
AC = dA, C = 32 + 42 = 5 As ordenadas de A, B e C devem ser a mesma. Assim, m = n = 5.
16. A(4, 4), B(x, 0) dAB = 5 ⇒ (4 – x)2 + 42 = 5 ⇒ (4 – x)2 = 9 ⇒
10. As abscissas dos três pontos devem coincidir: a = b = 3.
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⇒ 4 – x = ±3 ⇒ x = 1 ou x = 7
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Capítulo 1 • O Ponto
|2|
2
1 + 02 = 1 2 2
17. dAE =
dBE = 02 + 1 2
2
= 1 2
dPA= d PB⇒ ( –1 – 0)2 + (y – 1)2 = ( 4 – 0)2 + (y – 2)2 ⇒
dCE = 12 + 02 = 1
⇒ y2 – 2y + 1 + 1 = y2 – 4y + 4 + 16 ⇒ 2y = 18 ⇒ ⇒ y = 9 ⇒ P(0, 9)
dDE = 12 + 12 = 2
Como 2 > 1 > 1 , o mais distante de E é o ponto D. 2
24. P(0, 0), Q(3, 2), R(–1, 4) PQ = 32 + 22 = 13 PR = 12 + 42 = 17
18.
(3m + 1 – m)2 + 122 = 13 ⇒ (2m + 1)2 = 52 ⇒ 2m + 1 = 5 ⇒ m = 2 ⇒ 2m + 1 = –5 ⇒ m = –3
Como B pertence ao 2o quadrante, devemos ter m < 0.
O triângulo é escaleno.
QR = 42 + 22 = 20
25. - P∈ eixo x ⇒ p(x, 0)
--d
Daí m = –3.
= dp, B
p, A
(x – 1)2 + (0 + 1)2 = (x – 2)2 + 32
19. A(3, 3)
AB = 72 + 12 = 50 = 5 2
B(–4, 2)
BC = 22 + 42 = 20 = 2 5
C(–2, –2)
CD = 62 + 22 = 40 = 2 10
D(4, –4)
AD = 12 + 72 = 50 = 5 2
x2 – 2x + 2 = x2 – 4x + 13 ⇒ 2x = 11 ⇒ x = 11 ; 2 P 11 , 0 2
26. Por Pitágoras:
Perímetro:
[(3 – 1)2 + (0 + 1)2 ] + [ (4 – 1)2 + (m – 1)2] =
5 2 + 2 5 + 2 10 + 5 2 = 2 5 + 2 10 + 10 2
= (4 – 3)2 + (m – 0)2 ⇒ 4 x + 19 + m2 ⇒ ⇒ 4 + 1 + 9 + m2 – 2m + 1 = 1 + m2 ⇒
20. O raio é a distância entre (–1, 3) e (2, 5):
⇒ 2 m = 14 ⇒ m = 7
32 + 22 = 13 ; o diâmetro mede 2 13 .
27. Seja (x,y) o ponto procurado, temos: 21. Sejam A(2, 4), B(5, 1) e C(6, 5),
x2 + (y – 3)2 = (x – 5)2 + y2 = (x – 5)2 + (y – 1)2
dAB = 32 + 32 = 18 = 3 2 dAC = 42 + 12 = 17
perímetro: AC = BC
3 2 + 2 17
dBC = 12 + 42 = 17
22. Q (q, q); AQ = BQ ⇒
(q – 4)2 + (q – 2)2 =
= (q – 6)2 + (q – 8)2 ⇒ q2 – 8q + 16 + q2 – 4q + 4 = = q2 – 12q + 36 + q2 – 16q + 64 ⇒ 16q = 80 ⇒ q = 5 Assim, Q (5,5).
(1)
(2)
(3)
(2) e (3) ⇒ (x – 5)2 + y2 = (x – 5)2 + (y – 1)2 y2 = y2 – 2y + 1 ⇒ 2y = 1 ⇒ y = 1 2 (1) e (2) ⇒ x2 + (y – 3)2 = (x – 5)2 + y2 x2 + y2 – 6y + 9 = x2 – 10x + 25 + y2 –6y + 10x = 16; como y = 1 , vem: –6 · 1 + 10x = 16 ⇒ 2 2 19 19 1 , é o ponto procurado. ⇒ 10x = 19 ⇒ x = e 10 10 2
28. a) Lembremos que a mediatriz de um segmento é a reta
23. P(0, y)
perpendicular ao segmento pelo seu ponto médio.
y P (solução única)
2
A
M
B x
1 –1
0
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4
x
m
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|3|
MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
m é mediatriz de AB.
1a solução:
Se P ∈ m, PA = PB, pois △APM é congruente ao △BPM.
[ 4 – (–2) ]2 + (2 – 0)2 = [ –2 – (–8) ]2 + [–4 – (–6) ]2 = 40
Assim, um ponto da mediatriz equidista das extremi-
e
dades do segmento AB e, desse modo, o conjunto de
[ 4 – (–2) ]2 + [2 – (–4) ]2 = [ –2 – (–8) ]2 + [0 – (–6) ]2 = 72
pontos pedidos é uma reta.
Recordando: “ Todo quadrilátero cujos lados opostos têm
b) (x + 2)2 + (y – 4)2 = (x – 3)2 + (y – 1)2
medidas iguais é um paralelogramo”.
x + 4x + 4 + y – 8y + 16 = 2
2
2a solução:
= x2 – 6x + 9 + y – 2y + 1 ⇒ 10x – 6y + 10 = 0 ⇒ 2
–2 + (–2) , 0 + (–4) ≡ 4 + (–8) , 2 + (–6) 2 2 2 2
⇒ 5x – 3y + 5 = 0
M(–2, –2) é o ponto médio de cada uma das diagonais
29. a) xM = 1 + 2 = 3 ; yM = 2 + 4 = 3; M 2 2 2
3 , 3 2
do quadrilátero. Recordando: “Todo quadrilátero cujas diagonais se divi-
b) 3 + 2 , –3 + 5 = 5 , 1 2 2 2 c) –1 –3 , 2
–
dem mutuamente ao meio é um paralelogramo”.
1 3 + 2 2 = –2, 1 2 2
34. Sejam A(x, 0) e B(0, y) as extremidades desse segmento, temos:
d) –3 + 3 , –5 + 5 = (0, 0) 2 2
–1 = x + 0 ⇒ x = –2; A(–2, 0) 2 0 + y 2 = ⇒ y = 4; B(0, 4) 2
e) 4 + 10 , –4 + 10 = (7, 3) 2 2 f ) 3 + 3 , –4 + 2 = (3, –1) 2 2
35. a) G 30. n + 4 = 2 ⇒ n + 4 = 4 ⇒ n = 0 2
5 + m = 3 ⇒ 5 + m = 6 ⇒ m = 1 2
m + n = 1
b) A (2, –1), B (4, –3) e C (–2, –5)
--mediana AM
M é o ponto médio de BC: –2 + 4 , –3 – 5 = (1, –4). 2 2
31. - O ponto médio M de BC é –2 + (–4) , 1 + 5 = (–3, 3). 2 2
--
AM = 12 + 32 = 10
dAM 52 + 72 = 25 + 49 = 74
--mediana BN
32. Seja Q(a, b) o ponto procurado; O é o ponto médio de PQ,
N é o ponto médio de AC: 2 + (–2), –1 + (–5) = (0, –3). 2 2
sendo O o centro da circunferência: 4 = 7 + a ⇒ a = 1 2 –3 + b 2 = ⇒ b = 7 2
33.
BN= 42 + 02 = 4
--mediana CP
Q(1, 7)
P é o ponto médio de AB: 2 + 4 , –1 – 3 = (3, –2). 2 2 CP= 52 + 32 = 34
y
2 –8
2 + 4 + (–2) , –1 + (–3) + (–5) = 4 , –3 3 3 3
36.
–2 0
4
B (xB, yB)
x (1, 2)M
N(5, –2)
–4 –6
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A (xA, yA)
P (3, –4)
C (xC, yC)
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Capítulo 1 • O Ponto
|4|
Temos:
Observe que a mediana relativa à hipotenusa mede
M
X + XB 1 = A ⇒ XA + XB = 2 (1) 2 Y + YB 2 = A ⇒ YA + YB = 4 (2) 2
N
X + XC 5 = B ⇒ XB + XC = 10 (3) 2 Y + YC –2 = B ⇒ YB + YC = –4 (4) 2
XA + XC ⇒ XA + XC = 6 (5) 2 P YA + YC –4 = ⇒ YA + YC = –8 (6) 2 3 =
(1) e (3) ⇒ XB = 2 – XA = 10 – XC ⇒ –XA + XC = 8 Em (5)
XA + XC = 6 –XA + XC = 8
metade dessa hipotenusa. Essa propriedade poderá ser provada no exercício 9, da série complementar. c) G 0 + 6 + 0 , 0 + 2 7 + 0 = 2, 2 7 3 3 3 OG = 22 +
2
= 4 +
28 9
=
64 = 8 9 3
39. Seja P(u,v) o ponto procurado: 5 = u + 2 e 1 = v + (–3) ⇒ u = 8 e v = 4 ⇒ P(8, 4) 2 2 2
40.
B 5) (3,
P
⇒ XC = 7, XA = –1 e XB = 3
N M 13,
A(–
Analogamente, obtêm-se: YA = 0, YB = 4 e YC = –8.
–1)
N é o ponto médio de AB:
37. a) A (2, 3); B(5, –1) e C (1, –4)
XN = –13 + 3 = –5 2 YN = –1 + 5 = 2 2
y A D
2 7 3
N = (–5, 2)
M é o ponto médio de AN:
M B
XM = –13 + (– 5) = –9 2 –1 + 2 YM = = 1 2 2
x
C
M –9, 1 2
P é o ponto médio de BN:
XP = –5 + 3 = –1 2 2 + 5 YP = = 7 2 2
M é o ponto médio de AC:
M 2 + 1 , 3 – 4 ⇒ M 3 , –1 2 2 2 2 Sendo D o quarto vértice, M é também ponto médio
41.
4 M
A
2
de BD: 3 = 5 + XD e – 1 = –1 + YD 2 2 2 2
4
Assim, XD = –2, YD = 0 e D(–2, 0). b) dAB = (5 – 2)2 + (3 + 1)2 = 25 = 5
82 = 62 + OB2 ⇒ OB = 28 = 2 7 ; B(0, 2 7 ) b) O ponto médio (M) da hipotenusa é: 6 + 0 , 2 7 + 0 = (3, 7 ). 2 2
a) 42 = 22 + y2 ⇒ y2 = 12 ⇒ y = 2 3 Como M é o ponto médio de AB, temos M(2, 0). Daí C(2, –2 3 ). b) Área △ABC = b · h = AB · CM = 4 · 2 3 = 4 3 cm2 2 2 2
42. a)
C (x, y) B (3, 4)
A distância de M à origem é 32 + ( 7 )2 = 16 = 4
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4
C
38. a) OA = 6; AB2 = OA2 + OB2
B
2 y
P = –1, 7 2
A (2, 1)
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|5|
MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
B é o ponto médio de AC:
44.
3 = 2 + x = x = 4 2 1 + y 4 = = y = 7 2
C (4, 7)
b)
B (3, 4)
A (2, 1)
C (4, 7)
D (xD, yD)
E (xE, yE)
3 5 –1 –3 x y 6 3 2 – k
XD + 3 ⇒ xD = 5 2 4 + YD 7 = = yD = 10 2
47. Tome 3 pontos quaisquer entre os 4 fornecidos e verifique que D = O. Em seguida, tome o “4o ponto” e mais 2 usados
5 =
E(6, 13)
no cálculo do determinante anterior. Verifique, para esses 3 novos pontos, que D = O.
48. dAB =
43. 1 1
0 4 b) 4 0 2 –2
1 1 = 8 – 16 = – 16 ∙ 0; não alinhados 1
1 c) –3 –7
1 1 = 2 – 35 – 3 + 14 – 1+ 15 = –8 ∙ 0; 1 não alinhados
14 7 21 2 + 3 + + – – 7 = 0; 3 3 3 3 alinhados
= –
dBC = dAB + dAC
dBC = 52 + 102 = 125 = 5 5 C
12 1 8 1 –5 – 3 4 1 0 6
= – 16 – 20 – 24 + 60 = 0; alinhados
–2 3 e) 0 0 6 –9
1 1 = 18 – 18 = 0; alinhados 1
–2 f ) 0 –3
1 1 = – 9 + 4 = –5 ∙ 0; não alinhados 1
3 0 2
32 + 62 = 45 = 3 5
dAC = 22 + 42 = 20 = 2 5
1 2 7 – 7 a) 3 1 3 3
d)
1 1 = 0 1
– k2 + 3k + 10 = 0 ⇒ k = 5 ou k = –2
D é o ponto médio de CE:
5 2 1
k 4 2
24 – k2 + 2k + 6 – 8 + 4k –12 – 3 k = 0
4 =
1
1 1 = 0 ⇒ –9 + 5x – y + 3x – 3y + 5= 0 ⇒ 1 ⇒ 8x – 4y – 4 = 0 ⇒ 2x – y – 1 = 0
24 + k · (2 – k)+ 6 – 4 (2 – k) – 12 – 3 k = 0
C é o ponto médio de BD:
4 + XE ⇒ XE = 6 2 7 + YE 10 = ⇒ YE = 13 2
1 1 = 0 ⇒ 6 – 2m + 6 – m = 0 ⇒ 1 ⇒ –3m + 12 = 0 ⇒ m = 4
45. Seja R(x, y) um ponto qualquer alinhado com P e Q:
46. Pelo item anterior, C(4, 7);
3 1 m 2 0 –2
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A B
49. Os pontos não podem estar alinhados. Assim, D ∙ O: 2 4 5
–3 1 3 1 k 1 2
∙ 0 ⇒ 6 – 15 + 2k – 15 – k + 12 ∙ 0 ⇒ ⇒ k ∙ 12 4 –15 5 yp xp
50. a) Devemos ter –4
1 1 = 0 1
20 – 15xp – 4yp – 5xp – 4yp – 60 – 20xp – 8yp = 40 ⇒ 5xp + 2yp = –10 b) O ponto procurado pertence à reta AB e possui ordenada nula: 5xp + 0 = –10 ⇒ xp = –2, e o ponto é (–2, 0).
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Capítulo 1 • O Ponto
|6|
51. Seja P (a, b) o ponto procurado.
b)
y P'
--P está alinhado com (1, 5) e (4, 14) a b 1 5 4 14
1 1 = 0 ⇒ –9a + 3b – 6 = 0 (1) 1
3
x
–3
--P está alinhado com (0, – 3) e (6, 9) a b 0 –3 6 9
2
0 –2
1 1 = 0 ⇒ –12a + 6b + 18 = 0 (2) 1
P
O é o ponto médio de PP': 0 = 2 + x ⇒ x = –2 2 –3 +y ⇒y=3 0= 2
Resolvendo o sistema formado por (1) e (2), obtemos
P'(–2, 3)
a = –5 e b = –13; P(–5, –13). c) x A (2, 1) 52. B (4, 5) 2 P (x, y) é ponto de AB se 4
y 1 5
1 1 = 0 ⇒ 1
y 3
P'
0
2
–3
P
x
⇒ –4x + 2y + 6 = 0 ou ainda, –2x + y + 3 = 0 (1). x C (5, 3) D (3, 4) 5 P (x, y) é ponto de CD se 3
y 3 4
P' (2, 3)
1 1 = 0 ⇒ 1
d)
y
⇒ –x –2y + 11 = 0 (2)
2
3
0
x
O ponto comum aos segmentos AB e CD é dado pela solução do sistema formado por (1) e (2):
–3
P'
M é o ponto médio de PP':
53. M(0, yM), N(3, 1) e P(4, 2) estão alinhados: 1 1 = 0 ⇒ 4yM + 6 – 4 – 3yM = 0 ⇒ 1 ⇒ yM = – 2 ⇒ M(0, –2)
Exercícios complementares 1.
a)
3= 2+x ⇒x=4 2 –3 + y ⇒ y = –5 –4 = 2
2.
P'(4, –5)
y A(0, y)
y
–2
M
–4
–2x + y + 3 = 0 ⇒ x = 17 e y = 19 ; 17 , 19 5 5 5 5 – x – 2y + 11 = 0
0 yM 3 1 4 2
P
C (x, 0)
2
0
x
x B(0, –y)
–3 P'
P
Como o lado AB mede 6, devemos ter y = 3. P' (–2, –3)
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|7|
MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
1 p p –5 0 7
dAC = 6 ⇒ x2 + 32 = 6 x2 + 32 = 36 x2 = 27
x<0
x = –3 3
1 1 1
= 0 ⇒ –5 + 7p – 7 – p2 = 0 p2 – 7p + 12 = 0 p = 3 ou p = 4
Assim, C(–3 3 , 0), A(0, 3) e B(0, –3) ou
5.
C(–3 3 , 0), A(0, –3) e B(0, 3).
3.
Sejam A (4, 4), B(2, – 4) e C (– 6, – 2). Observe inicialmente que: dAB = 22 + 82 = 68
MBC 1, – 3 2
dBC = 82 + 22 = 68 dAC = 102 + 62 = 136
xB + xC = 1 ⇒ xB + xC = 2 2 yB + yC –3 = ⇒ yB + yC = –3 2 2
Como dAB = dBC, podemos concluir que A, B e C são vértices consecutivos do losango. Seja D(xD, yD) o 4o vértice do losango.
Como C (1, 6), vêm xB + 1 = 2 e yB + 6 = –3; assim,
2 + xD –4 + yD = –1 e =1 2 2
B(1, –9). Seja A (x, y):
y
dAB = 9 ⇒ (x – 1)2 + (y + 9)2 = 81(*) dAC = 12 ⇒ (x – 1)2 + (y – 6)2 = 144
A
(–) M 0
(y – 6)2 – (y + 9)2 = 63
x
(y – 6 + y + 9) (y – 6 – y – 9) = 63
C
(2y + 3) · ( – 15) = 63
B
2y + 3 = – 21 ⇒ 2y = – 36 ⇒ 5 5 18 ⇒y=– 5
Assim, xD = –4, yD = 6x e D(–4, 6). Área do losango = D · d = 1 · AC · BD = 2 2 = 1 · 136 · 62 + 102 = 1 · 136 = 68 2 2 (Observe que esse losango é um quadrado.)
Substituindo o valor de y na expressão (*), temos: 2
(x – 1)2 + 9 – 18 = 81 5 (x – 1)2 = 81 – 27 5
2
(x – 1)2 = 9 + 27 9 – 27 ⇒ (x – 1)2 = 36 5 5 5
2
x – 1 = ± 36 5 x – 1 = 36 ⇒ x = 41 (não convém) 5 5 ou x – 1 = – 36 ⇒ x = – 31 5 5
4.
Do enunciado, podemos concluir que os pontos (1, p), (p, – 5) e (0, 7) estão alinhados. Daí D = 0
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6.
tg α = PP' ⇒ 2 = PP' ⇒ PP' = 4 ⇒ P(6, 4) OP' 3 6 A condição para que um ponto qualquer (x, y) esteja alinhado com O e P é que D = 0, isto é: x 0 6
y 0 4
1 2x 1 = 0 ⇒ 6y – 4x = 0 ⇒ y = 3 1
a) x = –18, y = –10 ⇒ 2 (–18) = –12 ∙ –18 3 Assim, Q não está alinhado com O e P. b) x = 900, y = 600 ⇒ 2 · 900 = 600 3 Assim, Q está alinhado com O e P.
Capítulo 1 • O Ponto
7.
|8|
dPQ , isto é, a medida da mediana relativa 2 à hipotenusa é igual à metade da medida da hipo-
b) Seja M o ponto procurado; M é o ponto médio de AC: xM =
xA + xC 0+α = = α; 2 2 2
yM =
yA + yB 0+β = =β 2 2 2
⇒ dOM = tenusa.
10.
M α, β 2 2 c)
0 α x
y P'
0 β y
P
3
1 1 = 0 ⇒ αy – βx = 0 1
O
4
x
Seja P’ (x, y).
8. • A (0, 0)
Observe que P’ pertence à circunferência de centro O (0, 0)
• M é o ponto médio de AB
e raio de medida OP.
0 + xB ⇒ xB = 2 3 2 0 + yB 1= ⇒ yB = 2 2
3 =
O triângulo POP’ é retângulo em O:
B(2 3 , 2)
(PP')2 = (OP)2 + (OP')2 (x – 4)2 + (y – 3)2 = 52 + 52
• C (x, y) é equidistante de A e B:
(x – 4)2 + (y – 3)2 = 50 (1)
(x – 0)2 + (y – 0)2 = (x – 2 3 )2 + (y – 2)2
dOP' = raio = 5 ⇒ x2+ y2 = 5 ⇒ x2 + y2 = 25 (2)
x2 + y2 = (x – 2 3 )2 + (y – 2)2
x2 + y2 = x2 – x · 4 3 + 12 + y2 – 4y + 4 x · 4 3 + 4y = 16 ⇒ x 3 + y = 4 (*)
• O lado do triângulo equilátero é: dAB = (2 3 – 0)2 + (2 – 0)2 = 16 = 4
• dAC = 4 ⇒ x2 + y2 = 4 ⇒ x2 + y2 = 16 e usando (*) vem: x2 + (4 – x 3 )2 = 16 ⇒ 4x2 – 8 3 · x = 0 ⇒ ⇒ 4x (x – 2 3 ) = 0 ⇒ x = 0 ou x = 2 3
• Se x = 0, em (*), vêm y = 4 e C = (0, 4)
(x – 4)2 + (y – 3)2 = 50 (1) ⇒ Fazendo (1) – (2) vem, x 2 + y2 = 25 (2) –8x – 6y + 25 = 25 ⇒ x = – 3y (3), e, substituindo em (2), 4 2 2 2 vem: –3y + y2 = 25 ⇒ 9y + y2 = 25 ⇒ 25y = 25 ⇒ 4 16 16 ⇒ y = ±4 Como a ordenada de P é positiva, temos que y = 4 e, em (3), x = – 3 · 4 = –3 ⇒ P'(–3, 4). 4
11. a)
• Se x = 2 3 , em (*), vem 2 3 · 3 + y = 4 ⇒ y – 2 e
Seja P (x, y) o ponto do plano em que será instalada a base dPF = dPF = dPF .
C(2 3 , –2)
1
2
3
x + (y – 15) = (x + 8)2 + (y +1)2 = 2
9. •
O ponto médio (M) de PQ é:
xP + xQ x +0 x = P = P 2 2 2 yP + yQ 0 + yQ yQ = = yM = 2 2 2
xM =
(3)
2 2 xP y –0 + Q –0 = 2 2
dPQ = (xP – 0) + (0 – yQ) = x + y = 2 · dOM ⇒
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2
2 P
32x +24y = 120
xP2 y2 + Q = 4 4
2 Q
2
x2 + 16x + 64 + y2 + 2y + 1 = = x2 – 16x + 64 + y2 – 22y + 121
x +y 2 A medida da hipotenusa é a distância entre P e Q: • =
(2)
(2) e (3) ⇒ (x + 8)2 + (y + 1)2 = (x – 8)2 + (y – 11)2
distância entre O e M:
2 P
(1)
= (x – 8)2 + (y – 11)2
• O comprimento da mediana relativa à hipotenusa é a
dOM =
2
2 Q
4x + 3y = 15 (4)
(1) e (3) ⇒ x2 + y2 – 30y + 225 = = x2 + 16x + 64 + y2 + 2y + 1 16x +32y = 160 x + 2y = 10 (5)
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|9|
MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
(4) e (5) ⇒
4x + 3y = 15 ⇒ x + 2y = 10 (– 4)
A distância real é: 7 · 2 000 cm = 14 000 cm = 140 m.
dGP = (0 + 3)2 + (3 – 1)2 = 9 + 4 = 13 = 3,6 (cm
4 x + 3y = 15 (+) ⇒ – 4 x – 8y = – 40
na planta) A distância real é 3,6 · 2 000 cm = 7200 cm = 72 m.
– 5y = – 25 ⇒ y = 5 e x = 0
c) Um ponto pertencente à Avenida 3 terá, no mapa,
O ponto procurado é (0, 5). b) dPF = 02+ 102 = 10 (km)
coordenadas iguais, pois a Avenida 3 é representada
1
pela bissetriz b13. Seja A (a, a) o ponto procurado:
12. Antes da queda, (5, 3) é o ponto médio entre (2, 0) e (xB, yB).
dAF = dAG ⇒ (a – 4)2 + a2 = a2 + (a – 3)2 ⇒
Assim:
⇒ a2 – 8a + 16 + a2 = a2 + a2 – 6a + 9 ⇒
x +2 ⇒ xB = 8 5= B 2 e ⇒ B(8,6) yB + 0 ⇒ yB = 6 3= 2 O comprimento da barra é:
⇒ –2a = –7 ⇒ a = 7 e o ponto procurado é A 7 , 7 . 2 2 2
2
Após a queda, a extremidade móvel ocupa a posição
13. Seja Q(x, y) equidistante de A e de B. ⇒ x – 2x + 1 + y – 4y + 4 = x – 6x + 9 + y – 8y + 16 ⇒ 2
2
2
2
⇒ 4x + 4y = 20 ⇒ x + y = 5
15. A
dPQ = (x – 4)2 + (y – 3)2 = (x – 4)2 + (5 – x – 3)2 =
2·
= 7 2= 2
49 4
1 0 g
1 1 =0⇒ 1
y 12
A distância de Q a P deve ser mínima:
=
⇒ g + 4g + 3g – 4 = 0 ⇒ 8g = 4 ⇒ g = 1 ; G 1 , 1 2 2 2
Assim, temos Q(x, 5 – x).
2
–3 d) P, F e G (g, g) estão alinhados ⇒ 4 g
(2 + 6 2 , 0).
dQA = dQB ⇒ (x – 1)2 + (y – 2)2 = (x – 3)2 + (y – 4)2 ⇒
+ 7 2
= 7 · 1,4 = 4,9 cm 2 A distância real é: 4,9 · 2 000 = 9 800 (cm) = 98 (m).
∙ = dAB = (8 – 2) + (6 – 0) = 6 2 2
2
7 2
dAO =
–24
C 7
B
16
x
= x2 – 8x + 16 + 4 – 4x + x2 = 2x2 – 12x + 20 Para que 2x2 – 12x + 20 assuma o valor mínimo, basta que o trinômio 2x2 – 12x + 20 assuma o valor mínimo.
• dAB = 242 + 72 = 625 = 25 A distância real entre as cidades A e B é 25 · 40 = 1 000 km.
–b = 12 = 3, que acarreta y = Isso ocorre para x = 2a 4 = 5 – 3 = 2.
• dBC = 162 + 122 = 400 = 20
Assim, o ponto — equidistante de A e B — mais próximo
• trecho A → B
A distância real entre as cidades B e C é 20 · 40 = 800 km.
de P é (3, 2).
14. a)
vm = 750 km/h →
A distância entre as casas de Fábio e Gabriel é 100 m; como a escala é de 1 : 2 000, na planta do condomínio ela será de 100 = 0,05 m = 5 cm. 2 000 Como G pertence ao eixo y, temos G (0, y). dFG = 5 ⇒
(4 – 0)2 + y2 = 5 ⇒
⇒ 16 + y2 = 25 b) d F P =
y>0
[4 – (–3)] + 1 2
2
=
49 + 1 =
= 5 2 = 5 · 1,4 = 7 (cm na planta).
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• trecho B → C
vm = 750 km/h →
1 h — 750 km ⇒ y = 16 h 15 y — 800 km
4 16 20 + 16 = • tempo total de voo sem a escala: 3 + 15 = 15 36 =
= 2,4 h 15 (2 h + 0,460 min = 2 h 24 min)
16 + y2 = 5 ⇒
y = 3; G (0, 3)
750 km — 1 h ⇒x= 4 h 3 1 000 km — x
50 =
• tempo total de voo com a escala: 2 h 24 min + 35 min = 2 h 59 min Quando o avião pousou na cidade C, o horário local era:
13/05/10 04:31
Capítulo 1 • O Ponto
| 10 |
9 h 30 min + 2 h 59 min + 1 h = 13 h 29 min.
Seja B o ponto médio de AQ:
fuso
16.
B m + 5 , n + 16 2 2
y
Daí, A é ponto médio de PB: 2+ m+5 2 e m= 2
princesa P
5 R
herói H
2 0
–3
⇓
2m = 2 + m + 5 2 Os pontos H (– 3, 2), R (0, y) e P (2, 5) devem estar alinhados 2 y 5
2n = 1 + n + 16 2
⇓
para que a distância percorrida seja mínima: –3 0 2
n=
⇓
x
2
1 + n + 16 2 2
⇓
4m = 4 + m + 5
1 1 =0 1
4n = 2 + n + 16
⇓
⇓
m=3
n=6
– 3y + 4 – 2y + 15 = 0 y = 19 ⇒ R 0, 19 5 5
Logo A(3, 6).
17. Devemos ter D = 0 ⇒
a b 1 3 –1 –1
1 1 =0 1
19.
C(x, y)
3a – b – 1 + 3 + a –b = 0 ⇒ 4a – 2b + 2 = 0 ⇒ 2a – b = –1
A (–2, 0)
Como a + b = 7, temos 2a – b = –1 ⇒ a = 2 e b = 5 a+b=7
Devemos ter:
P (2, 5)
2 2 2 = dAC + dBC dAB
B(0, 6)
( (0 + 2)2 + (6 – 0)2 ) 2 =
18. Há duas possibilidades:
= ( (x + 2)2 + y2 ) 2 + ( x2 + (y – 6)2 )
1 ) P está entre A e Q a.
22 + 62 = (x + 2)2 + y2 + x2 + (y – 6)2 )
,16
Q(5
40 = x2 + 4x + 4 + y2 + x2 + y2 – 12y + 36 2x2 + 2y2 + 4x – 12y = 0
,1)
P(2
x2 + y2 + 2x – 6y = 0
n) (m,
Outra resposta equivalente é: x2 + 2x + 1 + y2 – 6y + 9 = 1 + 9 (
AQ = 2AP ⇒ P é ponto médio de AQ ⇒
(
A
⇒
2
(x + 1)2 + (y – 3)2 = 10; ou ainda, x2 + y2 + 2x – 6y = 0
2= m+5 ⇒m=–1 2 1 = n + 16 ⇒ n = –14 2
20. dA,B =
(x – 1)2 + 02 = |x – 1|
dA,C = (x – 1)2 + 02 = |x – 4|
Logo A (–1, –14)
Devemos ter:
2a. ) A está entre P e Q
|x – 1| + |x – 4| ⩽ 7 P (2,1)
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A (m, n)
B
Q (5,16)
(I) x < 1
(1)
–x + 1 + (–x + 4) ⩽ 7
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| 11 |
MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
–2x + 5 ⩽ 7
x2 + y2 – 4x – 12y + 40 =
–2x ⩽ 2
= x2 + y2 – 16x – 4y + 68 ⇒ 12x – 8y – 28 = 0 ⇒ ⇒ 3x – 2y – 7 = 0 ⇒ x = 2y + 7 3 Substituindo a expressão de x em (*): 2 2y + 7 – 10 2y + 7 + y2 – 8y + 28 = 0 ⇒ 3 3
x ⩾ –1
(2)
(1) ∩ (2) ⇒ –1 ⩽ x < 1 (II) 1⩽ x < 4
(3)
x – 1 + ( –x + 4) ⩽ 7 3 ⩽ 7 (V)
2 ⇒ 4y + 28y + 49 – 20y + 70 + 9 3 +y2 – 8y + 28 = 0 ⇒
(4)
(3) ∩ (4) ⇒ 1 ⩽ x < 4 (III) x ⩾ 4
⇒ 4y2 + 28y + 49 – 60y – 210 + 9y2 – 72y +
(5)
x–1+x–4⩽7
+252 = 0 ⇒ y2 – 8y + 7 = 0 ⇒
2x – 5 ⩽ 7 x⩽6
y = 7 ⇒ x = 7 ⇒ B(7, 7) (6)
⇒ ou
(5) ∩ (6) ⇒ 4 ⩽ x ⩽6
y = 1 ⇒ x = 3 ⇒ D(3, 1)
Reunindo as soluções obtidas em (I), (II) e (III) vem:
Observação: Muitos dos exercícios aqui apresentados
–1 ⩽ x ⩽ 6.
poderiam ser resolvidos de modo mais simples com a
21. Seja P(x, y) o ponto procurado.
utilização do conteúdo do próximo capítulo. No entanto,
2 2 2 Seja S = dAP + dBP + dCP
com o intuito de forçar o aluno a explorar suas habilida-
S = ( x – y ) + ( (x – 2) + (y – 1) ) + 2
2 2
2
2
2
des em Geometria Plana e a contar apenas com a teoria
+ ( (x – 1)2 + (y – 5)2 )2
do presente capítulo, tais exercícios foram apresentados
S = x2 + y2 + (x – 2)2 + (y – 1)2 + (x – 1)2 + (y – 5)2
neste ponto.
S = 3x2 + 3y2 – 6x – 12y + 31 S = 3x2 – 6x + 3y2 – 12y + 31
(*)
Observe que S depende de x e y; x e y, no entanto, variam
Desafio
independentemente um do outro.
Somando membro a
Assim S é mínimo quando os trinômios 3x – 6x e 2
f(x)
3y2 – 12y assumem seus valores mínimos.
membro as igualdades seguintes:
g(y)
–b –(–6) • f(x) é mínimo se x= 2a = 2 · 3 = 1; nesse caso fmín = 3 ∙ 12 – 6 ∙ 1= –3 –b –(–12) • g(y) é mínimo se y = 2a = 6 = 2; nesse caso gmín = 3 ∙ 22 – 12 ∙ 2=–12
13 = 23 = 33 = 3 + 43 = 5 = 63 = 73 = 83 =
12 32 62 102 152 212 282 362
– 02 – 12 – 32 – 62 – 102 – 152 – 212 – 282
obtemos: 13 + 23 + 33 + 43 + 53 + 63 + 73 + 83 = 362
Assim P(x, y)=P(1, 2)
• O menor valor que S assume é, em (*):
Testes
Smín = (–3) + (–12) + 31 = 16
1. 22. A
x2 – 10x + y2 – 8y + 28 = 0 (*) B(ou D) equidista de A e C: (x – 2)2 + (y – 6)2 = (x – 8)2 + (y – 2)2
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M(a, b) é ponto médio de AB ⇒
−6 − 2 9−5 = 2 ⇒ M ( –4, 2 ) ⇒a= =−4 e b= 2 2
diagonal AC mede (8 – 2) + (6 – 2) = 2 13 . Seu ponto médio M é dado por 8 + 2 , 6 + 2 ou M(5, 4). 2 2 B(ou D) dista 13 de M: (x – 5)2 + (y – 4)2 = 13 2
2
Resposta: d.
2.
d= dBC ⇒ BA (6 − 3)2 + (0 − y B )2 =
(0 − 3)2 + (6 − y B )2 ⇒
9/3/10 7:17:10 PM
Capítulo 1 • O Ponto
| 12 |
⇒ 9 + y B2 = 45 − 12y B + y B2 ⇒ yB = 3 ⇒ B ( 3, 3)
8. X
Resposta: c. 36
3.
65 dAC = (5 − 1)2 + (8 − 1)2 = 65 ⇒ dBC = (5 − 9)2 + (8 − 2)2 = 52 ⇒ isósceles, não retângulo. dAB =
(9 − 1)2 + (2 − 1)2 =
A
72
36
d
Resposta: d. Y
4.
1
3 (2) 2
9
9 = 27 milhas. 4 2 2 2 • d = 36 + 27 ⇒ d2 = 2 025 ⇒ d = 45 percorre 12 ·
(1) ∩ (2) ⇒ x < 1 Resposta: a.
5.
B
• 2 h e 15 min equivalem a 2 + 4 = 4 h 9 • O barco X percorre 16 · 4 = 36 milhas e o barco Y
x – 1 < 0 ⇒ x < 1 (1) 3 – 2x > 0 ⇒ x <
27
Resposta: a.
Um ponto dessa reta tem a forma (x, 3x + 5) (x – 0)2 + (3x + 5 – 0)2 = 5 ⇒ x2 + (3x + 5)2 = 5 ⇒
9.
y (0, 18)B
⇒ 10x2 + 30x = 0 ⇒ x = 0 ou x = –3
• x = 0 ⇒ y = 5; (0, 5)
10
• x = –3 ⇒ y = –4; (–3, –4)
5 + (–4) = 1 (0, 8)A
Resposta: a.
6.
0
As coordenadas do ponto M médio do lado 8+2 4+4 = x = 5= AC são e y = 4, ou seja, 2 2 M(5, 4).
(4 − 5)2 + (6 − 4)2 =
10 = x2 + 82 x >0
100 = x2 + 64 ⇒ x = 6 b·h AB · OC 10 · 6 área = = = = 30 2 2 2 Resposta: c.
5.
Resposta: c.
7.
10 + 2 2
= x = 6 10. O ponto M tem coordenadas
y
M
= ey
3
A distância entre M e C é
A
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(10 − 6)2 + (3 − 6)2= 5.
Resposta: c.
x
–1 = x + 0 ⇒ x = –2; B(–2, 0) 2 y + 0 ⇒ y = 6; C (0, 6) 3= 2 Como A (0, 0), a soma pedida é –2 + 0 + 0 + 6 + 0 + 0 = 4 Resposta: d.
9+3 = 6, ou seja, M(6, 6). 2
C(0, y)
dMC= B –1 (x, 0)
x
AB = AC
A distância entre M e B é
dMB =
C(x, 0)
11.
Resposta: b.
12. •
dAB = 32 + 42 = 5; o lado do quadrado mede 5
2 2 • d BD = (a – 3) + (b – 4) = 5 2 (diagonal) ⇒
9/3/10 7:17:11 PM
| 13 |
MATEMÁTICA CIÊNCIA E APLICAÇÕES 3
18. Os triângulos ABC e A’B’C’ são semelhantes:
⇒ (a – 3)2 + (b – 4)2 = 50 (1)
• dAD = a + b = 5 ⇒ a + b = 25 (2)
AB = 12 + 22 = 5
(2) em (1) ⇒ a2 – 6a + 9 + b2 – 8b + 16 = 50 ⇒
• Os pontos A’ (0,y), A (1,3) e B (2,1) estão alinhados:
2
2
(
2
(
2
⇒ 25 – 6a + 9 – 8b + 16 = 50 4b ⇒ 6a = –8b ⇒ a = – ; substituindo em (2), obtemos: 3 2 b> 0 –4b 2 25b 2 3 + b = 25 ⇒ 9 = 25 ⇒ b = 3 e a = –4; –4 + 3 = –1 Resposta: b.
13. Posição 1: (–6, –4); Posição 2: (1, –4); Posição 3: (1, 2); Posição 4: (–2, 2); Posição 5: (–2, 5); Posição 6: (2, 5).
0 1 2
y 3 1
1 1 = 0 ⇒ 2y + 1 – 6 – y = 0 ⇒ 1
⇒y–5=0⇒y=5
• Os pontos A (1,3), B (2,1) e B’ (x, 0) estão alinhados: 1 2 x
3 1 0
1 5 1 = 0 ⇒ 1 + 3x – x – 6 = 0 ⇒ x = 2 1 2
A distância entre os portos é a distância entre as posições
5 • A’ (0, 5) e B’ 2 , 0 ⇒ dA’B’ =
4 e 6, a saber: 42 + 32 = 5
• A razão de semelhança entre os triângulos ABC e A’B’C’
14. dAB = (m − 4)2 + (7 + 5)2 = 13 ⇒ m2 − 8m + 16 + 144 = 169 ⇒ m2 − 8m − 9 = 0 ⇒ 8 ± 64 + 36 8 ± 10 m' = 9 = ⇒m = m'' = −1 2 2
5 =2 5 5 5 2 • A razão de semelhança entre as áreas dos triângulos 4 4 ABC e A’B’C’ é k2 = = ⇒ x = 25 m2 25 x Resposta: b.
19. A: y = – 12
Portanto, m'+ m'' = 9 − 1= 8
x2 + 3x; xv =
⇒ yv = – 1 · 9 + 9 = 9 2 2
Resposta: a.
B: y = – 1 x2 + x; xv = 2
15. O lado do quadrado é: (2 + 1)2 + (1− 5)2 = 5 ⇒ diagonal do
quadrado é 5 2.
–3
=3⇒
2· –1 2 –1
2· – 1 2 1 1 ⇒ yv = – · 1 + 1 = 2 2
=1⇒
A distância entre os pontos 3, 9 e 1, 1 é: 2 2
Resposta: e.
16. •
+ 52 = 5 5 2
AB é k = A'B' =
Resposta: e.
= dAB =
5 2
22 + 42 = 20 ∀a, b ∈ ℝ, temos: a + b ⩾ a ⇒ 2
2
2
Resposta: d.
⇒ a2 + b2 ⩾ a2 = a, pois a > 0
• 0 < a < 1; multiplicando por b > 0, vem: 0 < ab < b. Logo, o ponto Q pertence à região II. Resposta: b.
17.
Sejam A( −1, 0), B(9, 0), C(8, 5) e D(1, 5). O perímetro do trapézio cujos vértices são A, B, C e D é: dAB + dBC + dCD + dAD = = 10 + (8 − 9)2 + 52 + 7 + (1+ 1)2 + 52 =
= 17 + 26 + 29 Resposta: e.
MCA2-Resoluc�o�es-Mercado.indd 127
20. d(A, B) =
22 + 02 = 2
d(X, B) = (x – 1)2 + y2 = 1 · 2 = 1 ⇒ (x – 1)2 + y2 = 1 (1) 2 d(X, A) = (x – 1)2 + y2 = d(A, B) ⇒ (x + 1)2 + y2 = 4 (2)
• (1) – (2): (x – 1)2 – (x + 1)2 = –3 ⇒ x2 – 2x + 1 – x2 – 2x – 1 = = –3 –4x = –3 ⇒ x = 3 4 2 3 1 15 • em (1) ⇒ 4 – 1 + y2 = 1 ⇒ y2 = 1 – 16 = 16 ⇒ ⇒y=±
5 4
Os pontos procurados são: 3 , 4 Resposta: c.
15 e 3 , 4 4
15 4
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Capítulo 1 • O Ponto
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21. dAC = dBC a2 + (b – 3)2 = (a – 4)2 + b2 a2 + b2 – 6b + 9 = a2 – 8a + 16 + b2 4 –6b + 8a = 7 ⇒ 6b = 8a – 7 ⇒ b = a – 7 3 6 Resposta: b
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