Exercícios Propostos resolvidos CAP. 01

SOLUÇÃO – GEOMETRIA ANALÍTICA 1

EXERCÍCIOS PROPOSTOS

NÍVEL 1 e 2

E1. SOLUÇÃO: Partindo do ponto B, o agente irá descrever um arco de circunferência de centro A(0,0) e raio AB tal que:(AB)² = 3² + 4² AB = 5; e (AC)² = 3² + 4² AC = 5.Como a distância de A até a linha DE é maior que 5 e AC = 5, concluímos que o agente ficará acima do nível do chão em toda sua trajetória e atingirá precisamente o ponto C quando a abscissa de sua posição for 3, pois C = (3, -4).

RESPOSTA: LETRA E.

E2. SOLUÇÃO: Podemos escolher qualquer um dos pontos dados para ver qual sua distância para o ponto (10,10). Escolhendo (13, 14), temos: d² = (13 – 10)² + (14 – 10)² d² = 3² + 4² d = 5.

RESPOSTA: LETRA A.

E3. SOLUÇÃO: Seja X = (1,1); Y = (a,2) e Z = (2,b), então para que X, Y e Z sejam colineares:mXY = mYZ (2-1)/(a - 1) = (b – 2)/(2 - a) 4 – 2a – 2 + a = ab – 2a – b + 2 a = ab – b ab = a + b.

RESPOSTA: LETRA B.

E4. SOLUÇÃO: (dAP)² = 3² + h² dAP = √(9 + h²).

RESPOSTA: LETRA A.

E5. SOLUÇÃO: Para que esses três pontos estejam alinhados é necessário e suficiente que, sendo A = (1, 3), B = (2, 7) e C (4, k), então:

Utilizando a regra de Sarrus, temos:

7 + 2k + 12 – 28 – k – 6 = 0 k – 15 = 0 k = 15.

RESPOSTA: LETRA E.

E6. SOLUÇÃO: A é equidistante de B e C. Então, dAB = dAC

12x = 36 x = 3.

RESPOSTA: LETRA C.

E7. SOLUÇÃO: A área do triângulo é da por

0

Pela Regra de Sarrus:

k² + 2 – k² - 2k = -2k + 2

Daí, 2 = ½ ∙ |-2k + 2| |-2k + 2| = 4 -2k + 2 = 4 ou -2k + 2 = - 4. Então -2k = 2 k = -1 ou -2k = -6 k = 3.

RESPOSTA: LETRA A.

E8. SOLUÇÃO: Vamos encontrar as equações reduzidas destas retas:

Como as retas r e n possuem mesma equação, elas são coincidentes. As retas r, s e n possuem o mesmo coeficiente angular, logo são paralelas. O produto dos coeficientes angulares das retas s e t é 2/3 ∙ 4/3 = 8/9 ≠ -1, logo s e t não são perpendiculares. A alternativa falsa é a letra D.

RESPOSTA: LETRA D.

E9. SOLUÇÃO: A declividade é o coeficiente angular da reta.

Temos que:

RESPOSTA: LETRA A.

E10. SOLUÇÃO: Primeiro, vamos encontrar a equação da reta que passa por P1 e tem coeficiente angular – 6:

Assim quando x (a pressão) for igual a zero, teremos y (o volume) igual a 68 cm3.

RESPOSTA: LETRA D.

1

E11. SOLUÇÃO: Na equação encontrada na questão anterior, para volume zero (y = 0), temos:

RESPOSTA: LETRA A.

E12. SOLUÇÃO: Em 4 horas - ou seja, às 12h - a concentração caiu 0,8 mg/ml, ou seja, 0,2 mg/ml por hora. Se às 12h estava 0,2 mg/ml, em 1 hora ela chegaria a zero. Logo, levaria 1 hora = 60 minutos.

RESPOSTA: LETRA A.

E13. SOLUÇÃO: A empresa tem um custo fixo (b), mais um custo por unidade (a). Assim, o custo da empresa, em função da quantidade de unidades produzidas (x), será: C(x) = ax + b. Então C(1000) = 1000a + b = 35000 (I) e C(2000) = 2000a + b = 65000 (II). Fazendo (II) – (I), temos: 1000a = 30000 a = 30. Substituindo em (I): 30000 + b = 35000 b = 5000, ou seja, o custo fixo da empresa (ou o custo de 0 unidade produzidas) é de R$5000,00.

RESPOSTA: LETRA C.

E14. SOLUÇÃO: x = (2t – 1)/3 3x = 2t – 1 2t = 3x + 1 t = (3x + 1)/2 (I) e y = t + 2 t = y – 2 (II). Igualando (I) e (II), temos: (3x + 1)/2 = y – 2 3x + 1 = 2y – 4 3x – 2y + 5 = 0.

RESPOSTA: LETRA E.

E15. SOLUÇÃO: O cliente sacou x cédulas de 20 e y cédulas de 50. Assim: x + y = 25 (I) e 20x + 50y = 980 2x + 5y = 98 (II). Fazendo (II) – 2(I), temos: 3y = 48 y = 16. Substituindo em (I): x + 16 = 25 x = 9. A solução é o seguinte par ordenado: (9, 16).

RESPOSTA: LETRA B.

E16. SOLUÇÃO: De acordo com a primeira informação, temos que a estação deverá estar localizada na reta perpendicular a AB que passa pelo seu ponto médio. Como AB está no eixo dos x, a reta procurada será paralela ao eixo dos y, passando por x = 25. Ou seja, a estação está localizada na reta x = 25.De acordo com a segunda informação, a estação está localizada na reta perpendicular a CD que passa pelo seu ponto médio, que é: ((60+30)/2 , (60+30)/2) = (45, 45). Assim, a reta procurada é x = y.Logo, a estação está na interseção das duas retas: x = 25 e x = y, ou seja, está no ponto (25, 25).

RESPOSTA: LETRA E.

E17. SOLUÇÃO: O ponto C está no eixo dos x, pois sua ordenada é zero. Para que AC + CB seja mínimo, ACB tem que ser uma reta, ou seja, k será o ponto que corta o eixo dos x na reta AB:

A reta AB é dada por: 2 = 2a + b b = 2 – 2a (I) e -1 = 4a + b b = -1 – 4a (II). Igualando (I) e (II), temos:2 – 2a = -1 – 4a 2a = -3 a = -3/2. Substituindo em (I): b = 2 - 2∙(-3/2) = 2 + 3 = 5. Assim, a equação da reta é y = -3x/2 + 5. Para achar sua interseção com o eixo dos x basta fazer y = 0: 0 = -3x/2 + 5 3x/2 = 5 3x = 10 x = 10/3.Portanto, k = 10/3.

RESPOSTA: LETRA C.

2

E18. SOLUÇÃO: Uma das maneiras de calcular a área de um quadrilátero é dividindo-o em dois triângulos e calculando suas áreas, como na figura a seguir:

Assim, a área será: AT1 + AT2 =

(10 + 14 + 3 – 35 – 2 – 6) + (3 + 50 + 49 – 10 – 21 – 35) = -16 + 36 = 20 u.a.

RESPOSTA: LETRA D.

E19. SOLUÇÃO: As retas (r) x + 3y - 3 = 0 e (s)x - 3y - 3 = 0 são concorrentes e se interceptam em (3,0).As retas (r) x + 3y - 3 = 0 e (t)x + 1 = 0 são concorrentes e se interceptam em (-1,4/3).As retas (s)x - 3y - 3 = 0 e (t)x + 1 = 0 são concorrentes e se interceptam em (1,-4/3).A distância entre os pontos (3,0) e (-1, 4/3) é 52/9;A distância entre os pontos (3,0) e (-1, -4/3) é 52/9;A distância entre os pontos (-1, -4/3) e (-1, 4/3) é 64/9;O triângulo tem dois lados com a mesma medida portanto é isósceles. Agora vamos verificar se é retângulo:(64/9)² = 2∙(52/9)² 4096/ 81 = 2∙2704/81 4096 ≠ 5408. Ou seja, o triângulo não é retângulo, pois a igualdade não é verdadeira.

RESPOSTA: LETRA C.

E20. SOLUÇÃO: Primeiro, vamos calcular a distância de A à B para saber quanto mede o lado do quadrado: d(A,B) = √((2 - 1)² + (5 – 2)²) = √(1 + 3²) = √10. Os segmentos de reta BC e AD são perpendiculares a AB, ou seja, o produto de seus coeficientes é -1. A equação da reta onde está o segmento AB é: 2 = a + b (I) e 5 = 2a + b (II). Fazendo (II) – (I): a = 3. Então b = -1. Assim, y = 3x – 1. Coeficiente angular: 3. Logo, o coeficiente angular da reta, onde estão os segmentos BC e AD é -1/3. Assim, y = -x/3 + b 5 = -2/3 + b b = 17/3.A equação da reta onde está BC é: y = -x/3 + 17/3. O ponto C está a distância de √10 do ponto B, então:√10² = (2 - x)² + (5 – y)² 10 = 4 – 4x + x² + 25 – 10y + y² x² - 4x + y² - 10y = - 19 (I). Mas y = -x/3 + 17/3 = (17 – x)/3 (II). Substituindo (II) em (I), encontramos: x² - 4x + ((17 – x)/3)² - 10 ∙ (17 – x)/3 = -19 x² - 4x + ((289 – 34x + x²/9) – (170 – 10x)/3 = -19 9x² - 36x + 289 – 34x + x² - 510 + 30x = -171 10x² - 40x – 50 = 0 x² - 4x – 5 = 0. Resolvendo a equação, temos: x = -1 ou x = 5.Para x = -1, temos y = (17 + 1)/3 = 18/3 = 6 (-1, 6).Para x = 5, temos: y = (17 – 5)/3 = 12/3 = 4 (5,4). Portanto o ponto C pode ser (-1, 6) ou (5,4).

Procedendo da mesma forma, vamos encontrar que o ponto D pode ser (-2, 3) ou (4,1). Logo, os pontos C e D podem ter coordenadas (4, 1) e (5, 4) ou (–2,3) e (–1,6).

3

RESPOSTA: LETRA D.

E21. SOLUÇÃO: A equação da reta AC, que passa pelos A(1, 7) e C(10, 1) é:

O ponto de intersecção da reta AC com a reta y = x + 1 é obtido a partir do sistema:

A reta y = x + 1 corta o lado AC no ponto (4, 5).

RESPOSTA: LETRA B.

E22. SOLUÇÃO:

Vamos escrever as equações horárias para as partículas X e Y:X move-se apenas no eixo x, então sua posição é dada por e .Y move-se nos dois eixos. Decompondo sua velocidade, temos:

, onde t é a diferença entre t2 e t1.

Então, a distância entre A e B é função de t, da forma:

A distância mínima ocorrerá quando

RESPOSTA: LETRA B.

E23. SOLUÇÃO: A distância mínima é:

.

RESPOSTA: LETRA A.

E24. SOLUÇÃO:

4

Neste problema podemos dividir a região em 3 triângulos e somar as 3 áreas.

Outra saída para calcular a área é utilizando o determinante reduzido, colocando todos os pontos de uma vez, tomando cuidado com a ordem em que colocamos os pontos (devem estar na ordem em que aparecem no sentido horário ou no anti-horário). Então,

Logo, , e o volume do prisma será

RESPOSTA: LETRA D.

E25. SOLUÇÃO:

Para calcular CM, primeiro precisamos das coordenadas de C e M.

Temos que e

Então, e

As coordenadas de M são e

Assim, e

Portanto,

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RESPOSTA: LETRA A.

E26. SOLUÇÃO: Contando os tempos a partir das 7 horas, no instante t (horas), as coordenadas dos corredores são:P(0, -2 + 6t) e Q(-2 + 8t, 0). Então:PQ² = (-2 + 6t)² + (-2 + 8t)² = 4 – 24t + 36t² + 4 – 32t + 64t² = 100t² - 56t + 8 PQ = √(100t² - 56t + 8). Logo, é mínimo para t=xV=-(-56)/2∙100 = 56/200 = 0,28 hora = 16,8 minutos = 16min48s. Assim, a distância é mínima às 7h16min48s.

RESPOSTA: LETRA A.

E27. SOLUÇÃO: Para t = 0,28 temos: P(0; -0,32) e Q(0,24; 0). Então PQ² = (0,24)² + (0,32)² = 0,0576 + 0,1024 = 0,16 PQ = √0,16 = 0,4 km = 400 metros.

RESPOSTA: LETRA A.

E28. SOLUÇÃO: Se o triângulo não contém pontos no 3º ou no 4º quadrantes, então y = k > 0:A bissetriz divide o ângulo reto em 2 ângulos iguais de medida 45º, como indicado na figura a seguir:

Então a altura do triângulo é igual à metade de sua base. A área do triângulo é dada por: A = ½ ∙ 2k ∙ k = 1/8 k² = 1/8 k = 1/2√2 = √2/4. (k positivo). Assim, a altura do triângulo é √2/4.

RESPOSTA: LETRA C.

E29. SOLUÇÃO: Do enunciado, temos que o gasto com o produto A é 20x reais, e o gasto com o produto B é 30y. Assim:

Representando no plano os pares que satisfazem essas inequações:

Sendo ΔAOB – ΔACD, temos: CD/OB = AC/AO e, portanto, CD/20 = 15/30 CD = 10. Assim, a área D pedida pode ser obtida subtraindo-se da área do triângulo AOB a área do triângulo ACD. Logo:S = 30∙20/2 - 15∙10/2 = 300 – 75 = 225.

RESPOSTA: LETRA D.

E30. SOLUÇÃO: Temos que

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Portanto a função horária do gráfico 2 é .

RESPOSTA: LETRA C.

E31. SOLUÇÃO: Sejam os pontos P(0, y) e Q(x,0).

Pela própria figura podemos observar que a reta r não contém pontos do 4º quadrante.

RESPOSTA: LETRA C.

E32. SOLUÇÃO: Do texto e do enunciado, temos que as quantidades x e y de lotes de 1000 unidades, produzidos e vendidos, no número máximo possível de horas diárias, satisfazem:

Resolvendo o sistema, obtemos x = 2 e y = 3. Assim, o lucro L obtido é dado por:L = 0,50 ∙ 1000 ∙ 2 + 0,80 ∙ 1000 ∙ 3 = 1000 + 2400 = 3400. O lucro será de R$3400,00.

RESPOSTA: LETRA A.

E33. SOLUÇÃO: Temos:

Área de ABCD = área de AED + área de EBCD = ½ ∙ 8 ∙ 18 + (18 + 12)12/2 = 72 + 180 = 252m².

RESPOSTA: LETRA C.

E34. SOLUÇÃO: - 2 x + y ≥ 0 (I) , x ≥0 (II), x - y ≥ -2 (III). Somando (I) e (III), temos: -x ≥ -2 x ≤ 2 (IV). Achando a intersecção de (II) e (IV), temos: 0 ≤ x ≤ 2. Como x tem que ser o maior possível, x = 2. Substituindo em (II): 2 – y ≥ -2 -y ≥ -4 y ≤ 4. Para y ser máximo, y = 4, que também satisfaz as demais equações. Assim, x + y = 2 + 4 = 6.

RESPOSTA: LETRA B.

E35. SOLUÇÃO: 7

Se o triângulo ABC é retângulo em A, então: AB² + AC² = BC² (a) A distância AB é dada por: AB² = (m-1)² + (4-(-2))² = m² - 2m + 1 + 36 = m² -2m + 37.A distância C é dada por: AC² = (1-0)² + (-2-6)² = 65.E da mesma forma, BC² = (m-0)² + (4-6)² = m² + 4.Substituindo AB², AC² e BC² em (a), temos:(m² - 2m + 37) + 65 = m² + 4 -2m + 102 = 4 2m = 98 m = 49.

RESPOSTA: LETRA C.

E36. SOLUÇÃO: (s) x – y + 1 = 0(t) x + y – 7 = 0(r) x – y = 0

BC² = (7/2)² + (7/2)² = 49/4 + 49/4 = 98/4 = 49/2 BC = 7/√2 = 7√2/2.

RESPOSTA: LETRA C.

E37. SOLUÇÃO: Equação da reta s: x/2 + y/3 = 1 3x + 2y = 6 2y = -3x + 6 y = -3x/2 + 3. Se a reta t é perpendicular à reta s, então o coeficiente angular de t é m, onde m ∙ (-3/2) = -1 m = 2/3. Assim, a equação da reta t é dada por: y = 2x/3 + b. Como passa pelo ponto P(2,1), então 1 = 4/3 + b b = -1/3. Assim, a equação da reta t é: y = 2x/3 – 1/3. A intersecção de s e t é: -3x/2 + 3 = 2x/3 – 1/3 -9x + 18 = 4x – 2 13x = 20 x = 20/13. Substituindo na equação da reta s, temos: y = -3/2 ∙ 20/13 + 3 = -30/13 + 3 = (- 30 + 39)/13 = 9/13. Assim, as retas s e t se interceptam no ponto (20/13, 9/13).

RESPOSTA: LETRA B.

SOLUÇÃO: Tomemos o ponto inicial e o final: (1999, 481) e (2003; 780,2). A partir deles, acharemos a equação da reta:m = (780,2 – 481)/(2003 - 1999) = (299,2)/4 = 74,8.Tomando o ponto (1999, 481), temos a seguinte equação:y – 481 = 74,8∙(t – 1999) y = 74,8∙(t – 1999) + 481.

RESPOSTA: LETRA B.

E38. SOLUÇÃO: Equação da reta s: y – 0 = 2/3 (x – 0) y = 2/3∙ x.Cálculo do ponto A: A(x,0) x + 3∙0 – 6 x = 6 A(6,0).Cálculo do ponto B: x + 3y – 6 = 0 (I) e y = 2/3 x (II). Substituindo (II) em (I), temos:x + 3∙ 2/3∙ x – 6 = 0 x + 2x = 6 3x = 6 x = 2 e y = 4/3. B(2, 4/3).A = b∙h/2 = 6 ∙ 4/3 /2 = 8/2 = 4.

RESPOSTA: LETRA D.

E39. SOLUÇÃO: Equação da reta s: x/2 + y/3 = 1 3x + 2y = 6 2y = -3x + 6 y = -3x/2 + 3. Se a reta t é perpendicular à reta s, então o coeficiente angular de t é m, onde m ∙ (-3/2) = -1 m = 2/3. Assim, a equação da reta t é dada por:

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y = 2x/3 + b. Como passa pelo ponto P(2,1), então 1 = 4/3 + b b = -1/3. Assim, a equação da reta t é: y = 2x/3 – 1/3. A intersecção de s e t é: -3x/2 + 3 = 2x/3 – 1/3 -9x + 18 = 4x – 2 13x = 20 x = 20/13. Substituindo na equação da reta s, temos: y = -3/2 ∙ 20/13 + 3 = -30/13 + 3 = (- 30 + 39)/13 = 9/13. Assim, as retas s e t se interceptam no ponto (20/13, 9/13).

RESPOSTA: LETRA B.

E40. SOLUÇÃO: Do texto e do enunciado, temos:∙ O número máximo de horas diárias que se pode trabalhar no processo P1 é 9 3x + y ≤ 9.∙ O número máximo de horas diárias que se pode trabalhar no processo P2 é 24 3x + 6y ≤ 24.Como x ≥ 0 e y ≥ 0, temos que o conjunto dos pontos (x, y) que satisfazem simultaneamente às duas restrições está contido na representação:

Entre as alternativas dadas, a que mais se aproxima da resposta correta é a letra E.

RESPOSTA: LETRA E.

QUESTÕES DE PERNAMBUCO

NÍVEL 1 e 2

P1. SOLUÇÃO: Como podemos notar na figura, os triângulos AOC e ABC são congruentes, onde O é a origem do plano cartesiano e C é o centro da circunferência. A congruência é justificada por ambos os triângulos terem um lado em comum (AC), que é a hipotenusa do triângulo, um ângulo congruente, que é o ângulo reto, e um lado congruente, que é o raio da semicircinferência (OC =CB = 2). Logo, AB = AO = 1.

RESPOSTA: 10.

P2. SOLUÇÃO: A interseção é dada pelos valores de x e y que satisfazem o sistema: , com

Então, A única solução que satisfaz é x = 5. Nesse caso, temos .

Assim, a soma das coordenadas desse ponto é 5 + 25 = 30.

RESPOSTA: LETRA C.

P3. SOLUÇÃO: A reta passa pelos pontos (0,4) e (2,0). Então 4 = 0∙a + b b = 4 e 0 = 2a + b 2a + 4 = 0 a = -4/2 = -2. Logo, a equação da reta é y = -2x + 4. Ou seja, o coeficiente da reta é -2, que é um número negativo cujo módulo |-2| = 2 é um número par.

RESPOSTA: LETRA D.

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P4. SOLUÇÃO: Para serem colineares, P1 tem que estar na reta que passa por P2 e P3, que é dada por:½ = a/2 +b (I) e -2 = 0a + b b = -2 (II). Substituindo (I) em (I), temos: ½ = a/2 – 2 a/2 = 5/2 a = 5. Então a reta é:y = 5x – 2. O ponto P1 tem coordenadas (1 ; t), assim: t = 5 – 2 = 3.

RESPOSTA: LETRA D.

P5. SOLUÇÃO: A distância do ponto (0,2) à parábola y = 2x² + 1 é a mesma distância do ponto (0,1) à parábola y = 2x², pois é como se tivéssemos deslocado o plano cartesiano uma unidade para cima:Assim, a distância pedida é a distância do ponto (0,1) a um ponto da parábola (x, 2x²); Assim:d² = x² + (2x² - 1)² = x² + 4x4 – 4x² + 1 d² = 4x4 – 3x² + 1. Para que ela seja mínima, temos que encontrar seu valor mínimo. Substituindo k = x², temos: d² = 4k² - 3k + 1. Valor mínimo: -Δ/4a = - (3² - 4∙4∙1)/4∙4 = -(9 – 16)/16 = 7/16. .Assim, d² = 7/16 d = √7/4.

RESPOSTA: LETRA A.

P6. SOLUÇÃO: y varia de 0 a 6. Achando uma média de sua variação temos 6/2 = 3. Substituindo na segunda equação, temos: 3 – 6 ≤ x ≤ 5 -3 ≤ x ≤ 5. Assim, a intersecção desses intervalos é:

Um retângulo de área (5 – (-3))∙6 = 8∙ 6 = 48.

RESPOSTA: 48.

P7. SOLUÇÃO: O feixe de retas paralelas a r é o conjunto das retas cujos coeficientes angulares são iguais ao de r. Vamos, então, encontrar a equação reduzida de r:

Assim, a equação do feixe é , ou , .

RESPOSTA: LETRA B.

P8. SOLUÇÃO: A reta perpendicular à reta y = 2x + 36 tem coeficiente angular igual a -1/2: y = -x/2 + b. Se passa pelo ponto (21, 18) então 18 = -21/2 + b b = 57/2. Então a equação da reta procurada é y = -x/2 + 57/2. Para encontrar o pé na perpendicular que é o encontro das duas retas, basta igualarmos suas equações: 2x + 36 = -x/2 + 57/2 4x + 72 = -x + 57 5x = - 15 x = -3. Substituindo na equação de uma das retas, temos: t = 2∙(-3) + 36 = - 6 + 36 = 30. Assim, as coordenadas do pé da perpendicular é (-3, 30), cuja soma é – 3 + 30 = 27.

RESPOSTA: 27.

P9. SOLUÇÃO:

(0)(0) VERDADEIRO. Como pode ser observado na figura, o ponto (2,1) está no interior do triângulo. (de laranja) (1)(1) VERDADEIRO. Como pode ser observado na figura, o ponto (5, 5) está no exterior do triângulo. (de laranja)(2)(2) FALSO. Os três vértices do triângulo obtido pelas interseções das retas são os pontos (0,0), (2,4) e (9/2,3/2). A distância entre esses pontos são justamente os lados dos triângulos, dados por d(AB)=2√5 ≈2∙2,24 = 4,48; d(BC)=5√2/2 ≈ 2,5 ∙ 1,41 = 3,53; e d(AC)=3√10/2 ≈ 1,5 ∙ 3,16 ≈ 4,74, que é portanto, o maior lado.(3)(3) VERDADEIRO. A área do triângulo pode ser calculada como a metade do determinante dos vértices:

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A = ½ ∙ |3 - 18| = ½ ∙ |-15| = 15/2.(4)(4) VERDADEIRO. O circuncentro é o centro da circunferência externa ao triângulo, cujos vértices estão sobre esta circunferência. Para encontrar este ponto, basta encontrar a interseção de 2 retas mediatrizes. A mediatriz é uma reta perpendicular a um lado do triângulo que passa exatamente no meio do lado. As 3 mediatrizes do triângulo se interceptam no circuncentro. Mas basta encontrar a equação de 2 delas e igualá-las. Para isto, precisamos encontrar o ponto central dos lados, por exemplo, AB e AC. Esses pontos são R(1,2) e S(9/4,3/4) (basta dividir os pontos B e C por 2, já que o ponto A é a origem). As equações das retas perpendiculares a esses lados e que passa nesses pontos são x + 2y - 5 = 0, e 3x + y - 15/2 = 0. Resolvendo o sistema formado por estas 2 retas perpendiculares, encontramos x = 2, y = 3/2.

RESPOSTA: VVFVV.

P10. SOLUÇÃO: Seja m o coeficiente angular da reta que contém o segmento AB. Então m = Δy/ Δx = (- 1 –(-3))/(1 – 2) = 2/(-1) = -2. Seja m’ o coeficiente angular da reta da mediatriz do segmento AB. Como m∙m’ = -1, então m’ = ½. A reta r é paralela à mediatriz, logo tem mesmo coeficiente angular m’ = ½. O ponto P(0,3) está na reta r, assim: (r): y – 3 = ½ (x + 0) 2y – 6 = x x – 2y + 6 = 0.

RESPOSTA: LETRA B.

P11. SOLUÇÃO: Primeiro, vamos descobrir os pontos de intersecção das funções dadas, que chamaremos de P e Q: x² = 3x – 2 x² - 3x + 2 = 0. Então os pontos de encontro são em x = 1 y = 1 e x = 2 y = 4. Ou seja, P(1,1) e Q(2,4). Agora, vamos determinar as coordenadas no ponto M: xM = (XP + xQ)/2 = (1 + 2)/2 = 3/2 e yM = (yP + yQ)/2 = (1 + 4)/2 = 5/2.

A equação da reta que passa por esses pontos é: 1 = a + b e 4 = 2a + b. Subtraindo as equações: 3 = a b = -2. Logo, y = 3x – 2. Se o coeficiente angular dessa reta é 3, o coeficiente da mediatriz (r) será – 1/3, pois são perpendiculares. Como o ponto M(3/2, 5/2) está na mediatriz, temos: 5/2 = (-1/3)(3/2) + b b = 5/2 + ½ = 6/3 = 3. Assim, (r) tem como equação: y = -x/3 + 3 3y = -x + 9 x + 3y – 9 = 0.

RESPOSTA: LETRA A.

P12. SOLUÇÃO: (0)(0) VERDADEIRO. B: 1 = 4a + b (I) e C: -3 = 2a + b (II). Fazendo (I) – (II): 4 = 2a a = 2. Substituindo em (I): 1 = 8 + b b = -7. Então a equação da reta que passa por B e C é y = 2x -7. (1)(1) FALSO. d(A,C) = √((2 – 1)² + (-3 -3)²) = √(9 + 36) = √45 = 3√5 unidades de comprimento.(2)(2) VERDADEIRO. xM = (4 + 2)/2 = 6/2 = 3 e yM = (1 + (-3)/2 = -2/2 = -1. Então o ponto médio de BC é M(3,-1).(3)(3) FALSO. A equação dessa circunferência é: x² + y² = 10². Logo o ponto A(1,3) não pertence ao gráfico. (Basta substituir as coordenadas de A).(4)(4) FALSO. A equação da reta que passa por B e C é y = 2x – 7. Se A, B e C são colineares, A também está nessa reta. Substituindo xA, temos: y = 2 – 7 = -5 ≠ yA. Então A, B e C não são colineares.

RESPOSTA: VFVFF.

P13. SOLUÇÃO: Vamos descobrir a equação da reta que contém os pontos (1,1) e (5, -7):1 = a + b -7 = 5a + b. Subtraindo as equações: 8 = -4a a = -2 e b = 3. Assim, y = -2x + 3.(0)(0) FALSO. x = 0 y = 3. Então o ponto (0,3) pertence ao gráfico. E x = 2 y = -4 + 3 = -1. O ponto (2,-1) também pertence ao gráfico.(1)(1) VERDADEIRO. Pois o coeficiente angular (-2) é menor que zero.(2)(2) VERDADEIRO. f(1) = -2∙1 + 3 = -2 + 3 = 1.(3)(3) FALSO. Pois a = -2 < 0, como visto no item (1).(4)(4) FALSO.

RESPOSTA: FVVFF.

11

P14. SOLUÇÃO: Seja y = ax a equação da reta tangente á parábola e que passa pela origem do plano cartesiano. Como são tangentes, possuem um ponto em comum. Assim, vamos igualar suas equações: (x² + 3)/3 = ax x² - 3ax + 3 = 0. Para que tenha um único ponto de tangência, Δ = 0. Ou seja, Δ = (-3a)² - 4∙1∙3 = 0 9a² - 12 = 0 a² = 12/9 a = 2√3/3. (a é positivo porque a reta é crescente). Logo, a equação da reta é y = 2√3/3 ∙x 3y = 2√3x 2√3x – 3y = 0.

RESPOSTA: LETRA C.

P15. SOLUÇÃO: O sólido gerado será um cone ‘vazado’:

Assim, o volume do sólido é o volume do cone maior (o de fora) menos o volume do cone menor (o de dentro):V = 1/3 π ∙ h ∙(R² - r²) = π/3 ∙ 2 ∙ (4² - 2²) = 2π/3 ∙ (16 – 4) = 2π/3 ∙ 12 = 8π unidades de volume.

RESPOSTA: LETRA B.

P16. SOLUÇÃO: (0)(0) FALSO. Para uma reta ser paralela ao eixo dos x, o y é uma constante, ou seja, A = 0.(1)(1) FALSO. Para uma reta ser paralela ao eixo dos y, x é uma constante, ou seja, B = 0.(2)(2) FALSO. A reta realmente não passa pela origem, pois C ≠ 0, mas não forma um ângulo com o eixo dos x necessariamente num sentido positivo, pois se A < 0 e B < 0 (A∙B > 0), a reta será decrescente, formando um ângulo no sentido negativo.(3)(3) FALSO. A∙C = 0 significa que A = 0 ou C = 0. A reta passará pela origem somente se C = 0, mas nesse caso pode ser que A = 0 e C≠0, nesse caso ela não passaria pela origem.(4)(4) FALSO. Trata-se de uma hipérbole.

RESPOSTA: FFFFF.

P17. SOLUÇÃO: mx + 2y = 6. Intersecção com x: y = 0 mx = 6 x = 6/m; intersecção com y: x = 0 2y = 6 y = 3.A área do triângulo é dada por: xy/2 = 12 ( 6/m ∙3)/2 = 12 18/m = 24 m = 18/24 = ¾.

RESPOSTA: LETRA A.

P18. SOLUÇÃO: O sólido gerado será um cone de raio 1 e altura 5, pois quando x = 0, y ≤ 5, sendo no máximo 5; e da mesma forma quando y = 0, 5x ≤ 5 x ≤ 1, sendo no máximo 1:

Assim, seu volume é V = 1/3 ∙ π ∙ 1² ∙ 5 = 5π/3 unidades de volume.

RESPOSTA: LETRA C.

P19. SOLUÇÃO: Como o ponto A tem abscissa 12, o raio da circunferência maior mede 12. Seja r o raio da circunferência menor, temos:

12

Como podemos observar na figura, x + r + r = 12 x + 2r = 12 x = 12 – 2r (I). De acordo com o menor triângulo, temos:Sen30º = r/(r + x) = ½ r + x = 2r x = r (II). Igualando (I) e (II), temos: r = 12 – 2r 3r = 12 r = 4.A área do círculo menor é π∙4² = 16π, e área do maior é 12²π = 144π. Portanto a área do menor é 16/144 = 1/9 a do maior. O comprimento da circunferência menor é 2π∙4 = 8π unidades de comprimento. A distância do centro do círculo menor à semirreta OP é o raio do círculo menor, que é 4 unidades de comprimento.

RESPOSTA: LETRA C.

P20. SOLUÇÃO: A área do triângulo pode ser calculada como a metade do determinante dos vértices:

Então ½ ∙ [x – (-x + 2)] = 10 x + x – 2 = 20 2x = 22 x = 11; e y = -11 + 2 = -9. Então x + y = 11 – 9 = 2.Obs.: Nessa questão, não seria preciso calcular o valor de x e y, pois o ponto A(x , y) está na reta y = -x +2. Então o valor de x + y sempre será x + (-x + 2) = 2.

RESPOSTA: LETRA E.

P21. SOLUÇÃO: Vamos descobrir a equação da reta que contém os pontos (1,1) e (5, -7):1 = a + b -7 = 5a + b. Subtraindo as equações: 8 = -4a a = -2 e b = 3. Assim, y = -2x + 3.(0)(0) FALSO. x = 0 y = 3. Então o ponto (0,3) pertence ao gráfico. E x = 2 y = -4 + 3 = -1. O ponto (2,-1) também pertence ao gráfico.(1)(1) VERDADEIRO. Pois o coeficiente angular (-2) é menor que zero.(2)(2) VERDADEIRO. f(1) = -2∙1 + 3 = -2 + 3 = 1.(3)(3) FALSO. Pois a = -2 < 0, como visto no item (1).(4)(4) FALSO.

RESPOSTA: FVVFF.

P22. SOLUÇÃO: Seja x a quantidade de lâmpadas de 40W utilizadas, e y a quantidade de lâmpadas de 55W. Então temos:(I) x + y = 30 x = 30 - y(II) 40x + 55y = 1500

Substituindo (I) em (II), obtemos: 40(30 – y) + 55y = 1500 1200 – 40y + 55y = 1500 15y = 300 y = 20.

RESPOSTA: 20.

P23. SOLUÇÃO: A equação da reta bissetriz do primeiro quadrante é y = x. Para que ela intercepte a parábola: ax² + 13x + 1 = x ax² + 12x + 1. Para que intercepte uma única vez, as raízes têm que ser iguais, ou seja, Δ = 0. Portanto, Δ = 12² - 4ª = 0 4a = 144 a = 36.

RESPOSTA: 36.

P24. SOLUÇÃO: A soma dos quadrados das distâncias de P a A,B,C é: d²(P,a) + d²(P,B) + d²(P,C) = (x - 1)2 + y2 + (x + 1)2 + y2 + (x - 6)2 + (y - 9)2 = 3x2 - 12x + 3y2 - 18y + 119. Completando quadrados, obtemos: 3(x - 2)2 + 3(y - 3)2 + 119 - 3∙4 - 3∙9 = 3(x - 2)2 + 3(y - 3)2 + 80, que assume valor mínimo para x = 2, y = 3. 13

Assim, x + y = 2 + 3 = 5.

RESPOSTA: 05.

P25. SOLUÇÃO: erro de gabarito. Favor procurar o professor.

RESPOSTA: 03.

P26. SOLUÇÃO: Retas dadas: y = x – 2; y = -2/3 ∙x + 4; y = 3/2 ∙x + 5/2.(0)(0) VERDADEIRO. Como nenhuma reta possui mesmo coeficiente angular, não são paralelas entre si, logo todas se interceptam.(1)(1) VERDADEIRO. O produto do coeficiente angular da 2ª e 3ª reta é -1, logo são ortogonais.(2)(2) VERDADEIRO. Como todas as retas se interceptam, seus pontos de interseção formam um triângulo. E já que duas das retas são ortogonais, esse triângulo é retângulo.(3)(3) FALSO. Como o triângulo é retângulo, para ser isósceles seus catetos devem ter mesma medida. Fazendo o cálculo da medida dos catetos, veremos que isso não ocorre.(4)(4) VERDADEIRO. Se substituirmos em cada equação x = 0, veremos que nenhuma resulta em y = 0. Logo, nenhuma das retas passa pela origem.

RESPOSTA: VVVFV.

P27. SOLUÇÃO: Como podemos ver no gráfico abaixo, a hipotenusa é o lado AC:

Sua medida é: √((5 – 2)² + (8 – 3)²) = √(9 + 25) = √34.

RESPOSTA: LETRA C.

P28. SOLUÇÃO: Se é equidistante, temos que d = √((x +1)² + (x – 1)²) = √((x – 2)² + (x – 4)²) x² + 2x + 1 + x² - 2x + 1 = x² - 4x + 4 + x² - 8x + 16 2x² + 2 = 2x² - 12x + 20 12x = 18.

RESPOSTA: 18.

P29. SOLUÇÃO: -3 = 2a + b (I); 6 = -a + b(II). Apenas pela equação (II) temos que b – a = 6.

RESPOSTA: 06.

P30. SOLUÇÃO: A interseção dessas três regiões é um triângulo, que tem como vértices os pontos (2, 0), (10, 0) e (4,6). (para encontrar esses pontos basta igualar as equações). Assim, a área do triângulo é b∙h/2 = 8 ∙6/2 = 24.

RESPOSTA: 24.

P31. SOLUÇÃO: O centro da circunferência é o ponto que equidista dos vértices do triângulo:d = √((a – 2)² + (b – 3)²) (I), d = √((a – 4)² + b²) (II), d = √((a – 1)² + (b – 1)²) (III).(I): d = a² - 4a + 4 + b² - 6b + 9 = a² + b² - 4a – 6b + 13(II): d = a² - 8a + 16 + b²(III): d = a² - 2a + 1 + b² - 2b + 1 = a² + b² - 2a – 2b + 2Igualando (I) e (III), temos: a² + b² - 4a – 6b + 13 = a² - 8a + 16 + b² 4a – 6b = 3. (IV)Igualando (II) e (II), temos: a² + b² - 2a – 2b + 2 = a² - 8a + 16 + b² 6a – 2b = 14 18a – 6b = 42 (V). Fazendo (V) – (IV):14a = 39 a = 39/14. Então 4∙ 39/14 – 6b = 3 6b = 78/7 – 3 = 57/7 b = 57/42 = 19/14. 7(a + b) = 7(39/14 + 19/14) = 7 ∙ 58/14 = 58/2 = 29.

RESPOSTA: 29.

14

P32. SOLUÇÃO:

RESPOSTA: LETRA D.

P33. SOLUÇÃO: Área do triângulo equilátero: l²√3/4 = 16√3 l² = 64 l = 8. Assim, o vértice B está no ponto (8, 0) e a distância de A a B é 8, assim como a distância de A a O. Sendo (x , y) o ponto B, temos:d²(A,B) = 8² = (0 – x)² + (8 – y)² 64 = x² + 64 – 16y + y² x² + y² = 16y. (i) d²(O,B) = 8² = x² + y² x² + y² = 64. Substituindo em (i), temos: 16y = 64 y = 4. Então x² + 4² = 64 x² = 48 x = 4√3. Então A(4√3, 4) e B(0,8). Então a reta suporte do segmento AB é:4 = 4√3a + 8 4√3a = -4 a = -1/√3 = - √3/3. Assim, y = -√3/3 ∙x + 8 3y = - √3x + 24 √3x + 3y – 24 = 0.

RESPOSTA: LETRA A.

P34. SOLUÇÃO: Vamos descobrir a equação da reta r. Temos: 0 = 2a -1 a = ½. Então r: y = x/2 – 1. Como s é perpendicular a r, seu coeficiente angular é -2. Assim, s: y = -2x + b. Se o ponto C está localizado na reta s, então:0 = -10 + b b = 10. Assim, a equação de s é y = -2x + 10. Para encontrar o vértice B, que é o ponto de interseção de r e s, igualamos suas equações: x/2 – 1 = -2x + 10 5x/2 = 11 x = 22/5. Então y = 22/10 – 1 = 12/10 = 6/5. Então a área do triângulo ABC é b∙h/2 = 3 ∙ 6/5 ∙ ½ = 9/5.

RESPOSTA: LETRA C.

APROFUNDAMENTO

A1. SOLUÇÃO: Do enunciado, temos a figura:

Sendo K uma razão de semelhança entre os triângulos AOB e OCB, temos que:K = AB/OB (I) e K² = S/3S K² = 1/3 K = √3/3 (II). Igualando (I) e (II), temos que AB/OB = √3/3 (III).No triângulo retângulo AOB, temos:sen α = AB/OB (IV). De (III) e (IV), temos que sen α = √3/3 (V). De sen² α + cos² α = 1, temos que cos² α = 1 – (√3/3)² = 1 – 1/3 = 2/3 cos α = √2/√3 = √6/3 (VI).De (V) e (VI), temos: tg α = (sen α)/(cos α) = (√3/3)/(√6/3) = √(3/6) = 1/√2 = √2/2. Logo, o coeficiente angular da reta s é igual a √2/2.

RESPOSTA: √2/2.

A2. SOLUÇÃO: Como o tetraedro é regular, a medida l de uma de suas arestas pode ser calculada como a distância entre os pontos A(0,0) e B(2,2), ou seja: l = √((2 - 0)² + (2 - 0)²) = √8 l = 2√2. Assim, o volume V será V = (2√2)³ ∙ √2/12 = 8/3.

15

RESPOSTA: LETRA A.

A3. SOLUÇÃO: Seja A(3,4) e B(4,3), a aresta do cubo será: AB = √((4 – 3)² + (3 - 4)²) = √(1² + 1² = √2. AC é a aresta do octaedro regular. Assim (AC)² = 2 ∙ (√2/2)² = 4/4 AC = 1. Portanto, a área total do octaedro será:A = 8∙1²√3/4 = 2√3 = √12 .

RESPOSTA: LETRA C.

A4. SOLUÇÃO: Do enunciado, temos a seguinte figura:

O coeficiente angular de (s), reta suporte do lado A’B’, é: (-1 –(-4))/(-1 – (-5)) = ¾. Como as retas (r) e (s) são perpendiculares, o coeficiente angular da reta (r) é -4/3. Assim, uma equação de (r) pedida é: b – (-7) = -4/3 (x – (-3)) b + 7 = -4x/3 – 4 3b + 21 = -4x – 12 4x + 3b + 33 = 0.

RESPOSTA: LETRA C.

A5. SOLUÇÃO: Se M(1,3) é o ponto médio de AB, então PM é perpendicular a AB:

O coeficiente angular de PM é: m(PM) = (3 – 0)/(1 – 0) = 3. Logo, o coeficiente angular de AB é – 1/3. Assim, vamos calcular a equação de AB. De M(1,3) e m(AB) = -1/3, temos: b – 3 = -1/3 ∙ (x – 1) 3b – 9 = -x + 1 x + 3b – 10 = 0.

RESPOSTA: LETRA B.

A6. SOLUÇÃO: A medida do segmento AB é dada por √((-1 - 2)² + (4 – 3)²) = √(9 + 1) = √10. Sendo h a medida da altura relativa a AB, devemos ter:

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√10h/2 = √5 h = √2.Assim, a distância entre o ponto C e a reta r, suporte do segmento AB, é √2. O lugar geométrico dos pontos que distam √2 da reta r é representado por um par de retas paralelas distintas, s e t, ambas ditando √2 de r:

Logo, as retas paralelas s e t distam 2√2 entre si.

RESPOSTA: LETRA E.

A7. SOLUÇÃO: As retas (r) x + 3b - 3 = 0 e (s)x - 3b - 3 = 0 são concorrentes e se interceptam em (3,0).As retas (r) x + 3b - 3 = 0 e (t)x + 1 = 0 são concorrentes e se interceptam em (-1,4/3).As retas (s)x - 3b - 3 = 0 e (t)x + 1 = 0 são concorrentes e se interceptam em (1,-4/3).A distância entre os pontos (3,0) e (-1, 4/3) é 52/9;A distância entre os pontos (3,0) e (-1, -4/3) é 52/9;A distância entre os pontos (-1, -4/3) e (-1, 4/3) é 64/9;O triângulo tem dois lados com a mesma medida portanto é isósceles. Agora vamos verificar se é retângulo:(64/9)² = 2∙(52/9)² 4096/ 81 = 2∙2704/81 4096 ≠ 5408. Ou seja, o triângulo não é retângulo, pois a igualdade não é verdadeira.

RESPOSTA: LETRA C.

A8. SOLUÇÃO: A hipotenusa do triângulo está na reta x = 5. Para saber seu comprimento, precisamos achar os pontos de intersecção entre essa reta e as demais:

(I) b – x = 1 x = b – 1. Intersecção com x = 5: b – 1 = 5 b = 6.(II) b + x = 5 x = 5 – b. Intersecção com x = 5: 5 – b = 5 b = 0.

Assim, o comprimento da hipotenusa é 6 – 0 = 6, então seu ponto médio está localizado no ponto M(5,3), como mostrado na figura a seguir.

Assim, a distância de M à origem O(0,0) é dada por: d = √((5 – 0)² + (3 – 0)²) = √(25 + 9) = √34.

RESPOSTA: LETRA C.

A9. SOLUÇÃO: Se as retas procuradas são paralelas à reta y – 3x +1 = 0, elas têm mesmo coeficiente angular. Dentre as alternativas, a única em que ambas as retas possuem mesmo coeficiente angular dela é a da letra B.

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RESPOSTA: LETRA B.

A10. SOLUÇÃO: t² - t – 6 = 0 t = 3 ou t = -2. Como t = |x – b|:i) |x – b| = 3 x – 3 = 3 ou x – b = -3, ou seja, 2 retas paralelas;ii) |x – b| = -2 (não convém, pois o módulo de qualquer número será sempre positivo).

Assim, o conjunto de pontos (x, b) que satisfaz a equação dada consiste de 2 retas.

RESPOSTA: LETRA B.

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