7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132 http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 1/30 103 Parte específica Matemática PaivaQuestões de revisão cumulativa 1.Seja H a projeção ortogonal de A sobre t BC u, conforme a figura a seguir: α C H A B 10 cm 6 cm 24 cm Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo ACH , temos: AC 2 5 AH 2 1 HC 2 ⇒ 10 2 5 6 2 1 HC 2 HC 5 8 Assim, BH 5 BC 2CH 5 24 2 8 5 16. Aplicando, então, o teorema de Pitágoras ao triângulo ABH , temos: AB 2 5 AH 2 1 HB 2 ⇒ AB 2 5 6 2 1 16 2 AB5 2 73 Temos, então: sen 5 AH AB ⇒ sen 56 2 73 Logo, sen 53 73 73 . 2.A pressão máxima é obtida quando sen ( ) t 2 1 2 π é máximo, ou seja: sen ( ) t 2 1 2 π 5 1 ⇒( ) t 2 5 1 2 2 π π 1 2k π, com k Z t 2 1 5 1 1 4 k , com k Z t 5 2 1 4 k , com k Z Substituindo k por 0, 1, 2, 3, 4 e 5, encontramos, res- pectivamente, os seguintes valores de t , em hora: 2, 6, 10, 14, 18 e 22. Alternativa d. 3.1º modo sen x1 cos x52 2 2 2 2 sen cos x x 1 5 52 [ sen x cos π 4 1 sen π 4 cos x] sen x1 cos x52 sen [ x1π 4 ] Assim, f ( x) 52 4 sen x 1 π e seu período é p52 1 π | | 5 2π. 2º modo f ( x) 5 sen x1 cos x ⇒ f ( x) 5 sen x1 sen [ π 2 2 x] f ( x) 5 2 sen x x x x cos 1 2 2 1 π π 2 2 2 2 ⇒ ⇒ f ( x) 5 2 sen π 4 cos [ x 2 π 4 ] ∴ ⇒ () cos () co f x x f x 5 2 5 2 2 2 4 2 π s x 2 π 4 Logo, o período p da função f é dado por: p52π |1| 5 2π 4.Sejam x e 2 x as dimensões do retângulo e a medida do menor ângulo que a diagonal forma com um dos lados, como mostra a figura a seguir: B C x α 2 x D A Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo BCD, temos: BD 2 5 BC 2 1CD 2 ⇒ BD 2 5 (2 x) 2 1 x 2 BD5 x 5 Dessa forma, temos: • sen 5CD BD ⇒ sen 5 x x 5 sen 55 5 ⇒5 arcsen 5 5 • cos 5 BC BD ⇒ cos 52 5 x x cos 525 5 ⇒5 arccos 25 5 • tg 5CD BC ⇒ tg 5 x x 2 tg 51 2 ⇒5 arctg 1 2 Logo, 5 arccos 25 5 . Alternativa b. Capítulo 4Geometria analítica: ângulos, distâncias, áreas e inequações Questões propostas 1.a) Representamos as retas r e s na figura a seguir, em que P é o ponto de intersecção entre elas e Q e Rsão os pontos em que as retas r e s interceptam o eixo das abscissas, respectivamente. y Q R P � 0 35° 80° x r s
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7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 1/30103 Parte específica Matemática Paiva
Questões de revisão cumulativa
1. Seja H a projeção ortogonal de A sobre t BC u, conformea figura a seguir:
αC
H
A
B
10 cm6 cm
24 cm
Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo ACH ,temos:
AC 2 5 AH 2 1 HC 2 ⇒ 102 5 62 1 HC 2
HC 5 8Assim, BH 5 BC 2 CH 5 24 2 8 5 16.
Aplicando, então, o teorema de Pitágoras ao triângulo ABH , temos: AB2 5 AH 2 1 HB2 ⇒ AB2 5 62 1 162
AB 5 2 73
Temos, então:
sen 5 AH
AB ⇒ sen 5
6
2 73
Logo, sen 5 3 73
73.
2. A pressão máxima é obtida quando sen( )t 2 1
2
π é
máximo, ou seja:
sen( )t 2 1
2
π 5 1⇒
( )
t 25
1
2 2
π π 1 2k π, com k Z
t 2 1 5 1 1 4k , com k Z t 5 2 1 4k , com k ZSubstituindo k por 0, 1, 2, 3, 4 e 5, encontramos, res-pectivamente, os seguintes valores de t , em hora:2, 6, 10, 14, 18 e 22.Alternativa d.
3. 1º modo
sen x 1 cos x 5 2 2
2
2
2sen cos x x1
5
5 2 [ sen x cosπ4
1 senπ4
cos x]
sen x 1 cos x 5 2 sen [ x 1 π4 ]
Assim, f ( x) 5 2
4
sen x 1 π
e seu período é
p 5 2
1
π| |
5 2π.
2º modo
f ( x) 5 sen x 1 cos x⇒ f ( x) 5 sen x 1 sen [ π2
2 x]
f ( x) 5 2 sen x x x x
cos1 2 2 1
π π22
22
⇒
⇒ f ( x) 5 2 senπ4
cos [ x 2π4 ]
∴ ⇒( ) cos ( ) co f x x f x5 2 52 22 4
2 π ss x 2 π4
Logo, o período p da função f é dado por:
p 5 2π|1|
5 2π
4. Sejam x e 2 x as dimensões do retângulo e a medidado menor ângulo que a diagonal forma com um doslados, como mostra a figura a seguir:
B C
x
α
2 x
D A
Aplicando o teorema de Pitágoras ao triângulo BCD,temos:
BD2 5 BC 2 1 CD2 ⇒ BD2 5 (2 x)2 1 x2
BD 5 x 5
Dessa forma, temos:
• sen 5 CD
BD ⇒ sen 5
x
x 5
sen 5 5
5 ⇒ 5 arcsen
5
5
• cos 5 BC
BD ⇒ cos 5
2
5
x
x
cos 5 2 5
5 ⇒ 5 arccos
2 5
5
• tg 5 CD
BC ⇒ tg 5
x
x2
tg 5 1
2 ⇒ 5 arctg
1
2
Logo, 5 arccos 2 55
.
Alternativa b.
Capítulo 4 Geometria analítica:ângulos, distâncias,áreas e inequações
Questões propostas
1. a) Representamos as retas r e s na figura a seguir, emque P é o ponto de intersecção entre elas e Q e R
são os pontos em que as retas r e s interceptam oeixo das abscissas, respectivamente.
y
Q
R
P
�
0
35° 80°
x
r
s
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 2/30104 Matemática Paiva Parte específica
Como o ângulo de 80° é ângulo externo do triân-gulo PQR, temos: 1 35° 5 80° ⇒ 5 45°Logo, um ângulo agudo formado por r e s mede 45°.
b) Um ângulo obtuso entre r e s é o suplemento de45°, ou seja, 135°.
2. a) As equações reduzidas das retas r e s são:
(r ) y 5 22 x 1 8 e ( s) y 5 3 x 2 3Logo, os coeficientes angulares de r e s são, respec-tivamente:m
r 5 22 e m
s 5 3
A medida de um ângulo agudo formado por r e s é tal que:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 5
2 2
1 2
( )
2 3
1 2 3 5
2
2
5
5
tg 5 1
Assim, concluímos que um ângulo agudo formadopor r e s mede 45°.
b) Um ângulo obtuso formado por r e s é o suplemen-to de 45°, ou seja, 135°.
3. a) As equações reduzidas das retas r e s são:
(r ) y 53
7 x 1
3
7 e ( s) y 5 2 3 x 1 8
Logo, os coeficientes angulares de r e s são, respec-tivamente:
mr 5
3
7 e m
s 5 2 3
A medida de um ângulo agudo formado por r e s
é tal que:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 5
3
72 3
13
72 3
2
1
5
5
213 3
713
7
tg 5 3
Assim, concluímos que um ângulo agudo formado
por r e s mede 60° e um ângulo obtuso formadopor r e s, que é o suplemento de 60°, mede 120°.
4. A reta , AB - passa pelos pontos (0, 6) e6
50,
, e a reta
, AC - passa pelos pontos 05
3,
e
5
20, .
Logo, os coeficientes angulares de , AB - e , AC - são, res-pectivamente:
m AB
56 0
0 65
2
2
5 25 e m AC
5
5
30
0 52
2
2
5 22
3
A medida do ângulo agudo BB AC formado por , AB - e, AC - é tal que:
tg 5m m
m m AB AC
AB AC
2
11 5
2 2 2
1 2 2
( )
52
3
1 52
3
5
5
213
3
133
tg 5 1
Assim, concluímos que a medida do ângulo agudo
BB AC formado por , AB - e , AC - é 45°.
5. As equações reduzidas das retas r e s são:
(r ) y 5 3 x e ( s) y 53 2
k x
k 1
Logo, os coeficientes angulares de r e s são, respecti- vamente:
mr 5 3 e m
s 5 3
k
Como um ângulo agudo entre r e s mede 60°, o núme-ro k é tal que:
tg 60° 5m m
m mr s
r s
2
11 ⇒ 3 5
33
1 33
2
1
k
k
⇒
⇒ 3 5
3 3
3
k
k k
k
2
1
3 3
33
k
k
( )
2
15
I
ou 3 3
33
k
k
( )
2
152
II
• Da equação (I), temos:
3 3
33
k
k
2
15 ⇒
⇒ 3 k 2 3 5 3 k 1 3 3
2 3 5 3 3 (Absurdo!)
Desse absurdo, concluímos que não existe k que
satisfaça a equação (I).• Da equação (II), temos:
3 3
33
k
k
2
152 ⇒ 3 k 2 3 52 3 k 2 3 3
2 3 k 5 22 3 ⇒ k 5 21Temos, então, k 5 21.
6. A equação reduzida de s é:
y 53
3
2
3 x 1
Logo, seu coeficiente angular é:
m s 5 33
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
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Como r é horizontal, a medida de um ângulo agudoentre r e s é tal que:
tg 5 |m s| 5
3
3Assim, concluímos que um ângulo agudo formadopor r e s mede 30°.
7. Os coeficientes angulares de , AB - e , AC - são, respecti-
vamente:
m AB
54 1
3 2
2
2 5 3 e m
AC 5
4 3
3 5
2
2 5 2
1
2
A medida do ângulo agudo BB AC formado por , AB - e, AC - é tal que:
tg 5m m
m m AB AC
AB AC
2
11 5
31
2
1 31
2
2 2
1 2
5
7
21
22
tg 5 7
Assim, concluímos que a medida do ângulo agudo
BB AC formado por , AB - e , AC - é arctg 7.
8. a) Temos:
r x
t
y t
5
5 2
3
3
41
⇒
t x
y t
5
5 2
3
41
y 5
3
41 x 2
s x
t
y t
5 1
5 2 1
51
3 20 5 3
⇒
⇒
t x
y t
5 2
5 2 1
5 5
3 20 5 3
y 5 5 3 x 2 20
Logo, os coeficientes angulares de r e s são, respec-tivamente:
mr 5
3
4 e m
s 5 5 3
A medida de um ângulo agudo formado por r e s é tal que:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 5
3
45 3
13
45 3
2
1
5
5
219 3
419
4
tg 5 3
Assim, concluímos que um ângulo agudo formadopor r e s mede 60°.
b) Fazendo t 5 3 nas equações paramétricas de r :
r x
y
5
5 2
3 3
3
34 1
⇒ x 5 3 e y 5 21
4
Logo, a distância d , em quilômetro, do projétilda trajetória r à origem O(0, 0) do sistema é da-da por:
d 5 3 01
40
22
2 1 2 2( )
d 57
4 km
c) Se houver colisão, então para um mesmo instantet os projéteis estarão em uma mesma posição( x, y). Para que isso ocorra devemos ter, simulta-neamente:
3
3 51
41 3 20
t t t t 5 1 2 5 2
(I)
e 1 5 3
(II)
Da equação (I) obtemos t 55 5 3 3
22
( )1 e da
equação (II), obtemos t 54 71 3 41
47
( ).
2 Como
esses valores de t são diferentes, concluímos quenão existe t que satisfaça as equações (I) e (II)simultaneamente. Logo, não haverá colisão dosprojéteis.
9. a) As equações de r e s são:
(r ) x 5 7 e ( s) y 53
3
4
3 x 1
Observando que r é uma reta vertical e que o coe-
ficiente angular da reta s é m s 5
3
3, temos que a
medida de um ângulo agudo formado por r e s é
tal que:
tg 51
| |m s
⇒ tg 51
3
3
5 3
Logo, um ângulo agudo formado por r e s mede 60°.
b) As equações de r e s são:(r ) x 5 6 e ( s) y 5 x 1 8Observando que r é uma reta vertical e que o coe-ficiente angular da reta s é m
s 5 1, temos que a
medida de um ângulo agudo formado por r e s étal que:
tg 5 1| |m
s
⇒ tg 5 11| |
5 1
Logo, um ângulo agudo formado por r e s mede 45°.
c) As equações de r e s são:
(r ) x 5 25
2 e s ( y) 5 2 3 x 2 4
Observando que r é uma reta vertical e que o coe-ficiente angular da reta s é m
s 5 2 3 , temos que a
medida de um ângulo agudo formado por r e s étal que:
tg 51
| |m s
⇒ tg 51
3| |2 5
3
3
Logo, um ângulo agudo formado por r e s mede 30°.
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 4/30106 Matemática Paiva Parte específica
10. A equação da reta vertical , AB - é x 5 3, e o coeficienteangular da reta , AC - é:
m AC
52 2
2 2
2 3 0
1 1
5 3
Dessa forma, a medida do ângulo agudo formado
por , AB - e , AC - é tal que:
tg 51
| |m AC
⇒ tg 51
3| |
53
3Assim, concluímos que o ângulo agudo formado
por , AB - e , AC - mede 30° e, portanto, o ângulo BB AC
mede 150°.
11. As equações de todas as retas que passam por P (2, 6)são dadas por:
x 5 2 ou y 2 6 5 m ( x 2 2), com m RObservando que há exatamente duas retas distintas,
s e t , que passam por P e formam ângulos de 45° comr , podemos concluir que pelo menos uma delas temequação do tipo y 2 6 5 m ( x 2 2), com m R.
Além disso, a equação reduzida de r é: y 5 2 x 1 1
Logo, seu coeficiente angular é:
mr 5 2
Assim, devemos ter:
tg 45° 5m m
m mr s
r s
2
11 ⇒ 1 5
2
1 2
2
1
m
m
2
1 21
( )
2
15
m
mI
ou2
1 21
( )
2
152
m
mII
• Da equação (I), temos:
2
1 21
2
15
m
m ⇒ 2 2 m 5 1 1 2m
3m 5 1 ⇒ m 51
3
• Da equação (II), temos:
2
1 21
2
152
m
m ⇒ 2 2 m 5 21 2 2m
m 5 23
Concluímos, então, que m 51
3 ou m 5 23.
Logo, as retas procuradas têm equações( s) x 2 3 y 1 16 5 0 e (t ) 3 x 1 y 2 12 5 0.
12. As equações de todas as retas que passam por P (4, 1)são dadas por:
x 5 4 ou y 2 1 5 m ( x 2 4), com m RObservando que há exatamente duas retas distintas,
s e t , que passam por P e formam ângulos de 45° comr , podemos concluir que pelo menos uma delas temequação do tipo y 2 1 5 m ( x 2 4), com m R.
Além disso, a equação reduzida de r é:
y 5 x 2 3
Logo, seu coeficiente angular é:m
r 5 1
Assim, devemos ter:
tg 45° 5m m
m mr s
r s
2
11 ⇒ 1 5
1
1 1
2
1
m
m
1
11
( )
2
15
m
mI
ou 1
11
( )
2
152
m
mII
• Da equação (I), temos:
11
1 21
5mm
⇒ 1 2 m 5 1 1 m
2m 5 0 ⇒ m 5 0
• Da equação (II), temos:
1
11
2
152
m
m ⇒ 1 2 m 5 21 2 m
1 5 21 (Absurdo!)
Desse absurdo, concluímos que não existe m quesatisfaça a equação (II).
Como obtivemos apenas um valor para m, m 5 0,concluímos que apenas uma das retas procuradaspossui coeficiente angular e, portanto, a outra reta só
pode ser a vertical que passa por P . Logo, as retasprocuradas têm equações: ( s) y 2 1 5 0 ( x 2 4) e(t ) x 5 4, ou seja, ( s) y 5 1 e (t ) x 5 4.
Nota: Mostre que, neste caso, a resolução gráfica é muito
mais simples que a resolução algébrica.
13. As equações de todas as retas que passam por P (1, 4)são dadas por:
x 5 1 ou y 2 4 5 m ( x 2 1), com m RObservando que há exatamente duas retas distintas,
s e t , que passam por P e formam ângulos de medida
5 arctg 1
3 com r , podemos concluir que pelo me-
nos uma delas tem equação do tipo y 2 4 5 m ( x 2 1),com m R.Além disso, a equação reduzida de r é:
y 5 22 x 1 1Logo, seu coeficiente angular é:m
r 5 22
Assim, devemos ter:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 ⇒
1
3 5
2 2
1 2
2
1 2
( )
m
m
2 2
2
52
1 2
1
3
( )
m
mI
ou 2 2
2
522
1 2
1
3
( )
m
mII
• Da equação (I), temos:
2 2
25
2
1 2
1
3
m
m ⇒ 26 2 3m 5 1 2 2m
m 5 27
• Da equação (II), temos:
2 2
25 2
2
1 2
1
3
m
m ⇒ 26 2 3m 5 21 1 2m
5m 5 25 ⇒ m 5 21
Concluímos, então, que m 5 27 ou m 5 21.
Logo, as retas procuradas têm equações( s) 7 x 1 y 2 11 5 0 e (t ) x 1 y 2 5 5 0.
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
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14. O ponto comum às retas r e s é a solução do sistemaformado por suas equações:
y x
y x
5 1
5 2
2 2
1
⇒ x 5 23 e y 5 24
A reta t , simétrica de r em relação a s, passa pelo pon-to P (23, 24), comum a r e s, tal que um ângulo entret e s tem a mesma medida de um ângulo agudo en-tre r e s.Como r e s são oblíquas, a medida de um ânguloagudo formado por essas retas é tal que:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 5
2 1
1 2 1
1
3
2
15
As equações de todas as retas que passam por P (23, 24) são dadas por: x 5 23 ou y 2(24) 5 m ( x 2(23)), com m RVejamos se a reta t procurada tem equação do tipo
y 2 (24) 5 m ( x 2(23)), m R. Para isso, basta verificar se a seguinte equação tem solução:
tg 5m m
m mt s
t s
2
11 ⇒
1
3 5
m
m
2
1
1
1 1
m
m
( )
2
15
1
1
1
3I
ou m
m
( )
2
152
1
1
1
3II
• Da equação (I), temos:
m
m
2
15
1
1
1
3 ⇒ 3m 2 3 5 m 1 1
2m 5 4 ⇒ m 5 2
Neste caso, obtemos y 5 2 x 1 2, que é a própriareta r .
• Da equação (II), temos:
m
m
2
15 2
1
1
1
3 ⇒ 3m 2 3 5 2m 2 1
4m 5 2 ⇒ m 51
2
Neste caso, obtemos x 2 2 y 2 5 5 0, que é a equa-ção da reta t , simétrica de r em relação a s.
15. Como vimos anteriormente, uma equação da bisse-triz dos quadrantes ímpares é ( s) y 5 x.O ponto comum às retas r e s é a solução do sistema
formado por suas equações: y x
y x
5 2
5
4 6
⇒ x 5 2 e y 5 2
A reta t , simétrica de r em relação a s, passa pelo ponto P (2, 2), comum a r e s, tal que um ângulo entre t e s tema mesma medida de um ângulo agudo entre r e s.Como r e s são oblíquas, a medida de um ânguloagudo formado por essas retas é tal que:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 5
4 1
1 4 1
2
1 5
3
5
As equações de todas as retas que passam por P (2, 2)
são dadas por: x 5 2 ou y 2 2 5 m ( x 2 2), com m R
Vejamos se a reta t procurada tem equação do tipo y 2 2 5 m ( x 2 2), com m R. Para isso, basta veri-ficar se a seguinte equação tem solução:
tg 5m m
m mt s
t s
2
11 ⇒
3
5 5
m
m
2
1
1
1 1
m
m
( )
2
15
1
1
3
5
I
ou m
m
( )
2
152
1
1
3
5
II
• Da equação (I), temos:
m
m
2
15
1
1
3
5 ⇒ 5m 2 5 5 3m 1 3
2m 5 8 ⇒ m 5 4
Neste caso, obtemos y 5 4 x 2 6, que é a própriareta r .
• Da equação (II), temos:
m
m
2
15 2
1
1
3
5 ⇒ 5m 2 5 5 23m 2 3
8m 5 2 ⇒ m 51
4Neste caso, obtemos x 2 4 y 1 6 5 0, que é a equa-ção da reta t , simétrica de r em relação a s.
16. a) A distância d entre P (1, 3) e (r ) 5 x 1 12 y 2 2 5 0é dada por:
d 5| |
5 1 12 3 2
5 122 2
1 2
1 5
| |39
169
d 5 3
b) A distância d entre P (21, 2) e (r ) 15 x 2 8 y 2 3 5 0é dada por:
d 5| ( ) |
( )
15 1 8 2 3
15 82 2
2 2 2
1 2 5
| |234
289
d 5 2
c) A distância d entre P (22, 21) e (r ) 3 x 1 4 y 5 0 édada por:
d 5| ( ) ( ) |
3 2 4 1 0
3 42 2
2 1 2 1
1 5
| |210
25
d 5 2
d) A distância d entre P (23, 0) e (r ) 7 x 1 y 1 11 5 0é dada por:
d 5| ( ) |
7 3 1 0 11
7 12 2
2 1 1
1
5| |210
50 d 5 2
17. Um ponto P sobre o eixo das ordenadas é da forma P (0, y), sendo y um número real. Como a distânciaentre P e r é de 2 unidades, temos:
d Pr
5 2 ⇒ | |
8 0 15 11
8 152 2
1 2
1
y 5 2
| |15 11
289
y 2 5 2 ⇒ |15 y 2 11| 5 34
15 y 2 11 5 34 ou 15 y 2 11 5 234
Concluímos, então, que y 5 3 ou y 5 2 2315 .
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 6/30108 Matemática Paiva Parte específica
Logo, temos dois pontos nas condições do enuncia-
do, a saber, P (0, 3) e Q 023
15, 2
.
18. Um ponto P da bissetriz dos quadrantes ímpares é daforma P (a, a), com a R.Como a distância entre P e r é 2 5 , temos:
| |
( )
2 5
2 1
2 2
a a2 2
1 2 5 2 5 ⇒ |a 2 5| 5 10
a 2 5 5 10 ou a 2 5 5 210 a 5 15 ou a 5 25Logo, dois pontos satisfazem a condição enunciada:
P (15, 15) e P (25, 25).
19. Um ponto genérico da reta y 5 2 x 2 3 é da forma(k , 2k 23), sendo k um número real. Temos, então:
d 5 4 ⇒ | ( ) |
3 4 2 3 21
3 44
2 2
k k 1 2 1
15
| |11 9
25
k 1 5 4 ⇒ |11k 1 9| 5 20
11k 1 9 5 20 ou 11k 1 9 5 220
Concluímos, então, que k 5 1 ou k 5 229
11.
Logo, tais pontos são (1, 21) e 2 229
11
91
11, .
20. a) Um ponto de r é P (8, 0). Assim, a distância d entrer e s, que é igual à distância entre P e s, é dada por:
d 5| |
| |1 8 7 0 2
1 7
6
502 2
1 2
15
d 53 2
5b) Um ponto de r é P (0, 1). Assim, a distância d entre
r e ( s) 12 x 2 5 y 2 15 5 0, que é igual à distânciaentre P e s, é dada por:
d 5| |
( )
| |12 0 5 1 15
12 5
20
1692 2
2 2
1 25
2
d 520
13
c) Como r e s são verticais, a distância entre elas éd 5 |4 2 9| 5 5.
21. O lado do quadrado é igual à distância entre as re-tas paralelas r e s. Um ponto de r é P (0, 1). Assim, adistância entre r e s, que é igual à distância entre P e s, é dada por:
5| |
| |7 0 1 1 24
7 1
25
502 2
1 1
15
55 2
2
Assim, a área do quadrado é 2 55 2
2
25
2
2
.5
22. a) O coeficiente angular da reta , AB - é:
m AB 5 7 45 1 34 2
25
Temos, então:
, AB -: A
m AB
( , )
1 4
3
4=
⇒ y 2 4 5
3
41( ) x 2
Assim, uma equação da reta , AB - é 3 x 2 4 y 1 13 5 0.Logo, a medida h da altura relativa ao lado t AB u é:
h 5| |
( )
| |3 4 4 0 13
3 4
25
252 2
2 1
1 25
h 5 5
23. Seja P ( x, y) um ponto qualquer pertencente a umadas bissetrizes dos ângulos formados por r e s.Temos, então:
d Pr
5 d Ps
⇒ | |
| |
7 2
7 1
7 4
1 72 2 2 2
x y x y1 1
15
1 2
1
|7 x 1 y 1 2| 5 | x 1 7 y 2 4|
Dessa equação modular, obtemos:7 x 1 y 1 2 5 x 1 7 y 2 4 ou 7 x 1 y 1 2 5 2 x 2 7 y 1 4Portanto, as equações das retas suporte das bissetri-
zes são: x 2 y 1 1 5 0 e 4 x 1 4 y 2 1 5 0
24. a) Temos:
D 5
1 5 1
6 4 1
3 1 1
5 4 1 15 1 6 2 12 2 1 2 30 5 218
A área A do triângulo MNP é dada por:
A 5| | D
2 ⇒ A 5
| |218
2 5 9
b) Temos:
D 5
2 22 3 1
1 4 1
8 0 1
5 28 2 24 2 32 1 3 5 261
A área A do triângulo MNP é dada por:
A 5| | D
2 ⇒ A 5
| |
25
61
2
61
2 5 30,5
25. O ponto P comum às retas dadas é a solução do siste-ma formado por suas equações:
x y
x y
2 2 5
1 5
2 0
3
⇒ x 55
2
1
2 e y 5
Além disso, temos:
D 50 3 12 0 1
5
2
1
21
515
21 6
5
2 1 2 5
Logo, a área A do triângulo ABP é dada por:
A 5| | D
2 ⇒ A 5
5
2
2
5
4 5
26. Temos:
D 5
k k 2 1
4 0 1
3 1 1
5 6k 1 4 2 k 2 8k 5 23k 1 4
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 7/30109 Parte específica Matemática Paiva
Como o triângulo EFG tem área 2, temos:
A 5| | D
2 ⇒ 2 5
| |2 13 4
2
k
|23k 1 4| 5 4 ⇒ 23k 1 4 5 4 ou 23k 1 4 5 24
k 5 0 ou k 58
3
27. Sendo C (0, y), temos:
D 52 5 14 6 1
0 1 y
5 12 1 4 y 2 2 y 2 20 5 2 y 2 8
Como o triângulo ABC tem área 5, temos:
A 5| | D
2 ⇒ 5 5
| |2 8
2
y 2
|2 y 2 8| 5 10 ⇒ 2 y 2 8 5 10 ou 2 y 2 8 5 210
y 5 9 ou y 5 21
Logo, C (0, 9) ou C (0, 21).
28. A área do quadrilátero EFGH é igual à soma das áreasdos triângulos EFG e EGH .
• Área A EFG do triângulo EFG :
D 5
0 2 1
2 0 1
1 6 1
2
2 5 22 2 12 2 4 5 218
A EFG
5| |
| | D
2
18
25
2 5 9
• Área A EGH
do triângulo EGH :
D 5
0 2 1
1 6 1
5 2 1
2
5 210 1 2 2 30 1 2 5 236
A EGH
5 | | | | D2
362
5 2 5 18
Logo, a área do quadrilátero EFGH é dada por: A
EFGH 5 9 1 18 5 27
29. As coordenadas dos vértices do triângulo são solu-ções dos sistemas formados pelas equações das retasr e s, r e t e s e t .• Intersecção entre r e s:
y x
y x
5
5 2
2
4 8
⇒ x 5 4 e y 5 8
• Intersecção entre r e t :
y x
y x
5
52 1
2
2 4
⇒ x 5 1 e y 5 2
• Intersecção entre s e t :
y x
y x
5 2
5 2 1
4 8
2 4
⇒ x 5 2 e y 5 0
Logo, os vértices do triângulo são (4, 8), (1, 2) e (2, 0);portanto, temos:
D 5
4 8 1
1 2 1
2 0 1
5 8 1 16 2 4 2 8 5 12
A 5 | | | | D2 122
5 5 6
30. A reta r corta o eixo das abscissas num ponto de or-denada nula. Fazendo y 5 0 na equação de r , obtemos
2k
20, .
Além disso, a reta r corta o eixo das orde-
nadas num ponto de abscissa nula.
Fazendo x 5 0 na equação de r , obtemos y 5 k . Assim,
os vértices do triângulo são (0, 0), 2k
20,
e (0, k ).
Temos, então:
D 5
0 0 1
20 1
0 12
2
2 52k
k
k
Como a área do triângulo é 16, temos:
A 5
2k 2
2
2 ⇒ 16 5
k 2
4
k 2 5 64 ⇒ k 5 28 ou k 5 8
31. a) D 5
1 5 1
0 2 1
2 4 12 2
5 2 2 10 1 4 1 4 5 0
D 5 0 ⇒ M , N e P são colineares.
b) D 5
2 7 1
1 2 1
1 3 12
5 4 2 7 1 3 1 2 2 6 2 7 5 211
D 0 ⇒
M , N
e P
não são colineares.
32. Para que A, B e C sejam colineares, devemos ter:
D 5 0 ⇒
1 4 1
1 2 1
5 1
2
k
5 0
2 1 20 2 k 2 10 2 k 1 4 5 0 ⇒ k 5 8
33. A soma AB 1 BC é a menor possível quando A, B e C são colineares. Assim, devemos ter:
D 5 0 ⇒
1 3 1
7 1
2 1 1
aa 2 2
5 0
7 1 3(a 2 2) 2 a 2 7(a 2 2) 1 1 2 3a 5 0⇒ a 5 2
34. Como A, B e C são vértices de um triângulo, eles nãosão colineares. Temos, então:
D 0 ⇒
2
1 1
1 2 1
5 1
1 4 1
0 p
p p
25 1 2( p 1 1) 1 p ( p 1 4) 25( p 1 1) 1 p 1 1 4 2 2 p 0
p2
2
4
0⇒
p
2
2 e p
2Alternativa c.
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 8/30110 Matemática Paiva Parte específica
35. a)
x y 1
2 3 1
1 5 12
5 0⇒ 3 x 2 y 1 10 1 3 2 5 x 2 2 y 5 0
Logo, uma equação da reta que passa por A e B é2 x 1 3 y 2 13 5 0.
b)
x y 1
4 6 1
3 6 12
5 0⇒ 6 x 2 3 y 1 241 182 6 x 2 4 y 5 0
Logo, uma equação da reta que passa por A e B é y 2 6 5 0.
36. a) y
0 5 x
b) y
0 5 x
c) y
0
4
x
d) y
0
x
�
4
5
37. a) y
0
3
1 x
b) y
0
2
�3 x
c) y
0 73 x
38. Temos:|2 x 2 5| 1 ⇒ 21 2 x 2 5 1 2 x 3Então, o gráfico é:
y
0 32 x
39. a) ( x 2 4)( y 1 2) 0 ⇒
⇒ x
y
( )
2
1
4 0
2 0
I
ou x
y
( )
2
1
4 0
2 0
II
O conjunto solução da inequação proposta é a
reunião dos conjuntos solução dos sistemas (I) e(II), cuja representação gráfica é:
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 9/30111 Parte específica Matemática Paiva
y
0 4
�2
x
b) ( x 2 5)( y 2 4) 0 ⇒
⇒ x
y
( )
2
2
5 0
4 0
I
ou x
y
( )
2
2
5 0
4 0
II
O conjunto solução da inequação proposta é areunião dos conjuntos solução dos sistemas (I) e(II), cuja representação gráfica é:
y
0 5
4
x
c) x
y
2
2
3
20 ⇒
x
y
( )
2
2
3 0
2 0
I
ou x
y
( )
2
2
3 0
2 0
II
O conjunto solução da inequação proposta é areunião dos conjuntos solução dos sistemas (I) e(II), cuja representação gráfica é:
y
0 3
2
x
40. a) Inicialmente, desenhamos a reta r , origem dessesemiplano, isto é, (r ) y 5 2 x 2 6.O semiplano determinado pela inequação
y 2 x 2 6 é a reunião dos pontos de r com o con- junto de pontos localizados acima de r , ou seja:
y
0 3
�6
x
b) Inicialmente, desenhamos a reta r , origem dessesemiplano, isto é, (r ) y 5 2 x 2 6.O semiplano determinado pela inequação
y 2 x 2 6 é o conjunto de pontos localizados aci-ma da reta r , ou seja:
y
0 3
�6
x
c) É conveniente isolar a variável y na inequação:
y 22 x 17
2.
Raciocinando como no item b, concluímos que arepresentação gráfica do semiplano é:
y
x
7
2
0 7
4
d) É conveniente isolar a variável y na inequação: y 25 x 1 5.A seguir, representamos no plano cartesiano a reta
r , origem desse semiplano, isto é, (r ) y 5 25 x 1 5.O semiplano determinado pela inequação
y 25 x 1 5 é a reunião da reta r com o conjuntodos pontos localizados abaixo de r , ou seja:
y
x
5
0
1
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 10/30112 Matemática Paiva Parte específica
41. a) y x ( )
( )
2
6
3
I
II y
O conjunto solução do sistema é a intersecção dosconjuntos solução das inequações (I) e (II), isto é:
y
(9, 3)
x 60
3
�6
b) Raciocinando como no item a, obtemos a repre-sentação gráfica:
y
(4, �9)
x
1
0
3
c) Raciocinando como no item a, obtemos a repre-sentação gráfica:
y
x 0
�6
�4
�3
1
d) Raciocinando como no item a, obtemos a repre-sentação gráfica:
y
x 0
�6
�4
�1
�5
2
5
42. Raciocinando como na questão 41, obtemos as repre-sentações gráficas:
a) y
0 5
7
4
�4
x
b) y
0 6 8
16
20
24
x
43. a) | x| 2 y 2 2 0 ⇒
⇒ x
x y
( )
2 2
0
2 0
I
ou x
x y
( )
2 2 2
0
2 0
II
O conjunto solução da inequação proposta é a
reunião dos conjuntos solução dos sistemas (I) e(II), cuja representação gráfica é:
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 11/30113 Parte específica Matemática Paiva
y
0
2�2
�2
x
b) | x| 1 | y| 4 ⇒
x
y
x y
( )
1
0
0
4
I
ou
x
y
x y
( )
2
0
0
4
II
ou x
y
x y
( )
2 1
0
0
4
III
ou
x
y
x y
2 2
0
0
4
(IV)
O conjunto solução da inequação proposta é a reu-nião dos conjuntos solução dos sistemas (I), (II),(III) e (IV), cuja representação gráfica é:
y
0 4
4
�4
�4
x
44. Sintetizando os dados desse enunciado em uma tabe-la, temos:
Tipo A
(quantidade
por pacote)
Tipo B
(quantidade
por pacote)
Quantidade
em estoque
Calças 2 3 300
Camisas 3 2 300
Sendo x e y as quantidades de pacotes do tipo A e dotipo B, respectivamente, a receita z obtida com a ven-
da dessas quantidades é dada por:z 5 70 x 1 90 y
Relacionando as informações fornecidas, obtemos oseguinte sistema:
2 3 300
3 2 300
0
0
x y
x y
x
y
1
1
cujas soluções são representadas pela região sombrea-
da a seguir: y
0
60
60 100 150
100
150
x
O máximo valor de z é obtido ao se atribuírem às va-riáveis x e y as coordenadas de um determinado vér-tice do polígono sombreado.Testando cada um dos vértices, temos:• (0, 0) ⇒ z 5 70 0 1 90 0 5 0
• (100, 0) ⇒ z 5 70 100 1 90 0 5 7.000
• (60, 60) ⇒ z 5 70 60 1 90 60 5 9.600
• (0, 100) ⇒ z 5 70 0 1 90 100 5 9.000
Assim, o máximo valor de z é obtido no ponto (60, 60).Portanto, para que se obtenha a receita máxima, de-
vem ser formados 60 pacotes do tipo A e 60 pacotesdo tipo B.
45. Relacionando as informações fornecidas no enuncia-do, obtemos o seguinte sistema:
x y
x y
x
y
.
.
1
1
8 00 0
3 4 54 000
0
0
cujas soluções são representadas pela região sombrea-da a seguir:
y
0 8.000
8.000
x
Alternativa b.
Roteiro de estudos
1. Porque duas retas paralelas e uma transversal deter-minam ângulos correspondentes congruentes.
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 12/30114 Matemática Paiva Parte específica
2. O eixo Ox e as retas r e s limitam um triângulo retân-gulo. Sendo a medida de um ângulo agudo formadopor r e s, interno a esse triângulo, temos:
I. Se for a medida de um ângulo interno ao triângu-lo, teremos 1 5 90° e, portanto, 5 90° 2 .
y
�
x
r s
α
II. Se for a medida de um ângulo externo ao triân-gulo, teremos 5 90° 1 e, portanto, 5 290°.
y
�
x
r s
α
Por (I) e (II), concluímos que 5 |90° 2 |.
3. Dado um ponto P e uma reta r , com P r , considere-mos todas as retas que passam por P e concorrem comr em Q. Quanto maior a distância PQ, menor a medidade um ângulo agudo formado pelas retas r e , PQ -:
r
P
Assim, enquanto a distância PQ aumenta indefinida-mente, a medida de um ângulo agudo formado pelasretas r e , PQ - se aproxima indefinidamente de zero, eessas retas se aproximam indefinidamente de duas
retas paralelas distintas. Por isso, adotamos a medidanula para retas paralelas distintas.De modo análogo, justificamos o ângulo nulo pararetas paralelas coincidentes, isto é, quando P r .
4. A distância entre um ponto P e uma reta r é a medidado segmento de reta t PP ’ u, em que P ’ é a projeção orto-gonal de P sobre r .
5. Sendo P ’ a projeção ortogonal de P sobre r , o seg-mento t PP ’ u é paralelo ao eixo Ox e, portanto: I. se x
0 k , temos PP ’ 5 x
0 2 k
II. se x0
k , temos PP ’5
k 2
x0
Por (I) e (II), concluímos que PP ’ 5 | x0 2 k |.
6. Sendo P ’ a projeção ortogonal de P sobre r , o seg-mento t PP ’ u é paralelo ao eixo Oy e, portanto:III. se y
0 k , temos PP ’ 5 y
0 2 k
IV. se y0 k , temos PP ’ 5 k 2 y
0
Por (III) e (IV), concluímos que PP ’ 5 | y0 2 k |.
7. Sendo t EF u paralelo ao eixo Ox, temos que a altura tGH u relativa a esse lado é paralela ao eixo Oy. Como
EF 5
| x F 2
xE| e GH 5
| yG 2
y E |, concluímos quea área A do triângulo é dada por:
A 5| | | | x x y y
F E G E 2 2
2 5
|( )( )|.
x x y y F E G E
2 2
2
8. Sendo t EF u paralelo ao eixo Oy, temos que a altura tGH u relativa a esse lado é paralela ao eixo Ox. Como
EF 5 | y F 2 y
E | e GH 5 | x
G 2 x
E |, concluímos que a
área A do triângulo é dada por:
A 5| | | | y y x x
F E G E 2 2
2 5
|( )( )|.
y y x x F E G E
2 2
2
9. Se D 5 0, então não existe o triângulo EFG , isto é, ospontos E , F e G são colineares.
10. Se A, B e C são colineares e B, C e D são colineares,então os quatro pontos A, B, C e D são colineares. Para verificar a colinearidade de três pontos, podemos apli-car a condição de alinhamento por determinante.
11. A região do plano cartesiano determinada pela ine-quação x 2 é formada por todos os pontos que têmabscissa maior que 2, ou seja, por todos os pontos àdireita da reta vertical de equação x 5 2.
12. A região do plano cartesiano determinada pela ine-quação xy 0 é a reunião do primeiro com o terceiroquadrante.
13. A região do plano cartesiano determinada pela ine-quação xy 0 é a reunião do segundo com o quartoquadrante.
14. De acordo com o dicionário de Antônio Houaiss, oti-mizar significa: “criar condições mais favoráveis para;tirar o melhor partido possível de”.
Questões complementares
Questões técnicas
1. Há duas configurações possíveis. Primeira:
y
0
70°
48°
x
r
P
R
s
Q
α
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 13/30115 Parte específica Matemática Paiva
Do triângulo PQR, temos: 1 48° 5 70° ⇒ 5 22°
Assim, a inclinação da reta s é de 22°.Segunda:
y
0
70°
48°
x
r
P
R
s
Q
α
Do triângulo PQR, temos: 5 48° 1 70° ⇒ 5 118°
Assim, a inclinação da reta s é de 118°.
Pelos dois casos, concluímos que a reta s tem 22° ou118° de inclinação.
2. a) Os coeficientes angulares de r e s são, respectiva-mente:m
r 5 3 e m
s 5 2
A medida de um ângulo agudo formado por r e s é tal que:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 5
3 2
1 3 2
2
1 5
1
7
tg 51
7Assim, concluímos que um ângulo agudo formado
por r e s mede arctg 1
7 e um ângulo obtuso forma-
do por r e s, que é o suplemento de arctg1
7, mede
180° 2 arctg1
7.
3. Os coeficientes angulares das retas dadas são, respecti- vamente:
3
3 e a
Como um ângulo agudo entre as retas mede 30°, o
número k é tal que:
tg 30° 5
3
3
13
3
2
1
a
a
⇒ 3
3 5
3 3
33 3
3
2
1
a
a
3 3
3 3
3
3
( )
2
15
a
a
I
ou3 3
3 3
3
3
( )
2
152
a
a
II
• Da equação (I), temos:
3 3
3 3
3
3
2
15
a
a ⇒ 3 3 2 9a 5 3 3 1 3a
12a 5 0 ⇒ a 5 0
• Da equação (II), temos:
3 3
3 3
3
3
2
152
a
a ⇒ 3 3 2 9a 5 23 3 2 3a
6a 5 6 3 ⇒ a 5 3
Logo, os possíveis valores de a são 3 ou 0.Alternativa b.
4. A reta r passa pelos pontos (3, 0) e (0, 1), e a reta s passa pelos pontos (k , 0) e (0, 1). Logo, os coeficientesangulares de r e s são, respectivamente:
mr 5
1 0
0 3
2
2 5 2
1
3 e m
s 5
1 0
0
2
2 k 5 2
1
k
Como um ângulo agudo entre r e s mede 45°, o núme-ro k é tal que:
tg 45° 5m m
m mr s
r s
2
11 ⇒ 1 5
2 2 2
1 2 2
1
3
1
11
3
1
k
k
⇒
⇒ 1 5
2 1
1
k
k k
k
3
33 1
3
2 1
15
k
k
( )
3
3 11
I
ou 2 1
152
k
k
( )
3
3 11
II
• Da equação (I), temos:
2 1
15
k
k
3
3 11 ⇒ 2k 1 3 5 3k 1 1
4k 5 2 ⇒ k 51
2
• Da equação (II), temos:
2 1
152
k
k
3
3 11 ⇒ 2k 1 3 5 23k 2 1
2k 5 24 ⇒ k 5 22
Como k 0, concluímos que k 51
2.
5. Temos:
r x t
y t
5 2
5 1
2 2
3
⇒ x t
y t
5 2
2 52 2
2 2
2 2 6
Adicionando membro a membro, obtemos: x 2 2 y 5 28
Temos também:
s x
t
y t
51
5 2
4
32
⇒
3 4
2
x t
y t
5 1
2 52 1
Adicionando membro a membro, obtemos:3 x 2 y 5 6Assim, as equações reduzidas de r e s são:
(r ) y 51
2 x 1 4 e ( s) y 5 3 x 2 6
Logo, os coeficientes angulares de r e s são, respecti- vamente:
mr 5 12 e m s 5 3
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 14/30116 Matemática Paiva Parte específica
A medida de um ângulo agudo entre r e s é tal que:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 5
1
23
11
23
2
1
5
25
25
2
5 |21|
tg 5 1
Assim, concluímos que um ângulo agudo formadopor r e s mede 45° e um ângulo obtuso formado por r
e s, que é o suplemento de 45°, mede 135°.
6. A equação reduzida de s é: y 5 4 x 1 2Logo, seu coeficiente angular é:m
s 5 4
Como r é horizontal, a tangente de um ângulo agudoentre r e s é:tg 5 |m
s| 5 4
7. As equações reduzidas das retas r e s são:
(r ) y 52
3 x 1
5
3 e ( s) y 5 2 1
3
2
1
4 x
Logo, os coeficientes angulares de r e s são, respecti- vamente:
mr 5
2
3 e m
s 5 2
3
2
Note que mr m
s 5 21. Assim, concluímos que as
retas são perpendiculares e, portanto, a medida deum ângulo entre r e s é 90°.
8. Representando o triângulo ABC no plano, temos:
y
0
�3
�2
�3
�4
�1
x
A
C
B
Os coeficientes angulares de , AB -, , AC - e , BC - são, res-pectivamente:
m AB
52 2 2
2 2
4 2
0 1
( )
( ) 5 22, m
AC 5
2 2 2
2 2 25
3 2
3 1
1
2
( )
( ) e
m BC
52 2 2
2 2
3 4
3 0
( )
5 21
3Como m
AB m
AC 5 21, as retas , AB - e , AC - são perpen-
diculares e, portanto, o ângulo interno B A do triângulo ABC mede 90°.A medida do ângulo agudo B B formado por , AB - e, BC - é tal que:
tg 5m m
m m AB BC
AB BC
2
11 5
2 2 2
1 2 2
21
3
1 21
3
( )
5
25
35
3
tg 5 1
Assim, concluímos que a medida do ângulo interno B B
do triângulo ABC é 45° e, portanto, a medida do ângulointerno BC do triângulo ABC é 180° 2 90° 2 45° 5 45°.
9. a) As equações de r e s são:
(r ) x 5 0 e ( s) y 53
3
4 3
3 x 1
Observando que r é uma reta vertical e que o coe-
ficiente angular da reta s é m s 5
3
3, temos que a
medida de um ângulo agudo formado por r e s étal que:
tg 5 1| |m
s
⇒ tg 5 13
3
5 3
Logo, um ângulo agudo formado por r e s mede 60°.
b) As equações de r e s são:
(r ) x 5 24 e ( s) x 53
2Observando que r e s são retas verticais, temos queelas são paralelas e, portanto, a medida do ânguloentre elas é 0°.
c) As equações de r e s são:
(r ) x 5 2 e ( s) y 5 27Observando que r é uma reta vertical e s, uma retahorizontal, temos que r e s são perpendiculares e,portanto, a medida de um ângulo entre elas é 90°.
10. A equação da reta vertical , AC - é x 5 2 e o coeficiente
angular da reta , AB - é:
m AB
5( )
2 2
2 2 2
6 3 0
6 3 5 2 3
Dessa forma, a medida de um ângulo agudo forma-
do por , AB - e , AC - é tal que:
tg 5 1| |m
AC
⇒ tg 5 12 3
536
Logo, a tangente do ângulo BB AC é
tg (180° 2 ) 5 2tg 5 23
6.
11. As equações de todas as retas que passam por P (1, 22)são dadas por:
x 5 1 ou y 2(22) 5 m ( x 2 1), com m RObservando que há exatamente duas retas distintas,
s e t , que passam por P e formam ângulos de 60° com
r , podemos concluir que pelo menos uma delas temequação do tipo y 2(22) 5 m ( x 2 1), com m R.Além disso, a equação reduzida de r é:
y 53
2
1
2 x 2
Logo, seu coeficiente angular é:
mr 5
3
2
Assim, devemos ter:
tg 60° 5m m
m m
r s
r s
2
1
1
⇒ 3 5
32
1 32
2
1
m
m
⇒
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 15/30117 Parte específica Matemática Paiva
⇒ 3 5
3 22
2 32
2
1
m
m
3 2
2 33
( )
2
15
m
m
I
ou 3 2
2 33
( )
2
152
m
m
II
• Da equação (I), temos:
3 2
2 33
2
15
m
m⇒ 3 2 2 m 5 2 3 3 1 m
5m 5 2 3 ⇒ m 5 23
5
• Da equação (II), temos:
3 2
2 33
2
152
m
m ⇒ 3 2 2 m 5 2 22 3 3 m
m 5 23 3
Concluímos, então, que m 5 23
5 ou m 5 23 3.
Logo, as retas procuradas têm equações( s) 3 x 1 5 y 2 3 1 10 5 0 e
(t ) 3 3 x 1 y 2 3 3 1 2 5 0.
12. As equações de todas as retas que passam por P (5, 1)são dadas por:
x 5 5 ou y 2 1 5 m ( x 2 5), com m RObservando que há exatamente duas retas distintas,
s e t , que passam por P e formam ângulos de 30° comr , podemos concluir que pelo menos uma delas temequação do tipo y 2 1 5 m ( x 2 5), com m R.Além disso, o coeficiente angular de r é:
mr 5 3Assim, devemos ter:
tg 30° 5m m
m mr s
r s
2
11 ⇒
3
3 5
3
1 3
2
1
m
m
3
1 3
3
3
( )
2
15
m
m
I
ou 3
1 3
3
3
( )
2
152
m
m
II
• Da equação (I), temos:
3
1 3
3
3
2
15
m
m ⇒ 3 3 3 2 m 5 3 3 1 m
6m 5 2 3 ⇒ m 5 33
• Da equação (II), temos:
3
1 3
3
3
2
152
m
m ⇒ 3 3 3 2 m 5
5 2 23 3 m
3 3 5 2 3 (Absurdo!)
Desse absurdo, concluímos que não existe m quesatisfaça a equação (II).
Como obtivemos apenas um valor para m, m 5 3
3,
concluímos que apenas uma das retas procuradaspossui coeficiente angular e, portanto, a outra reta só
pode ser a vertical que passa por P . Logo, as retasprocuradas têm equações:
( s) 3 x 2 3 y 2 5 3 1 3 5 0 e (t ) x 5 5.
13. a) y
0
6
4
2 x
P
r
b) y
0
60° 60°
6
4
2 x
P
t s
r
c) As equações de todas as retas que passam por P (2, 6)são dadas por:
x 5 2 ou y 2 6 5 m ( x 2 2), com m RObservando que há exatamente duas retas distin-tas, s e t , que passam por P e formam ângulos de60° com r , podemos concluir que pelo menos umadelas tem equação do tipo y 2 6 5 m ( x 2 2), comm R.Como r é horizontal, temos:
tg 60° 5 |m| ⇒ 3 5 |m|
m 5 3 ou m 5 2 3
Logo, as inclinações das retas s e t são 60° e 120°.
aplicando o teorema do ângulo externo de um triângulo
e o fato de que ângulos correspondentes determinados
por duas paralelas e uma transversal são congruentes.
d) Do item c, concluímos que as retas procuradas
têm equações: ( s) 3 x 2 y 2 2 3 1 6 5 0 e
(t ) 3 x 1 y 2 2 3 2 6 5 0.
14. Como o ângulo obtuso que as retas formam com r éde 135°, o ângulo agudo é de 45°.As equações de todas as retas que passam por P (24, 2)
são dadas por: x 5 24 ou y 2 2 5 m ( x 2 (24)), com m R
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 16/30118 Matemática Paiva Parte específica
Observando que há exatamente duas retas distintas, s e t , que passam por P e formam ângulos agudos de45° com r , podemos concluir que pelo menos umadelas tem equação do tipo y 2 2 5 m ( x 2 (24)), comm R.Como r é horizontal, temos:tg 45° 5 |m| ⇒ 1 5 |m| m 5 1 ou m 5 21
Logo, concluímos que as retas procuradas têm equa-ções: ( s) x 2 y 1 6 5 0 e (t ) x 1 y 1 2 5 0.
Nota: Mostre aos alunos como a resolução gráfica facilita,
significativamente, esses procedimentos.
15. As equações de todas as retas que passam por P (3, 0)são dadas por:
x 5 3 ou y 2 0 5 m ( x 2 3), com m RObservando que há exatamente duas retas distintas,
s e t , que passam por P e formam ângulos agudos de
medida 5 arctg 3
2 com r , podemos concluir que
pelo menos uma delas tem equação do tipo y 2 0 5 m ( x 2 3), com m R.
Como r é horizontal, temos:
tg 5 |m| ⇒ 3
2 5 |m|
m 53
2 ou m 5 2
3
2Logo, concluímos que as retas procuradas têm equa-ções: ( s) 3 x 2 2 y 2 9 5 0 e (t ) 3 x 1 2 y 2 9 5 0.
Nota: Mostre aos alunos como a resolução gráfica facilita,
significativamente, esses procedimentos.
16.
As equações reduzidas de r e s são:(r ) y 5 3 x 1 2 e ( s) y 5 2 x 2 1O ponto comum às retas r e s é a solução do sistemaformado por suas equações:
y x
y x
5 1
5 2
3 2
2 1
⇒ x 5 23 e y 5 27
A reta t , simétrica de r em relação a s, passa pelo pon-to P (23, 27), comum a r e s, tal que um ângulo entret e s tem a mesma medida de um ângulo agudo en-tre r e s.Como r e s são oblíquas, a medida de um ânguloagudo formado por essas retas é tal que:
tg 5 m mm m
r s
r s
21
5 21
51
3 21 3 2
17
As equações de todas as retas que passam por P (23, 27) são dadas por: x 5 23 ou y 2 (27) 5 m ( x 2 (23)), com m RVejamos se a reta t procurada tem equação do tipo
y 2 (27) 5 m ( x 2 (23)), com m R. Para isso,basta verificar se a seguinte equação tem solução:
tg 5m m
m mt s
t s
2
11 ⇒
1
7
2
1 2 5
2
1
m
m
m
m
m
m
2
1
52
1
2
2 1
1
7
2
2 1(I)
ou
521
7(II)
• Da equação (I), temos:
m
m
2
15
2
2 1
1
7 ⇒ 7m 2 14 5 2m 1 1
5m 5 15 ⇒ m 5 3
Neste caso, obtemos y 5 3 x 1 2, que é a própriareta r .
• Da equação (II), temos:
mm
21
5222 1
17
⇒ 7m 2 14 5 22m 2 1
9m 5 13 ⇒ m 513
9
Neste caso, obtemos 13 x 2 9 y 2 24 5 0, que é aequação da reta t , simétrica de r em relação a s.
17. As equações reduzidas de r e s são:
(r ) y 54
3
10
3 x 2 e ( s) y 5 3 x 2 5
O ponto comum às retas r e s é a solução do sistemaformado por suas equações:
y x
y x
5 2
5 2
4
3
10
33 5
⇒ x 5 1 e y 5 22
A reta t , simétrica de r em relação a s, passa pelo ponto P (1, 22), comum a r e s, tal que um ângulo entre t e s tem a mesma medida de um ângulo agudo entre r e s.Como r e s são oblíquas, a medida de um ânguloagudo formado por essas retas é tal que:
tg 5m m
m mr s
r s
2
11 5
43
3
14
3
3
2
1
51
3
As equações de todas as retas que passam por P (1, 22)são dadas por:
x 5 1 ou y 2 (22) 5 m ( x 2 1), com m RVejamos se a reta t procurada tem equação do tipo
y 2 (22) 5 m ( x 2 1), com m R. Para isso, basta verificar se a seguinte equação tem solução:
tg 5m m
m mt s
t s
2
11 ⇒
1
3 5
m
m
2
1
3
1 3
m
m
( )
2
15
3
3 1
1
3
I
ou m
m
( )
2
152
3
3 1
1
3
II
• Da equação (I), temos:
m
m
2
15
3
3 1
1
3 ⇒ 3m 2 9 5 3m 1 1
29 5 1 (Absurdo!)
Desse absurdo, concluímos que não existe m quesatisfaça a equação (I).
• Da equação (II), temos:
m
m
2
152
3
3 1
1
3 ⇒ 3m 2 9 5 23m 2 1
6m 5 8 ⇒ m 5 43
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 17/30119 Parte específica Matemática Paiva
Neste caso, obtemos 4 x 2 3 y 2 10 5 0, que é a
própria reta r .
Concluímos, então, que a reta t não tem coeficiente an-
gular, ou seja, t é uma reta vertical de equação x 5 1.
18. A reta , AC - é simétrica da reta , AB - em relação a r .
O ponto A é a solução do sistema formado pelas
equações das retas r e , AB -, isto é:
y x
y x
5 2 1
5 2 1
32
2 2
⇒ x 5 0 e y 5 2
A(0, 2)
A reta , AC -, simétrica de , AB - em relação a r , passa pelo
ponto A(0, 2), e um ângulo entre , AC - e r tem a mesma
medida de um ângulo agudo entre r e , AB -.
Como r e , AB - são oblíquas, a medida de um ângulo
agudo formado por essas retas é tal que:
tg 5m m
m m
r AB
r AB
2
11
5
2 2 2
1 2 2
1
32
1 13
2
( )
( )
5 1
As equações de todas as retas que passam por A(0, 2)
são dadas por:
x 5 0 ou y 2 2 5 m ( x 2 0)
Vejamos se a reta , AC - tem equação do tipo
y 2 2 5 m ( x 2 0). Para isso, basta verificar se a se-
guinte equação tem solução:
tg 5m m
m mr AC
r AC
2
11 ⇒ 1 5
2 2
1 2
1
3
11
3
m
m
1 52 2
2
1 3
3
m
m
Dessa equação, obtemos m 5 22 ou m 51
2.
• Para m 5 22, obtemos y 2 2 5 22 x, que é a equa-
ção da própria reta , AB -;
• Para m 5 1
2, obtemos y 2 2 5
x
2, que é a equa-
ção da reta , AC -.
Concluímos, assim, que a equação da reta, AC -
é
y 5 x
22 .1
19. a) A distância d entre P 1
210,
e (r ) 2 x 1 4 y 2 1 5 0
é dada por:
d 5
21
24 10 1
2 42 2
1 2
1
5| |40
20
d 5 4 5
b) A distância d entre P (2, 6) e (r ) 3 x 2 y 2 10 5 0 édada por:
d 5| |
( )
3 2 1 6 10
3 12 2
2 2
1 2
5| |210
10
d 5 10
c) A distância d entre P (3, 2) e (r ) x 1 0 y 2 8 5 0 é
dada por:
d 5| |
| |1 3 0 2 8
1 0
5
12 2
1 2
1
52
d 5 5
d) A distância d entre P (21, 0) e (r ) 0 x 1 y 2 3 5 0 é
dada por:
d 5| ( ) |
0 1 1 0 3
0 12 2
2 1 2
1 5
| |23
1
d 5 3
20. Como vimos anteriormente, uma equação da bisse-
triz dos quadrantes pares é x 1 y 5 0. Assim, a dis-
tância d entre P (1, 8) e tal reta é dada por:
d 5
| |
1 1 1 8 0
1 12 2
1 1
1 5
| |9
2
d 59 2
2
21. Um ponto P sobre o eixo das abscissas é da forma
P ( x, 0), sendo x um número real. Como a distância
entre P e (r ) x 2 y 2 4 5 0 é 2 , temos:
d Pr
5 2 ⇒ | |
( )
1 1 0 4
1 12 2
x 2 2
1 2 5 2
| |
x 2
54
22 ⇒ | x 2 4| 5 2
x 2 4 5 2 ou x 2 4 5 22
Concluímos, então, que x 5 6 ou x 5 2.
Logo, temos dois pontos nas condições do enuncia-
do, a saber, P (6, 0) e Q(2, 0).
22. Como vimos anteriormente, uma equação da bisse-
triz dos quadrantes ímpares é x 2 y 5 0. Como
A e B pertencem a essa reta, ambos são da forma
(k , k ), sendo k um número real. Além disso, tais pon-
tos distam 3 unidades de (r ) 4 x 2 3 y 2 12 5 0 e,
então:
d 5 3⇒
| |
( )
4 3 12
4 32 2
k k 2 2
1 2 5 3
| |k 2 12
25 5 3 ⇒ |k 2 12| 5 15
k 2 12 5 15 ou k 2 12 5 215
Concluímos, então, que k 5 27 ou k 5 23.
Logo, temos A(27, 27), B(23, 23), e o ponto mé-
dio de t AB u é M 27 3
2
27 3
2
( ),
( ),
1 2 1 2
ou seja,
M (12, 12).
23. As coordenadas de um ponto P da reta y 5 3 x são
(k , 3k ), sendo k um número real positivo, pois P estáno 1º quadrante. Temos, então:
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 18/30120 Matemática Paiva Parte específica
d 5 3 ⇒ | |
3 4 3 0
3 42 2
k k 1 1
1
5 3
| |15
25
k 5 3 ⇒ |15k | 5 15
15k 5 15 ⇒ k 5 1
Logo, temos P (1, 3), e a soma de suas coordenadas
vale 1 1 3 5 4.
Alternativa d.
24. a) Um ponto de r é P (0, 1). Assim, a distância d entre
r e ( s) 2 x 2 y 2 5 5 0, que é igual à distância entre
P e s, é dada por:
d 5 | |
( )
2 0 1 1 5
2 12 2
2 2
1 2
5 | |26
5
d 5 6 5
5
b) Um ponto de r é P (0, 0). Assim, a distância d en-
tre r e s, que é igual à distância entre P e s, é dada
por:
d 5 | |
4 0 3 0 60
4 32 2
1 2
1
5 | |260
25
d 5 12
c) Como r e s são horizontais, a distância entre elas é
d 5 |2 2 (26)| 5 8.
25. Um ponto de r é P (5, 0). Assim, a distância d entre r
e s, que é igual à distância entre P e s, é dada por:
d 5 | |
1 5 3 0
1 32 2
1
1
5 | |5
10
d 5 10
2
Alternativa e.
26. O coeficiente angular da reta , AB - é:
m AB
5 2 2 2
2
9 3
4 2
( )
5 23
Temos, então:
, AB - A
m AB
( , )
2 3
3
2
5 2
⇒ y 2(23) 5 23( x 2 2)
Assim, uma equação da reta , AB - é 3 x 1 y 2 3 5 0.
Logo, a medida h da altura relativa ao lado t AB u é:
h 5 | |
3 3 1 1 3
3 12 2
1 2
1 5
| |7
10
h 5 7 10
10
27. Seja P ( x, y) um ponto qualquer pertencente a uma
das bissetrizes dos ângulos formados por r e s. Temos,
então:
d Pr
5 d Ps
⇒ | |
2 1
2 12 2
x y1 2
1 5
| |
( )
x y2
1 2
2
1 22 2
|2 x 1 y 2 1| 5 | x 2 2 y|
Dessa equação modular, obtemos:2 x 1 y 2 1 5 x 2 2 y ou 2 x 1 y 2 1 5 2 x 1 2 y
Portanto, as equações das retas suporte das bissetri-
zes são:
x 1 3 y 2 1 5 0 e 3 x 2 y 2 1 5 0.
Vamos, então, calcular as distâncias de P (2, 4) a
(r ) x 1 3 y 2 1 5 0 e a ( s) 3 x 2 y 2 1 5 0:
d Pr
5 | |
1 2 3 4 1
1 32 2
1 2
1 5
| |13
10 5
13 10
10
d Ps
5 | |
( )
3 2 1 4 1
3 12 2
2 2
1 2
5 | |1
10
5 10
10Assim, a reta que satisfaz as condições do enunciado
é (t ) 3 x 2 y 2 1 5 0.
28. Se a reta t equidista de r e s, então todo ponto P ( x, y)
da reta t é tal que d Pr
5 d Ps
, ou seja:
| |
( )
3 2
3 12 2
x y2 1
1 2 5
| |
( )
3 5
3 12 2
x y2 2
1 2 ⇒
⇒ |3 x 2 y 1 2| 5 |3 x 2 y 2 5|
3 x 2 y 1 2 5 3 x 2 y 2 5 (Absurdo!)
ou
3 x 2 y 1 2 5 23 x 1 y 1 5 ⇒ 6 x 2 2 y 2 3 5 0
Logo, uma equação da reta t é: y 5 3 x 2 32
29. a) Temos:
D 5
0 6 1
4 2 1
5 0 1
2 2 5 30 1 10 1 24 5 64
A área A do triângulo MNP é dada por:
A 5 | | D
2 ⇒ A 5
| |64
2 5 32
b) Temos:
D 5
2
3 1 1
3 0 1
1
2
3
41
5 1
2
9
4
1
2 1 2 2 3 5 2
3
4
A área A do triângulo MNP é dada por:
A 5 | | D
2 ⇒ A 5
2
5
3
4
2
3
8
30. Temos:
D 5
0 0 1
2 2 11 3 1
5 6 2 2 5 4
A área A do triângulo é dada por:
A 5 | | D
2 ⇒ A 5
| |4
2 5 2
31. Temos A(1, 3), B (7, 1) e C (3, 5); portanto:
D 5
1 3 1
7 1 1
3 5 1
5 1 1 9 1 35 2 3 2 5 2 21 5 16
A área A do triângulo é dada por:
A 5 | | D2
⇒ A 5 | |162
5 8
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 19/30121 Parte específica Matemática Paiva
32. Os pontos M e N são tais que M 2 1 11 0
2
0 4
2
,
e
N 0 2
2
4 0
2
, ,
1 1
isto é, M 21
22,
e N (1, 2).
Temos, então:
D 5
0 0 1
1
22 1
1 2 1
2
5
2
12
25
2
3
A área A do triângulo é dada por:
A 5 | | D
2 ⇒ A 5
| |23
2 5
3
2
Alternativa d.
33. Temos:
D 5
2 1 1
2 5 1
4 10
x
5 10 1 x0 1 8 2 5 x
0 2 8 2 2 5
5 24 x0 1 8
Como o triângulo PQR tem área 20, temos:
A 5 | | D
2 ⇒ 20 5
| |2 14 8
20
x
|24 x0 1 8| 5 40 ⇒
⇒ 24 x0 1 8 5 40 ou 24 x
0 1 8 5 240
x0 5 28 ou x
0 5 12
Como x0 0, temos x
0 5 12.
Alternativa e.
34. Seja C ( x, 0) o terceiro vértice do triângulo. Temos:
D 5
2 1 1
3 2 1
0 1
2
x
5 24 1 x 1 2 x 2 3 5 3 x 2 7
Como o triângulo ABC tem área 4, temos:
A 5 | | D
2 ⇒ 4 5
| |3 7
2
x 2
|3 x 2 7| 5 8 ⇒ 3 x 2 7 5 8 ou 3 x 2 7 5 28
x 5 5 ou x 5 21
3
Logo, o terceiro vértice é (5, 0) ou 21
30, .
Alternativa c.
35. y
0 4
3
4
5
6�4
�2
�1
x
E
F
G
H
A área do quadrilátero EFGH é igual à soma das áreas
dos triângulos EFG e EGH .
• Área A EFG
do triângulo EFG :
D 5
2 2
2
1 2 1
4 3 1
4 5 1
5 23 2 8 2 20 2 12 1 5 2 8 5
5 246
A EFG
5 | | D
2 5
| |246
2 5 23
• Área A EGH
do triângulo EGH :
D 5
2 21 2 1
4 5 1
6 4 1
5 25 2 12 1 16 2 30 1 4 1 8 5
5 219
A EGH
5 | | D
2 5
| |219
2 5
19
2
Logo, a área do quadrilátero EFGH é dada por:
A EFGH
5 23 1 19
2 5
65
2
36. y
0
3
4
5
5�2
�1
�1
x
E
I
F
G
H
A área do pentágono EFGHI é igual à soma das áreas
dos triângulos EFG , EGH e EHI .
• Área A EFG
do triângulo EFG :
D 5
2
2
2 0 1
1 4 1
3 5 1
5 28 2 5 2 12 1 10 5 215
A EFG
5 | | D
2 5
| |215
2 5
15
2
• Área A EGH
do triângulo EGH :
D 5
22 0 1
3 5 1
5 0 1
5 210 2 25 5 235
A EGH
5 | | D
2 5
| |235
2 5
35
2
• Área A EHI
do triângulo EHI :
D 5
2
2
2 0 1
5 0 10 1 1
5
2
52
25
2
7
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 20/30122 Matemática Paiva Parte específica
A EHI
5 | | D
2 5
| |2 7
2 5
7
2
Logo, a área do pentágono EFGHI é dada por:
A EFGHI
5 15
2
35
2
7
2
57
2 1 1 5
37. y
2
3
1
5 7 x O
R
P Q
T
S
A área do polígono OPQRST é igual à soma da área
de um retângulo de base 2 e altura 1 com a área de
um trapézio de bases 3 e 5 e altura 3. Temos, então:
AOPQRST
5 2 1 1 ( )3 5 3
2
1 5 2 1 12 5 14
Alternativa d.
38. Como os lados do triângulo estão sobre as retas r , s e
t , as coordenadas dos vértices do triângulo são solu-
ções dos sistemas formados pelas equações das retas
r e s, r e t , e s e t .
• Intersecção entre r e s:
5 0
6 2 0
x y
x y
2 5
2 2 5
⇒ x 5 2 e y 5 10
• Intersecção entre r e t :
5 0
4 4 0
x y
x y
2 5
2 2 5
⇒ x 5 24 e y 5 220
• Intersecção entre s e t :
6 2 0
4 4 0
x y
x y
2 2 5
2 2 5
⇒ x 5 21 e y 5 28
Logo, os vértices do triângulo são (2, 10), (24, 220)
e (21, 28); portanto, temos:
D 5
2 10 1
4 20 1
1 8 1
2 2
2 2
D 5 2402 101 322 201 161 40 5 18
A 5 | |
| | D
2
18
25 5 9
39. As coordenadas dos vértices do triângulo são soluções
dos sistemas formados pelas equações das retas r e s, r e
t , e s e t , sendo (r ) 2 x 5 y, ( s) x 5 2 y e (t ) x 5 22 y 1 10.
• Intersecção entre r e s:
2
2
x y
x y
5
5
⇒ x 5 0 e y 5 0
• Intersecção entre r e t :
22 10
x y x y
5
5 2 1
⇒ x 5 2 e y 5 4
• Intersecção entre s e t :
x y
x y
5
5 2 1
2
2 10
⇒ x 5 5 e y 5 5
2
Logo, os vértices do triângulo são (0, 0), (2, 4) e
55
2, ;
portanto, temos:
D 5
0 0 1
2 4 1
55
21
5 5 2 20 5 215
A 5 | | D
2 5
| |215
2 5
15
2
Alternativa a.
40. Um esboço do gráfico nos auxiliará a visualizar o tra-
pézio:
y
0
6
6
12
12
�2
�4
�2
x
A
D
C
B
r
s
t u
• r t 5 { A}
y x
y x
5
5 2 1 6
⇒ x 5 3 e y 5 3
Logo, A(3, 3).
• r u 5 { B}
y x
y x
5
5 2 1 12
⇒ x 5 6 e y 5 6
Logo, B (6, 6).
• s u 5 {C }
y x
y x
5
5 2 1
2
12
⇒ x 5 4 e y 5 8
Logo, C (4, 8).
• s t 5 { D}
y x
y x
5
5 2 1
2
6
⇒ x 5 2 e y 5 4
Logo, D (2, 4).
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 21/30123 Parte específica Matemática Paiva
• Área S 1 do triângulo ABC :
3 3 1
6 6 1
4 8 1
5 12
Logo, S 1 5
| |12
2 5 6.
• Área S 2 do triângulo ADC :
3 3 1
2 4 1
4 8 1
5 26
Logo, S 2 5
| |26
2 5 3.
Concluímos, então, que a área S do trapézio ABCD é
dada por:
S 5 S 1 1 S
2 5 6 1 3 5 9
41. A reta r corta o eixo das abscissas num ponto de or-
denada nula. Fazendo y 5 0 na equação de r , obtemos
10 0 p , . Além disso, a reta r corta o eixo das orde-
nadas num ponto de abscissa nula. Fazendo x 5 0 na
equação de r , obtemos y 5 5. Assim, os vértices do
triângulo são (0, 0),10
0 p
,
e (0, 5). Temos, então:
D 5
0 0 1
100 1
0 5 1
p 5
50
p
Como a área do triângulo é 25, temos:
A 5
50
2
p ⇒ 25 5
50
2
p
1
p 5 1 ⇒ p 5 21 ou p 5 1
42. Os coeficientes angulares das retas , AB - e , BP - são, res-
pectivamente:
m AB
5 1 0
0 2
1
2
2
25 2
m BP
5 n
m
n
m
2
25
21
0
1
Para que tais retas sejam perpendiculares, devemos ter:
m AB
m BP
5 21 ⇒ 21
2
n
m
2 1 5 21
n 5 2m 1 1 (I)
E, para que o triângulo ABP tenha área igual a 10,
devemos ter também:
A 5 | | D
2 5 10, sendo D 5
2 0 1
0 1 1
1m n
5 2 2 m 2 2n
| |2 2
2
2 2m n 5 10 ⇒ |2 2 m 2 2n| 5 20 (II)
Com as equações (I) e (II), montamos o seguinte sis-tema para encontrar os valores de m e n:
n m
m n
| |
5 1
2 2 5
2 1
2 2 20
⇒
⇒ (m 5 24 e n 5 27) ou (m 5 4 e n 5 9)
Logo, como m e n são ambos negativos, temos
P (24, 27).
43. a) D 5
3 3 1
1 5 1
2 8 12
5 15 2 6 1 8 1 10 2 24 2 3 5 0
D 5 0 ⇒ M , N e P são colineares.
b) D 5
01
31
44
31
1
3
1
31
5 1
9
4
3
4
9
4
3
1
3 1 2 2 5 2
D 0 ⇒ M , N e P não são colineares.
44. Para que P 1
, P 2
e P 3
sejam colineares, devemos ter:
D 5 0 ⇒
1 1
1
2
1
21
0 2 1
t
2
5 0
1
2 2 1 1 2 2
t
2 5 0 ⇒ t 5 3
Alternativa d.
45. Como existe uma reta r que passa por A, B e C , eles
são colineares. Assim, temos:
D 5 0 ⇒
x x
x
2
2
1 1
2 7 1
0 5 1
5 0
7 x 2 10 x 1 5 x 2 2 x( x 2 1) 5 0 ⇒ x2 2 2 x 5 0
x( x 2 2) 5 0 ⇒ x 5 0 ou x 5 2
Note que, para x 5 0, temos A(0, 21), B(0, 7) e C(0, 25),
que são pontos do eixo das ordenadas, que é uma reta
vertical e, portanto, não tem coeficiente angular.
Logo, o valor de x é 2 e obtemos, portanto, A(2, 1),
B (4, 7) e C (0, 25).
Representando no plano a reta que passa por tais
pontos, temos:
1
�5
7
2 4 x
y
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 22/30124 Matemática Paiva Parte específica
46. a)
x y 1
1 4 1
0 3 1
2 5 0⇒ 4 x 2 32 3 x 1 y 5 0
Logo, uma equação da reta que passa por A e B é
x 1 y 2 35 0.
b)
x y 1
6 2 1
4 2 12
5 0⇒ 2 x 2 4 y 1 121 82 2 x 2 6 y 5 0
Logo, uma equação da reta que passa por A e B é
y 2 25 0.
47. a) A reta r passa pelos pontos (2, 4) e (4, 5). Logo,
uma equação de r é dada por:
x y 1
2 4 1
4 5 1
5 0⇒ 4 x 1 4 y 1 102 162 5 x 2 2 y 5 0
x 2 2 y 1 65 0
b) A reta r passa pelos pontos (22, 7) e (2,21). Logo,
uma equação de r é dada por:
x y 1
2 7 1
2 1 1
2
2
5 0⇒ 7 x 1 2 y 1 22 141 x 1 2 y 5 0
2 x 1 y 2 35 0
48. a) y
�2 x
b) y
�2 x
c) y
0 x 7
2
d) y
0
4
x
e) y
0
�1 x
f ) y
0
x
49. a) y
0
6
x 9
2
b) y
0
2
�3
x
c) y
0
1
4
2 5 x
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 23/30125 Parte específica Matemática Paiva
50. a) y
2�4 x
b) y
10�4 x
c) y
0
3
�4
x
d) y
0 2
�3
x
e) y
0
1
�4
x
51. a) y
0
2
2
x
b) y
x
�11
0
�
11
5
c) y
x 20
4
d) y
x 0
8
�4
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 24/30126 Matemática Paiva Parte específica
e) y
x 0
5
2
f) Temos 1 3 x 1 y 6 ⇒ 3 1
3 6
x y
x y
1
1
. Então:
y
x 0
1
2
6
1
3
52. a) y
x 6
7
�1
1
�5
0 5
2
b) y
x
2
1
10
c) y
x �1
3
4
0
d) y
x 416
20
�2
�12
0
4
e) y
x
�1
�5
�4
�
5
4
f ) y
x
9
2
7
2
21
41
111
41
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 25/30127 Parte específica Matemática Paiva
g) y
x
71
3061
39
7
5
�
8
39
53. a) y
07 8
11
12
13
x
b) y
0
8
6
5 7 9
�2
x
54. y
�4 �3
2
5
x �
2
3
A área S R
da região R é dada por:
S R
5
17
33 4
2
52
3
1
5
55. A região R é a região determinada pelos pontos ( x, y)
tais que
4 5 16 0
4 3 00
x y
x y y
.
1 2
2
Temos, então:
y
0 4 x
2
3
1
2
A área S dessa região é dada por:
S 5 4
2
32
4
3
5
56. Seja z 5 x 1 3 y 2 3. Substituindo as coordenadas de
P (22, 2) na expressão, temos:
z 5 22 1 3 2 2 3 5 1
z 0
Como o ponto Q(5, b) não está no mesmo semiplano
que o ponto P substituindo as coordenadas de Q naexpressão dada devemos ter z 0. Assim:
z 0 ⇒ 5 1 3b 2 3 0
b 22
3
Entre os números apresentados, apenas 23
4 é me-
nor que 22
3. Alternativa d.
57. A região determinada pelos pontos ( x, y) tais que
x y y
x
y
1
53
0
0
é:
y
x 2 50
3
Assim, a área A é a área de um trapézio de bases 2 e 5
e altura 3, ou seja, A 5 ( )2 5 3
2
1 5
21
2 5 10,5.
Alternativa b.
58. Temos:
( x 2 y 1 2)(2 x 2 y 1 4) 0 ⇒
⇒
( )
(
x y x y
x y
2 1 2 1
2 1
2 0 2 4 0e
ou
22 0 2 4 0 ) 2 1 e x y
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 26/30128 Matemática Paiva Parte específica
Assim, o gráfico da região formada é:
y
0
�2
4
2
x
Questões contextualizadas
59. a) Temos:
r
x t
y t
5 1
5 2 1
32
4
9
2
⇒
t x
y t
5 2
5 2 1
3 6
4
9
2
y 5
2
3
4 x 1
6
3 x 1 4 y 2 24 5 0
A menor distância entre o asteroide e a Terra é
igual à distância entre o ponto O (0, 0) e a reta r .
Temos, então:
d 5 | |
3 0 4 0 24
3 42 2
1 2
1 5
| |224
25
d 5 4,8 u
Logo, tal distância é 480.000 km.
b) O ponto A em que a distância é mínima pertence à
reta r perpendicular à trajetória do asteroide pas-
sando por O. Como o coeficiente angular da traje-tória é 2
3
4, o coeficiente da reta r perpendicular
a ela é m 5 2
2
1
3
4
5 4
3. Temos, então:
r :
O
m
( , )
0 0
4
35
⇒ y 2 0 5
4
3 ( x 2 0)
y 5 4
3 x
Assim, as coordenadas de tal ponto são solução do
sistema:
y x
y x
5 2 1
5
3
46
4
3
⇒ x 5 72
25 e y 5
96
25
Substituindo x 5 72
25 na equação paramétrica,
obtemos:
x 5 t
3 1 2 ⇒
72
25 5
t
3 1 2
t 5 66
25 5 2,64
Logo, a distância mínima entre o asteroide e aTerra ocorrerá depois de 2,64 anos.
60. Temos:
D 5
2 1 1
3 5 1
7 4 1
5 10 1 7 1 12 2 35 2 8 2 3 5 217
A área A da fazenda é dada por:
A 5
| | D
2 ⇒
A 5
| |217
2 5
17
2 km
2
Alternativa a.
61. Como A dista 4 m da margem r e 6 m da margem s,
temos que a abscissa de A é 4 e a ordenada é 6, ou
seja, A(4, 6).
Analogamente, temos B (5, 10), C (15, 8) e D (7, 3).
A área do terreno ABCD é igual à soma das áreas dos
triângulos ABC e ACD.
• Área A ABC
do triângulo ABC :
D 5
4 6 1
5 10 1
15 8 1
D 5 40 1 90 1 40 2 150 2 32 2 30 5 242
A ABC
5 | | D
2 5
| |242
2 5 21
• Área A ACD
do triângulo ACD:
D 5
4 6 1
15 8 1
7 3 1
5 32 1 42 1 45 2 56 2 12 2 90 5
5 239
A ACD
5 | | D
2 5
| |239
2 5
39
2 5 19,5
Logo, a área do terreno ABCD é dada por:
A ABCD
5 21 1 19,5 5 40,5 m2
62. a) Sejam S 23
20, ,
R 21
2, ,
B3
24,
e V 5
7
2, .
A área do quadrilátero SRVB é igual à soma das
áreas dos triângulos SRV e SVB.
• Área ASRV
do triângulo SRV :
D 5
23
20 1
21
21
57
21
D 5 23
4 1 0 1 7 2
5
2 1
21
4 2 0 5 9
ASRV
5 | | D
2 5
| |
9
2
9
25
• Área ASVB
do triângulo SVB:
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 27/30129 Parte específica Matemática Paiva
D 5
23
20 1
57
21
3
24 1
D 5 221
4 1 0 1 20 2
21
4 1 6 2 0 5
31
2
ASVB
5 | | D
2 5
31
2
2 5
31
4
Logo, a área do quadrilátero SRVB é dada por:
ASRVB
5 9
2
31
4
49
4 1 5
A escala do mapa é 1 cm: 10.000.000 cm, ou seja,
1 cm : 100 km. Assim, sendo 1 cm2 : 10.000 km2,
temos que a área pedida vale49
410 000 . 5
5 122.500 km2.
b) Sendo S 23
20, ,
R 21
2,
e B
3
24, ,
o pon-
to equidistante de S , R e B é o circuncentro C do
triângulo SRB, que é o centro da circunferência
circunscrita a esse triângulo. Para determiná-lo,
basta obter a intersecção de duas mediatrizes desse
triângulo.
Sendo M 1 e M
2 os pontos médios de tSR u e t RB u, res-
pectivamente, temos:
M 1
2 1 13
22
2
01
22
,
5 M 11
4
1
4,
M 2
23
2
2
1
24
2
,
1 1
5 M 2
7
4
9
4,
Sendo mt e m
u os coeficientes angulares das me-
diatrizes t , de tSR u, e u, de t RB u, temos:
mt 5 2
1
mSR
5 2
2
1
1
1
20
2 32
5 27
mu 5 2
1
m RB
5 2
2
2
1
41
23
22
5 1
7
Obtendo as equações de t e u:
t M
mt
1
1
4
1
4
7
,
5 2
⇒ y 2 1
4 5 27 x 2
1
4
Logo, a equação da reta t é y 5 27 x 1 2.
u
M
mu
2
7
4
9
4
1
7
,
5
⇒ y 2 9
4 5
1
7
7
4 x 2
Logo, a equação da reta u é y 5 x
72 .1
Finalmente, o ponto C é a solução do sistema:
y x
y x
5 2 1
5 1
7 2
72
⇒ x 5 0 e y 5 2
Logo, o ponto equidistante de S , R e B é C (0,2).
63. Sintetizando os dados desse enunciado em uma tabe-
la, temos:
Modelo A
(quantidade,
em m2, por
unidade)
Modelo B
(quantidade,
em m2, por
unidade)
Quantidade
em estoque
(em m2)
Brim 1 2 80
Popelina 3 2 120
Sendo x e y as quantidades de vestidos do modelo A e
do modelo B, respectivamente, a receita z obtida com
a venda dessas quantidades é dada por:
z 5 80 x 1 80 y 5 80( x 1 y)
Relacionando as informações fornecidas, obtemos o
seguinte sistema:
x y
x y
x
y
1
1
2 80
3 2 120
0
0
cujas soluções são representadas pela região sombrea-
da a seguir:
y
x 8040200
30
40
60
O máximo valor de z é obtido ao se atribuírem às va-
riáveis x e y as coordenadas de um determinado vér-
tice do polígono sombreado.
Testando cada um dos vértices, temos:
• (0, 0) ⇒ z 5 80(0 1 0) 5 0
• (40, 0) ⇒ z 5 80(40 1 0) 5 3.200
• (20, 30) ⇒ z 5 80(20 1 30) 5 4.000
• (0, 40) ⇒ z 5 80(0 1 40) 5 3.200
Assim, o máximo valor de z é obtido no ponto (20, 30).
Portanto, para que se obtenha a receita máxima, de-
vem ser vendidas 20 unidades do modelo A e 30 uni-dades do modelo B.
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 28/30130 Matemática Paiva Parte específica
64. Sendo x e y a quantidade de lâmpadas de 100 W e
150 W, respectivamente, o custo z é dado por:
z 5 20 x 1 30 y
Relacionando as informações fornecidas no enuncia-
do, temos o seguinte sistema:
x y
x y
x
y
.
1
1
25
100 150 3 000
9
0
cujas soluções são representadas pela região sombrea-
da a seguir:
y
x
9 15 25 300
14
16
20
25
10
O mínimo valor de z é obtido ao se atribuírem às va-
riáveis x e y as coordenadas de um determinado vér-
tice do polígono sombreado.
Testando cada um dos vértices, temos:
• (9, 14)⇒ z 5 20 9 1 30 14 5 600
• (9, 16)⇒ z 5 20 9 1 30 16 5 660
• (15, 10)⇒ z 5 20 15 1 30 10 5 600
Assim, o mínimo valor de z é obtido nos pontos (9, 14)
e (15, 10).
Portanto, para que se obtenha o custo mínimo, devem ser
utilizadas 9 lâmpadas de 100 W e 14 lâmpadas de 150 W,
ou 15 lâmpadas de 100 W e 10 lâmpadas de 150 W.
65. Sendo x e y as quantidades, em litro, de álcool e de
gasolina, a quantidade total de combustível é x 1 y.
Como a quantidade de cada um dos combustíveis
nunca é superior a 60% do total da mistura, temos:
x 0,6( x 1 y)⇒ 0,4 x 2 0,6 y 0
e
y 0,6( x 1 y)⇒ 20,6 x 1 0,4 y 0
Assim, temos o seguinte sistema:
0 4 0 6 0
0 6 0 4 0
50
, ,
, ,
x y
x y
x y
x
2
2 1
1
0
0 y
cujas soluções são representadas pela região sombreada
a seguir:
y
x
20
50
30
0 20 30 50
66. Sendo x e y as quantidades, em litro, de refrigerante
com açúcar e de refrigerante diet , a produção diária
é x 1 y. Como a quantidade de cada um dos refrige-
rantes não supera 75% da produção diária, temos:
x 0,75( x 1 y)⇒ 0,25 x 2 0,75 y 0
e
y 0,75( x 1 y)⇒ 20,75 x 1 0,25 y 0
Assim, temos o seguinte sistema:
0 25 0 75 00 75 0 25 0
, ,, , x y
x y
x y
2
2 1
1 11 0 00
2 000
0
0
.
.
x y
x
y
1
cujas soluções são representadas pela região som-
breada a seguir:
y
x 0
1.000
1.500 2.000500 750250
1.000
1.500
2.000
500
750
250
67. Relacionando as informações fornecidas no enuncia-
do, temos o seguinte sistema: x y
x
y
1
50
0
20
cujas soluções são representadas pela região sombreada
a seguir: y
20
0 30 50
50
x
Alternativa b.
68. a) Para d 5 200 pc, m 5 8,5 e log 5 5 0,7, temos:
8,5 2 M 5 5(21 1 log 200)⇒
⇒ M 5 8,5 1 5 2 5 log1 0 00
5
.
M 5 13,5 2 5(log 1.000 2 log 5)⇒
⇒ M 5 13,5 2 5(3 2 0,7)
M 5
2Logo, a magnitude absoluta da estrela é 2.
7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132
http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 29/30131 Parte específica Matemática Paiva
b) Temos: m 2 M 5 5(21 1 log d ) ⇒
⇒ log d 5 m M 2 1 5
5
d 5 105
5
m M 2 1
Como queremos os pares tais que d 100 pc, temos:
105
5
m M 2 1
100 ⇒ 105
5
m M 2 1
102
m M 2 1 5
5 2 ⇒ m 2 M 5
Relacionando as informações fornecidas no enun-
ciado, temos o seguinte sistema:
m M
m
M
2
5
0
0
cujas soluções são representadas pela região som-
breada a seguir:
m
�5
5
0 M
69. Consumindo x litros de iogurte, essa pessoa estará
consumindo x miligramas de vitamina A e 20 x mi-
crogramas de vitamina D e, consumindo y pacotes de
cereais, estará consumindo 3 y miligramas de vitami-
na A e 15 y microgramas de vitamina D.
Como essa pessoa deve fazer uma dieta alimentar
que lhe garanta um mínimo diário de 7 miligramas
de vitamina A e 60 microgramas de vitamina D, ela
terá certeza de estar cumprindo a dieta se a soma das
quantidades de vitamina A for maior ou igual a 7 mi-
ligramas e a soma das quantidades de vitamina D for
maior ou igual a 60 microgramas, ou seja, se
x 1 3 y 7 e 20 x 1 15 y 60
Alternativa a.
70. Sejam N e M as quantidades de cópias dos jornais FS
e FP, respectivamente. O lucro com a venda de cada
jornal FS é R$ 2,00 2 R$ 1,20 5 R$ 0,80 e o lucro com
a venda de cada jornal FP é R$ 0,80 2 R$ 0,40 5 R$ 0,40.
Assim, o lucro L obtido com as vendas desses jornais
é dado por:
L 5 0,80 N 1 0,40 M
Relacionando as informações fornecidas no enuncia-
do, temos o seguinte sistema:
1 20 0 40 1 999 20
1 5 003 00 0
, , . ,
. .
N M
N M
1
cujas soluções são representadas pela região sombrea-