GM Mat Paiva v3 103a132

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

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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, respectivamente:

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

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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


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


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


tg 51

| |m s

⇒ tg 51

3| |2 5

3

3


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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


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


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.



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


11

1 21

5mm

⇒ 1 2 m 5 1 1 m

2m 5 0 ⇒ m 5 0


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.



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


2 2

25

2

1 2

1

3

m

m ⇒ 26 2 3m 5 1 2 2m

m 5 27


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


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


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 .


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


m

m

2

15

1

1

3

5 ⇒ 5m 2 5 5 3m 1 3

2m 5 8 ⇒ m 5 4



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


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 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


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


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


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 conjunto 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


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


reunião dos conjuntos solução dos sistemas (I) e(II), cuja representação gráfica é:

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132


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


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


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


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, respectivamente:

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


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


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


2 1

15

k

k

3

3 11 ⇒ 2k 1 3 5 3k 1 1

4k 5 2 ⇒ k 51

2


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


mr 5 12 e m s 5 3

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132


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


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


tg 5 1| |m

s

⇒ tg 5 13

3

5 3


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.


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


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


⇒ 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


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


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.



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


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


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°.

Nota: Você pode, também, determinar essas inclinações

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


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.



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)


m

m

2

15

2

2 1

1

7 ⇒ 7m 2 14 5 2m 1 1

5m 5 15 ⇒ m 5 3



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


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).


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


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


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 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 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 5 | | D2

⇒ A 5 | |162

5 8

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132


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 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


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


5 0

4 4 0

x y

x y

2 5

2 2 5

⇒ x 5 24 e y 5 220


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


22 10

x y x y

5

5 2 1

⇒ x 5 2 e y 5 4


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


• 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


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


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


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


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


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


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


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


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


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.


• (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


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-


1 20 0 40 1 999 20

1 5 003 00 0

, , . ,

. .

N M

N M

1


da a seguir:

M

N0

4.998

3.000

498

666 1.500

1.666

O máximo valor de L é obtido ao se atribuírem às

variáveis N e M as coordenadas de um determinado

vértice do polígono sombreado.


• (0,0) ⇒ L 5 0,80 0 1 0,40 0 5 0,00

• (666, 3.000)⇒ L 5 0,80 666 1 0,40 3.000 5 1.732,80

• (1.500, 0) ⇒ L 5 0,80 1.500 1 0,40 0 5 1.200,00

• (0, 3.000) ⇒ L 5 0,80 0 1 0,40 3.000 5 1.200,00

• (1.500, 498)⇒ L 5 0,80 1.500 1 0,40 498 5 1.399,20

Assim, o máximo valor de L é obtido no ponto

(666, 3.000).

Portanto, para que se obtenha lucro máximo, devemser compradas 666 unidades do jornal FS.

71. Relacionando as informações fornecidas no enuncia-


0 3 0 25 75

0 30 0 08 30

0

, ,

, ,

b c

b c

b

c

1

1

0


da a seguir:

c

b0

300

100 250

375

4.500

17

500

17

que é uma região triangular, no primeiro quadrante.Alternativa d.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 103a132

http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-103a132 30/30

Questões-desafio

72. Do enunciado, A é um ponto do eixo das abscissas

e B é um ponto do eixo das ordenadas. Além disso,

como o triângulo OAB é isósceles, temos AO 5 OB

e, portanto, A(k , 0) e B(0, k ), sendo k um número real

positivo. Dessa forma, sendo a área do triângulo OAB

igual a 8, temos:

k k

2 5 8 ⇒ k 2

5 16

k 5 4

Como C é um ponto da reta de equação y 5 x 1 1,

temos C (c, c 1 1). Finalmente, como A, B e C são co-

lineares, C é um ponto da reta , AB -. Temos, então:

D 5 0 ⇒

4 0 1

0 4 1

1 1c c 1

5 0

16 2 4c 2 4(c 1 1) 5 0 ⇒ c 5 3

2

Logo, temos A(4, 0), B(0, 4) e C 3

2

5

2, .

73. Temos:

x2 2 7 x 1 10 5 x2 2 2 x 2 5 x 1 10 5 x( x 2 2)2 5( x 2 2) 5

5 ( x 2 2)( x 2 5)

Assim:

x2 2 7 x 1 10 0 ⇒ ( x 2 2)( x 2 5) 0

x

x

2

2

2 0

5 0

ou x

x

2

2

2 0

5 0

Concluímos, então, que 2 x 5.

Logo, o conjunto dos pontos ( x, y) tais que

x2 2 7 x 1 10 0 está representado pela região som-

breada a seguir:

y

0 52 x

74. a) Temos:

y

x y

( )

1

0

3 6

I

ou y

x y

( )

2

0

3 6

II

O j t l ã d i ã t é

y

0 6

2

�2

x

b) Temos:

x

y

x y

1 2

0

0

3 0

(I)

ou

x

y

x y

2 2

0

0

3 0

(II)

ou

x

y

x y

2 1 2

0

0

3 0

(III)

ou

x

y

x y

2 2 2

0

0

3 0

(IV)


união dos conjuntos solução dos sistemas (I), (II),(III) e (IV), cuja representação gráfica é:

y

0 3

3

�3

�3

x

75. a) ( x 1 5)2 2 y2 0 ⇒ ( x 1 5 2 y)( x 1 5 1 y) 0

x y

x y

1 2

1 1

5 0

5 0

(I)

ou x y

x y

1 2

1 1

5 0

5 0

(II)


união dos conjuntos solução dos sistemas (I) e (II),cuja representação gráfica é:

y

0

5

�5

�5 x

b) ( x 2 2)2 y2 2 6 y 1 9 ⇒ ( x 2 2)2 ( y 2 3)2

( 2)2 ( 3)2 0 ⇒

GM Mat Paiva v3 103a132

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