GABARITO

1Matemática B

Matemática B – Extensivo – V. 7

Exercícios

01) D

I. Falso. O diâmetro é dado por 2 . r = 2 . 2 = 4 cm.II. Verdadeiro. o volume é dado por π . r² = π . 2² = 4π cm²III. Verdadeiro. (x0, y0) = (0, 0) e assim, (x − x0)² + (y − y0)² = r² fica x² + y² = 4.

02) D

Temos: x² + y² = 14x + 6y + 6 ⇔ x² − 14x +y² −6y = 6 ⇔ (x − 7)² − 49 + (y − 3)² − 9 = 6 ⇔ (x − 7)² + (y − 3)² = 64

Logo, o raio r é igual a 8 e o centro é o ponto (7, 3). Se p é o valor máximo de x, então p = 7 + 8 = 15.

Se q é o valor máximo de y, então q = 3 + 8 = 11. Logo, 3p + 4q = 3 . 15 + 4 . 11 = 45 + 44 = 89.

03) B

A intersecção com o eixo x é dada quando y = 0, então, se fizermos y= 0 na nossa equação da circunferência, temos:

(x + 3)² + (0 − 3)² = 10 ⇔ x² + 6x + 9 + 9 = 10 x² + 6x + 8 = 0 ⇔ x1 = −4 x2 = −2

Logo, os pontos de intersecção da circunferência com o eixo x são (−2, 0) e (−4, 0).

A intersecção com o eixo y é dada quando x = 0, então, se x = 0, na nossa equação temos:

(0 + 3)² + (y − 3)² = 10 ⇔ y² − 6y + 8 = 0 ⇔ y1 = 2 ou y2 = 4.

Logo, os pontos de intersecção são (0, 2) e (0, 4). Assim, o quadrilátero formado por esses pontos é:

–4 –2 x

y

2

4

Que terá área A igual a:

A = A A� �4

4

2

2

4 42

2 22

− = −. .

= 8 − 2 = 6

04) B

A distância de um ponto P à circunferência r é dada por:

dp, r = ax by c

a b

0 0

2 2

+ +

+ Temos: r: 5x + 2y = 0, e o centro da circunferência é (2, −5). Assim,

dp, r = 5 2 2 5 0

5 42 2

. . ( )+ − +

+ =

0

29 = 0

Logo, o ponto pertence à reta, ou seja, a reta passa pelo centro da circunferência.

05)(x − 3)² + (y − 1)² = 9

Como o centro é C = (3, b) e essa circunferência tan-gencia o eixo y, temos que este ponto de tangência é dado por (0, b).

x

c

3

b

Assim, pela definição de circunferência, temos: dP, C = dP, (0,b) = r = 3 ⇔

⇔ ( ) ( )3 5 5 12 2− + − −b = 3⇔

4 + (b − 5− 1)² = 9 ⇔

(b − 5 − 1)² = 5 ⇔

b − 5 − 1 = ± 5⇔

b= 2 5 + 1 ou b = 1

Mas pelo enunciado, b< 5 e 2 5 + 1 > 5. Logo, b = 1.

E, assim, nossa equação fica: (x − 3)² + (y − 1)² = 9

06) B

GABARITO

2 Matemática B

Da equação x² + y² −4 = 0 temos que: x² + y² = 4 = 2² e assim o raio é igual a 2. Logo, o octógono é formado por 8 triângu-

los isósceles de lados côngruos iguais a 2.

22 x

4

Mas note que o ponto (x, x), com x> 0, é um vértice do octógono e é pertencente a essa circunferência. Logo, x² + x² = 4 ⇔ 2x²

= 4 ⇔ x² = 2 ⇔ x = ± 2, e como x > 0,

x = 2. Ou seja, P = ( 2, 2) pertence à

circunferência. Assim, o lado do octógono é dado por:

dP, (0, 2) = ( ) ( )2 0 2 22 2− + − =

= 2 2 4 2 4+ − + = 8 4 2−

Assim, como a área de um octógono de

lado a é dada por 2a² . (1 + 2), temos que:

A = 2 . 8 4 22

−( ) . (1 + 2) =

= 2 . (8 − 4 2) . (1 + 2) =

= 2 . ( 8 + 8 2 − 4 2 − 8 ) = 2 . (4 2) =

= 8 2

07) 17

01. Verdadeira. dT, B = 72

152

02 2

−

+ −

= 52

52

2 2 + =

504

= 5 2

2

dT, A = 72

052

32 2

−

+ −

=

494

14

+ =

504

= 5 2

2

dT, C = 72

752

22 2

−

+ −

=

494

14

+ =

504

= 5 2

2

02. Falso. (y − y0) = ( )

( )

y y

x x1 0

1 0

−−

. (x − x0) ⇔

(y − 3) = ( )( )2 37 0−−

. (x − 0) ⇔ y − 3 = −

17x

⇔ x + 7y − 21 = 0

04. Falso. dB, r = ax by c

a b

0 0

2 2

+ +

+ =

1 1 7 0 21

1 72 2

. . ( )+ + −

+ = −20

50 =

20

5 2

= 4 2

2 = 2 2

08. Falso. Se C = 7

, 5

2 2

e r =

5 22

, a equação é dada por:

x y−

+ −

=

72

52

5 22

2 2 2

⇔ x² − 7x + 494

+ y² − 5y + 254

= 504

⇔ x² + y² −7x − 5y + 6 = 0

16. Verdadeiro. A = D

2

A = = = = =3 –2 –21 –20 20

2222

10

0

7

1

3

2

0

1

1

1

08) C

Note que este é o triângulo retângulo pitagórico de lados 3, 4 e 5. Logo, P = (4, 3). Assim, a equação da reta é dada por:

(y − 0) = 3 04 0−−

. (x − 0) ⇔ 4y = 3x ⇔ 3x − 4y = 0

09) A

O centro do quadrado e, portanto, da circunferência, é dado pelo ponto em comum entre as retas dadas:

x y

x y

x y

x y

y

+ = −− =−

⇒− − =−

− =−

− −

2 1 2

2 3

2 4 2

2 3

5 5

. ( )

⇒ y = 1 ⇒ x = −1 Logo C = (−1, 1).

O raio dessa circunferência é dado pelo lado do quadrado dividido

por dois, pois ela está inscrita no quadrado. Assim, r = �2.

Mas ainda não sabemos o valor do lado do quadrado. Porém, sabemos o valor da metade da diagonal deste , que é dado pela distância do centro C ao ponto P = (−5, 3).

Logo, diagonal

2 = dP, C = ( ( )) ( )− − − + −5 1 3 12 2 = 16 4+ = 2 5.

GABARITO

3Matemática B

Logo, a diagonal do quadrado é d = 4 5. Assim, como:

² + ² = d² ⇔ 2² =(4 5)² ⇔ ² = 16 5

2.

= 8 . 5 = 40 ⇔

² = 40 ⇔ = 2 10.

Portanto, o raio da circunferência é r = �2 =

2 102

= 10.

Com isso, a equação da circunferência fica:

(x − (−1))²+(y −1)² = ( 10)² ⇔

⇔ x² + 2x + 1 + y² − 2y + 1 = 10 ⇔ ⇔ x² + y² + 2x − 2y − 8 = 0.

10) A

Da equação r: 2x −3y + 5 = 0, temos: −3y = −2x − 5 ⇔

y = −

23x + −

53 mr = −

23.

Como r é perpendicular à reta que estamos proucuran-do, denote por s tal reta, temos que: mr . ms = − 1 ⇔

−

23 . ms = − 1 ⇔ ms = −

32 . Assim, a equação de s é:

(y − 10) = − 32 . (x − 5) ⇔ 2y − 20 = − 3x + 15 ⇔

3x + 2y − 35 = 0.

11) D

Nossa equação é dada por: x² + y² + px + qy + m = 0, que, ao completar quadrados, fica:

xp

+

2

2

− p2

4 + y

q+

2

2

− q2

22 + m = 0

ou seja,

xp

+

2

2

+ yq

+

2

2

= p q2 2

4+

− m.

Logo, o centro é C = − −

p q2 2

, .

A distância entre C e K é d = dC, K = − −

+ − −

pp

qq

2 2

2 2

= 94

94

2 2p q+ = 32

p q2 2+ .

Ilustrando os três pontos dados no plano, temos:

4

3–1

Note, pelo gráfico, que o centro dessa circunferência é o ponto médio entre (−1, 4) e (3, 0).

Assim:

Cx = xM = − +1 3

2 =

22 = 1 e

Cy = yM = 4 0

2+

= 42 = 2

Logo, C = (1, 2). Como o centro da circunferência pela

nossa equação é − −

p q2 2

, , temos que:

− =

− =

⇒=−=−

p

q

p

q2

1

22

2

4

E a distância entre C e K fica:

32

p q2 2+ = 32

( ) ( )− + −2 42 2 =

= 32

20 = 32 . 2 5 = 3 5 = d

Falta encontrar m, mas como ponto (3, 0) está na cir-cunferência, ele satisfaz a equação da circunferência, ou seja, 3² + 0² + (−2) . 3 + (−4) . 0 + m =0 ⇔ m = − 3.

Portanto, d. m = (−3) . 3 5 = − 9 5 .

12) E

Da equação x² + y² − 4x − 6y − 36 = 0, temos: x² + y² − 4x − 6y − 36 = 0 ⇔ (x − 2)² − 4 + (y − 3)² − 9 − 36 = 0 ⇔ (x − 2)² + (y − 3)² = 49.

Logo, o raio dessa circunferência é 7, e assim o diâmetro é 14. A área é dada por:

π . r² = 7² . 3,14 = 49 . 3,14 = 153,86.

GABARITO

4 Matemática B

13) B

Note que o raio dessa circunferência é dado por: x² + y² − 4x − 4y + 4 = 0 ⇔ x² − 4x + y² − 4y + 4 = 0 ⇔ (x − 2)² − 4 + (y − 2)² − 4 + 4 = 0 ⇔ (x − 2)² + (y − 2)² = 4

Portanto, o raio é r = 2. Agora, note que a área da região hachurada é dada pela soma das área:

A

no qual

setores circulares e

sãoe

+N

N M

B

B A

C

C C

A +M

AC

AC

C

A

A

B

B

é um triângulo retângulo de catetos de medidas iguais a 2.

Portanto:

A = π4 . 2 +

π4 . 2 +

2 22.

= π . 4

4 = π + 2.

Obs.: 45°

2

2

45° =4π , e ainda,

r

rα

π4

π4

Área do setor circular é dadapor . r .α

14) C

Se a circunferência passa por B = (xB, 0) da equação dada, temos:

x² − 5x + 6 = 0 ⇔ x = 2 ou x = 3. Assumimos x = 3 pois, pelo gráfico, xB é o maior valor

de x. E, assim, B = (3, 0).

O centro da circunferência é o ponto A = (0, yA), mas yA = f(0) = 0² − 5 . 0 + 6 = 6 e, assim, A = (0, 6).

Como o raio é dado pela distância de A até B, temos:

r = dA, B = ( ) ( )3 0 0 62 2− + − = 9 36+ = 45.

Assim, a equação da circunferência fica: (x − 0)² + (y − 6)² = ( 45)² ⇔ x² + (y − 6)² = 45

15) A

A intersecção de L1 e L2 é dada por:

2 3 5 0

2 4 0 2

x y

x y

− + =− + = −

. ( )

⇒

2 3 5 0

2 4 8 0

3 0 3

x y

x y

y y

− + =− + − =

− = ⇒ = ⇒ x = 2

Assim, P = L1 ∩ L2 = (2, 3).

Por outro lado, o centro da circunferência é o ponto C = (2, − 1) e a distância entre P e C é:

dP, C = ( ) ( ( ))2 2 3 12 2− + − − = 4, que é, por sinal, o

dobro do raio da circunferência que tem raio 2.

16) 09

01. Verdadeiro. Se em 100 anos cresce 5,8° C, em 34,4 anos crescerá x° C, ou seja:

100 5 8

34 4

____

____

,

,

°°

C

x C regra de 3,

x . 100 = 5, 8 . 34,4 x . 100 = 199,52 x = 1,9952

Que é aproximadamente 2° C.02. Falso. O centro é (6, 0) e o raio é v = 5, então a

equação da circunferência é: (x − 6)² + (y − 0)² ≤ 5² ⇔ x² − 12x + 36 + y² ≤ 25 ⇔ x² + y² − 12x + 11 ≤ 004. Falso. No ponto B, t = 5, e assim:

x

y

= + == + =

5 5 10

3 5 6 21. ⇒ B = (10, 21)

No ponto A, t = 0 e assim:

x

y

= + == + =

0 5 5

3 0 6 6. ⇒ A = (5, 6)

E, com isso,

dA, B = ( ) ( )10 5 21 62 2− + − = 25 225+

= 250 = 5 10

08. Verdadeiro. O volume do cubo de aresta x é dado por: V1 = x³ cm³.

O volume do cubinho de 1 cm de aresta é: V2 = 1 . 1 . 1 = 1 cm³

Se foram retirados 8 cubinhos, um de cada vértice, o volume restante será:

V = V1 − 8V2 = x³ − 8 . 1 = x³ − 8 = = x³ − 2³ = (x − 2)(x² + 2x + 4)

GABARITO

5Matemática B

17) D

O centro da circunferência é C = (2, 2) e o raio é 2, então temos:

x

y

R

P

Q

0

C

O triângulo PQR inscrito em C com base PQ com o maior perímetro possível é o triângulo isósceles com PR QR= .

Note que R é um ponto que pertence à reta y = x, e assim, R = (x, x). Por outro lado, R também pertence a C, logo se "colocarmos" as coordenadas de R na equação de C, encontramos x:

(x − 2)² + (x − 2)² = 4 ⇔ x² − 4x + 4 + x² − 4x + 4 = 4 ⇔ 2x² − 8x + 8 = 4 ⇔ x² − 4x + 4 = 2 ⇔ x² − 4x + 2 = 0 ⇔ por Bháskara,

x = 4 16 4 2 1

2 1

± − . .

. =

4 82±

= 4 2 2

2±

⇔ x = 2 ± 2

ou seja, x = 2 + 2 ou x = 2 − 2.

Mas, pelo gráfico, x = 2 + 2, ou seja, R = (2 + 2, 2 + 2).

Assim, a área do triângulo PQR é:

A = = = =

22

02

20

1112 2 2 ) –4 2 ) –2 22+ 2+ 4(2+ 2(2+ 2+2

18) A

x² + y² − 6x − 10y + 30 = 0 ⇔ x² − 6x + y² − 10y = −30 ⇔ (x − 3)² − 9 + (y − 5)² − 25 = − 30 ⇔ (x − 3)² + (y − 5)² = 4

Então o centro é (3, 5) e o raio é 2. Com isso, a ordenanda máxima de P é 5 + 2 = 7. E, assim, P = (3, 7). Com isso, a soma de suas coordenadas é 3 + 7 = 10.

x

y

P

3

7

5

0

GABARITO

6 Matemática B

19) B

x

y

4

3

0

C

8

6

5

5

Note que o centro é C = (4, 3) e o raio é 5. Logo, os

catetos são 6 e 8, assim, A = 6 8

2.

= 24.

20) B

Com as informações que temos, devemos achar o centro de C para termos o raio.

O centro de C será o ponto de intersecção de duas retas. A primeira reta r será a reta perpendicular à reta dada y

= − x + 2 (do fato de x + y = 2 ⇔ y = − x + 2) e que passa pelo ponto (0, 2).

A outra reta será a reta s, perpendicular ao segmento

AB (em que A = (1, 0) e B = (0,2)) e que passa pelo

ponto médio entre A e B.

Reta r: Como r é perpendicular à reta y = − x + 2, então seu coeficiente angular será mr, em que mr . m = − 1

(m é o coeficiente angular da reta y = − x + 2). Assim, como y = − x + 2, temos que:

m = −1 mr . m = − 1 ⇒ mr . (−1) = − 1 ⇒ mr = 1. Logo, como r passa por (0, 2), sua equação é: (y − 2) = mr . (x − 0) ⇔ y − 2 = 1 . (x − 0) ⇔ y = x + 2

Reta s: O segmento AB tem coeficiente angular

mAB = 2 00 1−−

= − 2.

Assim, como s é perpendicular ao segmento AB, temos

que: ms . mAB = − 1⇔ ms . (−2) = − 1 ⇔ms = −

12.

O ponto médio entre A e B é:

x x y yA B A B+ +

2 2

, = 1 0

20 2

2+ +

, =

12

1,. E, assim, a

equação de s fica:

(y − 1) = ms x−

12

⇔ y − 1 = −

12 x−

12

⇔ 4y = 2x + 3

Portanto, a intersecção de r com s é o ponto G de coor-

denadas:

y x

y x

y x

x x

y

= += +

⇔− =− −

= +

= −

2

4 2 3

2 2 4

4 2 3

2 1

⇒

y = −

12, e com isso x = −

12 − 2 ⇒ x = −

52.

Logo G = − −

52

12

, . Por fim, o raio é:

dG, A = − −

+ − −

52

112

02 2

= 494

14

+ = −52

2.

21) P = (−9, −12), d = 15

Da equação dada, temos: x² + y² + 6x + 8y = 75 ⇔ x² + 6x + y² + 8y = 75 ⇔ (x + 3)² − 9 + (y + 4)² − 16 = 75 ⇔ (x + 3)² + (y + 4)² = 100. Logo o centro é (−3, −4) e o

raio é 10.

O ponto da circunferência mais distante da origem é o ponto P = (xp, yp) indicado no gráfico abaixo:

x

y

–3

0

–4

P = (x , y )p p

Esse ponto, além de estar na circunferência, está na reta ilustrada. Tal reta tem como equação:

y − 0 = − −− −

4 03 0

. (x − 0) ⇔ y = 43x.

(Pois passa pela origem e pelo centro da circunferência, que é C = (−3, −4)).

Logo, o ponto P é da forma x x,43

, e pertence à cir-

cunferência, ou seja:

(x + 3)² + 43

42

x+

= 100 ⇔

GABARITO

7Matemática B

x² + 6x + 9 + 169

x² + 323

x + 16 = 100 ⇔

9x² + 54x + 81 + 16x² + 96x + 144 = 900 ⇔ 25x² + 150x − 675 = 0 ⇔ x² . 6x − 27 = 0 ⇔ x = −9 ou x = 3.

Pelo gráfico, adotamos xp = −9.

E assim: yp = 43 . (− 9) = − 12.

Logo, P = (−9, −12). E então:

dP, O = ( ) ( )− − + − −9 0 12 02 2 = 15.

22) B

x² + y² = 2y ⇔ x² + y² − 2y = 0 ⇔ ⇔ x² + (y − 1)² − 1 = 0 ⇔ x² + (y − 1)² = 1.

Então o centro é (0, 1) e o raio é 1. Agora, note que como é um triângulo equilátero, todo

ângulo interno do triângulo é 60°. E, assim, tomando ABC como abaixo:

x

y

C

B

A

0

30°

1

1

Temos que AC�B = 30° e, assim, como AB = 1, temos

que o triângulo retângulo tem lado BC igual a:

CB

A

1 tg 30° = BA

BC ⇔−

3

3 =

1

BC ⇔ BC = 3

Logo, o lado do triângulo é 2 . BC = 2 3.

23) C

A equação da reta r que passa por PQ é:

y − 5 = 5 1530 30− −− −

( )( )

(x − 30) ⇔

y − 5 = 20

60

1

3(x − 30) ⇔

y = −

13

x − 5 ou x − 3y − 15 = 0.

A distância de C à reta r é:

dC, r = 1 5 3 10 15

1 32 2

. ( ) .

( )

− − −

+ − = −50

10 = 5 10

Logo, o raio da circunferência é 5 10. Assim, a equação

da circunferência é: (x − 5)² + (y − 10)² = (5 10)² = 250.

Essa circunferência intercepta o eixo y quando x = 0. Então,

(0 + 5)² + (y − 10)² = 250 ⇔ y² − 20y + 100 = 225 ⇔ y² − 20y − 125 = 0 ⇔ (y + 5) (y − 25) = 0 ⇔ y = − 5 ou y = 25. Assim, os pontos de intersecção

são (0, −5) e (0, 25). E a distância entre eles é: 25 − (−5) = 30 m.

24) a) (x − 3)² + (y − 3)² = 8b) y = x −2

c) B = (4 − 3, 2 − 3)

a) O raio desta circunferência é a distância entre A e B.

r= dA, B = ( ) ( )3 5 3 12 2− + − = 4 4+ = 2 2

Logo, a equação é: (x − 3)² + (y − 3)² = 8b) O ponto médio é:

x x y yA B A B+ +

2 2

, = 3 5

23 1

2+ +

, = (4, 2).

Como é perpendicular a AB, o coeficiente angular

da reta proucurada é igual a −1

mAB

, temos que:

m = −1

mAB

= −−−

13 13 5

= −

−

122

= −−

11 = 1.

Logo, a equação da reta proucurada é: (y − 2) = 1 . (x − 4) ⇔ y = x − 2.

c) Como o coeficiente angular da reta AB� ���

é mAB = −1,

temos que mAB = tg θAB = −1, ou seja, θAB = 45°. Que é côngruo ao ângulo θAB = 315°.

Quando rotacionarmos a haste no sentido horário

GABARITO

8 Matemática B

em 60°, o ângulo final é: θ = θAB − 60° = 315° − 60° = 255° ≅ 75°, pois 255° é

côngruo a 75°. Logo, θ = 75° = 45°+ 30°. Assim, o coeficiente angular m = tg θ = tg 75° = tg (30° + 45°) =

tg tg

tg tg30 45

1 30 45°+ °

− ° °. =

1

31

11

31

+

− . =

1 3

3

3 1

3

+

− = 1 3

3 1

+

− =

= 1 3

3 1

+

− .

3 1

3 1

+( )+( )

= 4 2 3

3 1+−

= 2 + 3.

Com isso, a equação da reta suporte da haste rotacio-nada é:

y − 3 = (2 + 3) (x − 3) ⇔ y = (2 + 3)x − 3 3 − 3 ⇔

⇔ y = (2 + 3)x − 3 (1 + 3).

x

y

3

1

3 5

B

A

60°

y =

x–2

B

Agora, se ilustrarmos os dados que temos, note que o ponto B da haste rotacionada está exatamente na inter-

seção das retas y = x − 2 e y = (2 + 3)x − 3 (1 + 3),

ou seja, x − 2 = (2 + 3)x − 3 (1 + 3) ⇔

3 + 3 3 − 2 = 2x + 3x − x ⇔ 1 + 3 3 = (1 + 3)x

⇔ x = 1 3 3

1 3

+

+ .

1 3

1 3

−( )−( )

= 1 3 3 3 9

1 3− + −

− =

= − +−

8 2 32

⇔ x = 4 − 3

⇒ y = 4 − 3 − 2 ⇒ y = 2 − 3

Ou seja, B = (4 − 3, 2 − 3).

25) C

O centro dessa circunferência tem coordenadas (5, y), pois a circunferência tangencia o eixo x no ponto (5, 0). Por outro lado, sabemos que:

dC, A = dC, B, em que A = (1, 2) e B = (5, 0), ou seja,

( ) ( )5 1 22 2− + −y = ( ) ( )5 5 02 2− + − y

16 + y2 − 4y + 4 = y2

20 − 4y = 0 y = 5

Logo, o centro é (5, 5) e assim o raio é:

r = ( ) ( )5 5 5 02 2− + − = 25 = 5

26) D

A equação da reta r tangente à circunferência é dada por: (y − 2) = mr (x − 2), pois passa pelo ponto (2, 2).

Note que mr = −1, pois essa reta tangente é perpen-dicular à reta y = x, que tem coeficiente angular igual a 1.

Logo, a reta r fica: y − 2 = (−1) (x − 2) ⇔ y = − x + 4 e intercepta y = 2x

no ponto:

y x

y x

==− + −

2

4 1. ( ) ⇒

y x

y x

x

=− = −

= −

2

4

0 3 4

⇒ x = 43 e assim y =

83

ou seja, no ponto 43

83

,

.

27) F − F − V − V − V

(F) Pois θ pertence ao 2o quadrante, assim tg θ < 0, ou seja, m = tg θ < 0.

x

y

θ

GABARITO

9Matemática B

30) a) 30 u. a.b) D = (5, 5)

a) Note que o centro é C= (5, 0) e o raio é 5. Como B = (xB, 0) e B ∈ r, temos que: 3 . 0 + xB = 20 ⇒ xB = 20, logo, B = (20, 0).

Assim a área é:

A = = = =

2 22

8

20

5 20 –80 60 30 u. a.

4

0

0

1

1

1

b) Como D ∈ r e D pertence à circunferência, temos

que D = xx

,− +

203

e assim,

(x −5)² + 20

3

2−

x = 25 ⇔

x² − 10x + 25 + x x2 40 400

9− +

= 25

x² − 10x + x x2 40 400

9− +

=

9x² − 90x + x² − 40x + 400 = 0 ⇔ 10x² − 130x + 400 = 0 ⇔ x² − 13x + 40 = 0 ⇔ x = 8 ou x = 5.

Mas se x = 8, então y = 4 e esse é o ponto A = (8, 4). Então, tome x = 5 e, assim, y = 5, portanto

D = (5, 5).

31) a) A = (1, 2), B = (−1, −2) e C = (−2, −1)b) 3 u. a.

a) r: y = 2x intercepta s nos seguintes pontos: x² + (2x)² = 5 ⇔ 5x² = 5 ⇔ x = ± 1 ⇒ A = (1, 2), B = (−1, −2)

Por outro lado, h: y = x + 1 intercepta S nos pontos: x² + (x + 1)² = 5 ⇔ x² + x² + 2x + 1 = 5 ⇔ 2x² + 2x − 4 = 0 ⇔ x² + x − 2 = 0 ⇔ x = − 2 ou x = 1, E assim A = (1, 2) e C = (−2, −1)

b) A = = =

22

1

–1

–2 –8 + 2 3 u. a.

2

–2

–1

1

1

1

(F) C

C

dc

r

dC,r < R.

(V) y= ax + b, em que a > 0, ou seja, f(x) = ax + b, que é crescente.

(V)

dc1c2

C1 C2

R1 R2

(V) Pois, A, B e C serão devidamente escolhidos.

28) D

Note que se P = (0, a), então substituindo as coorde-nadas de P em (x − 3)² + (y − 1)² = 25, temos:

(0 − 3)² + (a − 1)² = 25 ⇔ 9 + a² − 2a + 1 = 25 ⇔ a² − 2a − 15 = 0 ⇔ a = 5 ou a = − 3.

K

–3 5

Logo, se a ∈ (−3, 5), P é interior à circunferência. Se a = −3 ou a = 5, P é ponto da circunferência. Se a < − 3 ou a > 5, P é externo à circunferência.

29) C

Para y = x + b ser tangente à circunferência de equação x² + y² = 1, temos que ter:

x² + (x + b)² = 1 ⇔ x² + x² + 2xb + b² = 1 ⇔ 2x² + 2bx + b² − 1 = 0 E Δ deve ser zero, ou seja: (2b)² − 4 . 2 . (b² − 1) = 0 ⇔ 4b² − 8b² + 8 = 0 ⇔ − 4b² + 8 = 0 ⇔ b² = 2 ⇔ b = ± 2.

Como, pelo enunciado, queremos o valor positivo de b,

tomamos b = 2.

GABARITO

10 Matemática B

32) E

x

y

3

3

(0,x) = P 3

y = x

Essa circunferência é do tipo: (x − 3)² + (y − a)² = 9 e y = x é tangente a ela. Então: (x − 3)² + (x − a)² = 9 ⇔ x² − 6x + 9 + x² − 2ax + a² = 9 2x² − (6 + 2a)x + a² = 0

Precisamos ter Δ = 0, logo: (6 + 2a)² − 4 . 2 .a² = 0 ⇔ 36 + 24a + 4a² − 8a² = 0 ⇔ −4a² + 24a + 36 = 0 ⇔ a² − 6a − 9 = 0 ⇔

a = 6 36 36

2± +

= 6 6 2

2±

⇔ a = 3 ± 3 2.

Mas como a circunferência está no 1o quadrante,

a = 3 + 3 2.

33) a) P (−1, −2)b) (x + 5)² + (y − 1)² = 36

c) 254

u. a.

O raio da circunferência e a distância do centro: A = (−5, 1) a reta t: 4x −3y − 2 = 0. Logo,

r = dA, t = 4 5 3 1 2

4 32 2

. ( ) .

( )

− − −

+ − = − − −20 3 2

25 = 5

Logo, a equação da circunferência é: (x + 5)² + (y −1)² = 25

a) O ponto P é dado por xx

,4 2

3−

. E quando o subs-

tituímos na equação da circunferência, temos:

(x + 5)² + 4 2

31

2x−

−

= 25 ⇔

x² +10x + 25 +4 2

31

2x−

−

= 25 ⇔

x² + 10x + 16 40 25

9

2x x− + = 0 ⇔

9x² +90x + 16x² − 40x + 25 = 0 ⇔ 25x² + 50x + 25 = 0 ⇔ x² + 2x + 1 = 0 ⇔x = −1.

E, assim, y = 4 1 2

3( )− −

= −2. Logo, P = (−1, −2).

b) (x + 5)² + (y −1)² = 25

c) Q ∈ Ox e Q ∈ t, então 4 . xQ − 3 . 0 − 2 = 0 ⇔ xQ = −

12.

Assim, Q = 12

0,

. Logo:

A = = =

22

–1 –2 1

–5 1 1

0 11

212 +

4

25

1

2

34) a) x + 2y − 5 = 0

b) (2 3 + 1, 0).

Note que S: x = 1

x

E2

1

3

5

5

P

y

10 5

a) O ponto E é (1, 2). E o coeficiente angular (m) da reta tangente é o oposto inverso do coeficciente angular

da reta y= 2x. Logo, m = −

12

.

Sendo assim, a reta tangente é: y − 2 = −

12

(x − 1) ⇔

x + 2y − 5 = 0.

b)

O H

P

E

O ponto de encontro das alturas será o ponto H, no qual H ∈ Ox e H pertence também à reta perpendi-

cular ao segmento OP que passa por E.

GABARITO

11Matemática B

Tal reta é dada por:

y − 2 = − −

−

( )

( )

0 1

0 3 (x − 1)

y − 2 =−

3

3x + −

3

3 ⇔ − 3x − 3y + 3 + 6 = 0 ⇔

3x + 3y − 3 − 6 = 0.

Como H ∈ Ox, H = (x, 0), assim:

3x + 3 . 0 − 3 − 6 = 0 ⇔ x = 6 3

3

+ = 6 3

3 + 1 ⇒

x = 2 3 + 1. Logo H = (2 3 + 1, 0)

35) C

x

B

y

A

C

r

1. Falso.

2. Verdadeiro. A equação da reta AB� ���

é:

(y − 1) = 5 13 0−−

(x − 0) ⇔ y − 1 = 43x ⇔ y = 4

3x + 1

mAC� ���

E, por outro lado,

y = − +3 12

4x

⇔ y = −34

x + 3

mr

Logo, mAC� ��� . mr = −1.

3. Verdadeira. Basta imaginar essa circunferência.

4. Falso. Pois 3 . 3 + 4 . 5 = 9 + 20 = 29 ≥ 12.

36) C

I. Verdadeiro. A = 2 12.

= 1.

II. Falso. O raio é 2, e assim o ponto P = (0, 2) não

pertence à circunferência.

III. Falso. x² + y² + 2x − 4y = 0 ⇔ x² + 2x + y² − 4y = 0 ⇔ ⇔ (x + 1)² −1 + (y − 2)² − 4 = 0 ⇔ ⇔ (x + 1)² + (y − 2)² = 5

Se r tangencia essa circunferência a distância, do

centro (−1, 2) à reta r deve ser 5. Mas

dC,r = − − + −

− +

2 1 2 1 2

2 12 2

. ( ) .

( ) =

2

5 =

25

5 < 5. Logo, a

reta r é secante à circunferência.

IV. Verdadeira. 2y + x + 10 = 0 ⇔ y = −12

x − 5

m

E y − 2x − 2 = 0 ⇔ y = 2 x − 2. mr

Logo, m . mr = −1.

37)a) x − y + 1 = 0

b) (x − 2)² + (y − 3)² = 252

λ: x² + y² −4x − 6y − 3 = 0 λ: (x − 2)² + (y − 3)² = 16 Logo, Cλ = (2, 3) e rλ = 4.

a) Se é perpendicular à reta r, seu coeficiente angular é 1, pois mr = −1. E como passa pelo centro

Cλ = (2, 3), temos: y − 3 = 1 . (x − 2) ⇒ x − y +1 = 0b) Como é tangente à reta r, o raio é a distância do

centro até r, ou seja,

dCλ, r = 1 2 1 3 0

1 12 2

. .+ +

+ =

5

2 =

5 22

Logo, a equação da circunferência concêntrica a λ é:

(x − 2)² + (y − 3)² = 5 2

2

2

=

252

.

38) D

x² + y² − 6y + 7 = 0 ⇔ x² + (y − 3)² − 9 + 7 = 0 ⇔ x² + (y − 3)² = 2

I. Falso. O raio é 2.

II. Verdadeiro.III. Verdadeiro. Note que y = 1 + x tem coeficiente an-

gular m1 = 1, enquanto que o coeficiente angular da reta que passa pelo centro (0, 3) e por P = (1, 2) é:

y − 2 = 3 20 1−−

(x − 1) ⇔ y − 2 = (−1) . (x − 1)⇔

y = − x + 3 ⇔ y = −1x + 3.  m2

Portanto, m1 . m2 = − 1, e assim, é perpendicular.

GABARITO

12 Matemática B

39) C

Temos x² + y² + 4x + 2y − 11 = 0 ⇔ (x + 2)² − 4 + (y + 1)² − 1 − 11 = 0 ⇔ (x + 2)² + (y + 1)² = 16.

Esta circunferência tem centro C = (−2, −1) e o raio r = 4. A reta p, perpendicular a s tem equação 5x + 12y + k = 0 e será secante a circunferência quando

dp, C < 4, isto é:

5 2 12 1

5 122 2

. ( ) . ( )− + − +

+

k < 4 ⇔

k−22

13 < 4 ⇔ k−22 < 52 ⇔ −52 < k − 22 < 52 ⇔

⇔ −30 < k < 74.

A reta p intercepta o eixo y num ponto cuja ordenada

é −k12

. Assim, se −30 < k < 74, temos − 74 < − k < 30, ou

seja, −7412

< −k12

< 3012

. Logo, a ordenada do ponto em que

p corta o eixo y pertence ao intervalo −

7412

3012

, ,

40) C

C1: x² + y² + 8x − 2y − 83 = 0 (x − 4)² − 16 + (y − 1)² − 1 − 83 = 0 ⇔ (x − 4)² + (y − 1)² = 100.

Note que C2 tem raio:

dC, P = ( ) ( )13 9 2 02 2− + − − = 16 4+ = 20.

Logo C2 : (x − 13)² + (y + 2)² = 20. Note agora que: dC1, O > RC1 + RC2, pois:

( ( )) ( )13 4 2 12 2− − + − − = 17 32 2+ = 289 9+ =

= 298 ≈ 17,1 > 14,4 ≈ 10 + 20 = RC1 + RC2

Raio de C1 Raio de C2

Logo, estas circunferências não se tocam em ponto algum e são externas. Assim os pontos internos a C1 e externos a C2 são todos os pontos de C1, e a área de C1 é dado por:

AC1 = π . Rc1

2 = π . 10² = π . 100 = 100π.

41) V - F - V - F - F

(V) (x − 1)² + y² = 1 ⇔ x² − 2x + 1 + y² − 1 = 0 ⇔ x² + y² − 2x = 0(F) Como o raio de λ1 é rλ1 = 1, o seu comprimento é

2π . rλ1 = 2π . 1 = 2π.

(V) A reta AB� ���

é: (y −0) = 2 02 1−−

. (x − 1) ⇔ y = 2x − 2.

Se − −

12

3, ∈ AB� ���

, devemos ter − 3 = 2 . −

12

− 2

⇔ − 3 = − 3, logo, pertence.(F) Pois A nem pertence a esta reta.

(F) Pela lei dos senos temos que senα2 2

= senβ

1 ⇔

⇔ ( )( )sensen

αβ

= 2 2.

42) D

De C1 temos: x² − 2x + y² − 2y = 0 ⇔ (x − 1)² − 1 + (y − 1)² − 1 = 0 ⇔ (x − 1)² + (y − 1)² = 2.

Logo, o centro de C1 é (1, 1) e o raio de C1 é r1 = 2.

De C2 temos: x² − 4x + y² − 4y = 0 ⇔ (x −2)² − 4 + (y − 2)² − 4 = 0 ⇔

(x − 2)² + (y − 2)² = 8.

Logo, o centro de C2 é (2, 2) e o raio de C2 e r2 = 8.

Assim,

área de C1 = AC1 = π . r12 = π . ( 2)² = 2π.

e

área de C2 = AC2 = π . r22 = π . ( 8)² = 8π.

Portanto, a área hachurada é igual a A = AC2 − AC1 = = 8π − 2π = 6π

GABARITO

13Matemática B

43) a) P = 3 3,( )

b) 43

2 3π

+

u.a.

a) Na figura a seguir, sejam O = (0, 0); Q = (2, 0); P = (xP, yP) e R = (xP, 0).

y

x

P

60°

230°

RQ20

yp

30°

C

Como a circunferência que passa por P tem centro (2, 0) e é tangente o eixo y, ela contém a origem e seu raio é 2. Além disso, o triângulo OQP é isósceles com OQ = QP = 2 e, portanto, seu ângulo externo de vértice Q mede 2 . 30° = 60°. No triângulo QPR,

cos 60° = QRQP

⇔ −

12 =

xP −22

⇔ xP = 3 e

sen 60° = PRQP

⇔ 3

2 =

yP

2 ⇔ yP = 3.

Dessa forma, P = 3 3,( ).b) Observe a figura a seguir:

y

x

60°

B

A

0

C

60°

A área da região sombreada é a diferença entre a área do círculo de raio 2 e a área de dois segmentos

circulares de ângulo 120° e raio 2. A área do segmento circular é a diferença entre a área

do setor circular AOB e a área do triângulo AOB, ou seja,

−

13

. π . 2² − −

12 . 2 . 2 . sen 120° =

43π − 3.

Assim, a área pedida é:

π . 2² − 2 . 43

3π−

=

43π + 2 3.

44) 10

01. Falso. A alcança B no instante t = 2h ao passarem pelo marco de 120 km.

A A

O 60t = 0

A A

A, B

O 60 60

120

t = 1

O 60t = 2

02. Verdadeiro. O ponto médio de AB é:

M = x x y yA B A B+ +

2 2

, = 0 5

23 0

2+ +

, =

52

32

,

. Logo,

o coeficiente ângular da reta que passa por M e pela

origem é m =

32

0

52

0

−

− =

35.

04. Falso.As retas t e s não são perpendiculares, pois

ms . mt = 43 . −

43

= −169

≠ − 1.

08. Verdadeiro. Note que: C: x² + y² − 2x − 10y + 22 = 0 ⇔ (x − 1)² + (y − 5)² − 25 − 1 + 22 = 0 ⇔ (x − 1)² + (y − 5)² = 4 Logo, o centro de C é CC = (1, 5) e o raio é rC = 2.

Por outro lado, C' = x² + y² − 8x − 4y + 10 = 0 ⇔ (x − 4)² − 16 + (y − 2)² − 4 + 10 = 0 ⇔ (x − 4)² + (y − 2)² = 10.

Logo, o centro de C' é CC' = (4, 2) e o raio é rC' = 10.

Com isso, temos:

dC CC C, ’ = ( ) ( )4 1 2 52 2− + − = 3 2 e rC + rC' = 2 + 10.

Portanto:

dC CC C, ’ = 3 2 ≈ 4,24 < 5,16 ≈ 2 + 10 = rC + rC'.

GABARITO

14 Matemática B

45) A

Representando as circunferência C1 e C2 de raios 2 e 3, respectivamente, e a reta r pela figura:

3

02 2

B

s

r

C

A

10

01

C1

C2

O1 = (4, 3) e O2 = (10, 11)

Temos O1O2 = ( ) ( )10 4 11 32 2− + − = 10. Traçando a

reta s paralela à r pelo centro O2, obtemos o retângulo ABCO2, sendo BC = AO2 = 3 e AB = O2C. Pelo teorema de Pitágoras, no triângulo O1O2C, temos:

10² = (2 + 3)² + (O2C)² ⇔ AB = 5 3.

46) C

x² + y² + 2x + 4y − 4 = 0 ⇔ (x + 1)² − 1 + (y + 2)² − 4 − 4 = 0 ⇔ (x + 1)² + (y + 2)² = 9.

Logo, o centro de C1 é (−1, −2). Agora, note que o raio de C2 é igual a dC C1 2, − raio de C1, pois elas são tangen-tes. Logo,

rC2 = ( ) ( )− − + − −1 4 2 32 2 − 3 = 25 25+ − 3 = 5 2 − 3.

47) D

Pelas informações do gráfico temos que:

a = 120

2 − 10 = 50 e b =

802

− 10 = 30.

Logo, por Pitágoras temos: a² = b² + c² ⇔ 50² = 30² + c² ⇔ c² = 2500 − 900 = 1600 ⇔ c = 40

Assim, como |F1 − F2| = 2c, temos que a distância é de 2 . c = 2 . 40 = 80 metros.

48) B

A distância entre os dois postes deverá ser 2a.

Temos por II e III que b = 5 e que eca

= = 0,943. Com

isso, ca

2

2 = (0,943)² = 0,889, ou seja c² = 0,889a².

Dessa forma, da fórmula a² = b² + c², temos: a² = b² + 0,889a² ⇔ a² . (1 − 0,889) = b² ⇔

0,111a² = b² ⇔ a² = 5 . 1

0 111, ⇔

a = 51

0 1112 .

, = 5 .

10 333,

= 5 . 113

= 5 . 3 = 15. Logo, a

distância deverá ser aproximadamente: 2a = 2 . 15 = 30 m

49) A

A reta procurada terá pontos da forma (x, x + b). Quando "colocarmos" a reta na equação da elipse, temos:

x2

4 + (x + b)² = 1 ⇔

x2

4 + x² + 2xb + b² − 1 = 0 ⇔

54

2x + 2xb + b² − 1 = 0 ⇔ b² + 2xb +

54

2x − 1 = 0 (*)

Para a reta ser tangente, devemos ter Δ = 0, ou seja,

4x² − 4 . 54

12x−

= 0 ⇔ 4x² − 5x² + 4 = 0 ⇔ x = ± 2

Assim, em (*) se x = 2, temos que: b² + 4b + 4 = 0 ⇔ b1 = −2 ou, em (*) se x = −2, temos que: b² − 4b + 4 = 0 ⇔ b2 = 2.

Logo, a soma de b1 com b2 fica 2 + (−2) = 0.

50) B

(V) Se x = 0, então y = 1. Se y = 0, então x = −1. Logo, a circunferência tangencia em (0, 1) e (−1, 0).

(V) 9 4 36

4 4

10 40

2 2

2 2

2

x y

x y

x

+ =

+ − =

=

( )

x² = 4 ⇔ x = ± 2

E, assim, elas se interceptam em (2, 0) e (−2, 0), que são, de fato, os vértices da hipérbole.

(F) O semieixo maior da elipse 9x² + 4y² = 36 ⇔

x2

4 +

y2

9 = 1 é paralelo ao eixo y.

O eixo real da hipérbole x² − 4y² = 4 ⇔ x2

4 − y² = 1 é

paralelo ao eixo x.

GABARITO

15Matemática B

51) B

Note que P pertence à reta y = x, logo P =(k, k). Como (k, k) está na elipse, temos:

k k2 2

100 251+ = ⇔ k² + 4k² = 100 ⇔ 5k² = 100 ⇔ k² = 20

⇔ k = 2 5, positivo pelo fato de P ∈ 1° quadrante.

Assim, P = (2 5, 2 5) e, com isso,

dO, P = 2 5 0 2 5 02 2

−( ) + −( ) = 20 20+ =

= 40 = 2 10.

52) C

Pela definição de elipse, a corda deverá medir 2a, como a = 10, a corda deverá medir 2 . 10 = 20 m.

53) F − F − V − V − V

(F) y − 0 = 3 00 5−−

(x − 5) ⇔ y = − 35 (x − 5) ⇔

5y + 3x − 15 = 0.

(F) A = AC BD.2

= 10 6

2.

= 30.

(V) O raio desta circunferência deverá ser:

dO AB,� ��� =

3 0 5 0 15

3 52 2

. . ( )+ + −

+ = −15

34 =

15

34.

Logo, a equação ficará: x² + y² = 22534

(V) x2

25 +

y2

9 = 1 ⇔ 9x² + 25y² = 225

(V) É interior, pois se substituirmos (3, 2) na fórmula temos 9 . 3² + 25 . 2² = 81 + 100 < 225. Basta de-

senhar a reta AB� ���

para verificar que P é exterior ao

quadrilátero.

54) a) V1 =(−3, 0), V2 = (3, 0), F1 = (− 5, 0) e F2 = ( 5, 0)

x y2 2

9 41+ = ⇔

x y2

2

2

23 2+ = 1 ⇒ a = 3, b = 2 e por Pitá-

goras c² = a² − b² = 9 − 4 = 5 ⇒ c = 5.

Logo, V1 =(−3, 0), V2 = (3, 0), F1 = (− 5, 0) e

F2 = ( 5, 0).

b) 6 e 4 eixo maior = 2 . a = 2 . 3 =6 eixo menor = 2 . b = 2 . 2 = 4

c) 5

3

eca

= = 5

3

55) a) x x−( )+

−( )=

59

44

12 2

Centro = (5, 4) a = 5 − 2 = 3 e b = 6 − 4 = 2.

Logo, a equação fica: x x−( )+

−( )=

53

42

12

2

2

2

b) x y+( )+

−( )=

41

316

12 2

Centro = (−4, 3) a = 7 − 3 = 4 e b = − 3 − (−4) = 1

Logo, a equação fica: x y+( )+

−( )=

41

3

41

2

2

2

2

56) x y−( )+

+( )=

14

21

12 2

;

F1 = (1 – 3 , –2), F2 = (1 + 3 , –2)

x² + 4y² − 2x + 16y + 13 = 0 ⇔ (x − 1)² − 1 + (2y + 4)² − 16 + 13 = 0 ⇔ (x − 1)² + 4(y + 2)² = 4

⇔ x y−( )+

+( )=

14

21

12 2

a = 2 b = 1

⇒ c² = a² − b² = 4 − 1 = 3 ⇒ c = 3 . Logo, os focos são F1 = (1 – 3 , –2), F2 = (1 + 3 , –2)

57) 12 m

Pelos dados fornecidos, temos a = 10 e b = 8. Logo, por Pitágoras, a² = b² + c² ⇔ 100 = 64 + c² ⇔ c = 6. Assim, a distância focal é igual a 2 . c = 2 . 6 = 12 m.

58) x y+( )+

−( )=

320

436

12 2

; focos F1 = (– 3, 0), F2 = (–3, 8)

9x² + 5y² + 54x − 40y − 19 = 0 (3x + 9)² − 81 + 5 (y² − 8y) − 19 = 0 (3 (x + 3)) ² + 5 (y − 4)² − 80 = 100 9 (x + 3) ² + 5 (y − 4)² = 180

x y+( )+

−( )=

320

436

12 2

 b = 20 a = 6

Por Pitágoras, c² = a² − b² = 36 − 20 = 16 ⇒ c = 4.

Assim, F1 = (– 3, 0), F2 = (–3, 8).

GABARITO

16 Matemática B

59) Centro: C = (4, –3); a = 5, b = 4; focos F1 = (1, – 3), F2 = (7, – 3)

Centro = (4, −3)

Como a = 5 e b = 4, por pitágoras c = 3. Assim, os focos são:

F1 = (4 − 3, −3) = (1, −3) F2 = (4 + 3, −3) = (7, −3)

e as medidas dos eixos são: maior 2 . a = 2 . 5 = 10 menor 2 . b = 2 . 4 = 8

60) Vértices: A1 = (–5, 0) e A2 = (5, 0); focos F1 = (− 21, 0),

F2 = ( 21, 0)

4x² + 25y² = 100

x y2 2

25 4+ = 1 ⇒ c² = 25 − 4 ⇒ c = 21

a = 5 b = 2

Vértices: V1 = (–5, 0) e V2 = (5, 0)

Focos: F1 = (− 21, 0), F2 = ( 21, 0)

61) x y2 2

1 101+ =

Como F1 = (0, −3) e F2 = (0, 3), temos que c = 3 e o centro é (0, 0).

Por ser 2 o comprimento do eixo menor, temos que

b = 1. E, assim, a² = b² + c² = 1² + 3² = 10 ⇒ a = 10.

Portanto a equação fica: x y2 2

1 101+ =

62) D

Do enunciado temos a figura:

y

9

6F2

F1

0

–6

xB(x,3)

A(0,9)

6 x

a = 9

b = ?

c = 6

Temos que b² + c² = a²

⇒ b² + 6² = 9² ⇒ b² = 45 ⇒ b = 45

Assim, a equação da elipse fica: y2

81 +

x2

45 = 1

Como B (x, 3) pertence à elipse, temos:

381

2

+ x2

45 = 1 ⇔ x = 2 10.

Logo, a área do triângulo BF1F2 é: −

12 . 12 . 2 10 = 12 10

63) E

Como está centrada na origem e passa pelos pontos (1, 0) e (0, −2), temos que a = 2 e b = 1. Assim:

c² = a² − b² = 2² − 1² = 3 ⇒ c = 3.

Logo, a distância focal é 2 . c = 2 3 e a excentricidade

é eca

= = 32

.