Resposta da questão 1: [D]
A trajetória descrita pelo assento do balanço é parte da
circunferência x2 + y2 = 4. Logo, sabendo que y < 0,
temos f(x) = − 4 − x2 , com −2 ≤ x ≤ 2.
Resposta da questão 6: [D]
Para que a equação represente uma circunferência,
deve-se ter A = 1 e B = 0. Além disso, sabendo que o
10
raio da circunferência mede
= 5 u.c, vem:
2
x2 + y2 + 2x − 4y + C = 0 ⇔ (x + 1)2 + (y − 2)2 = 5 − C.
Resposta da questão 2: [A]
Completando os quadrados, vem
5 − C = 52 ⇔ C = −20
A − B − C = 1 − 0 − (−20) = 21.
Logo,
2
1 ⎞
⎛
⎛ 1 ⎞
x 2 + y 2 + 2x + y + 1 = 0 ⇔ (x + 1)2 + ⎜ y + ⎟ = ⎜ ⎟
⎝
2 ⎠
⎝ 2 ⎠
e
2
2
2
3 ⎞
⎛
⎛ 3 ⎞
x 2 + y 2 − 2x − 3y + 1 = 0 ⇔ (x − 1)2 + ⎜ y − ⎟ = ⎜ ⎟ .
⎝
2 ⎠
⎝ 2 ⎠
1 ⎞
1
3
⎛
⎛ 3 ⎞
Logo, C1 = ⎜ −1, − ⎟ , r1 = , C2 = ⎜ 1, ⎟ e r2 = .
2
2
2
2
⎝
⎠
⎝
⎠
O resultado pedido corresponde à distância entre os
centros das circunferências subtraída da soma dos
raios, ou seja,
2
⎛ 3 ⎛ 1 ⎞ ⎞
⎛ 1 3 ⎞
(1 − ( −1))2 + ⎜ − ⎜ − ⎟ ⎟ − ⎜ + ⎟ = 2 2 − 2
⎝ 2 2 ⎠
⎝ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎠
Resposta da questão 3: [B]
Considerando R o raio da maior circunferência, temos:
70 35
2πR = 70 ⇒ R =
=
2π
π
Portanto, a equação da circunferência será dada por:
portanto,
Resposta da questão 7: [C]
100x2 + 100y2 – 400x – 600y + 1075 = 0( ÷100)
x 2 + y 2 − 4x − 6y +
43
=0
4
x 2 − 4x + 4 + y 2 − 6y + 9 = −
(x − 2)2 + (y − 3)2 =
43
+4+9
4
9
4
Logo, o raio será dado por: r =
= 2( 2 − 1).
e,
9 3
=
4 2
Calculando o comprimento do arco (altura h da
professora):
3
2π ⋅
2 = 0,75π u.c.
h=
4
Resposta da questão 8: [A]
2
⎛ 35 ⎞
x2 + y2 = ⎜ ⎟ .
⎝ π ⎠
Resposta da questão 4: [A]
Completando os quadrados, obtemos
x2 + y2 + 6y + 5 = 0 ⇔ (x − 0)2 + (y + 3)2 = 22
e
x2 + y2 − 12x = 0 ⇔ (x − 6)2 + (y − 0)2 = 62.
Desse modo, como o centro de C1 é o ponto (0, − 3) e
seu raio é igual a 2, segue-se que A = (0, − 5). Além
disso, sendo (6, 0) o centro de C2 e 6 o seu raio,
concluímos que B = (12, 0).
Portanto, o resultado é
(12 − 0)2 + (0 − (−5))2 = 13.
Resposta da questão 5: [A]
O raio da circunferência é dado por
| 3 ⋅ 7 − 4 ⋅ 2 + 12 |
= 5.
32 + ( −4)2
Logo,
a
equação
da
circunferência
(x − 7)2 + (y − 2)2 = 25.
Aplicando o teorema
assinalado temos:
de
no
triângulo
(R − 8)2 + 122 = R2 ⇔ 16R = 208 ⇔ R = 13
Logo o centro é o ponto C(12,-5)
2
2
2
E a equação da circunferência (x – 12) + (y + 5) = 13
2
2
Ou seja, (x – 12) + (y +5) = 169
Resposta da questão 9: [E]
x 2 + y 2 – 4x – 6y – 36 = 0
Centro : (2,3)
R 2 = a2 + b2 – c
é
Pitágoras
R 2 = 4 + 9 + 36
R=7
2R = D = 14
A = πR 2
A = 3,14.72
A = 153,86
Resposta da questão 10: [C]
Determinando o centro e o raio da circunferência C1.
2
2
x + y + 8x – 2y – 83 = 0
2
2
x + 8x + 16 + y – 2y + 1 = 83 + 16 + 1
2
2
(x + 4) + (y – 1) = 100
C(–4,1) e raio R = 100.
Representando a duas circunferências C1 e C2 no
mesmo sistema Cartesiano, nota-se que a figura plana
formada pelos pontos internos à circunferência C1 e
externos à circunferência C2 é formada por todos os
pontos internos a C1, como mostra a figura
Resposta da questão 14: [D]
3x − 4y + 8 = 0
( )
C 2;1
R = dC; reta =
3.2 − 4.1+ 8
2
(3) + (−4)
( x − a) + ( y − b) = R
( x − 2) + ( y −1) = 2
( x − 2) + ( y −1) = 4
2
2
2
2
2
2
=
2
10
=2
5
2
2
Resposta da questão 15: [C]
(
)
C −2;0 e R = 2
2
( x + 2) + ( y − 0)
2
= 22
x 2 + 4x + 4 + y 2 = 4
x 2 + y 2 + 4x = 0
Resposta da questão 16: [D]
Portanto a área pedida é igual à área do círculo limitado
pela circunferência C1
2
A = π ⋅ 10
A = 100 π
Resposta da questão 11: [C]
x 2 + y 2 − 8x − 8y + 28 < 0
CENTRO : C(4;4)
28 = 16 +16 − R 2 → R = 2
Como y = x (passa pelo centro), então a
área desejada será a região no int erior
da circunferência e acima da reta,
por tanto a região é uma semicircunferência
de raio igual 2.
π.R 2 π.22
=
= 2.π = 6,28 m2 .
2
2
A12 placas = 12 . 6,28 = 75,36 m2 .
A=
() ()
( x − a) + ( y − b) = R
( x − 2) + ( y − 0) = ( 2 )
( x − 2) + y = 2
1 + 1
2
2
2
2
2
=
2
= 2
2
2
2
x 2 + y 2 − 4x + 2 = 0
Resposta da questão 17: [A]
x 2 + y 2 + 6x + 4 y +12 = 0
Bissetriz dos quadrantes pares: (−x = y)
m = 1 → mr = ms
y+ 2 + x+ 3 = 0 → x+ y+ 5 = 0
Resposta da questão 18: [C]
y
1
5
1 = 0 ⇔ x − 3y − 15 = 0
−30 −15 1
R = r 2 +r
Raio da circunferência: R =
R = 2 2+2
)
2
(
)
x −4 + y−3 = 2 2 +2
2
x 2 − 8x +16 + y 2 − 6y + 9 = 8 − 8 2 + 4
2
2
Equação da reta 30
( )
C 4;3
) (
2
x
Resposta da questão 12: [D]
(
2+0
y − y0 = m1.(x − x0 ) → y + 2 = −1.(x + 3)
75,36
=
= 25,12 latas = 25 latas.
3
2
R = dC; reta =
2
RAIO : Ti = a2 + b2 − R 2
Nlatas
( )
x + y = 0 e C 2;0
2
x + y − 8x − 6y +13 − 8 2 = 0
Resposta da questão 13: [A]
−5 − 3.10 − 15
12 + ( −3)2
= 5 10
Equação da circunferência: (x + 5)2 + (y − 10)2 = 5 10
(
Fazendo x = 0, temos:
25 +(y-10)2 = 250
(y − 10)2 = 225 ⇔ y = 25 ou y = −5
Portanto, 25 – (- 5) = 30.
2
)
Resposta da questão 19: [D]
Resposta da questão 22: [A]
(
)
Centro C 3;−1
reta r : 3x + 7y − 21→ mr =
−3
7
= y − y0
reta s : ms =
(
)
−3
( x − 3) = y +1
7
m x − x0
⎧20 x + 30 y ≤ 600
⎧2 x + 3 y ≤ 60
⇔ ⎨
⎨
⎩20 x ≤ 300
⎩ x ≤ 15
A=
(20 + 10).15
2
−3x + 9 = 7y + 7
3x + 7y − 2 = 0
A = 225
Resposta da questão 20: [B]
Completando os quadrados, obtemos:
C = ⎛⎜ 0, 3 ⎞⎟
2
⎛
⎞
3
9
⎝ 2 ⎠
x + y − 3 y = 0 ⇒ ( x − 0) + ⎜ y − ⎟ = ⇒
2 ⎠
4
⎝
r= 3⇒D=3
2
2
2
2
Sabendo que o terceiro vértice pertence à
circunferência e que a altura do triângulo mede 3, segue
que PO = h = 3. Logo, o terceiro vértice é o ponto P.
Queremos determinar a equação da reta suporte do
lado MP, pois tg NMˆ P = tg 60° =
3 > 0.
y − 3 = 3.(x − 0) ⇒ y = 3.x + 3.
Resposta da questão 21: [E]
( )
(
P 3;1 e P' 9;−7
)
" 3 + 9 1− 7 %
C$
;
' → C 6;−3
2 &
# 2
(
R = dC; P =
)
2
(3 − 6) + (1+ 3)
R = dC; P = 9 +16 → R = 5
(
2
) (
2
) ()
x −6 + y+3 = 5
2
2
−3
7