Resoluções de Exercícios EA – EXERCÍCIOS DE APRENDIZAGEM EH – EXERCITANDO HABILIDADES TC – TAREFA DE CASA MATEMÁTICA IV CONHECIMENTOS ALGÉBRICOS/ GEOMÉTRICOS Capítulo 02 Plano Cartesiano; Distância entre Dois Pontos; Retas; Paralelismo e Perpendicularidade; Sistemas de Equações 01 EA – BLOCO 01 A) 4 45º s θ 135º 45º α 1 x 4 -3 r 1o) mr = tg135º = – 1 e ms = tg = B) As coordenadas do ponto M são dadas por: M=d xA + xB yA + yB –1 + 5 4 + 2 n=d n = (2, 3) . , , 2 2 2 2 Portanto, o raio da circunferência é igual a: r = (2 – 0) 2 + (3 – 0) 2 = 13 . 03 C y 2o) tgi = 02 E 3 1 –1–3 –4 = =2 –2 1 + (–1) .3 100x2 + 100y2 – 400x – 600y + 1075 = 0 (' 100) 43 =0 x2 + y2 – 4x – 6y + 4 43 +4+9 x2 – 4x + 4 + y2 – 6y + 9 = – 4 9 (x – 2) 2 + (y – 3) 2 = 4 9 3 = . Logo, o raio será dado por: r = 4 2 Calculando o comprimento do arco (altura h da professora): 3 2r $ 2 = 0, 75r u.c. h= 4 04 B y r 3 θ s α α 5 10 x -3 Determinando o ponto C (fazendo x = 0): 1o) mr = tg = 3 e ms = tg0o = 0 5 2y = 0 + 2 y = 1. Logo C (0,1). Escrevendo a equação da circunferência com centro em C(0,1) e raio 2, temos: 2 2 _x – 0 i + _y – 1 i = 22 x2 + y2 – 2y + 1 = 4 x2 + y2 – 2y – 3 = 0 3 –0 3 5 o = 2 ) tgi = 3 5 1 + .0 5 C) 1o) mr = 2 e ms = – 1 2 05 C 1 1 5 2 – d– n 2+ 2 2 = 2 = 2 ) tgi = 1 1– 1 0 1 + 2 . d– n 2 o Conclusão: tg não existe, logo = 90o e as retas são perpendiculares. EA – BLOCO 02 01 C FALSA, pois o ponto B(1, 4) não verifica a equação x – 3y – 11 = 0, pois 1 – 3 4 – 11 0. VERDADEIRA, r = (13 – 1) + (20 – 4) = 10. 2 2 2 FALSA, o centro da circunferência é o ponto médio do segmento AB 13 + 1 20 + 4 n = C (7, 12) , já a equação apresentada dado por C d , 2 2 mostra que o centro é o ponto (7, 7). 40 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 40 R = raio e o ponto (5, R) é o centro. Calculando a distância de (5, R) até (1,2) temos o raio. (5 – 1) 2 + _R – 2 i = R 16 + (R – 2) 2 = R2 2 Desenvolvendo, temos 4R = 20 R = 5. MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:40 EA – BLOCO 02 B 03 1a parte: 5x + 20y = 400 01 A 1o) x2 + y2 – 6x + 4y + 4 = 0 centro c1(3, –2) e raio R1 = =3 2 ) x + y – 10x – 2y + 17 = 0 o 2 2 centro (5, 1) e raio = R2 = =3 3o) Distância entre os centros: d = = x y x y 0 20 0 30 80 0 45 0 y . Conclusão: As circunferências são secantes, pois |R2 – R1| < d < R2 + R1. 02 y C(R,R) 2 P O 2 R x R= B C 45 θ x 80 2 (R – 2)2 + (R – 2)2 = R2 2R2 – 8R + 8 = R2 R2 – 8R + 8 = 0 = 64 – 32 = 32 3a parte: Verificação: 5x + 20y 400 0(0, 0) 5. 0 + 20 . 0 400 0 400 (verdadeiro) Verificação: 10x + 15y 450 10 . 0 + 15 . 0 450 (ok!) = 4+2 2 R= r= = 4–2 2 4a parte: x 0 e y 0 (1o quadrante) Os pontos da região poligonal 0ABC é a solução do sistema. Z ] Os centros são: C (4+2 2 , 4+2 2 ) e [i(4 – 2 2 , 4 – 2 2 ) e os raios medem ] \R =4+2 2 e r=4 – 2 2 B) 20 A (R - 2) + (R - 2) = R 2 R 0 30 0 A) R = raio da circunferência maior r = raio da circunferência menor d(c, p) = R R 2a parte: 10x + 15y = 450 5a parte: O ponto B é solução do sistema – 10x – 40y = – 800 5x+20y=400 . (- 2) ~* ) 10x +15y = 450 + 10x+15y=450 y –25y = – 350 y= = 14 e x = 24 então B(24, 14) 45o 45o 6a parte: Lucro máximo: f(x, y) = 45x + 80y f(0, 20) = 45 . 0 + 80 . 20 = 1.600 f(45, 0) = 45 . 45 + 80 . 0 = 2.025 f(24, 14) = 45 . 24 + 80 . 14 = 2.200 P(2,2) 135o x 0 y Equação da reta tangente r. A inclinação de r é 135o, então, o coeficiente angular de r é igual a: mr = tg 135o; mr = –1 03 E 15 1a parte: Região 1 (R1) 5x + 2y 30 6 x Cálculo auxiliar (0, 0) R1 pois 5 (0) + 2 . (0) 30 0 30 Equação de r: y = –x + b P(2,2) e r 2 = –2 + b b=4 r : y = –x + 4 Região 2 (R2) x 0 y x 03 D Centro C(3,1) P(0, a) é externo se d(p, c) > raio, isto é: (3 – 0)2 (1 – a)2 > 5 9 + (1 – a)2 > 25 (1 – a)2 > 16 |1 – a| > 4 1 – a < –4 ou 1 – a > 4 a > 5 ou a < –3 EH – BLOCO 01 B 1. Lucro (f(x, y)) f(x, y) = 45x + 80y A expressão acima é uma função polinomial do 1 grau em duas o MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 41 y x 0 2a parte: R1 R2 R3 1o) Ponto D (Xd, 5) reta r: 5x + 2y = 30 Daí: 5 . XD + 10 = 30 5XD = 20 01 variáveis. 2. Restrições da produção I. 5x + 20y 400 II. 10x + 15y 450 Região 3 (R3) 0y5 y 15 5A B 0 XD = 4 D C 4 6 x 2o) a representação gráfica é um trapézio de área igual a: III. x 0 IV. y 0 AT = = = 25. Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 41 26/03/2013 18:42:44 02 EH – BLOCO TC – BLOCO 01 01 60o 01 A (r): y = x + 1 Mr = 1 e P E y R θ C x A 0 I. sen = = II. cos = = R cos = R sen é igual ao comprimento do arco = R . , isto tg = = tg = tg = Então: tg = = 60o = 1 = 45o e = 135o. x = R – R . sen – Então: x = x = R . ( – sen) e B) r: 2x – 3y + 1 = 0 y = = R – Rcos = R . (1 – cos) y=R– y = R . (1 – cos) s: x + 2y – 4 = 0 y = – Z ] x=R .(i-seni) Portanto, as equações paramétricas são: [ e ] y=R .(1-cosi) Cálculo auxiliar: \ 2 2R ! PB ! PB = Mr = x+ e x + 2 Ms = – . Daí: tg = ! PB = R . = = arctg = . = 1o quadrante (agudo) e 03 EH – BLOCO = 180o – arctg 01 02 A) (r): y = –x + 2 Mr = –1 e (s): x = 3 Ms não existe. =R. é ). Daí: B III. o segmento ) . x + 10 Ms = (–2 + (s): y = (–2 + D ; 2o quadrante (obtuso) 18 C) r: y = 6x – 1 Mr = 6 e s: y = – Daí: r e s são perpendiculares pois Mr . Ms = –1, logo = 90o = . F(8,3,18) D) Z y F1 é a projeção do foguete no plano xy após o 1 o movimento e F2 a projeção após o 2o movimento. As coordenadas x e y de F, neste momento, são x = 8 e y = 3. Se a distância inicial de F ao plano xy é 7, após subir 11 km passará a ser 18 km. Então, as coordenadas de F são: F(8, 3, 18). (6, 6, 7) x 8 6 (0, 0, 0) y x=6 y=8 7 6 x+4 3 F2 F1 x r e s são perpendiculares. = = 90o 03 ± =0 d (p, r) = d (p, s) 02 B r 1 (2,180o) P –2 –1 1 P(x, y) r = 2 e = 180o. No gráfico, note que as coordenadas do ponto p são substituindo t = 180o, nas equações das alternativas temos: s bissetriz –1 = A) r = 3cos(2t) = 3 . cos(360o) = 3 B) r = 1 – cos(t) = 1 – cos(180o) = 1 – (–1) = 2 C) r = sen(5t) = sen(5 x 180o) = 0 D) r = 4sen(t) = 4 . sen(180o) = 0 E) r = 3 – cos(t) = 3 – cos(180o) = 3 – (–1) = 4 Então, a equação que representa o cardióide é a do item b. 42 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 42 ±. = =± MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:44 04 C As ratoeiras estão nos pontos A(2,2), B(2,0), C(0,1), D(4,3), E(3,4) saindo de S para chegar em F sobre as retas r, r2, r3, ..., r9 evitando as ratoeiras, um caminho possível é caminhar sobre as retas: r7; r3; r6 e r, nesta ordem. 08 C 1a) Coeficiente angular da reta s ms = 2a) =2 reta r tg45o = Escala em cm: 1:1 reta s m(mina) 6 r4 r5 r6 f r2 r r3 1= h B (3,6) 5 4 E 1= F i = 1 ou D 3 2 g A r8 1 C C –4 –3 a –2 45o r9 S 0 –1 0 –1 B 2 1 3 4 5 6 7 8 9 r7 = –1 A (2,4) 1 + 2mr = mr – 2 mr = –3 ou mr – 2 = –1 – 2mr 3mr = 1 mr = (não convém) –2 Logo, a equação da reta será: y = –3x + b; se (2,4) reta, então 4 = –6 + b b = 10 –3 y = –3x + 10 e 09 E Uma das retas passa pelos pontos A (4, 0) e B (0, – 2). Coeficiente angular (mr): –2–0 –2 1 = = . mr = 0–4 –4 2 r 05 E 1 parte: mA . mB = –1 (retas perpendiculares) a –2 . mB = –1 mB = A 2 parte: cA = cB 10 – 2t = .t a 2t + t = 10 Equação do feixe de paralelas: 1 y = $ x + b 2y = x + 2b x – 2y = c; 2 B t = 10 t = 4 h c = – 2b. 06 A Com b reais. 1a parte: medicamento A. =1 y = ax + b; a = 10 C Considere duas retas do feixe r e s: y=x+b (2,1) reta 1 = 2 + b r b = –1 y=x–1 A (4, 2) 2 parte: medicamento B a y= = y = mx + b; m = (2,2) e reta 2 = . 2 + b b = 1 y = 1x +1 2 1a) Coeficientes Angulares 2 mr = 5 3a parte: ms = A B θB θA 1 x 2 –1 =– . –4 2 2a) Equações de r e s. 2 I. r : y = . x + b 5 (4, 2) r 2 = tgA = a = 1 e tgB = m = 0 = A – B tg0 = tg = = = r : y = 2 8 + b b = . 5 5 2 2 x+ 5 5 r : 2x – 5y + 2 = 0. II. s : y = – 1 x +t 2 (0, 4) s t = 4. 1 s:y= – x+4 2 07 B x–1> (8, 0) s (-1, 0) x+b +1 > 2 x > 4. Logo, A é mais eficiente após 4 semanas. MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 43 x + 2y – 8 = 0 3a) A equação do feixe é dada por: (2x – 5y + 2) + k . (x + 2y – 8) = 0 k r. Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 43 26/03/2013 18:42:44 TC – BLOCO 04 A 02 Na bissetriz dos quadrantes ímpares, isto é, na diagonal OQ . 01 D . |x0 + 9| = d (E, V) 1a parte: d(E, r) = . |x0 + 9| = Para viajarem juntos é necessário que: |y – x| yx+ x– . (x + 18x0 + 81) = x + 49 – y–x . Os pontos P(x, y) que satisfazem são soluções do sistema: 2x + 98 = x + 18x0 + 81 x0 = 1 x – 18x0 + 17 = 0 x0 = 17 2a parte: Seja r a reta x + y + 9 = 0 y = – x – 9 mr = –1. Então, o coeficiente da reta s que passa por E e é perpendicular à r, será 1, pois ms . mr = –1. 3a parte: A reta VE será paralela à r se os coeficientes angulares das retas forem iguais, então: I. Sendo E(1, 0), teríamos mVE = II. Sendo E(17, 0), mVE = 05 D =– Z 1 ] y # x+ 2 ]] 1 [ ] y $ x- 2 , que representa a região escura da figura abaixo. ] \y $ 0 e x $ 0 y=x+ = –7 e 1 . G 1 2 F P Cálculos Auxiliares 1 2 a) y = x – Q y=x– em ambos os casos, as retas não seriam paralelas. Portanto: 1. Verdadeiro; 2. Verdadeiro; 3. Falso. 1 2 E x=1y= b) y = x + R 0 1 2 y=11=x+ 1 x = 02 A Vitamina V1 x+y4 Logo, (x, y) é solução do sistema: Área Escura Vitamina V2 2x + y 6 e x e y AE = 1 2 – 2 . 03 D Seja x a quantidade de bobinas e y a quantidade de cartuchos carregados. De acordo com os dados do problema, temos que: AE = 1 – Z ]x $ 0 e y $ 0 [ 0, 3 . x + 0, 25y # 75 e ] 0, 30 . x + 0, 08 . y $ 30 \ = Então, a probabilidade procurada será igual a: P= 1o) 0,3x + 0,25y = 75 e 0,3x + 0,25y 75 = = = 75%. y Verificando (0, 0) na desigualdade 0,3 . (0) + 0,25 . (0) < 75 conclui-se que todos os pontos do 1o quadrante abaixo da reta 0,3x + 0,25y = 75 satisfazem a desigualdade. 300 250 (0,0) 06 C R(20,20) x 2o) 0,30x + 0,08y 30 y Obs.: (0, 0) não satisfaz a inequação. Logo, os pontos do 1o quadrante que estão acima da reta satisfazem a desigualdade. 375 100 1o) Reta Z ]x $ 0 e y $ 0 [ 0, 3 . x + 0, 25y # 75 ] 0, 30 . x + 0, 08 . y $ 30 \ obtemos uma região triangular no 1o quadrante. 375 , então: 5 = k . 10 k = y= Se P(xp, yp) pertence a reta 2o) Coeficiente angular da reta m. . x. , então yp = xp = 2yp. ¨. = –1 m = –2 Daí: 300 –2 = 100 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 44 :y=k.x Q(10, 5) e x Então, fazendo a interseção das regiões do sistema: 44 P(2Yp, Yp) Q(10,5) 250 – 40 + 4yp = 20 – yp 5yp = 60 yp = 12 e xp = 24 p(24, 12) MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:44 07 D 10 A Sejam x e y, respectivamente, o número de vacas e o número de bezerros. Logo, as seguintes condições devem ser satisfeitas: Z Z ]x $ 0 ]x $ 0 [y $ 0 [y $ 0 ]1000x + 400y # 20000 ] 5x + 2y #100 \ \ R4 é a interseção das três regiões do plano. 1a região: L + V 20 V 20 – L A representação gráfica das condições acima é a região triangular L V 0 20 20 limitada pelos eixos coordenados e a reta y = – x + 50. 20 0 Verificação 0 + 0 20 (0,0) 60 20 50 40 30 2a região: L 12 20 10 0 0 12 0 10 20 30 3a região V 5 11 E A região deve conter os pontos que satisfazem o seguinte sistema: 3x + y < 9 3x + 6y 24 x > 0 e y > 0. O gráfico E é o que mais se aproxima da solução: 5 4a intersecção das 3 regiões. y 14 12 10 8 6 4 2 0 –2 –1 –2 –4 –6 –8 –10 –12 –14 –16 –18 –20 20 5 R4 12 20 08 A 1a reta r: 2x – 3y + 5 = 0 y = .x+ Coeficiente angular de r : mr = 2a reta s: ms . mr = –1 (s r) ms . = –1 ms = – Equação do s: y = – P(5,10) s 10 = – b = 10 + s:y=- 2 3 4 5 6 7 8 9 x 10 12 A 3x + y = 9 + x = 2 e y =3 ) 3x + 6y = 24 Logo, o lucro será L = 0,50 . 1000 . 2 + 0,80 . 1000 . 3 = R$ 3.400, 00. .x+b 13 B 3 .5+b 2 b= 1 r C(a,b) 35 2 3 35 x+ 2y = –3x + 35 2 2 3x + 2y – 35 = 0 09 B Seja x o no de vacas e y o no de bezerros. 1a) Atotal = 2 . (100)2 m2 = 20.000 m2 2o) x . 1000 + y . 400 20.000 Então: 1o) Coeficiente angular da reta II. se y = 0 x x 20 M( AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 45 =– e mr = 2 ) Se ABC é equilátero a reta r suporte de altura contém c e 0 ponto médio de MATEMÁTICA IV e mAB = o y 50 + 25 x (400) = 20.000. B(4,0) I. se x = 0 y O posto comportará 10 vagas e 25 bezerros, pois 10 x (1000) + M A(0,3) , , 4a – 8 = 3b – ) = M (2, b= ), então: = a– Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 45 26/03/2013 18:42:45 14 A s 6 r A(4,6) (t – 0)2 + (0 + t)2 = 6 2t2 = 6 t = ± Daí: 6 B {–2,0} 0 (k – 0)2 + (0 + k)2 = 6 2k2 = 6 k = ± 3o) d(A,B) = e d(D,C) = ( ) . (– ).( ) . (– )=9 18 B C(1,0) 1o) Intersecção com os eixos |x| + |y| = 1: 3 y = 0 |x| = 1 x = ± 1 e 1o) Ponto de intersecção de r e s: x = 0 |y| = 1 y = ± 1 2o) Medida do lado do quadrado x + 2 = 2x – 2 x = 4 e y = 6 A(4,6) 2o) Intersecção com os eixos: r: y = x + 2 y = 0 x = –2 B(–2,0) e s: y = 2x – 2 y = 0 0 = 2x – 2 x = 1 C(1,0) y 1 A 3o) Área do quadrilátero: = 2 . área do ABC =2. D B –1 1 x o(0,0) = 18 15 E –1 C 5 D(1,5) C(8,5) (0 –1)2 +(1– 0)2 = = d(A,B) = 3 ) Área = ( ) = 2. o A(–1,0) d(A, D) = 1 2 8 B(9,0) (–1–1)2 +(0 – 5)2 = d(B, C) = (9 – 8) 2 +(0 – 5) 2 = d(A, B) = 9 + 1 = 10 d(C, D) = 8 – 1 = 7 Perímetro ABCD = 10 + 7 + TC – BLOCO = 03 = 01 C(, ) = + = 17 + = (3, 2) centro e raio R= + = =6 Resp.: P(3, –4) 16 D Seja r a reta paralela a s: 2x – y + 1 = 0 02 A) C(1, 7) e R = 10 2x + 1 = y m = 2 B) C(–4, –2) e R = Como r//s mr = 2. A equação de r é: y = 2x + b (1,1) e r 1 = 2 . 1 + b b = –1 C) C c0, - = 1 m eR=2 3 D) C(0, 0) e R = y = 2x –1 2x – y – 1 = 0. E) C(2, –3) e R = 17 A 4+9-(-3) = F) x2 + y2 + 4x – 5y + B(0,K) =0C e R= = R= =4 G) x2 + (y – 5)2 = 16 C(0, 5) e R = 4 H) (x – 1)2 + (y + 4)2 = 64 C(1, –4) e R = 8 I) x2 + y2 = 1 C(0, 0) e R = 1 A(K,0) o(0,0) 03 A C(t,0) ! 40 20 D(0,–t) 2o) Se a área do quadrado mede 6, então a medida do lado será: 46 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 46 D (0,40) C (60,40) D (0,0) 1o) Intersecções com os eixos: x+y=kex–y=t y=0x=k y=0x=t x=0y=k x = 0 y = –t ! Note que os ângulos BCE E B (100,0) 60 80 100 e ABC são congruentes, então, o setor centrado em B e o setor centrado em C são congruentes. Então, a área A não alcançada será: A = Atrapézio ABCD – Acírculo = . – . 202 = 3200 – 400 = 400 . (8 – ) = 400 . (8 – 3) = 2.000 km2. MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:45 04 C 11 C O centro da circunferência x2 + y2 – 12x – 16y – 300 = 0 y A 13 R 5 então: 5 5 8 D C 5 10 (24 - 6) 2 + (32 - 8) 2 d(c, p) = 5 5 3 10 o (10,8) 5 = (6,8). O poço tem coordenadas P(24, 32), é C B 10 = 30 = 15 12 D 1o) Raio R: T(x, y) as coordenadas do tesouro devem satisfazer ao sistema: R2 = 5 2 + 5 2 R = 5 Z0 1 x 1120 ] ] y=0 ] [ x2+(y – 40) 2 2 50 ] x – y – 20 ]] 1 20 2 2 \ 1 +1 Z ] 0 1 x 1120 ] y=0 [ ] d (T, p) 2 50 ] d (T,r) 1 20 \ 2o) Equação da circunferência (x – 10)2 + (y – 8)2 = (5 )2 x2 – 20x + 100 + y2 – 16y + 64 = 50 x2 + y2 – 20x – 16y + 114 = 0 Z ] 0 1 x 1120 ] y=0 [ 2 2 2 ] x +(y – 40) 2 (50) ]| x – y – 20 |1 20 2 \ Cálculo auxiliar: equação da reta 12. 05 B 1o) x2 + y2 – 4x – 4y + 4 = 0 y =2 Tem centro C(2, 2) e Raio R = (20,0) 2o) AEsc = AABC + 2 . ASetur = 2 2 B 2 45o C (2,2) x (–20,0) +2. =2+ 2 o 2 45 0 =1 + A x – y = 20 x – y – 20 = 0 2 13 B 06 C 1o) x2 + y2 – 8x – 8y + 28 0 circulo de centro (4,4) e raio = = =2 2o) Área do circulo = . 22 = 4 m2 12 placas 12 x 4 = 48 m2 Se 1 lata pinta 3 m2, então o número n de latas será: = 16. n= 1o) Intersecção dos eixos: I. x = 0 (–4)2 + (y – 3)2 = 25 (y – 3)2 = 9 y – 3 = 3 ou y – 3 = – 3 y = 6 ou y = 0 A(0,6); B(0,0). II. y = 0 (x – 4)2 + (–3)2 = 25 (x – 4)2 = 16 x – 4 = 4 ou x – 4 = – 4 x = 8 ou x = 0 C(8,0) III. Área do triângulo Logo, o número de latas vermelhas será igual a: A(0,6) = 8 8 x 3,14 = 25,12 latas. 6 A(0,6) O número minimo de latas vermelhas será igual a 26. 07 C C(8,0) (x2 + 2x + 1) + (y2 + 2y + 1) = 23 + 2 (x + 1)2 + (y + 1)2 = 25, onde x 0 e y 0. O gráfico que melhor representa é um arco de circunferência do centro (–1, –1) e raio = 5. B(0,0) Área = B(0,0) C(8,0) = 24 14 A 08 E Se y = 2x, então: x2 + 4x2 + 2x + 4x – 23 = 0 5x2 + 6x – 23 = 0 = 36 + 460 = 496 5 centro K 2K A C Então, C 3 = =2 A 1 3 5 p(3,7) é o ponto de ordenada máxima, então: 3 + 7 = 10. 09 D B = (3,5) Raio: R – 1,62 e y = 3,24 x= P(3,7) 7 x2 + y2 – 6x – 10y + 30 = 0 15 C =2.k= 5 cm 3k = 5 k = R 10 A C(0,0) A (x, y) d(A, C) = 2 . d (A, B) 1o) d(c,r) = 1 (x - 0) + (y - 0) = 2 C (0,0) MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 47 1 = B (5,0) 2 = 2 . (x - 5) 2 + (y - 0) 2 x2 + y2 = 4 . [x2 – 10x + 25 + y2] 3x2 + 3y2 – 40x + 100 = 0 = 1 |b| = b= b=– (não convém) (b > 0) Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 47 26/03/2013 18:42:45 2a parte: 16 B = = Substituindo I e II, temos: x2 + – 6x – 8 . ( 5 2 3 2 c 4+ m +c6- m = 2 2 d(C1, C2) = y= + . Como d(C1, C2) > R2 + R1 as circunferências são exteriores. )=0 x=7ey=7 Q(7, 7) 02 A circunferência x2 + y2 = 5 tem centro c’(0, 0) e raio r = . Sendo t a reta , tracemos, por c’, a reta r | t, determinando o ponto c na circunferência. 17 B Ciclista A : V = 20 km/h 1a) d(P, Q) = = = 10 km 1 h 20 km tA 10 km 2o) r 4 B 3 O ponto c é o ponto da circunferência que está mais próximo t 1 tA = h 2 = C e, por isso, torna a área de do ABC a menor possível. Ciclista B : V = ? Tempo para chegar em Q = Esboço e cálculo auxiliar y 4 C' h. Raio = d(C, Q) = C (3,4) P = (7 - 3) 2 + (7 - 4) 2 = =5 3 cmas mt= 1 Dt 3-4 = =- , logo mr=2 . Dx 2-0 2 Assim, temos que: (r)y = mx + n (mas mr = 2) y = 2x + n passa por c’ (0, 0) 0 = 2 . 0 = n n = 0, daí y = 2x x A abcissa de C é obtida calculando o valor de x no sistema: O centro da circunferência x2 + y2 – 6x – 8y = 0 é C(3, 4) e este é ponto da reta 4y – 3x – 7 = 0. x2 + (2x)2 = 5 x = ± 1 é diâmetro da circunferência descrita pelo ciclista B então ele Se percorreu uma distância igual a: do ciclista B será: VB = TC – BLOCO Como C está no 1o quadrante, sua abscissa é x = 1. = 5 km. Logo, a velocidade 03 = 10 km/h. (λ') (s) 4x + 3y + 13 = 0 C(4, 2) 04 (λ) x2 + y2 – 8x – 4y + 4 = 0 A = –8 B = –4 C=4 01 A) 1a parte: x2 + y2 + 6x – 8y = 0 e 2x2 + 2y2 – 8x + 28y – 22 = 0 x2 + y2 – 4x + 14y – 11 = 0 Centro C1(–3, 4) e Raio = R1 = x 5 Se r t, então mr . mt = –1. 1 –1 2 Q (7,7) 7 4 –2a = –8 : a = 4 c(4, 2) –2b = –4 : b = 2 a2 + b2 – r2 = 4 42 + 22 – r2 = 4 ∴ r = 4 Veja que o centro da circunferência ’ é o ponto c(4, 2) e o raio é a distância do ponto c(4, 2) à reta (s) 4x + 3y + 13 = 0. =5 | 4 (4)+3 (2)+13 | R= Centro C2(2, –7) R= Raio = R2 = R2 = 8 Logo, (’) (x – 4)2 + (y – 2)2 = 49. 2a parte: d(C1, C2) = = = Logo, como R2 – R1 < d (C1, C2) < R1 + R2 as circunferências são secantes. B) 1a parte: 2x2 + 2y2 + 10x – 6y + 9 = 0 e x2 + y2 – 8x – 12y + 43 = 0 x2 + y2 + 5x – 3y + =7 04 Os pontos de intersecção da reta com a circunferência serão dados pelo sistema * x – y =0 " x = y (x +1) 2 +(y – 1) 2 =9 (x + 1)2 + (x – 1)2 = 9 x2 + + 1 + x2 – 2x2 = 7 x = ± +1=9 x=± 14 2 Como x = y, os pontos de intersecção são P Raio = R1 = C2(4, 6) e =2 Raio = R2 = R2 = 42 +32 =0 C1 48 = 169 81 + = 4 4 =3 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 48 e P’ DP, P’ = c 2 2 14 14 14 14 mc m = + + 2 2 2 2 = 2 MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:45 05 Observando a figura, temos que o raio da circunferência é 4 e o centro é (0, 0). A equação reduzida da circunferência é x2 + y2 = 16 –cos45o = a – 4 = a a = –2 4 sen45o = = b = –2 07 A x2 + y2 2,25 representa uma circunferência de centro (0, 0) e raio R= = = = 1,5 Se a escala é 1:10.000.000 em cm, temos: Portanto, p(–2 ,2 ). Equação da reta tangente t: m Como t é perpendicular a 10.000.000 cm 1,5 x x = 15.000.000 cm = 150 km Logo: Área = . (150)2 = 22.500 km2. = tg 135o = –1 , temos: mt . m 1 cm = –1, então mt = 1. 08 C , a d(P, C) = I. Verdadeiro. Sendo P P A equação de t é: y = mx + n (mas mt = 1) ,2 ) y = x + n passa por p(–2 = –2 +n n=4 2 daí: (t) y = x + 4 b 45o x a = = d(P, C) = 11 2 11 2 c m +c m = 10 10 = 1,1 . 1,4 = 1,54 Logo, como o raio é 1,5 a cidade não está na região de influência da feira, pois d(P, C) > R. II. Verdadeiro, pois o raio mede 1,5. III. Falso, sendo A(0, 1), d(A, C) < R, logo, A sofre influência. 09 D d(p,r) = = =4 06 C 10 D N (0, 1) Q(1 + 2, 0 ) T (x, y) 1o) “Equação da reta ” y = ax + b; a = = = 1 1(-1+ 2 ) a= (-1- 2 )(-1+ 2 ) 3 2 = M 5 Centro 0(5, .0+bb=1 5 2 P 1 3 N (6, ) 2 6 ) e raio R = 1. Equação do lugar: (x – 5)2 + (y – 12 c y - m = 1 – (x – 5)2 y – .x+1 Equação da reta: y = 2 4 Logo y = .x+b Como (0, 1) pertence a reta, temos: 1= 5 O (5, ) 2 R=1 5 Q (4, ) 5 2 2 2o) Equação da circunferência de centro (0, 0) e Raio = 1 (x)2 + (y)2 = 1 y = 2 = )2 = + 3 ) Resolvendo o sistema: o ) x2+ y2=1 y=(1- 2 ). x+1 11 D x2 + =1 x + .x +2. x + . x + 2x – 2 2 .x+ 2 2 2 . x2 + x=0 .x=0 x . 6(4-2 2 ). x+(2-2 2 ) @ = 0 .x+ x = 0 ou = x= x= = =0 2 .( 2 -1)(2+ 2 ) 2 .(2- 2 )(2+ 2 ) 2 2 -2 +2 - 2 = 4-2 x = 0 não convém, logo: x= e y 2 = 1 – x 2 y2 = 1 – P MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 49 = y= A) Se o posto rodoviário encontra-se na origem do sistema de coordenadas cartesianas, 40 e a estrada está sobre o eixo das abscissas, temos que o 30 Guarda pé da perpendicular baixada florestal do ponto (, 24) sobre o eixo 20 das abscissas determina um triângulo retângulo com a ori10 Posto gem. Aplicando o Teorema de rodoviário Pitágoras, podemos calcular a 0 10 20 30 Estrada km abscissa do ponto (, 0): 402 = 242 + 2 = 32 Daí, segue que a região de alcance da antena situada na estação da guarda florestal é dada por (x – 32)2 + (y – 24)2 a 242. Sabendo que o alcance da antena situada no posto rodoviário atinge, sem ultrapassar, o ponto da estrada que está mais próximo da estação da guarda florestal, temos que esse ponto é (32,0) e, portanto, a região de alcance da segunda antena é dada por x2 + y2 322. A área coberta simultaneamente pelas duas antenas está sombreada no gráfico acima e representa todos os pontos que satisfazem ao sistema. Z 2 2 2 ] (x – 32) +(y – 24) # 24 [e ] x2+ y2 # 322 \ Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 49 26/03/2013 18:42:45 12 B 15 E P(x,y) 5 A C(6,0) Equação da circunferência: (x – 6)2 + (y – 0)2 = 52 Os pontos da região afetada satisfazem a inequação: (x – 6)2 + y2 52 x2 – 12x + 36 + y2 – 25 0 x2 + y2 – 12 x – 11 0 7 M( ,3) C(5,5) 2 B(2,1) 13 C r P (x,y) I. (F) Reta B (4,3) (coeficiente angular) A (0,0) 4y – 12 = 3x – 12 y = = = m= 1a parte: Equação da reta r. x Equação de R: y=– x+b 3=– . 5 2 C (1,7) 2a parte: Equação da circunferência = b=3+ )2 (x – 1)2 + (y – 7)2 = (5 x2 – 2x + 1 + y2 – 14y + 49 = 50 x2 + y2 – 2x – 14y = 0 +b II. (V) Circunferência circunscrita A 3a parte: Se r é secante, os pontos P1 e P2 são as soluções do sistema: P2 r * P1 3 y= x 4 x2+ y2-2x-14y=0 R o x2 + x = 0 x2 – 2x – 14 . x 4 x . c -2 m = 0 x = 0 ou x2 – x=0 C d(B, C) = 5 e raio da circunferência mede 5. Então, A pertence a circunferência de centro em B e raio 5. III. (V) A circunferência com centro C(5,5) e raio 5 e também a cir- Então: x = 0 y = 0 P1(0, 0) e x = 8 y = 6 P2 (8, 6) d(P1, P2) = 5 B(2,1) –2=0 x=8 = 10. cunferência com centro em M( , 3), ponto médio de e raio (altura do triângulo). 14 C TC – BLOCO s 05 01 (–5,6) e (4,6) r P (2,– 3) x2 y2 x y 62 2 2 x y x y 50 2y 12 y 6 C 1a parte: x2 + y2 – 6x + 10y + 29 = 0 C(3, –5) Substituindo y = 6 na 1a equação: x2 + 36 + x + 6 = 62 x2 + x – 20 = 0 Coeficiente angular da reta r que passa pelos pontos C e P(2, –3). x= Mr = = = –2 A reta s, tangente à circunferência no ponto P(2, –3) é perpendicular -1 ! 81 . 2 Cálculo Auxiliar: = 1 + 80 = 81 Soluções: (–5,6) e (4,6). 02 –8 < k < 8 à r, então: Ms = Daí, sua equação será: = 50 A reta será secante à circunferência, se o sistema tiver 2 pares ordenados satisfazendo-o. Resolvendo o sistema, temos: x – 2 = 2y + 6 x – 2y – 8 = 0 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 50 MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:46 Substituindo y = x + k na 2a equação, x2 + (x + k)2 = 32 x2 + x2 + 2kx + k2 – 32 = 0 2x2 + 2kx + k2 – 32 = 0 A equação na variável x tem duas raízes reais e distintas, se: > 0 4k2 – 8(k2 – 32) > 0 4k2 – 8k2 + 256 > 0 4k2 < 256 k2 < 65 < 08 A |k| < 8 –8 < k < 8 03 8 r: x – y = 0 , 4) P (4 r: y = x Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo assinalado temos: R s: y = 3x (R – 8)2 + 122 = R2 16R = 208 R = 13 O (x, 3x) Logo o centro é o ponto C(12,–5) E a equação da circunferência (x 12)2 + (y + 5)2 = 132 Ou seja, (x 12)2 + (y +5)2 = 169 09 C 1o) d (o, r) = d (o, p) x y 1 Equação da reta 30 5 1 = 0 + x – 3y – 15 = 0 –30 –15 1 = a (x 4)2 (3x 4)2 | . x| = (x 4)2 (3x 4)2 2 . x2 = (x – 4)2 + (3x – 4)2 2x2 = x2 – 8x + 16 + 9x2 – 24x + 16 8x2 – 32x + 32 = 0 x2 – 4x + 4 = 0 x = 2 (2, 6) (2 4)2 (6 4)2 2o) R = d (O, p) = R2 = 8 R= 04 E cos t = x – 1 e sen t = y – 2 sen2 t + cos2 t = 1 (y – 2)2 + (x – 1)2 = 1 (x – 1)2 + (y – 2)2 = 1. O corte produz uma circunferência de raio 1 e centro C(1, 2). Logo, produz uma peça representada na figura 1. Raio da circunferência: R = – 5 – 3 .10 – 15 = 5 10 12 + (– 3) 2 Equação da circunferência: 2 (x + 5) 2 + (y – 10) 2 = _5 10 i Fazendo x = 0, temos: 25 + (y – 10)2 = 250 (y – 10)2 = 225 y = 25 ou y = – 5. Portanto, 25 – (– 5) = 30. mediatriz de AB 10 A D é o ponto de interseção da mediatriz de AB com a circunferência de centro C e raio 10. 05 C D M A B As coordenadas da nova antena são N(x, 0). Se o posto rodoviário e a estação da guarda florestal tem coordenadas P(0,0) e G(32,24), respectivamente, então: d(N, P) = d(N, G) C (centro) 10 (x – 0)2 (0 – 0)2 = (x – 32)2 (0 – 24)2 x 2 = x 2 – 64x + 1.024 + 576 D 64x = 1.600 x = 25 Centro da circuferência é C(2, 3) e raio R = = y 11 C 06 E 13 36 = 49 22 32 – (–36) = R=7 Diâmetro = 2 x 7 = 14 Área = R2 = 49 x 3,14 = 153, 86 1o) (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4 Circunferência de centro (1 ,2) e R = 2. 2o) Área = 1 r $ 22 = r. 4 07 A Sejam x2 + y2 – 6y + 5 = 0 e x2 + y2 – 6x – 2y = –6, respectivamente, as equações das circunferências 1 e 2. Completando os quadrados, obtemos: x 0 x2 + y2 – 6y + 5 = 0 x2 + (y – 3)2 = 22. 12 E Logo, C1 = (0, 3) é o centro da circunferência 1. Analogamente, vem: x + y – 6x – 2y = –6 (x – 3) + (y – 1) = 2 . 2 2 2 2 2 ou seja, C2 = (3, 1) é o centro da circunferência 2. Portanto, a equação da reta que passa por C1 e C2 é dada por: 1– 3 y–3= $ (x – 0 ) + 3y – 9 = – 2x 3–0 + 2x + 3y = 9 . MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 51 1o) AC = l . 2 = 12 2 "= TC = 6 2 12 12 D n = _6, 6 i 2o) T d , 2 2 3o) Equação da Circunferência 2 (x – 6)2 + (y – 6)2 = _6 2 i 2 2 (x – 6) + (y – 6) = 72 C (12, 12) T A (0, 0) = 12 = 12 B Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 51 26/03/2013 18:42:46 17 D 13 B x + y = 16 4 R 2 y≥x 2 R2 1 Região 1 x≥0 2 R3 y Região 2 y (x = 0) 3 1 4 -4 1 0 C (1, 0) x 1 –2 x (y = 0) -4 R1 R2 Fazendo R1 R2 R3, obtemos: y B R1 R2 é um setor circular de 45o com raio igual a 3. Então: 45o C 0 1 R1 R2 R3 = B Asetor = . ( . 3 2) Asetor = . 9 = x 14 E y TC – BLOCO 10 06 x R –6 01 D c Itajuípe Lava-pés 1 parte: Pelo esboço acima, conclui-se que o raio mede 10. Logo, a circunferência tem equação: (x – 10)2 + (y + 6) = 102 a 2 parte: Os pontos de interseção com o eixo do x tem ordenada nula, então: y = 0 (x – 10)2 + (0 + 6)2 = 100 (x – 10)2 = 64 x – 10 = 8 ou a x – 10 = –8 x = 18 ou x 2 Ilhéus Traçando as mediatrizes dos segmentos determinados por Itajuípe e Itabuna e Itabuna e Ilhéus encontraremos a cidade de Lava-pés. 02 B A estratosfera está representada na figura pela região limitada pelas circunferências de equações: x2 + y2 = 6412 e x2 + y2 = 6802. B h Itabuna Raio: R1 = 630 km + 11 km = 641 km e R2 = 630 km + 50 km = 680 km. x=2 15 C A M 03 E 2 04 C O(1, 2) P y=x x y = –x + 1 x + y – 1 = 0 1a parte: Altura H do triângulo: 16 6 6 A 20 H= H= 2a parte: AOB é isósceles. O 22 = H 2 + x 2 4 = 2 + x 2 2 2 H x = =2 x x B Comprimento da corda (x + y), onde no ponto p temos x = y, então x + x = 2 x 10 2x = 20 x = 10, Logo, o comprimento será igual a 2x = 20. 05 A Sejam A(1,1), B(5,3) e C(3,1), respectivamente, as coordenadas da catedral, da câmara de vereadores e da prefeitura. y 3a parte: Área AOB = = Avenida Brasil =2 16 B x2 + y2 + 4x – 6y + k = 0 Centro: C (– 2, 3) Raio: R = Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 52 P B 3 = A equação representará uma circunferência se 13 – k > 0 k < 13. Logo, k = 12 é o maior inteiro que satisfaz o problema. 52 4 B H = d (0, r) = A 4 1 0 A C M 1 3 Avenida Juscelino Kubitschek 5 x MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:46 O lugar geométrico dos pontos equidistantes da prefeitura e da câmara de vereadores é a mediatriz do segmento de reta BC . O coeficiente angular da reta suporte do segmento BC é 08 C 1o) x2 + y2 + 10x – 16y – 11 = 0 = Centro C (–5, 8) e R = = 1. C(–5, 8) médio da corda AB. Pelo teorema de Pitágoras aplicado no triângulo BMC, temos: R2 = 62 + d2 (c, M) 100 = 36 + (XM + 5)2 + (YM – 8)2 (XM + 5)2 + (YM – 8)2 = 64. O lugar que contém todos os pontos médios é uma circunferência de centro C (–5, 8) e raio 8, cuja equação geral é: 5 3 3 1 , = (4,2). 2 2 M= Se ms é o coeficiente angular da mediatriz do segmento BC , então = –1 ms = –1. ms . R = 10 2o) Seja M (XM, YM) as coordenadas do ponto Seja M o ponto médio do segmento BC , então, B 6 6 M A Desse modo, a equação do lugar geométrico correspondente à Avenida Juscelino Kubitschek é: s : y – 2 = (–1) . (x – 4) s : y = –x + 6. Sendo P o ponto de interseção das avenidas, temos que: x = 2 y = –2 + 6 = 4 P = (2,4). XM2 + 10XM + 25 + YM2 – 16YM + = XM2 + YM2 + 10XM – 16YM + 25 = 0 09 A 06 27 A R A R O(1,1) 60o 2 C(0, 0) H B R B O R 1o) Interseções da reta 2x + y – 4 = 0 com os eixos coordenados: x = 0 0 + y – 4 = 0 y = 4 A (0, 4) e y = 0 2x + 0 – 4 = 0 x = 2 B (2, 0) 1o) Circunferência x2 + y2 – 2x – 2y = 0 é diâmetro da circunferência, então o centro 2o) Se o segmento “O” tem coordenadas: de centro O (1, 1) e Raio = R = Xo = R= 2o) Num triângulo equilátero o centro “O” é baricentro, então: =Re = = Yo = = , daí: 3o) R = =R+ = = . = = = = B(2, 5) C = = Xo = 1 A 1 = 27 ) . = =4 D(6, 1) 2 Yo = ,2 Sendo “” o centro da circunferência inscrita, o centro o ponto médio da diagonal Se (Xo, Yo), então = 07 03 T(2 R = = )2 (x – 1)2 + (y – 2)2 = 5. θ A= 4 . A2 = 2 10 C 4o) Área do triângulo: A= (2 0)2 (0 4)2 (x – 1)2 + (y – 2)2 = ( 5 = 2. Então, a equação da circunferência é: 3o) No triângulo retângulo AHC, temos: sen 60o = =1e 6 = = 3. A medida do raio R é igual a: y = ax + b R= = = R=2 e a circunferência tem equação: x2 + y2 = 8 θ(0, 0) (x – 4)2 + (y – 3)2 = (2 )2 x – 8x + 16 + y – 6y + 9 = 8 x2 + y2 – 8x – 6y + 17 = 0 2 s 2 11 C 1a parte: 1 ) T (2, 2) reta 2 = 2a + b b = 2 – 2a o 2o) Circunferência de centros O (0, 0) e raio . 3 ) Seja s a reta que passa por e T. O coeficiente angular de s é igual x = 2 + 2cos cos = e y = 2 sen sen = o a: Ms = = 1. Logo, o coeficiente angular de r, é –1, pois, Ms . Mr = –1. Daí: a = –1 4o) Substituindo a = –1, obtemos: b = 2 – 2 (–1) b = 4 a + b = –1 + 4 = 3 MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 53 onde –1 1 e –1 1 –2 x – 2 2 e –2 y 2 0 x 4 e –2 y 2 2a parte: Sen2 + Cos2 = 1 y2 + 4 = 1 (x – 2)2 + y2 = 4 A equação representa uma circunferência de centro C (2, 0) e raio igual a 2. Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 53 26/03/2013 18:42:46 TC – BLOCO 07 01 B r = 6 – 6 . cos(t) r = 6 . (1 – cos(t)) a = 6 Logo: A = . 62 = 54 02 A A equação da reta pedida é dada por x 4 y – yP = – P $ (x – xP) + y – 3 = – $ (x – 4) yP 3 4 25 . + y = – x+ 3 3 03 D Considerando um sistema cartesiano com origem em P, temos: Determinando o ponto A: xA = –40 – 40 = –80. yA = 0 – 30 = –30. Portanto, temos ponto A(–80, –30). Determinando o ponto B: xB = 0 + 40 = 40. yB = 30 + 30 = 60. Portanto, temos B(40, 60). 05 B Temos que o comprimento do segmento P1P0 é dado por P1P0 = (x1 – x0) 2 + (y1 – y0) 2 = (0 – 0) 2 + (1, 6 – 0) 2 = 1, 6. 06 D C1: x2 – 2x + y2 – 2y = 0 centro (1,1) e raio C2: x2 – 4x + y2 – 4y = 0 centro (2,2) e raio 2 2 A = _ 8 i – r. _ 2 i = 6r 07 A Área = 2 8 0 3 1 1 . 1 0 = . (0 + 2 + 21– 3 – 0 – 0) = 10 2 7 2 2 0 3 08 B y 2 Equação da reta que passa pelos pontos P e Q 45º 2 4–0 =4 m= 1–0 x y – 0 = 4 . (x – 0) y = 4 . x (I) Equação da reta que passa pelos pontos R e S 3–0 3 =– 56 – 60 4 – 3x + 180 3 y – 0 = – . (x – 60) + y = (II) 4 4 m= Área = 8 . 09 D r: y = 3x → 3x – y = 0 Substituindo (I) em (II) temos: –3x + 180 180 4x = & 19x = 180 & x = (, 9, 5) 4 19 y = 4$ 1 . (2x2xsen45c) = 8 2 2 P0 180 720 = _, 37, 9 i 19 19 d 180 720 n Portanto, o ponto de encontro das retas é o ponto P d , 19 19 pertencente ao quadrado assinalado na alternativa [D]. 04 A Q (3, 3) d= Logo, d d= = = = 10 C = =6 |x|; se 1 x 1 1; se x 1 ou x 1 1a) Parte: gráfico de ƒ(x) = y 1 Fazendo y = 0, temos: 3x + 120 = 0 x = – 40. Fazendo x = 0, temos: –4y + 120 = 0 y = 30. –1 (0, 0) 1 x Logo, x(–40, 0) e y(0, 30) 54 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 54 MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:46 2a) Parte: região limitada pelo eixo dos x, pelas retas x = –2; x = 2 e pelo gráfico de ƒ: x = –2 x=2 C 1 B 14 C 1a parte: Circunferência (equação) (x – 1)2 + (y – 2)2 = 22 x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 = 4 x2 + y2 – 2x – 4y + 1 = 0 y x 1 x 2 y 2 2x 4y 1 0 2a parte: Resolvendo o sistema Obtemos A e B. x2 + (–x + 1)2 – 2x – 4 . (–x + 1) + 1 = 0 –2 –1 1 0 2 A = 3. 3a parte: Área do AOB = y= . ||; A (1,0) 11 A) 1o) reta L: 2x – 3y +1 = 0 3y = 2x + 1 –4 + 1 = 0 Daí, x = 1 y = –1 + 1 = 0 A (1, 0) e x = –1 y = 1 + 1 = 2 B(–1, 2) Área = 2 . Área do trapézio ABCO Área = 2 . x2 + x 2 – +1– + 2x2 – 2 = 0 x = ± 1. x+ = = 2 – 2 – 2 – 2 = –4 Coeficiente angular de reta L: mL = B (–1, 2) A (1, 2) Área AOB = 2a) Equação da reta M, onde M L: M mm . = –1 mm = y= .x+b P(4, 2) Como P(4, 2) reta M 2 = 15 D 1a Parte: Circunferência: x2 + y2 + 2x – 4y = 0 I. Centro: . 4 + b b = 8 C (–1, 2) L: y = 2x + 1 3 3 N B) = C .x+8 y= . |–4| = 2 unid. área. II. Raio: R= ( 1)2 22 0 R= 5 P(4, 2) 2a Parte: Cálculo auxiliar N//L mL = y= = mN .x+b2= 120o 120o . 4+bb=– R Então, y = x– . 30o 2 12 D = 100 16 = (4 6)2 (5 1)2 =R = 2 120o Centros: C1(4, 5) e C2(–6, 1): K = d(C1, C2) = cos30o = R Então: = = . 116 = 2 29 13 B 1a parte: Centro C(x, 0). Se a circunferência passa pelos pontos A(3, 5) e B(–3, 7), então: d(C, A) = d(C, B) (x 3)2 (0 5)2 = (x 3)2 49 x 2 – 6x + 9 + 25 = x 2 + 6x + 9 + 49 12x = –24 x = –2 C (–2, 0) 16 C 1a Parte: Circunferência: x2 + (y – 1)2 = 1 centro C (0,1) e raio R = 1 2a Parte: d = d (P,C) – R d A R P (3, 1) d= C (0, 1) (3 0)2 (11)2 – 1 d= –1=3–1=2 17 A r 2a parte: Raio R = d (C, A): 1a Parte: x2 + y2 = 25 R= (–2 3)2 (0 5)2 = R= 5 2 Circunferência de centro (0, 0) e R = Logo, a equação da circunferência será: 2 Parte: Distância do centro C(0, 0) à reta: r: 3x + 4y – 25 = 0 3 . 0 + 4 .0 – 25 –25 = = 5. d(C, r) = 5 9 + 16 (x +2)2 + y2 = 50 x2 + y2 + 4x + 0y – 46 = 0 Daí, K1 = 4, K2 = 0 e K3 = –46 K1 + K2 + K3 = –42 MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 55 a =5 R C Como d(C, r) = raio = R a reta r é tangente à circunferência. Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 55 26/03/2013 18:42:47 18 A) Gráfico da reta 20 E x – 3y + 6 = 0 y = 1o) O ponto de encontro das retas r e s é a solução do sistema: x+2 5x –12y = 42 r: 5x –12y = 42 ) ~ ) =y= –5x +16y = –56 s: 5x +16y = 56 –28y = –14 2 5x – 12 . e = 42 –6 5x – 6 = 42 5x = 48 Seja P(xp, yp) um ponto qualquer do plano e y = mx + b uma reta que passa por p e forma um ângulo de 45 o com a reta 5. = 1 ou m– ou m= m=2 ) + 20 . = m m = 48 + 10 m = 58. 4 – x = x 2x = 4 x = 2 y = 2 p(2,2) 22 D = –1 =1+ , 21 B = tg(45o) = 1 Daí: P( 2o) Para que t: 5x + 20y = m passe por p, temos: . x – 3y + 6 = 0, cujo coeficiente angular é x= I. Falso, o diâmetro é 4 cm. II. Verdadeiro, acirc = 22 = 4 III. Verdadeiro, (x – 0)2 + (y – 0)2 = 22 m– = –1 – ou m = –1 + ou m=– 23 C m=– Independente do ponto, temos 2 retas, uma de coeficiente m = 2 . e a outra com m = – Resposta: 2 retas B) Se P(2,5) temos: 1o) m = 2 y = 2x + b 5 = 4 + b b = 1 y = 2x + 1 2o) m = y=– y=– + b 5 = –1 + b b = 6 = r Q α m = tg = − . 1 4 α α 1 4 P 1 Q = ( − ; 1) 4 β 1 Na figura ao lado = 2x se tg = então: tg(2) = Equação da reta s: y – 2 = – 1 (x – 1) + 2y – 4 = – x + 1 2 + x + 2y – 5 = 0 Intersecção com o eixo y: 0 + 2 . 5 = 5 y = d = 1 2 = 2 , logo ms = – (r e s são perpendiculares) 2 1 Intersecção com o eixo x: x + 2 . 0 = 5 x = 5. Logo, A (5,0). +6 19 1a parte: M= mr = 5 5 . Logo, A d , 0 n . 2 2 Calculando a área do triângulo, temos: 5 5$ 2 A= 2 25 A= 4 24 A O quadrado cinza tem lado medindo 2 e o quadrado hachurado tem lado medindo 3. Observe a figura: = 6tg = 4 – 4 . tg2 2tg2 + 3tg – 2 = 0 = 9 + 16 = 25 tg = –2 (não convém, pois a é aguda) tg = tg = 2a parte: Equação da bissetriz r. y= .x+b p(1,1) r 1 = y= 56 +b b= + Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 56 Coeficiente angular da reta r: 3–2 1 = mr = 2–0 2 logo, a equação reduzida da reta r será: 1 y = $x+2 2 que é equivalente à equação: x – 2y = – 4. MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:47 Seja A = (, 0) o ponto de interseção da reta s com o eixo das abscissas. Como a distância de A até a reta r é igual 2 2 e o ângulo que a reta r forma com o eixo das abscissas mede 45°, segue que a = 2 . 2 2 = 4. Portanto, x – y = – 0 = 4 – 0 = 4. 26 D h(t) 256 m Topo 33 Escrevendo a reta r : * x = 2t 1 na forma geral, temos: 2 Escrevendo as duas retas na forma reduzida, temos: ( r) y = 05 E 289 – 33 = 256 m Nível do topo 4s 8s t 289 Prédio 25 C y = 3t + Nível da rua 3 1 k $x+ e (s) y = (k + 1) $ x – 2 2 2 Para que as retas sejam paralelas coincidentes, devemos ter: 3 1 k 1 K + 1 = &k= e – = , isto é: 2 2 2 2 1 K = e K = –1 . Logo, eles nunca serão paralelas coincidentes. 2 Como não se pode ter dois valores distintos para k, concluímos que as retas nunca serão paralelas iguais. Obs.: h = altura; t = tempo 1o) Considere o sistema cartesiano acima, formado pelos eixos h(t) e t. Após 4 s do lançamento do projétil, este atinge uma altura máxima de 289 m do nível da rua e enquanto está no ar h é uma função quadrática do tempo t. A trajetória do projétil descreve uma parábola como mostra a figura. Analisando o movimento em relação ao nível do topo do edifício, é fácil concluir que a altura máxima relativa a este nível é 256 m, e, ainda que, sendo t = 4 s o eixo da simetria da parábola considerada, o tempo gasto para o projétil retornar ao eixo t (nível do topo) será também 4 s. Logo já temos 8 s gastos no movimento. Finalmente, resta agora determinar o tempo para o corpo percorrer os 33 m correspondentes à altura do prédio para chegar ao nível da rua. 2o) Temos o seguinte sistema cartesiano: 256 01 E Vértice (0, 3) = (xv, yv) Seja y = ax2 + bx + c a equação geral. xv = =0b=0 yv = =3 y A(–10, 13) 13 B(10, 13) t0 0s 4s –33 =3 3 –10 c=3 10 Logo: y = ax + 3 y= 256 (–2) 16a 4b ~ 0 64a 8b x2 + 3, –10 x 10 32a 8b 512 64a 8b 0 02 A ƒ(t) = a . (t – t0)2 + h é a forma canônica da função quadrática, onde t0 representa a abscissa do vértice, isto é, t0 = 1.740. Daí: ƒ(t) = a . (t – 1740)2 + h Pelos dados do problema podemos afirmar que: ƒ(1740) = 10.000 a . (1740 – 1740)2 + h = 10.000 h = 10.000 e ƒ(t) = a . (t – 1740)2 + 10.000 Finalmente se ƒ(1730) = 7.500 temos que: a . (1730 – 1740)2 + 10.000 = 7.500 a = –25. A função ƒ é dada por: ƒ(t) = –25 . (t – 1740)2 + 10.000 03 B ƒ(t) = (4 – t) . t e g(y) = y + 4 g(ƒ(t)) = (4 – t) . t + 4 g(ƒ(t)) = –t2 + 4t + 4 -D -^16 +16h 32 = = =8h yV = -4 4 04 C 1 1 + 5t2 + t + 41 – – t2 – 25t – 1 t+1 t+1 mB – mA = 4t – 24t + 40 2 t = xV = 32a 512 a = –16 e b = 128 Logo h(t) = –16x2 + 128x e -b 24 = = 3 meses 2a 8 MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 57 3o) Cálculo do t0 –33 = –16x2 + 128x 16x2 – 128x – 33 = 0 128 ! 136 x= 32 x' = 8,25 = t0 x'' = –0,25 (Não convém) 06 A P1 = k . r12 P0 = k . r02 P1 = 3P0 k . r r12 = 3 k . r r02 r 2 r c 1 m = 3 1 = r0 r0 07 A P = 2 R2 R = 3 P 2r Note que, para p = 4, o valor de R é aproximadamente 0,8. Portanto o melhor gráfico é o representado no item A. 08 A NT = 2.500 T(x) = K . x (2.500 – x) 45 = K . 250 (2.500 – 250) K= 3 meses m B – mA = Nível da rua h(4) = 256 e h(8) = 0 13 = 100a + 3 4a t onde t0 é o tempo necessário para o projétil chegar ao nível da rua. A parábola considerada é do tipo h(t) = at 2 + bt; sendo x 2 a= 8s 1 12.500 T(x) = 1 (2500x – x2) 12.500 T(x) = – x2 x + 12.500 5 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 57 26/03/2013 18:42:47 09 D A equação terá solução real se: 1 + 4 . (2) (2 + k) 0 16 + 8k + 1 + 0 = b – 4ac = 2 1 25 8k –17 k T(x)max = – D = 4a 1 25 4 – 12500 – O menor valor de k é . 15 D T(x)max = 125 y 10 D x = xV = 1 5 2 – 12.500 – x = xV = 1.250 pessoas F (0, 1) 11 C x 0 V 1o Modo: 2x2 + 4x + 3y – 4 = 0 3y = –2x2 – 4x + 4 E (0, –1) y = – . x2 – y = –1 x+ V é ponto médio de . Logo V(0, 0). Se P = 1, então, a equação será: Vértice V y= . x2 x2 = 4y XV = –1 e XV = = YV = – . (–1) – 16 V (–1, 3) (–1) + 2 YV = + + YV = 2 x = y2 – 6y + 8 x – 8 = y2 – 6y x – 8 + 9 = y2 – 6y + 9 1 . (x + 1) = (y – 3)2 V (–1, 2) Equação de uma parábola com vértice V (–1, 3) de concavidade para 2 Modo: direita e p = o 2x2 + 4x = –3y + 4 2 x2 + 2x = y + 2 x2 + 2x + 1 = (x + 1)2 = y+2+1 (x + 1)2 = . Equação reduzida da parábola com diretriz paralela ao eixo dos y. Concavidade para direita 4P . (x – xo) = (y – yo)2 . (y – 2) Vértice é V (–1, 2) V(xo, yo) V x, 1 0 x, 2 0 ) ) 12 A B( A( 1a parte: y = –x2 + 8x – 15 Concavidade para esquerda –4P (x – xo) = (y – yo)2 x A parábola intercepta o eixo dos x nas raízes da equação: V –x2 + 8x – 15 = 0 x2 – 8x + 15 = 0 x1 = 3 ou x2 = 5 V(xo, yo) Então, A (3, 0) e B (5, 0). 17 C 2a parte: Vértice c (XV, YV) XV = -8 = 4 e YV = -2 13 A A) y x2 1a Parte: Intersecção das parábolas. = =1 (y – 3)2 = (y + 7)2 B) y |x| (y 3)2 = (y 7)2 |y – 3| = |y + 7| y – 3 = y + 7 ou y – 3 = – y – 7 2y = – 4 y = –2 R1 Logo x = (–2 – 3)2 x = 25 P (25 , – 2) A equação da bissetriz é: y = – x. R2 m1 = –1 m2 = 1. y + 2 = 1 . (x – 25) y + 2 = x – 25 x – y – 27 = 0. Logo R1 R2 é a região hachurada. 18 As retas têm equação: 14 E y 4x k tiver soluções. 2 y 2x 3x 2 A interseção é não vazia se o sistema Resolução 4x + k = 2x2 + 3x – 2 2x2 – x – 2 – k = 0 2x2 – x – (2 + k) = 0 58 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 58 = m; m é a declividade y + 2 = mx y = mx – 2 Substituindo na equação y = x2, temos: (mx – 2) = x2 x2 – mx + 2 = 0. A reta y = mx – 2 é tangente se = 0 m2 – 8 = 0 m = 2 . MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:47 19 C 25 A ƒ(x) = ax2 + bx + 0; a 0 vértice (1, – 2) = (XV, yV) = 1 – b = 2a b = –2a e xV = = –2 yV = 8 a = 10 e b = 8 a 2 = b 2 + c2 100 = 64 + c2 c = 6 –6 M –10 (–2a)2 = 8a 4a2 – 8a = 0 4a. (a – 2) = 0 a = 2, pois a 0. 10 –8 Então = 12 Resp.: 12 = – 2 b2 = 8a 0 6 N 26 A 1o) = = =a = Então b = –2 . 2 = – 4 e ƒ(x) = 2x2 – 4x =c= Verificação dos pares de x que pertencem ao gráfico de ƒ. x = – 2 ƒ(–2) = 2(–2)2 –4 . (–2) = 8 + 8 = 16 x = –1 ƒ(–1) = 2 . (–1)2 – 4 . (–1) = 2 + 4 = 6 (–1, 6) F x=3 ƒ(3) = 2 . (3)2 – 4 . 3 = 18 – 12 = 6 x=4 ƒ(4) = 2. (4)2 – 4 . 4 = 32 – 16 = 16 (4, 16) F para esquerda e diretriz paralela ao eixo dos y, onde 4P = 5 P = Foco F(xF', 3) y Logo: K – 4h + 8 = = 3 + 9 + 8 = 20. xF x sen t 1 x 1 y sen t 1 cos2 t; t R – . 2 . 2 . 27 A 2o) Excentricidade = = = 0,0167 28 C 3 Período = P e x é a distância média entre a Terra e o Sol. 5 P= 4 21 D b2 = b2 = 152 .147 . 2 b 149,479100 . 106 km Equação reduzida de uma parábola de vértice V(–1, 3), concavidade V 2 . b2 = y2 – 6y = –5x – 14 y2 – 6y + 9 = –5x – 14 + 9 (y – 3)2 = –5x – 5 (y – 3)2 = –5 . (x + 1) F 2 = b2 + 20 D F(h, K) = . Então, sabendo que a = b + c , temos: b2 = =– – 147 = = 2 Logo 2 pares pertecem ao gráfico. xF = –1 – – –1 0 x Da 2 equação, temos que: y = sen t – (1 – cos2 t) y = sen t – sen2 t y = x – x2; –1 x 1 A equação representa um arco de parábola com –1 x 1. a 3a Lei: é constante para todos os planetas . Considere 1 planeta A. Distância média de A até o Sol = 4 . x e período P. Se o período orbital da Terra é de 24 h, então: P2 = (24)2 . 42 . 4 P = 24 . 4 . 2 P = 192 horas = 29 D 10 m B 22 C a = 3, b = 1 a = b + c 9 = 1 + c2 2 2 2 c=2 Resp.: Logo: = 2c = 4 50 30 10 m A F1 d F2 10 m C 80 m 50 23 C Pela 3a Lei de Kepler, o quadrado do tempo para que um planeta complete sua revolução orbital é diretamente proporcional ao cubo do raio médio da órbita, portanto, se o raio médio da órbita do satélite permanece constante, o período não se altera. T’ = T 24 E 120 m d + 30 = 50 d2 = 1.600 d = 40 m 2d = 80 m (distância focal) 2 2 2 30 B a 16 10 m D F1 Poste c c F2 = 10 a Poste 2a b=8 a 5 a a c 20 a = 10 e b = 8 Os aspersores estão nos focos F1 e F2. Calcule c = 0,943 c = 0,943a a a2 = 52 + c2 a2= 25 + (0,943a)2 a2 = 25 + 0,889a2 5 25 5 a = = = 15 1 0, 111 0, 3333... 3 a2 = 62 + c2 102 = 82 + c2 c = 6 0,111a2 = 25 a = Logo A distância é 2a = 2.15 = 30 m = 2c = 12 m. MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 59 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 59 26/03/2013 18:42:48 y 31 B 35 D 1 parte: a y2 x2 + =1 25 100 2 2 x x + =1 100 25 y 2x 1 2 y2 9 x 2 4 P(x,x) x 45o 45o x O(0,0) x x2 + 4x2 = 100 5x2 = 100 x2 = 20 x2 + = =2 5 . = 4x + 8x + 8x + 2 = 9 12x + 8x – 7 = 0 = 64 + 336 = 400 2 2 x= ^ x - 0h2 +^ x - 0h2 2x2 = x . x2 + = 2 x=2 5 2a parte: d(P, O) = Substituindo y = 2x + 1 na 2a equação, temos: x1 = 2 y1 = 2 . y2 = 2 . x2 = 2 = 2 10 Logo A ( , 2) e B ( , + 1 y1 = 2 +1= ), onde o ponto médio de é: M (Xm, Ym) 32 4 = 1 a = 3, b = 2 + P 2 F1 2 + k = 2a 2+k=6k=4 Xm = K = = =– e F2 Ym = 33 A = = . Elipse: 9x2 + 25y2 = 225 36 C y A3 A D –5 λ B 5 0 P (–5,0)) 3 C –3 B Elipse : x2 + 4y2 = 5 Intersecções: 1 ) x = 0 25y = 225 y = o 2 y = 9 y = ±3 2 2 2o) y = 0 9x2 = 225 x2 = Alosango = 34 A ( , = x = ± 1a parte: Seja r a reta que passa por P (–5, 0) e é tangente à elipse. A equação de r é: y = ax + b. Como P (–5, 0) r, então: = ±5 0 = –5a + b b = 5a = 30 2a parte: Sendo r tangente à elipse, o sistema formado pelas equações: y ax 5a tem uma única solução: 2 2 x 5 4y ) e B (–1, –1) Substituindo y = ax + 5a na 2a equação, temos: x2 + 4 . (ax + 5a)2 = 5 x2 + 4 . (a2x2 + 10a2 . x + 25a2) = 5 x2 + 4a2 . x2 + 40a2 . x + 100 . a2 – 5 = 0 (1 + 4a2) . x2 + 40a2 . x + (100a2 – 5) = 0 r 1 parte: Equação de r. I. s: x + y = 0 y = –x II. r: y = ax + b; onde: a . (–1) = –1, pois r s a = 1 Daí: y = x + b. Como Q (1, 1) r, então: 1 = 1 + b b = 0. A equação de s é y = x a Q (1,1) 2a parte: Pontos de intersecção y x 2 2 2x y 2y 1 0 Substituindo y = x na 2a equação, temos: 2x2 + x2 + 2x – 1 = 0 3x2 + 2x – 1 = 0 = 4 + 12 = 16 1 1 y1 3 3 x 2 –1 y 2 –1 x1 x= Os pontos são A ( , ) e B (–1, –1) s O sistema terá uma única solução se = 0, isto é: (40a2)2 – 4 . (1 + 4a2) (100a2 – 5) = 0 1.600a4 – 4 . (100a2 – 5 + 400a4 – 20a2) = 0 – 400a2 + 20 – + 80a2 = 0 –320a + 20 = 0 2 a2 = a=± = A reta r pode ser: r: y = x+ ou y = – x– Daí: as intersecções de r com a reta x = 3 serão: I. x = 3 y = + = 2 A (3, 2) e II. x = 3 y = – = –2 B (3, –2) Então, o comprimento da sombra é 60 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 60 r =4 MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:48 2a parte: A(3,2) y E λ2 4 3 O G 3 0 B(3,–2) x F 37 E – =1 Circunferência 2 de raio R a2 = 1 e b2 = 1 c2 = a2 + b2 c2 = 1 + 1 = 2 c = Logo, a distância focal é 2c = 2 = =3e =1 =2= então G é o centro. O lugar geométrico dos centros G é uma circunferência de centro (0, 0) e Raio 1. x2 + y2 = 1 . . 38 E y = 2x é uma reta, y = –x2 é uma parábola e x2 – y2 = 1 é uma hipérbole de centro C (0, 0) 43 A y = x2 – nx + 2; n R 39 1o) C é uma hipérbole 4 + m < 0 m < –4 . Vértice: V (xv, yv) = ( 2o) Se m + 4 > 0 e m 5 C é uma elipse. 3o) m = 5 C é uma circunferência. ) n x 2 n – 2x e (n2 8) y 4y – n2 8 4 40 C – , = 1. Hipérbole de centro (0, 0) 4y = –n2 + 8 4y = –(–2x)2 + 8 4y = –4x2 + 8 y = – x2 + 2 c2 = 4 + 4 = 8 c = 2 44 E x x 2 cos t cos t 2 y 5 sent sent y 5 y F1 A' F2 A (0, 0) –2 2 2 C = –2 2 sen2t + cos2t = 1 2 + =1 No plano cartesiano, a equação é de uma elipse de centro (0, 0). C=2 2 45 C O ponto B é vértice de um ângulo inscrito numa semicircunferência Os focos de F1 (–2 , 0) e F2 (2 B(x,y) , 0) 41 B y A(0,1) y O C(2,–1) P(x, y) ) 2 (0,2 y cujo centro O tem coordenadas: x d (P, F) = |y| x2 + Xo = (x 0) (y 2) 2 2 O raio R desta circunferência mede: . x2 + 1 R = d (O, C) = 42 C R= 1a parte: Circunferência 1 de raio R = 1. = 46 B x a b c F' O lugar geométrico dos centros C é uma circunferência de centro (0, 0) e raio R = 2. x2 + y2 = 4 MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 61 (2 1)2 (–1 0)2 O ponto B satisfaz a equação: (x – 1)2 + (y – 0)2 = 2 x2 – 2x + 1 + y2 – 2 = 0 x2 + y2 – 2x – 1 = 0 y 1 A 1 C λ1 1 3 0 1 =0 = |y| x2 – 4 . y + 4 = 0 y = – 4y + 4 = = 1 e Yo = a + a c bq a F = 1 (Elipse de centro (0, 0)). a = 5 e b = 4 c = 3 ABFB’F’ = 4 . ABF = 4 . Resposta: (24) = 2 . (3 . 4) = 24 B' Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 61 26/03/2013 18:42:48 47 B 1o) A e A’ Fazendo y = 0, temos: 9x2 + 25 . 02 = 225 x2 = Então A(5, 0) e A’(–5, 0) x= = 5 x+ =y+ A’BAB’ = 4 . ABA = 4 . 9y2 – 144y – (16x2 – 224x) = 352 9 . (y2 – 16y + 64) – 16 (x2 – 14x + 49) = 352 + 576 – 784 9 . (y – 8)2 – 16 . (x – 7)2 = 144 (: 144) = 30 – onde –1 1 e –1 + 53 Traçando AB sobre o eixo das abscissas de modo que a origem do sis- = 1. Resposta: Uma elipse de centro 0(0, 0) =1 a2 = 16 e b2 = 9 a = 4 e b = 3. Logo c2 = a2 + b2 c2 = 16 + 9 c = 5 Daí a distância focal será: 2c = 10 1 1o) –2 x 2 e –3 y 3. 2o) sen2 t + cos2 t = 1 . 52 10 48 C e sen t = =–y– A equação portanto representa 2 retas concorrentes, pois os coeficientes angulares são diferentes. Resposta: 30 =6e = 4. 49 C tema de eixos coordenados coincida com o ponto médio de AB, temos: A = (–2, 0) e B = (2, 0). Fazendo P = (x, y), vem AP2 = 4BP2 (x + 2)2 + y2 = 4[(x – 2)2 + y2] x2 + 4x + 4 + y2 = 4(x2 – 4x + 4+ y2) x2 + y 2 – ( [x – ( AP = 2BP ; –4 y 4 x=± ou x + = y = x ou y = –x – 5 2o) B e B’ Fazendo x = 0, temos: 9 . 02 + 25y2 = 225 y2 = 9 y = 3 então B(3, 0) e B’(–3, 0). Área do quadrilátero cos t = = x2 = 16 – y2, pois 16 – y2 > 0 para –4 y 4 x2 + y2 = 16. Esta equação representa uma circunferência. 50 D 1a Parte: Equação da reta r que passa pelos pontos A(0,21) e B(3,0). ) x = –4 )]2 + y2 = ( )2 Portanto, o LG procurado é a circunferência de raio = 0 21x + 3y – 63 = 0 ponto ( 7x + y – 21 = 0 y = –7x + 21 e centro no , 0). 54 D a Parte: Equação da parábola. 2 y = ax2 + bx + c y = a (x – x1) ( x – x2) y = a (x + 2) ( x – 7) 1o) 1a Parte: De acordo com a figura, temos: c = 6 e a = 9. Daí: a2 = b2 + c2 81 = b2 + 36 b = =3 6 F2 –2 7 9 A 0 –14 –6 F1 2 ) (0, –14) parábola –14 = a (2) (–7) a = 1 . Logo a equação da parábola é: y = (x + 2) . (x – 7). o 3a Parte: Intersecções da reta com a parábola. A elipse tem equação =1 2a Parte: B(x, 3), x > 0 pertence à elipse +2x–14 21 = x2 + 2x – 14 + 21 = x2 + x + 2x – 35 = 0 x1 = 5 e x2 = –7. Daí: 2 Para x1 = 5 y1 = –7 . 5 + 21 = –14 e x2 = –7 y2 = – 7 . (–7) + 21 = 70 + =1 =1 + x2 = 40 x = = =2 . 3a Parte: Área do BF1F2 Então: x1 . y1 . x2 . y2 = 5 (–14) . (–7) . (70) = 34.300 Área = = 12 y 51 E x2 + 5x + 6 3 =0 – F2 0 62 – = 0 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 62 = B (2 10, 3) 2 10 x –6 F1 MATEMÁTICA IV 26/03/2013 18:42:49 55 x2 – 4 . = 16 x2 – 4 . x2 – + 2x – 4 = 16 = 16 x2 + 2x – 20 = 0 3x2 + 8x – 80 = 0. Então, sendo xA e xB raízes da equação 3x2 + 8x – 80 = 0, teremos: xA+ xB = e xA . xB = (xA + xB) + (xAxB) = Resposta: 56 C -3 2 1 x +x+ 0 2 2 –3x2 + 2x + 1 0 3x2 – 2x – 1 0 = 4 + 12 = 16 x= x1 = 1 2!4 6 x2 = -1 3 +++ – – – ++ 1 −1 3 S = {x R/ -1 x 1} 3 57 A 1 o: ƒ(x) = x2 – 6x + 5 Raízes: x2 – 6x + 5 = 0 x1 = 1 ou x2 = 5 2o: g(x) = 2x – 4 Raízes: 2x – 4 = 0 x = 2 S = [1, 2] [5, +[ f +++ – – – ++ 1 5 +++++ g –––– 2 f – + – + 1 2 5 g O intervalo que contém os menores valores é [1, 2]. Logo, x0 = 1 e x1 = 2. Daí, a parábola procurada tem equação: y = a . (x – 1) . (x – 2), a 0. Como (0,1) é ponto da parábola, temos que: 1 = a . (–1) . (–2) a = 1 :Então 2 y= 1 . (x – 1) . (x – 2) 2 y= 1 . (x2 – 3x + 2) 2 y= x2 3 – x+1 2 2 MATEMÁTICA IV AP 2013 MATIV V2 RESOLUÇÃO.indd 63 Matemática e suas Tecnologias MATEMÁTICA – Volume 02 63 26/03/2013 18:42:49