T.D. - Resolução Comentada
Matéria:
Matemática
Série:
2º Ano
Turmas:
A, B, C, D e Olímpica
Professor:
Wilkson Linhares
Bimestre:
3º
 Assunto: Geometria Analítica
Questão: 01
Resposta: Item: c)
O ponto P possui coordenadas (x, 3), logo:
2  3  x  2  0  x  8  P 8,3 .
Questão: 02
ΔP1BM1  ΔACP1(LAAo )  P1B  AC  a e P1C  b
ΔACP2  ΔM2DP2 (LAAo )  DP2  a e M2D  10  b
Logo, M1  (a,b) e M2 (10  a,10  b).
Calculando as coordenadas do ponto M médio do segmento M1 e M2, temos:
xM 
a  10  a
b  10  b
 5 e yM 
5
2
2
Logo, o ponto médio do segmento de extremos M1 e M2 é M(5,5).
Questão: 03
Resposta: Item: e)
Considerando que o simétrico de um ponto P( x,y) em relação ao eixo y é P’(–x,y), temos:
A(3,5), então A’=(–3,5)
B(2,–6), então B’(–2,–6)
C(–4,1), então C’(4,1)
Questão: 04
a) A medida do lado do quadrado é igual a
d(A, B)  (13  5)2  (6  12)2
 64  36
 10 u.c.
b) O coeficiente angular da reta AB é igual a
mAB 
6  12
3
 .
13  5
4
Como ABCD é quadrado, segue que AB  BC. Logo, se mBC denota o coeficiente angular da
4
3
reta BC, então mBC  .
Seja C  (α, β), com α  13 e β  6, de acordo com a figura abaixo.
Sabendo que mBC  tgPBC, tem-se
tgPBC 
PC
PB
 PC 
4
 PB.
3
Por (a) vem que BC  10. Agora, pelo Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo BPC,
concluímos que PB  6, o que implica em PC  8. Donde obtemos C  (19, 14).
Finalmente, segue que a equação da reta que passa por C e D é
3
3
113
y  14   (x  19)  y   x 
.
4
4
4
5  19 12  14 
,
c) O centro do círculo é o ponto médio da diagonal AC, ou seja, 
  (12, 13), e

2
2

seu raio mede a metade do lado do quadrado, isto é, 5. Portanto, a equação pedida é
(x  12)2  (y  13)2  25.
Questão: 05
Resposta: Item: c)
D é ponto médio de PN, logo:
xD 
7  4 11
 .
2
2
D é ponto médio de CM, logo:
xC  3 11

 xC  8.
2
2
Questão: 06
Resposta: Item: b)
Reescrevendo a equação da reta y  2x  1 sob a forma
x
 y  1,
12
tem-se que os pontos de
interseção dessa reta com os eixos cartesianos são N   , 0  e M  (0, 1).
1
2

Como os triângulos POQ e MON são semelhantes por AA, temos
(POQ)
9
 k2 
 k2
1
1
(MON)
 1
2
2
 k  6,
com k sendo a razão de semelhança. Desse modo, vem P  (0, 6) e Q  (3, 0).
Portanto, o resultado pedido é
d(P, Q)  62  32  3 5 m.
Questão: 07
Resposta: Item: a)
Considerando, (r ) 2x  3y  4  0 e P(1, 5)
Determinando a equação da reta ( s ) perpendicular a reta ( r ) e que passa pelo ponto (1, 5)
( s ) 3 x 2 y k  0
3  10  k  0
k7
Logo, a equação da reta ( s ) será dada por 3 x 2y 7  0.
Determinando, o ponto M de intersecção das retas r e s.
2x  3y  4  0

3x  2y  7  0
Resolvendo o sistema, temos M(1, 2).
Determinando agora o ponto A simétrico do ponto p em relação à reta r, M é ponto médio de
PA.
1 xA
 1  x A  3
2
5  xA
 2  x A  1
2
Logo, A(3,  1).
Questão: 08
Resposta: Item: d)
Fazendo (I) = (II), temos:
t t2

 6t  4t  8  t  4.
4
6
Questão: 09
A reta cujos pontos são equidistantes de A e B é exatamente a mediatriz do segmento de
extremos A e B. Portanto, devemos encontrar a equação da reta que passa pelo ponto médio de
AB e é perpendicular a ele.
1  7 2  14 
,
  4,8   (x0 ,y0 )
Cálculo do ponto médio de AB : 
2 
 2
Coeficiente angular da reta que passa por A e B :
14  2
2
7 1
Portanto, o coeficiente angular da mediatriz r é mr  
Encontrando, agora, a equação da mediatriz r.
1
y  8   (x  4)  2y  16  x  4  x  2y  20  0
2
1
2
Questão: 10
Resposta: Item: b)
A única opção que possui os dois pontos pertencentes a reta é a [B].
Calculando a distância de cada um desses pontos ao ponto T, obtemos 200m.
Questão: 11
Resposta: Item: b)
Determinando o ponto B, utilizando a equação da reta r.
x  2  0  x  2  B(2, 0)
Determinando o ponto C, utilizando a equação da reta s.

x 5
  0  x  5  C(5,0)
2 2
Determinando o ponto A resolvendo um sistema com as equações de r e s.
 y  x2


x 5  A(3, 1)
y 


2 2
Daí, temos a seguinte figura:
Portanto, a área do triângulo será dada por:
A
3 1
 1,5
2
Questão: 12
Resposta: Item: d)
Desde que
(ABCD)  AB  BC  15  5  BC
 BC  3
e B  (5, 0), é imediato que C  (5, 3).
3
5
Portanto, como A é a origem, segue-se que a equação da reta AC é y  x.
Questão: 13
Resposta: Item: d)
A equação segmentária da reta AB é
2x  3y  12 
x y

 1.
6 4
Desse modo, como A  (6, 0) e B  (0,  4), segue-se que o ponto médio do segmento AB tem
coordenadas
 6  0 0  ( 4) 
 2 ,
  (3,  2).
2


Questão: 14
Resposta: Item: d)
4  ( 2)
3
 .
1  3
2
2
 , com mBD
3
O coeficiente angular da reta AC é igual a mAC 
Daí, como AC e BD são
perpendiculares, segue-se que mAC  mBD  1  mBD
sendo o coeficiente angular
da reta BD.
3  ( 1) 2  4 
,
 (1, 1).
2 
 2
Além disso, se M é o ponto médio de AC, temos M  
Sabendo que M é o ponto de interseção das retas AC e BD, concluímos que a equação de BD é
y 1
2
2
1
 (x  1)  y  x  .
3
3
3
Portanto, segue de imediato que a ordenada do ponto de interseção de BD com o eixo Oy é
igual a
1
.
3
Questão: 15
Equação da reta AC: y = -x + 1
Equação da reta AQ: y = x – 1
P(a, a-1) e Q(a+1, a)
Cálculo da área do triângulo APQ:
1
A
2
1
a
a 1
0
1
1  a 1  a2  a
a
1
Como 0 < a < 1, temos:
A  a2  a
Valor da Área máxima: Amáx  
Δ
1
1

 .
4a
4  ( 1) 4
Questão: 16
Resposta: Item: c)
Seja M o ponto médio do segmento de reta AB.
Se dA, r  dB, r  d, então M pertence à reta r. Logo,
 8  3 2  6   11 
M
,

,4
2   2 
 2
e, portanto, a equação de r é
11 
3

y  4  tg45   x    y  x  .
2
2

Em consequência, tomando y  0, segue-se que C   , 0  .
2 
3
Questão: 17
Resposta: Item: b)
Fazendo y  0 na equação 12x  5y  60, obtemos o ponto A  (5, 0), que é o ponto de interseção
da reta com o eixo das abscissas. Tomando x  0, encontramos o ponto B  (0, 12), que é o
ponto de interseção da reta com o eixo das ordenadas.
Desse modo, sendo O a origem do sistema de eixos cartesianos, queremos calcular o raio r da
circunferência inscrita no triângulo AOB.
Pelo Teorema de Pitágoras, encontramos AB  13. Logo, temos
OA  OB OA  OB  AB

 r  5  12  (5  12  13)  r
2
2
 r  2.
Questão: 18
Resposta: Item: c)
x
y 1
Equação da reta AE: 2 4 1  0  x  3y  10  0
1
3 1
Equação da reta BC: x = 5
Determinando o ponto P de intersecção das retas:
 x  3y  10  0
 5
 P  5, 

x

5
 3

Questão: 19
Resposta: Item: c)
Adotando-se convenientemente um sistema de coordenadas cartesianas, em que o terminal
rodoviário T é a origem, chamemos de P o ponto onde está localizado o aeroporto, e de H o pé
da perpendicular baixada de T sobre o trecho AB da rodovia.
Queremos calcular PT  TH.
Calculando a distância de P à origem, obtemos
PT  (8)2  ( 6)2  10km.
A equação da reta AB é dada por
y  14 
4  14
(x  2)  3x  y  20  0.
82
A distância de T à reta AB é
TH 
| 20 |
32  12
 2 10  6,3km.
Portanto,
PT  TH  10  6,3  16,3km.
Questão: 20
Resposta: Item: b)
Considerando a reta r representada abaixo, temos:
Equação da reta r : y  0 
02
  x  3  x  y  3  0
3 1
“Temos que ser fiéis aos nossos planos. Não existem atalhos”.
Michael Jordan