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)
0y5
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
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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
2R
!

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
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
±.




=
=±
MATEMÁTICA IV
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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 =
tgA = a = 1 e tgB = m =
0 = A – B


tg0 =
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
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
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
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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| 
yx+
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=1y=
b) y = x +
R
0
1
2
y=11=x+
1

x =
02 A
Vitamina V1
x+y4
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
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: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
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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
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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)
=0C
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=0x=k
y=0x=t
x=0y=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
= AABC + 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+bb=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
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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
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MATEMÁTICA – Volume 02
51
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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 =
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MATEMÁTICA – Volume 02
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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
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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
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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+b2=
120o
120o
. 4+bb=–
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  (11)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
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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 =
=0b=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
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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
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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
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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
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Matemática e suas Tecnologias
MATEMÁTICA – Volume 02
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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=6k=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
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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
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(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 . ABF = 4 .
Resposta: (24)
= 2 . (3 . 4) = 24
B'
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MATEMÁTICA – Volume 02
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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 . ABA = 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
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=

B (2 10, 3)
2 10
x
–6 F1
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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
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