GM Mat Paiva v3 059a102

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102

http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-059a102 1/4459 Parte específica Matemática Paiva

Aplicando o teorema de Pitágoras no triângulo

ACF , temos:

(1 1 2 x)2 5 (1 1 x)2 1 12 ⇒ 3 x2 1 2 x 2 1 5 0

x 5 1

3 ou x 5 21 (não convém)

Logo, a medida do segmentot AE é1

3.

b) O triângulo EFC é retângulo em F e isósceles; logo,

m( E BCF ) 5 m(C B EF ) 5 45°. Assim, temos:tg (45° 1 ) 5

x 1 1

1 ⇒

⇒ tg ° tg

tg ° tg

45

1 45

1

2 ? 5

1

31 1

1

1

1

2

tg

tg 5

4

3 ⇒ tg 5

1

7

Questões de revisão cumulativa

1. Os gastos, em real, com alimentação das duas famílias

são:

• Família de renda R$ 6.000,00

9

100 ? 6.000 5 540

• Família de renda R$ 400,00

33

100 ? 400 5 132

Logo, os gastos (R$ 540,00) da família de maior renda são,

aproximadamente, o quádruplo dos gastos (R$ 132,00)

da família de menor renda.

Admitindo que a alternativa “quatro vezes maiores”

significa “o quádruplo”, temos como resposta a alter-

nativa b.

Alternativa b.

2. O número de cabeças de gado bovino da região V

em 2009 era 43.000, aproximadamente, e o número

de cabeças das 5 regiões juntas em 1979 era, apro-

ximadamente, 2.000 1 8.000 1 18.000 1 10.000 1

1 7.500 5 45.500. Assim, concluímos que em 2009

o número de cabeças de gado bovino da região V

estava próximo do número de cabeças das cinco

regiões juntas em 1979.

Alternativa d.

3. Sendo x o número de meninas da classe, temos que o

número de meninos é 40 2 x. Assim:

7 6 6 6 40

40

, , ( ) x x1 2 5 7,2 ⇒ 7,6 x 1 264 2 6,6 x 5 288

x 5 24

Logo, o número de meninas da classe é 24.

Alternativa d.

4. Sendo A1, A

2, A

3, ..., A

12 e B

1, B

2, B

3, ..., B

12 os índices

pluviométricos das regiões A e B, respectivamente,

e sendo x . 5 A A A A

1 2 3 12

12

...1 1 1 15

5 1 1 1 1 B B B B1 2 3 12

12 ... , temos:

A x B xi i

i i 5 5

2

.

21

12

1

12

∑ ∑12 12

(I)

Se Ai fosse menor ou igual a B

i para qualquer i, com

1 < i < 12, teríamos que A x B x

i ii i ,5 5

2

21

12

1

12

∑ ∑12 12

o

que é absurdo, pois contraria a condição (I). Logo, em

pelo menos um dos meses o índice pluviométrico daregião A foi maior que o da região B.

Alternativa c.

Capítulo 3 Geometria analítica:

ponto e reta

Questões propostas

1. a) AB 5 ( ) ( )8 2 12 42 22 1 2 5 6 82 2 1 5

5 36 64 1 5 10

b) AB 5 ( ) ( )4 0 0 22 22 1 2 5 4 22 2 ( )1 2 5

5 16 4 1 5 20 2 5 5

c) AB 5 [ ]( ) ( )3 2 18 62 22 2 1 2 5 5 122 2 1 5

5 25 144 1 5 13

d) AB 5 [ ] [ ]( ) ( )2 2 2 1 2 2 23 1 8 42 2 5

5 ( ) ( )2 1 22 42 2 5 4 16 1 5 2 5

2. Do enunciado, temos P (15, y P

), O(0, 0) e OP 5 17.

Assim:

OP 5 17⇒

( ) ( )15 0 02 2

2 1 2 y P 5 17

152 1 ( ) y P

2 5 172 ⇒ ( ) y

P

2 5 289 2 225

( ) y P

2 5 64 ⇒ y

P 5 28 ou y

P 5 8

Como P é um ponto do primeiro quadrante, temos

que y P

é positivo.

Logo, a ordenada do ponto P é 8.

3. O raio da circunferência é igual à distância de

C (0, 3) a P (2, 5). Assim, temos que o raio é

CP 5 ( ) ( )2 0 5 32 22 1 2 5 2 22 2 1 5 8 2 2 .5

4. a) AB 5 ( ) ( )10 2 1 52 22 1 2 2 5 8 62 2 ( )1 2 5 10

BC 5 ( ) ( )[ ]9 10 2 12 22 1 2 2 2 5

5 ( ) ( )2 1 2 51 1 22 2

CA 5 ( ) ( )[ ]2 9 5 22 22 1 2 2 5 ( )2 17 72 2 5

5 98 7 2 5

Logo, o perímetro do triângulo ABC

é 10 1 2 7 2 1 5 10 1 8 2 2 5 4 2 ( ).5 1

b) Como 102 5 2 7 22 2

( ) ( ) ,1 ou seja,

( AB)2

5 ( BC )2

1 (CA)2

, temos que o triângulo ABC é retângulo em C .

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http://slidepdf.com/reader/full/gm-mat-paiva-v3-059a102 2/4460 Matemática Paiva Parte específica

5. Como P é um ponto do eixo das abscissas, P é da

forma ( x, 0).

Do enunciado, temos PA 5 10. Assim:

( ) ( ) x 2 1 22 0 62 2 5 10⇒ x2 2 4 x 1 4 1 36 5 100

x2 2 4 x 2 60 5 0

5 (24)2 2 4 ? 1 ? (260) 5 256

x 5 2 2( )4 256

2 1

±?

⇒ x 5 4 16

2

±

x 5 10 ou x 5 26

Logo, há duas possibilidades para o ponto P : P (10, 0)

ou P (26, 0).

6. Um ponto que pertence à bissetriz dos quadrantes

pares tem abscissa e ordenada opostas.

Dessa forma, consideremos Q(q , 2q ). Do enunciado,

temos QA 5 2 5 . Assim:

( ) ( )[ ]q q 2 1 2 2 22 82 2 5 2 5 ⇒

⇒ q 2 2 4q 1 4 1 q 2 2 16q 1 64 5 20

q 2 2 10q 1 24 5 0

5 (210)2 2 4 ? 1 ? 24 5 4

q 5 2 2( )10 4

2 1

±?

⇒ q 5 10 2

2

±

q 5 4 ou q 5 6

Logo, há duas possibilidades para o ponto Q: Q(4, 24)

ou Q(6, 26).

7. Se o triângulo ABC é retângulo em A, devemos ter:

( BC )2 5 ( AB )2 1 ( AC )2

Como o vértice C está sobre o eixo Ox, C é do tipo ( x, 0).

Assim:

AB 5 ( ) ( )3 2 7 6 22 22 1 2 5

AC 5 ( ) ( ) x 2 1 22 0 62 2 5 x x2 4 40 2 1

BC 5 ( ) ( ) x 2 1 23 0 72 2 5 x x2 6 58 2 1

Logo, temos:

( BC )2 5 ( AB)2 1 ( AC )2 ⇒

⇒ x2 2 6 x 1 58 5 2 1 x2 2 4 x 1 40

2 x 5 16 ⇒ x 5 8

Portanto, a abscissa de C é 8.

Alternativa d.

8. a) y

A

B

C

x

9

10

12

4 6 100

Pelo teorema de Tales, temos:

AC

CB 5

2

2

6 4

10 6

AC

CB 5

1

2

Logo, o ponto C divide o segmentot AB, de A para B,

na razão1

2.

b) y

A

B

C

x

1

�1

3

8

40 6

Pelo teorema de Tales, temos: AC

CB

( )

5

2 2

2

4 1

6 4

AC

CB 5

5

2

Portanto, o ponto C divide o segmento t AB, de A

para B, na razão5

2.

c) y

A

B

C

x 4 7 100

2

5

3

219

20


AC

CB 5

2

2

7 4

10 7

AC

CB 5 1

Portanto, o ponto C divide o segmento t AB, de A

para B, na razão 1.

9. a) y

A

B

C

x x C

y C

5

11

3 120

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102



AC

CB

x

xC

C

5 2

2

3

12 ⇒

1

2

3

12 5

2

2

x

xC

C

xC 5 6

AC

CB

y

yC

C

5 2

2

5

11 ⇒

1

2

5

11 5

2

2

y

yC

C

yC 5 7

Portanto, C (6, 7).

b) y

A

B

C

x x C

y C

�1

12

0 8


AC

CB

x

xC

C

( )

5

2 2

2

1

8 ⇒

2

3

1

8

( )

5

2 2

2

x

xC

C

xC 5

13

5

AC

CB

y

y

C

C

5 2

2

12

0 ⇒

2

3

12

0 5

2

2

y

y

C

C

yC 5

36

5

Portanto, C 13

5

36

5, .

c) y

y C

x C

A

B

C

x 13

2

1

3

4

1

5


AC

CB

x

x

C

C

52

2

1

132

⇒ 5

2

1

13 2

2

5 2

2

x

x

C

C

xC 5

69

14

AC

CB

y

y

C

C

52

2

3

4

15

⇒ 5

2

3 4

4

5 15

5

2

2

y

y

C

C

yC 5

5

14

Portanto, C 69

14

5

14, .

10. Como t AM u é mediana e G é baricentro do triângulo,

G divide o segmento t AM u, de A para M , na razão2

1

.

y

y A

x A 5

2

4

0 7 x

A

B

C

G

M


AG

GM

x A 5

2

2

5

7 5 ⇒

2

1

5

2 5

2 x A

x A

5 1

AG

GM

y A 5

2

2

4

4 2 ⇒

2

1

4

2 5

2 y A

y A

5 8

Logo, as coordenadas do vértice A são x A

5 1 e

y A 5 8 e, portanto, A(1, 8).

11. y

A

B

D

B�D�

C

C�

x x C

y C

x D

y D

5

8

410


AC

AB

AC

AB 5

⇒

1

3

1

4 1 5

2

2

xC

xC 5 2

AC

AB

CC

BB 5

⇒

1

3

5

8 5 5

2

2

yC

yC 5 6

AD

AB

AD

AB 5

⇒

2

3

1

4 1 5

2

2

x D

x D

5 3

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


AD

AB

DD

BB 5

⇒

2

3

5

8 5 5

2

2

y D

y D

5 7

Logo, C (2, 6) e D(3, 7).

12. Seja M ( x M

, y M

) o ponto médio do segmento t AB em

cada caso, temos:

a) x M 5

x x A B

1

2 ⇒ x M 5

5 1

2

1

⇒ x M 5 3

y M

5 y y

A B 1

2 ⇒ y

M 5

9 13

2

1 ⇒ y

M 5 11

M (3, 11)

b) x M

5 x x

A B 1

2 ⇒ x

M 5

2 1

2

( )1 2 ⇒ x

M 5

1

2

y M

5 y y

A B 1

2 ⇒ y

M 5

3

22

2

1

⇒ y M

5 7

4

M 1

2

7

4,

c) x M

5 x x

A B 1

2 ⇒ x

M 5

2 1 2

2

1 2( ) ⇒ x

M 5

1

2

y M

5 y y

A B 1

2 ⇒ y

M 5

1 3 3 1

2

1 1 2( ) ⇒

⇒ y M

5 3

M 1

23,

13. y

A

B

C

D

x

2

�1�4

6

8

1

A base média do trapézio é o segmentot MN tal que

M e N são, respectivamente, os pontos médios det AB

etCD. Assim, temos:

• x M

5 x x

A B 1

2 ⇒ x

M 5

0 1

2

1

2

15

y M

5 y y

A B 1

2 ⇒ y

M 5

8 6

2

1 5 7

M 1

27,

• x N 5 x xC D 1

2 ⇒ x N 5 2 1 2 5 21 4

252

( )

y N

5 y y

C D 1

2 ⇒ y

N 5

2 0

2

1 5 1

N 25

21,

Calculamos, então, o comprimento de t MN u:

MN 5 2 2 1 25

2

1

21 7

2

2 ( )

⇒

⇒ MN 5 ( ) ( )2 1 23 62 2

MN 5 3 5

Logo, a base média do trapézio mede 3 5 .

14. Sendo M o ponto médio do segmentot BC , temos:

x M

5 x x

B C 1

2 ⇒ x

M 5

2 18 2

2

5 23

y M

5 y y

B C 1

2 ⇒ y

M 5

8 10

2

1 5 9

M (23, 9)

Assim, o comprimento da mediana det

AM u

é: AM 5 ( ) ( )2 2 1 23 3 9 72 2

⇒

⇒ AM 5 ( )2 16 22 2

AM 5 2 10

Logo, a mediana t AM u do triângulo ABC mede 2 10.

15. Como A e B têm a mesma abscissa (2), temos que C e

D pertencem à reta paralela ao eixo Ox, que passa por

M , ponto médio det AB.

Assim: x M

5 x x

A B 1

2 ⇒ x

M 5

2 2

2

1 5 2 e

y M

5 y y A B 1

2 ⇒ y

M 5

5 9

2

1 5 7.

Então, M (2, 7) e, portanto, os pontos C e D têm

ordenada 7.

Além disso, temos que M é centro do quadrado e,

portanto, AM 5 BM 5 CM 5 DM .

Assim, concluímos:

• x M

2 xC 5 y

M 2 y

B ⇒ 2 2 x

C 5 9 2 7

xC 5 0

• x D

2 x M

5 y M

2 y B

⇒ x D

2 2 5 9 2 7

x D

5 4

Logo, temos C (0, 7) e D(4, 7).

y

A

B

DM

C

x

5

9

7

420

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16. Suponhamos C oposto a A e D oposto a B.

Dessa forma, P é ponto médio det AC e de t BD u.Temos, então:

• x P

5 x x

A C 1

2 ⇒

3

2 5

1

2

1 xC

xC 5 2

y P

5 y y

A C 1

2 ⇒ 5 5

6

2

1 yC

yC 5 4

• x P

5 x x

B D 1

2 ⇒

3

2 5

3

2

1 x D

x D

5 0

y P

5 y y

B D 1

2 ⇒ 5 5

8

2

1 y D

y D

5 2

Logo, C (2, 4) e D 5 (0, 2).

17. Seja ( x, y) o simétrico de A em relação a Q em cada

caso. Temos, então:

• xQ 5

x x A 1

2 ⇒ x 5 2 x

Q 2 x

A

• yQ 5

y y A

1

2 ⇒ y 5 2 y

Q 2 y

A

a) x 5 2 ? 5 2 3 ⇒ x 5 7

y 5 2 ? 9 2 6 ⇒ y 5 12

Portanto, o simétrico de A em relação a Q é (7, 12).

b) x 5 2 ? 2 2 (23) ⇒ x 5 7

y 5 2 ? 4

3 2 8 ⇒ y 5 2

16

3Portanto, o simétrico de A em relação a Q é

7 163

, .2

18. a) xG 5

x x x A B C

1 1

3 ⇒ x

G 5

1 8 6

3

1 1 5 5

yG 5

y y y A B C

1 1

3 ⇒ y

G 5

3 1 5

3

1 1 5 3

G (5, 3)

b) xG 5

x x x A B C

1 1

3 ⇒ x

G 5

3

2

1

42

3

1 1

5 5

4

yG

5 y y y

A B C 1 1

3 ⇒

⇒ yG 5

41

2

5

6

3

1 2 1

5 13

9

G 5

4

13

9,

19. a) 5 60° e m 5 tg 60° ⇒ m 5 3

b) 5 135° e m 5 tg 135° ⇒ m 5 21

c) Como a medida do ângulo entre a reta e o eixo x é

5 90°, o coeficiente angular m não está definido.

d) Como a reta é paralela ao eixo x, temos 5 0°e m 5 tg 0° ⇒ m 5 0.

20. Como r e s são paralelas, temos que suas inclinações

são iguais.

Assim, a inclinação da reta r é 60° e seu coeficiente

angular é m 5 tg 60° 5 3 .

21. Sejam os pontos P , Q e R conforme a figura a seguir.

y

P

R

Q

30°

x

r

s

No triângulo PQR, temos

m( P B RQ) 5 180° 2 90° 2 30° ⇒ m( P B RQ) 5 60°.

Assim, a inclinação da reta s é 180° 2 60° 5 120° e, por-

tanto, seu coeficiente angular é m 5 tg 120° 5 2 3 .

22. Como o coeficiente angular é 1, temos que a incli-

nação da reta r é 45°.

Assim, temos o gráfico:

r

y

0

4

�4 x

P

23. De acordo com o enunciado, temos:

y s

r A

α

B

C

x

3

5

20 6

a) Como r é paralela ao eixo das abscissas e , AB - é

uma transversal, temos que m( BB AC ) 5 , pois tais

ângulos são correspondentes.

b) Por construção, temos C (6, 3). Assim:

AC 5 |6 2 2| ⇒ AC 5 4

BC 5 |3 2 5| ⇒ BC 5 2

c) O coeficiente angular da reta , AB - é dado por:

m AB

5 tg ⇒ m AB

5 tg ( BB AC ) ⇒ m AB

5 BC

AC

m AB

5 2

4 5

1

2

Portanto, o coeficiente angular de , AB - é 12

.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


24. a) V, pois a reta s tem como inclinação um ângulo

obtuso e a reta r tem como inclinação um ângu-

lo agudo. Assim, a inclinação da reta s é maior que

a inclinação da reta r .

b) F, pois a reta s tem coeficiente angular negativo e

a reta r tem coeficiente angular positivo. Logo, o

coeficiente angular de s é menor que o coeficiente

angular de r .

c) V, pois pelo gráfico observamos que a inclinação

da reta r é tal que 0° , , 90° e a inclinação b

da reta s é tal que 90° , b , 180° 2 e, portanto,

|tg b| . |tg |, ou seja, |mr | , |m

s|.

d) F, pois a reta r tem como inclinação um ângulo

agudo; logo, o coeficiente angular de r é positivo.

e) V, pois a reta s tem como inclinação um ângulo

obtuso; logo, o coeficiente angular de s é negativo.

f) F, pois pelo gráfico observamos que as inclinações

e b de r e s, respectivamente, são tais que:

0 9090 180

° °° °, ,

, b , 2

levando-nos a concluir que:

90° , 1 b , 180°

25. a) m 5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m 5

9 6

4 1

2

2

m 5 1

b) m 5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m 5

2 2

2 2

5 4

3 6

( )

m 5 21

c) m 5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m 5

6 6

10 2

2

2

m 5 0

d) Como A e B têm mesma abscissa, o coeficiente

angular de , AB - não está definido.

26. A reta s passa pelos pontos (6, 0) e (0, 6). Assim,

seu coeficiente angular é m 5 0 6

6 0

2

2 ⇒ m 5 21 e,

portanto, a inclinação da reta s é 5 135°.

27. Como a reta r tem 150° de inclinação, temos

m 5 tg 150° ⇒ m 5 23

3.

Além disso, tal reta passa pelos pontos (4, 0) e (0, q ).

Temos, então:

q 2

2 5 20

0 4

3

3 ⇒ q 5

4 3

3

28. Como a reta r tem 135° de inclinação, temos

m 5 tg 135° ⇒ m 5 21.

Além disso, sendo x a abscissa do ponto em que r

intercepta o eixo das abscissas, temos que a retapassa pelos pontos ( x, 0) e A(2, 5).

Temos, então:

5 0

2

2

2 x 5 21 ⇒ x 2 2 5 5

x 5 7

Logo, a reta r intercepta o eixo das abscissas no ponto

(7, 0).

Alternativa a.

29. a) m AB

5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m

AB 5

9 6

7 4

2

2 5 1

mCD

5 y y

x x D C

D C

2

2 ⇒ m

CD 5

6 2

5 1

2

2 5 1

Como m AB

5 mCD

, temos que , AB - e ,CD - são pa-

ralelas.

b) m AB

5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m

AB 5

4 3

1 2

( )

2 2

2 5 27

mCD

5 y y

x x D C

D C

2

2 ⇒ m

CD 5

9 8

3 5

1

2

2

2 5 2

Como m AB

mCD

, temos que , AB - e ,CD - são con-

correntes.

c) Não existem os coeficientes angulares de, AB - e,CD -,pois A e B têm a mesma abscissa, assim como C e

D; portanto, as retas , AB - e ,CD - são paralelas.

30. Como A e B são pontos de uma reta horizontal, eles

têm mesma ordenada.

Assim, temos:

y A

5 y B

⇒ 2k 2 8 5 5k 1 12

k 5 2

20

3

31. a) A velocidade média vm

da partícula nesse intervalo

é numericamente igual ao coeficiente angular da

reta que passa por (2, 22) 5 (2, 4) e (6, 62) 5 (6, 36),

ou seja:

vm

5 36 4

6 2

2

2 5 8

Portanto, a velocidade média da partícula de 2 a 6

segundos é 8 m/s.

b) A velocidade média vm


é numericamente igual ao coeficiente angular dareta que passa por (2, 22) 5 (2, 4) e (8, 82) 5 (8, 64),

ou seja:

vm

5 64 4

8 2

2

2 5 10

Logo, de 2 a 8 segundos, a velocidade média da

partícula é 10 m/s.

c) A velocidade média vm

da partícula no intervalo

de x A

a x B

é numericamente igual ao coeficiente

angular da reta que passa por ( x A

, x A

2 ) e ( x B

, x B

2 ),

com 0 < x A

, x B

, ou seja:

vm 5 x x

x x

x x x x

x x B A

B A

A B B A

B

2 2 ( )( )

2

2 51 2

2 A A

5 x A 1 x B

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


32. a) A aceleração média am


é numericamente igual ao coeficiente angular da

reta que passa por (3, 33) 5 (3, 27) e (7, 73) 5 (7, 343),

ou seja:

am

5 343 27

7 3

2

2 5 79

Portanto, nesse intervalo, am

5 79 m/s2.

b) A aceleração média am


é numericamente igual ao coeficiente angular da reta

que passa por (3, 33) 5 (3, 27) e (11, 113) 5 (11, 1.331),

ou seja:

am

5 1 331 27

11 3

. 2

2 5 163

Logo, a aceleração média da partícula de 3 a 11

segundos é 163 m/s2.

c) A aceleração média am

da partícula para quaisquer

abscissas x A

e x B

, com 0 < x A

, x B

, é numericamente

igual ao coeficiente angular da reta que passa por

( x A

, x A

3 ) e ( x B

, x B

3 ), ou seja:

am

5 x x

x x

x x x x x x B A

B A

B A A A B3 3 2

( )(2

25

2 1 1 B B

B A x x

2 )

( )2 5

5 x A

2 1 x A x

B 1 x

B

2

33. a) Temos:

• m AB

5 75 366 400 9 420 800

2001 1995

. . . .

2

2 5

32 972 800

3

. .

• m BC

5 602 931 200 75 366 400

2007 2001

. . . .

2

2 5

5

263 782 400

3

. .

b) O acréscimo foi de 75.366.400 2 9.420.800 5

5 65.945.600 transistores.

c) O acréscimo médio anual foi de65 945 600

6

. . 5

53 2 97 2 80 0

3

. . transistores.

d) O coeficiente angular da reta , AB - representa o

acréscimo médio anual do número de transistores

em um chip no período de 1995 a 2001.

e) O aumento percentual é dado por:

263 782 400

3

32 972 800

332 972 800

3

. .

. .

. .

2 5

5230 809 600

32 972 800

. .

. . 5 7 5 700%

34. a) Temos:

m AB

5 8 2

6 4

2

2 5 3 e m

BC 5

11 8

7 6

2

2 5 3

Como m AB 5 m BC , concluímos que A, B e C sãocolineares.

b) Temos:

m AB

5 2 2 2

2

5 2

01

3

( )

5 9 e m BC

5 2 2 2

2

7

25

12

0

( )

5 3

Como m AB

m BC

, concluímos que A, B e C não

são colineares.

c) Temos:

m AB

5 1 23 5

12

22

5 e m BC

5 2 14 3

22

5 1

Como m AB

m BC

, concluímos que A, B e C não

são colineares.

d) Como A, B e C têm ordenadas iguais, eles perten-

cem a uma mesma reta paralela ao eixo Ox. Por-

tanto, são colineares.

e) Como A, B e C têm ordenadas iguais, eles per-

tencem a uma mesma reta paralela ao eixo Ox.

Portanto, são colineares.

35.

Para que A, B e C sejam colineares, devemos term

AB 5 m

BC .

Temos:

m AB

5 5 2

4 3

( )

2 2

2 5 7 e m

BC 5

2 2

25

2

2

9 5

4

14

4

k k

Devemos ter, então:

7 5 2

2

14

4k ⇒ k 2 4 5 22

k 5 2

36. Para que A, B e C sejam vértices de um triângulo, A,

B e C não devem ser colineares. Assim, devemos ter

m AB

m BC

.

Temos:

m AB

5 4 2

1 6

2

5

2

25 2 e m

BC 5

q 1 2

2

3 4

2 1 5 q 2 1

Então:

q 2 1 22

5 ⇒ q

3

5

Logo, para que A, B e C sejam vértices de um triângu-

lo, devemos ter q 3

5.

37. Para que P , Q e R sejam colineares, devemos term

PQ 5 m

QR.

Temos:

m PQ

5 3

1

2

2

b

a e m

QR 5

2 2

2 2

1 3

1 1

5 2

Então:

3

1

2

2

b

a 5 2 ⇒ 3 2 b 5 2 2 2a ⇒ 2a 2 b 5 21

E, como a 1 b 5 7, temos o seguinte sistema:

2 1

7

a b

a b

2 5 2

1 5

⇒ a 5 2 e b 5 5

Logo, P (2, 5).

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


38. Como os pontos P ( x, y), A(2, 5) e B(4, 9) são colinea-

res, temos:

m PA

5 m AB

⇒ 5

2

2

2

y

x 5

9 5

4 2

2

2

y 5 2 x 1 1

Alternativa a.

39. a) Para P (6, 3) e m 5 2, temos:

y 2 3 5 2( x 2 6)

Logo, uma equação da reta é 2 x 2 y 2 9 5 0.

b) Para P (4, 25) e m 5 1, temos:

y 2 (25) 5 1( x 2 4)

Logo, uma equação da reta é x 2 y 2 9 5 0.

c) Para P 3

2

1

4, 2

e m 5 2

5

6, temos:

y 2 21

4

5 2

5

6 x 2

3

2

Logo, uma equação da reta é 5 x 1 6 y 2 6 5 0.

40. a) Do gráfico, temos P (7, 3) e m 5 tg 45° 5 1. Assim,

temos:

y 2 3 5 1( x 2 7)

Logo, uma equação da reta é y 5 x 2 4.

b) Do gráfico, temos P (0, 4) e m 5 tg 135° 5 21.

Assim:

y 2 4 5 21( x 2 0)

Logo, uma equação da reta é y 5 2 x 1 4.

c) Do gráfico, temos P (0, 22) e

m 5 tg (180° 2 30°) 5 tg 150° 5 23

3

. Assim:

y 2 (22) 5 23

3 5 ( x 2 0)

Logo, uma equação da reta é y 5 2 23

32 x .

41. a) O coeficiente angular da reta que passa por A e B é:

m 5 11 3

6 2

2

2 5 2

Assim, a reta que passa por A e B tem como

equação:

y 2 3 5 2( x 2 2)


b) O coeficiente angular da reta que passa por A e B é:

m 5 2 2

2 2

1 5

2 1

( ) 5 22

Assim, temos:

y 2 (21) 5 22( x 2 2)


c) Como A e B têm ordenadas iguais, temos que tais

pontos pertencem à reta de equação y 5 8, ou

ainda y 2 8 5 0.

42. No triângulo retângulo limitado por r , s e o eixo Ox,a medida do ângulo interno relativo ao vértice (6, 0)

é 45°. Logo, a inclinação da reta r é 135° e, portanto,

mr 5 tg 135° 5 21. Além disso, a reta r passa pelo

ponto (6, 0), com o que concluímos que uma equação

dessa reta é:

y 2 0 5 21( x 2 6)

Ou seja:

y 5 2 x 1 6

43. Como r é perpendicular ao eixo x e passa pelo ponto

(22, 3), sua equação é x 5 22.

Como s é perpendicular ao eixo y e, portanto, paralela

ao eixo x, passando pelo ponto (22, 3), sua equação

é y 5 3.

44. Como Q é um ponto da bissetriz dos quadrantes ím-

pares, ele tem abscissa e ordenadas iguais. Do gráfico,

a abscissa de Q é 8; portanto, sua ordenada também

é 8. Logo, temos Q(8, 8).

Além disso, M é ponto médio do segmento tOQ u, em

que O(0, 0) e Q(8, 8). Temos, então:

• x M 5

0 8

2

1

5 4

• y M

5 0 8

2

1 5 4

Logo, temos M (4, 4).

Temos, também, que a reta s é perpendicular ao eixo

y e, portanto, paralela ao eixo x.

Dessa forma, M e T têm mesma ordenada, que vale 4.

E, como T pertence à bissetriz dos quadrantes pares,

sua abscissa é o oposto da sua ordenada, ou seja, 24.

Finalmente, temos T (24, 4).

Portanto, M (4, 4), Q(8, 8) e T (24, 4).

45. Como P pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares,ele é da forma P (a, a), com a R. Assim, temos:

PQ 5 10 ⇒ ( ) ( )a a2 1 21 32 2 5 10

a2 2 4a 2 45 5 0

5 (24)2 2 4 ? 1 ? (245) 5 196

a 5 ( )2 24 196

2 1

±?

⇒ a 5 4 14

2

±

a 5 25 ou a 5 9

Logo, há duas possibilidades para P : P (25, 25) ou

P (9, 9).

46.

Como P pertence à bissetriz dos quadrantes pares,ele é da forma P (a, 2a), a R.

Dessa forma, temos:

PQ 5 5 ⇒ ( ) ( ( ))a a2 1 2 2 20 12 2 5 5

a2 2 a 2 12 5 0

5 (21)2 2 4 ? 1 ? (212) 5 49

a 5 ( )2 21 49

2 1

±?

⇒ a 5 1 7

2

±

a 5 23 ou a 5 4

Logo, há duas possibilidades para P : P (23; 3) ou

P (4; 24).

47. a) Para x 5 0, temos:3 ? 0 2 2 y 2 12 5 0 ⇒ y 5 26

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Para y 5 0, temos: 3 x 2 2 ? 0 2 12 5 0 ⇒ x 5 4

Portanto, a reta passa pelos pontos (0, 26) e (4, 0).

Logo, o gráfico de q é:

0 4

�6

x

q

y

b) Para x 5 0, temos:

2 ? 0 1 3 y 5 0 ⇒ y 5 0

Para x 5 3, temos: 2 ? 3 1 3 y 5 0 ⇒ y 5 22


Logo, o gráfico de t é:

0

3

�2

x

t

y

c) Temos x 2 6 5 0 ⇒ x 5 6. Assim, a reta é vertical

e passa pelo ponto (6, 0).

Logo, o gráfico de v é:

y v

x 0 6

48. a) Para x 5 0, temos 0 1 2 y 2 6 5 0 ⇒ y 5 3.

Para y 5 0, temos x 1 2 ? 0 2 6 ⇒ x 5 6.Portanto, a reta passa pelos pontos (0, 3) e (6, 0).

Assim, o coeficiente angular de r é m 5 0 3

6 0

2

2 ⇒

⇒ m 5 21

2.

b) Para x 5 0, temos 4 ? 0 2 3 y 2 24 5 0 ⇒ y 5 28.

Para y 5 0, temos 4 x 2 3 ? 0 2 24 5 0 ⇒ x 5 6.


Assim, o coeficiente angular de r é m 5 0 8

6 0

( )

2 2

2 ⇒

⇒ m 5 43

.

49. Seja k a abscissa do ponto P . Substituindo na equação

da reta r , temos k 2 y 1 1 5 0 ⇒ y 5 k 1 1. Logo,

temos P (k , k 1 1).

Como a distância PA é 10 unidades, temos:

( ) ( )k k 2 1 1 22 1 52 2 5 10 ⇒

⇒ k 2 2 6k 2 40 5 0

5 (26)2 2 4 ? 1 ? (240) 5 196

k 5 2 2

( )6 1962 1±? ⇒ k 5 6 142 ± k 5 10 ou k 5 24

Logo, há duas possibilidades para P : P (10, 11) ou

P (24, 23).

50. A reta r passa pelos pontos (2, 0) e (0, 24). Assim, o

coeficiente angular de r é:

m 5 2 2

2

4 0

0 2

⇒ m 5 2

Logo, uma equação da reta r é y 2 0 5 2( x 2 2) ⇒

⇒ y 5 2 x 2 4.

Sendo k a abscissa do ponto P e substituindo esse valor na equação de r , temos y 5 2k 2 4. Logo, temos

P (k , 2k 2 4).

Como PO 5 4 2 , temos:

( ) ( )k k 2 1 2 20 2 4 02 2 5 4 2 ⇒

⇒ 5k 2 2 16k 2 16 5 0

5 (216)2 2 4 ? 5 ? (216)

k 5 2 2( )16 576

2 5

±?

⇒ k 5 16 24

10

±

k 5 24

5 ou k 5 4

Logo, há duas possibilidades para P : P 2 24

5

28

5,

ou P (4, 4).

51. a) O ponto de intersecção de r com s é solução do

sistema:

x y

x y

1 2 5

2 1 5

2 1 0

2 3 0

que é equivalente a:

x y

x y

1 2 5

2 1 5

2 1 0

4 2 6 0

⇒ x 5 21 e y 5 1

Logo, o ponto de intersecção das retas é (21, 1).b) O ponto de intersecção de r com s é solução do

sistema:

5 3 0

2 3 17 0

x y

x y

1 2 5

1 1 5

⇒

⇒ 2 2 1 5

1 1

15 3 9 0

2 3 17

x y

x y

( )

I

55 ( )0 II

Somando as equações (I) e (II), temos:

213 x 1 26 5 0 ⇒ x 5 2

E, portanto, de (II):

2?

21

3 y 1

175

0⇒

y 5

2

21Logo, o ponto de intersecção das retas é (2, 27).

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


52. Como P é o ponto em que a reta intercepta o eixo Ox,

P é da forma ( x, 0), e, como Q é o ponto em que a reta

intercepta o eixo das ordenadas, Q é da forma (0, y).

Substituindo x 5 0 na equação da reta, temos:

4 ? 0 2 3 y 1 12 5 0 ⇒ y 5 4

Substituindo y 5 0 na equação da reta, temos:

4 x 2 3 ? 0 1 12 5 0 ⇒ x 5 23

Logo, P (0, 4), Q(23, 0) e a distância entre P e Q é:

PQ 5 ( ) ( )2 2 1 23 0 0 42 2 5 5

53. A reta r passa pelos pontos (0, 0) e (2, 23). Portanto,

seu coeficiente angular é:

m 5 2 2

25 2

3 0

2 0

3

2

Dessa forma, uma equação de r é

y 2 0 5 23

2( x 2 0) ⇒ 3 x 1 2 y 5 0.

A reta s passa pelos pontos (24, 0) e (26, 24). Seu

coeficiente angular é, então:

m 5 2 22 2 2

4 06 4

( )

5 2

Dessa forma, uma equação de s é

y 2 0 5 2[ x 2 (24)] ⇒ 2 x 2 y 1 8 5 0.

O ponto de intersecção de r com s é solução do

sistema:

3 2 0

2 8 0

x y

x y

1 5

2 1 5

⇒ x 5 216

7 e y 5

24

7

Logo, o ponto de intersecção das retas é

216

7

24

7, .

54. A reta r passa pelos pontos B(0, 21) e (1, 0). Portanto,


m 5 0 1

1 0

( )

2 2

2 5 1

Dessa forma, uma equação de r é

y 2 0 5 1( x 2 1) ⇒ x 2 y 2 1 5 0.

A reta s passa pelos pontos (3, 0) e A(0, 3). Seu coefi-

ciente angular é, então:

m 5 3 0

0 3

2

2 5 21

Dessa forma, uma equação de s é

y 2 0 5 21( x 2 3) ⇒ x 1 y 2 3 5 0.O ponto de intersecção de r com s é solução do

sistema:

x y

x y

2 2 5

1 2 5

1 0

3 0

⇒ x 5 2 e y 5 1

Portanto, o ponto de intersecção das retas é C (2, 1).

Logo, como A(0, 3), B(0, 21) e C (2, 1), temos:

• AB 5 |3 2(21)| 5 4

• AC 5 ( ) ( )2 0 1 32 22 1 2 5 8 2 2 5

• BC 5 ( ) ( ( ))2 0 1 12 22 1 2 2 5 8 2 2 5

Assim, o perímetro do triângulo ABC , dado por

AB 1 AC 1 BC , é 4 1 4 2 4 1 2 .5 1( )

55. O ponto de intersecção de r com s é solução do

sistema:

x y

x y

2 1 5

1 1 5

2 5 0

2 5 0

⇒ x 5 25 e y 5 0

Logo, o ponto de intersecção das retas é A(25, 0).

O ponto de intersecção de r com t é solução do

sistema:

x y x

2 1 52 5

2 5 03 0

⇒ x 5 3 e y 5 4

Logo, o ponto de intersecção das retas é B(3, 4).

O ponto de intersecção de s com t é solução do

sistema:

x y

x

1 1 5

2 5

2 5 0

3 0

⇒ x 5 3 e y 5 24

Logo, o ponto de intersecção das retas é C (3, 24).

Temos, então:

• AB 5 ( ) ( )2 2 1 25 3 0 42 2 5 80 5 4 5

• AC 5 ( ) ( ( ))2 2 1 2 25 3 0 4

2 2

5 80 5 4 5• BC 5 |4 2(24)| 5 8

O triângulo cujos lados estão contidos nas retas r , s e

t tem vértices nos pontos A, B e C .

Assim, o perímetro desse triângulo, dado por

AB 1 AC 1 BC , é 8 1 8 5 8 1 5 .5 1( )

56. Verificamos a posição relativa entre as retas de cada

um dos itens:

a) Temos2 4

3 5 5 2 ? 5 2 4 ? 3 5 22 0. Assim, as

retas são concorrentes.

b) Temos1 2

3 1

2 5 1 ? (21) 2 2 ? 35 27 0. Assim,

as retas são concorrentes.

c) Temos4 1

6 1

2 5 4 ? (21) 2 6 ? 1 5 210 0.

Assim, as retas são concorrentes.

d) Temos1 1

1 1

2 5 1 ? (21) 21 ? 15 22 0. Assim,

as retas são concorrentes.

e) Temos2 3

4 6 5 2 ? 6 2 3 ? 4 5 0. Assim, as retas

não são concorrentes.

Alternativa e.

57. Sendo D o determinante da matriz dos coeficientes

do sistema linear

4 2 3

5 1

x y

x ky

1 5

1 5

as retas r e s são concorrentes se, e somente se, D 0,isto é:

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


4 2

5 k 0 ⇒ 4 ? k 2 2 ? 5 0

k 5

2

Assim, as retas r e s são concorrentes para qualquer

número real k , com k 5

2.

58. Para a empresa A, temos:

x 2 2 y 1 6 5 0 ⇒ y 5 1

23 x 1

Para a empresa B, temos:

x 2 3 y 1 15 5 0 ⇒ y 5 1

35 x 1

Assim, o patrimônio da empresa A será superior ao

patrimônio da empresa B quando:1

23 x 1 .

1

35 x 1 ⇒

1

2

1

3 x x 2 . 5 2 3

1

6 x . 2 ⇒ x . 12

Ou seja, o patrimônio da empresa A será superior ao

da empresa B depois de 12 anos.

Alternativa d.

59. a) O custo total C da editora em função do número n

de livros produzidos é dado por:

C 5 30.000 1 4n

b) Como cada livro é vendido por R$ 9,00, temos

que a receita R em função do número n de livros

vendidos é:

R 5 9n

c) Para que as despesas sejam pagas, a receita deveser maior ou igual o custo total. Assim:

R C ⇒ 9n 30.000 1 4n

5n 30.000 ⇒ n 6.000

Logo, devem ser produzidos e vendidos, no míni-

mo, 6.000 livros.

60. a) Para x 5 0, temos y 5 2 ? 0 1 6 ⇒ y 5 6.

Para y 5 0, temos 0 5 2 x 1 6 ⇒ x 5 23.


Logo, o gráfico de r é:

y r

x 0

6

�3

b) Como a equação reduzida de r é y 5 2 x 1 6, seu

coeficiente angular é m 5 2 e seu coeficiente linearé q 5 6.

c) O coeficiente angular da reta é a tangente da

inclinação de r .

O coeficiente linear da reta é a ordenada do ponto

em que a reta intercepta o eixo das ordenadas.

61. O coeficiente angular da reta r é m 5 tg 5 3, e

seu coeficiente linear é q 5 22. Assim, a equação

reduzida de r é y 5 3 x 2 2.

62. Seja AC 5 x e, portanto, BC 5 2 x. Assim, o coeficiente

angular da reta é m 5 2 x

x 5 2.

Além disso, pelo gráfico, a reta passa pelo ponto B(4, 5).

Logo, uma equação da reta , AB - é:

( y 2 5) 5 2 ? ( x 2 4) ⇒ y 5 2 x 2 3

Portanto, a equação reduzida da reta , AB - é y 5 2 x 2 3.

63. a) Temos: 5 x 1 y 2 2 5 0 ⇒ y 5 25 x 1 2. Logo, o

coeficiente angular de r é m 5 25, e seu coeficiente

linear é q 5 2.

b) Temos: 6 x 2 2 y 1 1 5 0 ⇒ y 5 3 x 1 1

2. Logo, o

coeficiente angular de s é m 5 3, e seu coeficiente

linear é q 5 1

2.

c) Temos: 7 x 1 4 y 5 0 ⇒ y 5 27

4 x . Logo, o coefi-

ciente angular de t é m 5 27

4, e seu coeficiente

linear é q 5 0.

d) Temos:2

3 2

1

4

x y 1 5 ⇒ 8 x 1 6 y 5 3

y 5 2 14

3

1

2 x .

Logo, o coeficiente angular de u é m 5 24

3, e seu

coeficiente linear é q 5 1

2.

64. A função custo é dada por:

C ( x) 5 5.000 1 4 x

A função receita é dada por:

R( x) 5 12 x

E a função lucro é dada por:

L( x) 5 R( x) 2 C ( x) ⇒ L( x) 5 8 x 2 5.000

Além disso, o break-even point é tal que:5.000 1 4 x 5 12 x ⇒ x 5 625

Para x 5 625, temos y 5 12 ? 625 5 7.500.

Logo, o break-even point é (625, 7.500).

Alternativa c.

65. Temos:

• mr 5 5 e q

r 5 2

• m s 5 5 e q

s 5 24

• A forma reduzida da equação da reta t é y 5 5 x 1 2;

logo mt 5 5 e q

t 5 2.

• A forma reduzida da equação da reta u é

y 5 5 x 1 13

; logo mu 5 5 e q u 5 13

.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


• Não existe mv.

• Não existe mz .

Portanto:

a) mr 5 m

s e q

r q

s ⇒ r e s são paralelas distintas.

b) mr 5 m

t e q

r 5 q

t ⇒ r e t são paralelas coincidentes.

c) m s 5 m

u e q

s q

u ⇒ s e u são paralelas distintas.

d) ∃ mt e e m

v ⇒ t e v são concorrentes.

e) ∃ mu e e m

v ⇒ u e v são concorrentes.

f ) e mv e e m

z ⇒ v e z são paralelas distintas.

66. Sejam (r ) ( p 2 1) x 1 5 y 1 1 5 0 e ( s) 2 px 1 y 2 2 5 0.

As equações reduzidas de r e s são, respectivamente,

(r ) y 5 1

5

1

5

22

p x

e ( s) y 5 22 px 1 2. Para que r

e s sejam paralelas, devemos ter mr 5 m

s, isto é:

1

5

2 p 5 22 p ⇒ 210 p 5 1 2 p

p 5 2

1

9

67. A equação reduzida de r é y 5 2 1k

x2

5

2 . Para que

r e s sejam concorrentes, devemos ter mr m

s, isto é:

2 k

2

5

4 ⇒ k 2

5

2

68. O coeficiente angular da reta s é m s 5 tg 135° 5 21.

Como r é paralela à reta s, devemos ter mr 5 m

s 5 21.

Além disso, r passa pelo ponto P (5, 4); então:

(r ) y 2 4 5 21( x 2 5)

Logo, uma equação geral de r é x 1 y 2 9 5 0.

69. O coeficiente angular da reta s, que passa pelos

pontos (2, 0) e (0, 4), é:

m s 5

4 0

0 2

2

2 5 22

Como r é paralela a s, seu coeficiente angular é mr 5 22.

Além disso, r passa por P (23, 1); então:

(r ) y 2 1 5 22[ x 2 (23)]Logo, a equação reduzida de r é y 5 22 x 2 5.

70. a) A forma reduzida da equação de s é y 5 23 x 1 2.

Então, seu coeficiente angular é m s 5 23.

Como r é paralela a s e passa pelo ponto P (2, 5),

temos que sua equação é dada por:

y 2 5 5 23( x 2 2)

Portanto, a equação reduzida de r é y 5 23 x 1 11.

b) O coeficiente angular de s é m s 5 24.

Como r é paralela a s, mr 5 24; além disso, r passa

pelo ponto P (0, 1). Logo, a equação de r é:

y 2 1 5 24( x 2 0)

Portanto, a equação reduzida de r é y 5 24 x 1 1.

c) A forma reduzida da equação de s é y 5 2

3

1

3 x .1

Então, seu coeficiente angular é m s 5 23

.

Como r é paralela a s, mr 5

2

3; além disso, r passa

pelo ponto P (0, 0). Logo, a equação de r é:

y 2 0 5 2

30( ) x 2

Portanto, a equação reduzida de r é y 5 2

3

x.

71. O coeficiente angular da reta , AB - é:

m AB

5 7 1

1 3

2

2 5 23

Como a reta ,CD - é paralela a , AB -, temos que mCD

5 23.

Além disso, tal reta passa por C (5, 2). Temos, então:

(,CD -) y 2 2 5 23( x 2 5)

Logo, uma equação geral da reta é 3 x 1 y 2 17 5 0.

72. O ponto em que a reta cruza o eixo das abscissas é tal

que y 5 0. Substituindo tal valor na equação y 5 3 x 1 q ,

obtemos x 5 2q

3

.

Além disso, q é o coeficiente linear da reta; portanto, o

ponto em que a reta cruza o eixo das ordenadas é (0, q ).

Como a reta forma um triângulo de área 4 com os

eixos coordenados, temos:

2q

q 3

2

?

5 4 ⇒ q 2 5 24

q 5 22 6 ou q 5 2 6

Logo, as equações das possíveis retas nas condições

do enunciado são y 5 3 x 2 2 6 e y 5 3 x 1 2 6 .

73. a) Substituindo as coordenadas de P na equação da

reta, temos:

2 ? 5 1 (21) 1 k 5 0 ⇒ k 5 29

b) As equações das retas são (r ) 2 x 1 y 1 2 5 0,

( s) 2 x 1 y 1 4 5 0 e (t ) 2 x 1 y 1 6 5 0

Representando tais retas no plano:

0

�2

�1

�2

�3

�4

�6

x

t s r y

Portanto, tais retas são paralelas.

c) A forma reduzida da equação de tais retas é

y 5 22 x 2 k . Assim, os coeficientes angulares de

todas elas são iguais a 22.

Assim, por terem o mesmo coeficiente angular, taisretas são paralelas.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


74. a)

0 3

3

6

x

y

P

RC

b) • O ponto P , comum às duas retas, indica quando

o custo C e a receita R são iguais, ou seja, quan-

do não há lucro nem prejuízo.

• Para x , x p

, a curva que representa C está acima

da curva que representa R. Dessa forma, C . R

e a empresa, neste caso, tem prejuízo.

Para x . x p

, a curva que representa C está abaixo

da curva que representa R. Dessa forma, C , R e

a empresa, neste caso, tem lucro.

75. Vamos calcular o coeficiente angular de cada uma

das retas:

• A equação reduzida de r é y 5 2 13

5

1

5 x . Logo,

mr 5 2

3

5.

• m s 5

5

3

• mt 5 2

5

3

• e mu

• A equação reduzida de v é y 5 1. Logo, mv 5 0.

• A equação reduzida de z é y 5 1

5

1

10 x 2 . Logo,

mz 5

1

5.

Analisando as afirmações, temos:

a) V, pois, como mr 5 2

1

m s

, temos que r e s são

perpendiculares.

b) F, pois, como mr 2

1

mt

, temos que r e t não são

perpendiculares.

c) V, pois, como a reta u é horizontal e a reta v é

vertical, temos que u e v são perpendiculares.

d) F, pois, como mt 2

1

mz

, temos que t e z não são

perpendiculares.

e) F, pois, como m s 2

1

mz

, temos que s e z não são

perpendiculares.

f) F, pois, como mv 2

1

mz

, temos que v e z não são

perpendiculares.

76. A forma reduzida da equação de r é y 5 k

x

.2

12

3

1

3

Assim, temos mr 5

k 2 2

3 e m

s 5 2

5

4. Para que

r e s sejam perpendiculares, devemos ter:

mr 5 2

1

m s

⇒ mr ? m

s 5 21

k 2 2

3 ? 2

5

4

5 21⇒

k 5

22

5

77. a) A forma reduzida da equação de r é y 5 21

2 x 1 5.

Assim, mr 5 2

1

2.

Como s é a reta perpendicular a r passando por P ,

temos:

mr 5 2

1

m s

⇒ mr ? m

s 5 21

21

2 ? m

s 5 21 ⇒ m

s 5 2

E, portanto:

( s) y 2 4 5 2( x 2 2)

Logo, uma equação de s é y 5 2 x.

b) A forma reduzida da equação de r é y 5 3 x 2 1.

Assim, mr 5 3.

Como s é a reta perpendicular a r passando por P ,

temos:

mr 5 2

1

m s

⇒ mr ? m

s 5 21

3 ? m s 5 21 ⇒ m

s 5 2

1

3

E, portanto:( s) y 2 (26) 5 2 2

1

35( ) x

Logo, uma equação de s é x 1 3 y 1 13 5 0.

c) A forma reduzida da equação de r é y 5 25

4 x .

Assim, mr 5 2

5

4.

Como s é perpendicular a r , temos:

mr 5 2

1

m s

⇒ mr ? m

s 5 21

2

5

4 ?

m s 5 21⇒

m s 5

4

5E, portanto, como s passa por P (0, 24):

( s) y 2 (24) 5 4

50( ) x 2

Logo, uma equação de s é 4 x 2 5 y 2 20 5 0.

d) Como r é vertical, ela não tem coeficiente angular.

Assim, uma reta s perpendicular a ela é horizontal

e tem coeficiente angular zero. Finalmente, como s

passa por P (2, 5), uma equação de s é y 5 5.

78. A reta r passa pelos pontos (8, 0) e (0, 4). Assim, seu

coeficiente angular é mr 5 4 0

0 8 22

5 2 12

.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Como a reta s, passando por P (2, 6), deve ser

perpendicular a s, devemos ter m s 5 2

2

1

1

2

5 2.

Temos, então:

y 2 6 5 2( x 2 2)

Logo, uma equação da reta s é y 5 2 x 1 2.

79. a) O coeficiente angular da reta , AB - é:

m AB

5 3 5

6 2

2

2 5 2

1

2

Como r deve ser perpendicular a , AB -, o coeficiente

angular de r deve ser tal que:

mr 5 2

1

m AB

mr 5 2

Como r passa por P (1, 3), temos:

(r ) y 2 3 5 2( x 2 1)

Logo, uma equação da reta perpendicular a , AB - passando por P é 2 x 2 y 1 1 5 0.

b) O coeficiente angular da reta , AB - é:

m AB

5 15 9

2 1

2

2 5 6


angular de r é:

mr 5 2

1

m AB

mr 5 2

1

6


(r ) y 2 6 5 21

6[ x 2 (22)]

Logo, uma equação da reta perpendicular a , AB - passando por P é x 1 6 y 2 34 5 0.

c) O coeficiente angular da reta , AB - é:

m AB

5 7 5

0 3

2

2 5 2

2

3


angular de r é dado por:

mr 5 2

1

m AB

mr 5

3

2


(r ) y 2 (22) 5 3

2[ x 2 (24)]

Logo, uma equação da reta perpendicular a , AB - passando por P é 3 x 2 2 y 1 8 5 0.

d) Como A e B têm abscissas iguais, temos que a reta

, AB - é vertical e sua equação é x 5 4.

Assim, a reta r é horizontal e passa por P (6, 21).

Logo, uma equação da reta perpendicular a , AB - passando por P é y 5 21.

80. a) O coeficiente angular de r é mr 5 tg 135° 5 21.

Assim, o coeficiente angular de s, perpendicular ar passando por P (0, 4), é tal que:

mr 5 2

1

m s

m s 5 1

Temos, então:

( s) y 2 4 5 1( x 2 0)

Logo, uma equação de s é x 2 y 1 4 5 0.

b) Como r é vertical, o coeficiente angular de s,

perpendicular a r passando por P (7, 4), é m s

5 0.

Logo, uma equação de s é y 5 4.

81. a) 1o modo

A projeção ortogonal Q de P (8, 1) sobre a reta

r é a intersecção entre a reta s perpendicular a r

passando por P .

A forma reduzida da equação de r é y 5 x 1 5.

Assim, seu coeficiente angular é mr 5 1.

Como s é perpendicular a r , seu coeficiente angular

é tal que:

m s 5 2

1

mr

m s 5 21

A reta s passa por P (8, 1); então:

( s) y 2 1 5 21( x 2 8)

Logo, a equação reduzida de s é y 5 2 x 1 9.

A projeção ortogonal de P sobre a reta r é solução

do sistema:

y x

y x

5 1

5 2 1

5

9

⇒ x 5 2 e y 5 7

Concluímos, então, que Q(2, 7).

2o modo

Todo ponto da reta r é da forma Q(k , k 1 5). Para

que esse ponto seja a projeção ortogonal de P so-

bre r , devemos ter m PQ

5 21

mr

, ou seja:

k

k

1 2

2

5 1

8 5 21 ⇒ k 5 2

Logo, Q(2, 7).

b) Como r é horizontal de equação y 5 4, a projeção

ortogonal Q de P (2, 6) sobre r pertence à reta

vertical de equação x 5 2. Assim, temos Q(2, 4).

82. Como P (1, 1) não pertence à reta r de equação

x 1 y 5 4, o centro O do quadrado é a projeção

ortogonal de P sobre r . Além disso, a reta s que

contémO e P é suporte da outra diagonal do quadrado

e o simétrico de P em relação a r é outro vértice do

quadrado.

A forma reduzida da equação de r é y 5 2 x 1 4.

Assim, seu coeficiente angular é mr 5 21. Dessa

forma, o coeficiente angular de s é tal que:

m s 5 2

1

mr

m s 5 1

Como a reta s passa por P (1, 1), temos:

( s) y 2 1 5 1( x 2 1)Logo, uma equação de s é y 5 x.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


De (I) e (II), temos:

4h 2 40 5 10m 2 30⇒ 4h 2 10m 2 10 5 0

Portanto, uma equação que relaciona apenas a altura

h e a massa m da planta é 4h 2 10m 2 10 5 0.

87. Temos:

• x 5 t 1 5⇒ t 5 x 2 5 (I)

•

y 5

3t 1

6⇒

t 5

y 2 6

3 (II)


x 2 5 5 y 2 6

3 ⇒ 3 x 2 15 5 y 2 6

3 x 2 y 2 9 5 0

88. Temos:

x t

y t

cos

5

5

4

2

2

2

sen

⇒

xt

yt

4

2

2

2

( )

cos ( )

5

5

sen I

II

Adicionando, membro a membro, (I) e (II): x y

4 2 1 5 sen 2 2

1

cost t 1

⇒ x y

4 2 1 5 1

Portanto, a equação reduzida da reta que contém o

gráfico determinado pelas equações paramétricas é

y 5 21

2 x 1 2. Observando que 0 < sen2 t < 1 e

0 < cos2 t < 1, temos que 0 < x < 4 e 0 < y < 2, com

o que concluímos que o gráfico é:

4

2

x

y

89. a) A equação da reta vertical que passa por P (2, 6) é

x 5 2.

Para as demais retas, seja m o seu coeficiente an-

gular. Temos, então:

y 2 6 5 m( x 2 2)⇒ y 5 mx 2 2(m 2 3)

Portanto, as equações desse feixe são: x 5 2 ou

y 5 mx 2 2(m 2 3).

b) Para a reta de inclinação 45°, temos:m 5 tg 45°⇒ m 5 1

Substituindo esse valor na equação do item a, temos

que a equação da reta de inclinação 45° é dada por:

y 5 x 1 4

c) Como a reta horizontal passa por P (2, 6), sua

equação é:

y 5 6

d) Como a reta vertical passa por P (2, 6), sua equação é:

x 5 2

e) O ponto em que a reta intercepta o eixo Oy tem

abscissa O. Assim, queremos a equação da reta quepassa pelo ponto (0, 80).

Assim, O é solução do sistema:

x y

y x

1 5

5

4

⇒ x 5 2 e y 5 2

Concluímos, então, que O(2, 2).

Dessa forma, as coordenadas do ponto P , simétrico

de P em relação a r , são dadas por:

1

2

1 x 5 2⇒ x 5 3 e

1

2

1 y 5 2⇒ y 5 3

Concluímos, então, que P (3, 3).

Como m s 5 1, a inclinação de s é 45°. Assim, dois dos

lados do quadrado são paralelos ao eixo das abscissas

e os outros dois são paralelos ao eixo das ordenadas.

Dessa forma, um dos vértices tem a mesma abscissa

de P e a mesma ordenada de P e o outro tem a mes-

ma ordenada de P e a mesma abscissa de P .

Logo, os quatro vértices do quadrado são (1, 1), (1, 3),

(3, 1) e (3, 3).

83. Temos:

x t

y t

5 2

5 2

2 5

3

⇒

x t

t y

( )

( )

5 2

5 2

2 5

3

I

II

Substituindo (II) em (I), obtemos:

x 5 2(3 2 y) 2 5

Assim, a equação reduzida de r é y 5 2 1 x

2

1

2 .

84. Para t 5 0, temos x 5 2 e y 5 21 e, para t 5 1, temos

x 5 21 e y 5 5. Dessa forma, r passa pelos pontos

(2, 21) e (21, 5) e seu gráfico é:

y

x

r

�1

�1

5

2

0

85. Temos:

x t

y kt

5 1

5 2

1

5

⇒ t x

y kt

( )

( )

5 2

5 2

1

5

I

II

Substituindo (I) em (II):

y 5 k ( x 2 1) 2 5

Assim, a equação reduzida de r é y 5 kx 2 k 2 5.

Como r passa pelo ponto P (2, 22), temos:

22 5 2k 2 k 2 5⇒ k 5 3

Logo, a equação reduzida de r é y 5 3 x 2 8 e, portan-

to, o coeficiente angular de r é mr 5 3.

86. Temos:

• h 5 10 1 0,25t ⇒ 0,25t 5 h 2 10

t 5 4h 2 40 (I)

• m 5 3 1 0,1t ⇒ 0,1t 5 m 2 3 t 5 10m 2 30 (II)

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Substituindo as coordenadas desse ponto na equa-

ção do item a, temos:

80 5 m 0 2 2(m 2 3)⇒ m 5 237

Logo, a equação de tal reta é:

y 5 237 x 1 80

f) O ponto em que a reta intercepta o eixo Ox tem

ordenada 0. Assim, queremos a equação da reta

que passa pelo ponto (20, 0).

Substituindo as coordenadas desse ponto na equa-ção do item a, temos:

0 5 m 20 2 2(m 2 3)⇒ m 5 21

3

Logo, a equação de tal reta é:

y 5 2 1 x

3

20

3

90. O feixe plano de retas concorrentes de centro P (1, 2)

é representado pelas equações:

x 5 1 ou y 2 2 5 m( x 2 1), com m R. Como a reta

r é oblíqua, temos que sua equação é da forma

y 2 2 5 m( x 2 1).Para determinar o ponto de intersecção dessa reta

com os semieixos positivos Ox e Oy, atribuímos o va-

lor zero às variáveis y e x, respectivamente.

• Para y 5 0, temos: 0 2 2 5 m( x 2 1)⇒ x 5 m

m

2 2

• Para x 5 0, temos: y 2 2 5 m(0 2 1)⇒ y 5 2 2 m

Como, por hipótese, a reta r intercepta os eixos

coordenados em pontos de coordenadas positivas

seu gráfico é da forma:

1

2

2 � m

x O

r

y

m � 2

m

Como r forma com os semieixos positivos Ox e Oy

um triângulo de área 4, temos:

( )22

2

2 2

m m

m

5

4⇒

m2

1

4m 1

45

0

(m 1 2)2 5 0⇒ m 5 22

Logo, uma equação de r é y 2 2 5 22( x 2 1), ou, ain-

da, y 5 22 x 1 4.

91. a) Uma reta próxima possível desses pontos é a reta

que passa pelos pontos (1, 20) e (5, 29). O coefi-

ciente angular dessa reta é:

m 5 29 20

5 1

9

4

2

2 5

Logo, sua equação é:

y 2 20 5 94

( x 2 1)⇒ y 5 94

714

x 1

b) Para x 5 6, temos:

y 5 9

4 6 1

71

4 ⇒ y 5

125

4 5 31,25

Portanto, estima-se que no dia 6 do lançamento

foram vendidos 31,25 mil unidades.

Para x 5 7, temos:

y 5 9

4 7 1

71

4 ⇒ y 5

134

4 5 33,5

Portanto, no dia 7 estima-se que foram vendidas

33,5 mil unidades.

c) Vamos determinar a equação y 5 mx 1 9 da reta

de tendência do gráfico.

Temos:

• xi

i 5 1

5

∑ 5 1 1 2 1 3 1 4 1 5 5 15

• yi

i 5 1

5

∑ 5 20 1 28 1 18 1 25 1 29 5 120

• (

xii

)2

5 1

5

∑ 5 12 1 22 1 32 1 42 1 52 5 55

• xi i

i y

5 1

5

∑ 5 1 20 1 2 28 1 3 18 1 4 25 1 5 29 5

5 375

Assim, o sistema linear que determina m e q é:

5 15 120

15 55 375

q m

q m

1 5

1 5

⇒ m 5 1,5 e q 5 19,5

Logo, a equação da reta de tendência é

y 5 1,5 x 1 19,5.

d) A partir da reta de tendência, temos, para x 5 6:

y 5 1,5 6 1 19,5 5 28,5Para x 5 7:

y 5 1,5 7 1 19,5 5 30

Portanto, estima-se que no 6º dia de lançamento

sejam vendidas 28,5 mil unidades e no 7º dia,

30 mil unidades.

92. a) Logo:

• xi

i 5 1

4

∑ 5 1 1 2 1 3 1 4 5 10

• yi

i 5

1

4

∑ 5 33 1 50 1 59 1 70 5 212

• xi

i

2

1

4

5

∑ 5 12 1 22 1 32 1 42 5 30

• xi i

i y

5 1

4

∑ 5 1 33 1 2 50 1 3 59 1 4 70 5 590

Os valores de m e q da equação y 5 mx 1 q da reta

de tendência são solução do sistema:

4 10 212

10 30 590

q m

q m

1 5

1 5

⇒ m 5 12 e q 5 23

Logo, a equação da reta de tendência é y 5 12 x 1 23.

Associando ao gráfico um sistema cartesiano deeixos ortogonais conforme o enunciado, temos:

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


y

x

59

50

70

33

4321

b) No ano de 2007, temos x 5 5 e, portanto,

y 5 12 5 1 23⇒ y 5 83.

Logo, o preço estimado do barril de petróleo ao

fim de 2007 é US$ 83,00.

No ano de 2008, temos x 5 6 e, portanto,

y 5 12 6 1 23⇒ y 5 95.

Logo, o preço estimado do barril de petróleo ao

fim de 2008 é US$ 95,00.

93. a) Temos:

• xi

i 5 1

4

∑ 5 1 1 2 1 3 1 4 5 10

• yi

i 5 1

4

∑ 5 2 1 2,2 1 2,8 1 3,0 5 10

• xi

i

2

1

4

5

∑ 5 12 1 22 1 32 1 42 5 30

• xi i

i y

5 1

4

∑ 5 1 2 1 2 2,2 1 3 2,8 1 4 3,0 5 26,8

A equação da reta de tendência é y

5 mx

1 q

, em

que os valores de m e q são solução do sistema:

4 10 10

10 30 26 8

q m

q m

,

1 5

1 5

⇒ m 5 0,36 e q 5 1,6


y 5 0,36 x 1 1,6.

b) No mês de dezembro, temos x 5 5 e, portanto,

y 5 0,36 5 1 1,6⇒ y 5 3,4.

Logo, o número estimado de leitores no mês de

dezembro é 3.400.

Roteiro de estudos

1. Ver “Uma nova forma de representação”, na página 87.

2. Ver “Pontos da bissetriz dos quadrantes ímpares (bi)”,

nas páginas 89 e 90.

3. Ver “Pontos da bissetriz dos quadrantes pares (b p)”,

na página 90.

4. Ver “Distância entre dois pontos no plano cartesia-

no”, nas páginas 90 a 92.

5. Ver “Distância entre dois pontos no plano cartesia-no”, nas páginas 90 e 91.

6. Ponto médio de um segmento t AB u é aquele que divide

tal segmento em dois segmentos de mesma medida,

ou seja, é um ponto do segmento t AB u que está à mes-

ma distância de A e de B.

7. Sejam A( x A

, y A

) e B( x B

, y B

). A abscissa do ponto médio

do segmento t AB u é a média aritmética das abscissas

dos pontos A e B, ou seja,

x x A B

.

1

2 Da mesma for-

ma, a ordenada do ponto médio de t AB u é a média arit-

mética das ordenadas dos pontos A e B, isto é,

y y A B

.

1

2 Resumindo, temos que o ponto médio de

t AB u é dado por x x y y

A B A B

, .1 1

2 2

8. Baricentro é o ponto em que as três medianas de um

triângulo se interceptam. Ele divide cada mediana, a

partir do vértice, na razão 2 para 1.

9. Sejam A( x A, y A), B( x B, y B) e C ( xC , yC ). A abscissa do ba-ricentro do triângulo ABC é a média aritmética das

abscissas dos pontos A, B e C , ou seja, x x x

A B C

.1 1

3

Da mesma forma, a ordenada do baricentro do triân-

gulo ABC é a média aritmética das ordenadas dos pon-

tos A, B e C , ou seja, y y y

A B C

.1 1

3 Resumindo, te-

mos que o baricentro do triângulo ABC é dado por

x x x y y y A B C A B C

, .

1 1 1 1

3 3

10. Ver “Inclinação e coeficiente angular de uma reta”, na

página 101.

11. Coeficiente angular de uma reta de inclinação , com

90°, é o número real m tal que m 5 tg .

12. Reta horizontal do plano é aquela que tem 0° de incli-

nação.

13. Reta vertical do plano é aquela que tem 90° de incli-

nação.

14. Reta oblíqua é aquela que não é nem vertical nem ho-

rizontal.

15. Se a reta não é vertical, considere A( x A

, y A

) e B( x B

, y B

)

dois pontos distintos da reta. Seu coeficiente angular

é dado por m 5 y y

x x A B

A B

.

2

2

16. Se as retas , AB - e, BC - têm o mesmo coeficiente angular,

elas têm a mesma inclinação e, portanto, são parale-

las. Mas, se tais retas são paralelas e têm o ponto B em

comum, então elas são paralelas coincidentes e, por-tanto, A, B e C pertencem a uma mesma reta.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


17. Porque o m da equação fundamental é o coeficiente

angular da reta e o coeficiente angular de uma reta

vertical não existe.

18. Inicialmente, lembremos que dois pontos distintos de-

terminam uma reta. Dessa forma, basta atribuirmos

dois valores distintos a uma das variáveis e encontrar-

mos os respectivos valores da outra. Determinamos,

assim, dois pontos distintos da reta. Marcamos, então,

tais pontos no plano e traçamos a reta.

19. O ponto de intersecção de duas retas concorrentes é

obtido resolvendo-se o sistema formado pelas equa-

ções dessas retas.

20. Temos que m é o coeficiente angular da reta, isto é, a

tangente da inclinação da reta. Temos, também, que q

é o coeficiente linear da reta, ou seja, a ordenada do

ponto em que a reta intercepta o eixo das ordenadas.

21. Para que duas retas não verticais sejam paralelas dis-

tintas, seus coeficientes angulares devem ser iguais eseus coeficientes lineares devem ser diferentes.

22. Para que duas retas não verticais sejam paralelas

coincidentes, seus coeficientes angulares devem ser

iguais, assim como seus coeficientes lineares.

23. Para que duas retas não verticais sejam concorrentes,

seus coeficientes angulares devem ser diferentes.

24. Se os coeficientes angulares das duas retas existirem,

o coeficiente angular de uma deverá ser o oposto do

inverso do coeficiente linear da outra. Se um deles

não existir, o outro deverá ser zero.

25. Uma reta horizontal é perpendicular a uma reta r

vertical.

26. Equações paramétricas são aquelas em que as variá-

veis são dadas em função de um mesmo parâmetro.

Questões complementares

Questões técnicas

1. a) A(21, 2), B(2, 6) e C (2, 0); logo:

AB 5 [ ]( ) ( )2 1 6 22 2

2 2 1 2 5 3 42 2

1 5 5 AC 5 [ ]( ) ( )2 1 0 22 2

2 2 1 2 5

5 3 2 132 2 ( ) 1 2 5

E, como B e C têm mesma abscissa, BC 5 |02 6|5 6.

Portanto, o perímetro do triângulo ABC é

5 1 6 1 13 5 11 1 13 .

b) Como 52 1 132

( ) 62, ou seja, 25 1 13 36,

temos que o triângulo é acutângulo.

2. a) A(0, 0), B(3, 4) e C (15, 8); assim:

AB 5 ( ) ( )3 0 4 02 22 1 2 5

5 3 4 252 2 1 5 5 5

BC 5 ( ) ( )15 3 8 42 22 1 2 5

5 12 4 160 4 102 2 1 5 5

AC 5 ( ) ( )15 0 8 02 22 1 2 5

5 15 8 2892 2 1 5 5 17

Logo, o perímetro do triângulo ABC é

5 1 4 10 1 17 5 22 1 4 10 2 11 2 10 .5 1( )b) Como 52 1 4 10

2

( ) 172, ou seja, 25 1 160 289,

temos que o triângulo é obtusângulo.

3. Seja O(0, 0), P (3, y P ) e Q(24, y

Q). Do enunciado, temos:

• OP 5 5⇒ ( ) ( )3 0 02 22 1 2 y

P 5 5

32 1 y P

2 5 52 ⇒ y P

2 5 16

y P 5 24 ou y

P 5 4

• OQ 5 5⇒ ( ) ( )2 2 1 24 0 02 2 yQ

5 5

(24)2 1 yQ

2 5 52 ⇒ yQ

2 5 9

yQ 5 23 ou yQ 5 3

Como P é um ponto do primeiro quadrante e Q é um

ponto do segundo quadrante, temos y P 0 e y

Q 0.

Logo, P (3, 4) e Q(24, 3).

Temos, então:

PQ 5 ( ) ( )2 2 1 24 3 3 42 2 5 ( ) ( )2 1 27 12 2 5

5 49 1 1 5 50 5 2 5

Portanto, a distância entre P e Q é 5 2 .

4. Como Q é um ponto do eixo das ordenadas, Q é do

tipo (0, yQ

).

Do enunciado, temos QA 5 5 2 . Assim:

[ ]( ) ( ) 0 5 2 5 22 22 2 1 2 5 y

Q ⇒

⇒ 25 1 yQ

2 2 4 yQ 1 4 5 50

yQ

2 2 4 yQ 2 21 5 0

5 (24)2 2 4 1 (221) 5 100

yQ 5

2 2( )4 100

2 1

±

⇒ yQ 5

4 10

2

±

yQ 5 23 ou y

2 5 7

Logo, há duas possibilidades para o ponto Q: Q(0, 23)

ou Q(0, 7).

5. Um ponto que pertence à bissetriz dos quadrantes ím-

pares tem abscissa e ordenadas iguais. Dessa forma,

consideremos T (t , t ). Do enunciado, temos TA 5 5.

Assim:

[ ]( ) ( )t t 2 2 1 21 62 2 5 5⇒

⇒ t 2 1 2t 1 1 1 t 2 2 12t 1 36 5 25

t 2 2 5t 1 6 5 0

5 (25)2 2 4 1 6 5 1

t 5 2 2( )5 1

2 1

±

⇒ t 5 5 1

2

±

t 5 2 ou t 5 3

Logo, há duas possibilidades para o ponto T : T (2, 2)ou T (3, 3).

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


6. Substituindo 21, 0 e 1 na equação y 5 x3 1 5 x 1 10,

temos:

• x 5 21⇒ y 5 (21)3 1 5 (21) 2 10 5 216

A(21, 216)

• x 5 0⇒ y 5 03 1 5 0 2 10 5 210

B(0, 210)

• x 5 1⇒ y 5 13 1 5 1 2 10 5 24

C (1,2

4)Então:

d 1 5 AB 5 [ ( )] [ ( )]0 1 10 162 2

2 2 1 2 2 2 ⇒

⇒ d 1 5 37

d 2 5 BC 5 ( ) [ ( )]1 0 4 102 2

2 1 2 2 2 ⇒ d 2 5 37

Assim: d 1 1 d

2 5 2 37 ⇒ d

1 1 d

2 5 148

E, como 144 148 225⇒ 12 148 15, temos

12 d 1 1 d

2 15.

Alternativa b.

7. Como o triângulo ABC é retângulo em B, temos:( BA)2 1 ( BC )2 5 ( AC )2

A(2, 2), B( x, 1) e C (21, 3); logo:

AC 5 ( ) ( )2 2 1 21 2 3 22 2 5 9 1 1 5 10

BA 5 ( ) ( ) x 2 1 22 1 22 2 5 x x2 4 4 1 2 1 1 5

5 x x2 4 5 2 1

BC 5 [ ( )] ( ) x 2 2 1 21 1 32 2 5

5 x x2 2 1 4 1 1 1 5 x x2 2 5 1 1

Assim:

( BA)2 1 ( BC )2 5 ( AC )2 ⇒⇒ ( x2 2 4 x 1 5) 1 ( x2 1 2 x 1 5) 5 10

2 x2 2 2 x 5 0⇒ x( x 2 1) 5 0

Portanto, x 5 0 ou x 5 1.

8. Sejam A, B, C , D, G e H conforme a figura a seguir.

y

P

B

N

A

M

D

H

E

G

F

O

C

x

Suponhamos, sem perda de generalidade, que tais

pontos estejam no centro dos quadrados.

Assim, temos A21

4

3

4,

, B21

4

21

4,

, C 3

4

21

4,

,

D 34

94

, , G 154

94

, e H 154

154

, .

Então:

• EA 5 21

4

3

4 2 5

18

4 5 4,5

• AB 5 21

4

3

4 2 5

18

4 5 4,5

• BC 5 3

4

21

4 2 5

18

4 5 4,5

• CD 5 9

4

21

4 2 5

12

4 5 3

• DG 5 15

4

3

4 2 5

12

4 5 3

• GH 5 15

4

9

4 2 5

6

4 5 1,5

• HF 5 9

4

15

4 2 5

6

4 5 1,5

Logo: 4,5 1 4,5 1 4,5 1 3 1 3 1 1,5 1 1,5 5 22,5

Portanto, o comprimento da linha é 22,5 cm.Alternativa d.

9. Seja P ( x, y), A(0, 0), B(3, 2) e C (2, 5). Assim:

AP 5 x y2 2 1

BP 5 ( ) ( )3 22 22 1 2 x y

CP 5 ( ) ( )2 52 22 1 2 x y

Como P equidista dos pontos A, B e C , temos:

PA 5 PB 5 PC

Logo, temos o sistema:

x y x y

x y

2 2 2 2

2 2

3 2

2

( ) ( )

(

1 5 2 1 2

1 5 2 x x y) ( )2 251 2

⇒

⇒ 6 4 13

4 10 29

x y

x y

1 5

1 5

x 5 7

22 e y 5

61

22

Portanto, as coordenadas do ponto equidistante de

(0, 0), (3, 2) e (2, 5) são7

22

61

22, .

10. a)

8

8

6 13

3

0

1

x

A

C

B

y


AC CB

5 22

8 613 8

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


AC

CB 5

2

5

Logo, o ponto C divide o segmento t AB u, de A para B,

na razão2

5.

b)

x

A

C

B

y

�4 2

1

5

7

0


AC

CB

( )

5

2 2

2

0 4

2 0

AC

CB 5 2


na razão 2.

c)

x

A

C

B

y

0

11

12

8

3

2

3

3

4

5

2

1

2


AC

CB 5

2

2

3

4

1

25

2

3

4

AC

CB 5

1

7


na razão1

7.

11. a) y

A

B

C

x x C

y C

4

4 7

1

0


AC

CB

x

xC

C

5 2

2

4

7 ⇒

3

4 5

x

xC

C

2

2

4

7

xC 5

37

7

AC

CB

y

yC

C

5 2

2

1

4 ⇒

3

4 5

y

yC

C

2

2

1

4

yC 5

16

7

Logo, C 37

7

16

7, .

b) y

A

B

�3

4

0

8

�13

C

x x C

y C


AC

CB 5

x

xC

C

( )

2 2

2 2

13

3 ⇒

3

7 5

x

xC

C

1

2 2

13

3

xC 5 210

AC

CB

y

yC

C

5 2

2

4

8 ⇒

3

7 5

y

yC

C

2

2

4

8

yC 5

26

5

Portanto, C 21026

5, .

c) y

A

B

C

x

9

3

4 x C

y C

100


AC

CB

x

xC

C

5 2

2

10

4 ⇒ 1 5

10

4

2

2

x

xC

C

xC 5 7

AC

CB

y

yC

C

5 2

2

9

3 ⇒ 1 5

9

3

2

2

y

yC

C

yC 5

6Portanto, C (7, 6).

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


d) y

A

B

165

1

0

12

C

x x C

y C


AC

CB

x

xC

C

5 2

2

5

16 ⇒

8

3 5

x

xC

C

2

2

5

16

xC 5 13

AC

CB

y

yC

C

5 2

2

1

12 ⇒

8

3 5

y

yC

C

2

2

1

12

yC 5 9

Logo, C (13, 9).

e) y

A

B

C

x

8

2

4 x C

y C

130


AC

CB

x

xC

C

5 2

2

4

13 ⇒ 2 5

x

xC

C

2

2

4

13

xC 5 10

AC

CB

y

yC

C

5 2

2

2

8 ⇒ 2 5

y

yC

C

2

2

2

8

yC 5 6

Logo, C (10, 6).

12.

y

A

B

C

x 20

1

8

4

x C

y C


AC

CB

x

xC

C

5 2

2

2

8 ⇒

1

3 5

x

xC

C

2

2

2

8

xC 5 72

AC

CB

y

yC

C

5 2

2

1

4 ⇒

1

3 5

y

yC

C

2

2

1

4

yC 5

7

4

Logo, as coordenadas do ponto C são C 7

2

7

4, .

13. Como os pontos C , D e E dividem o segmento t AB u em

quatro pontos congruentes, temos que as razões com

que C , D e E dividem t AB u, de A para B, são1

3

2

2

3

1, e ,

respectivamente.

Representando a situação no plano cartesiano, temos:

y

A

B

C

D

E

x x C x D x E

y C

y D

y E

1

2

3

4

2

5

3

2

Logo, pelo teorema de Tales, temos, para cada um

dos pontos:

• Ponto C :

AC

CB

x

x

C

C

52

2

1

2

34

⇒ 1

3

5 x

x

C

C

2

2

1

2

34

xC 5

9

16

AC

CB

y

y

C

C

52

2

3

22

5

⇒ 1

3 5

3

22

5

2

2

y

y

C

C

yC 5

49

40

• Ponto D :

AD

DB

x

x

D

D

52

2

1

23

4

⇒ 1 5 x

x

D

D

2

2

1

23

4

x D

5 5

8

AD

DB

y

y

D

D

52

2

3

22

5

⇒ 1 5

3

22

5

2

2

y

y

D

D

y D 5 1920

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


• Ponto E :

AE

EB

x

x

E

E

52

2

1

23

4

⇒ 3 5 x

x

E

E

2

2

1

23

4

xE 5

11

16

AE

EB

y

y

E

E

52

2

32

2

5

⇒ 3 5 32

2

5

2

2

y

y

E

E

y E

5 27

40

Assim, C 9

16

49

40,

, D 5

8

19

20,

e E

11

16

27

40, .

14. Como o ponto Q está entre P e S e PQ 5 2 QS , temos

que o ponto Q divide o segmento t PS u, de P para S , na

razão

2

1 . Assim:

PQ

QS

x

x 5

2

2

9

4 9 ⇒ 2 5

9

4 9

2

2

x

x

x 5 3

Logo, Q(7, 9), P (1, 3) e S (10, 12); portanto:

PS 5 ( ) ( )12 3 10 12 22 1 2 5 81 81 1 5 9 2

Assim, o comprimento do segmento t PS u é 9 2 .

15. a) x M

5 x x

A B 1

2 ⇒ x

M 5

2 16 2

2

x M 5 22

y M

5 y y

A B 1

2 ⇒ y

M 5

4 10

2

( )1 2

y M

5 23

Logo, M (22, 23).

b) x M

5 x x

A B 1

2 ⇒ x

M5

5

4

1

2

2

1 2

x M

5 3

8

y M

5 y y

A B 1

2 ⇒ y

M 5

3

22

2

1

y M

5 7

4

Portanto, M 3

8

7

4, .

c) x M

5 x x

A B 1

2 ⇒ x

M 5

20 45

2

1

x M 5 2 5 3 52

1

⇒ x M 5 5 52

y M

5 y y

A B 1

2 ⇒ y

M 5

3 7

2

1

y M

5 5

Logo , M 5 5

25, .

16. Sendo M o ponto médio de t AC u, temos:

• x M

5 2 13 5

2

⇒ x

M 5 1

• y M

5 5 3

2

1 ⇒ y

M 5 4

Assim, M (1, 4).

Como ABCD é um paralelogramo, M é também ponto

médio de t BD u.

Temos, então:

• x M

5 x x

B D 1

2 ⇒ 1 5

2

2

1 x D

x D 5

0

• y M

5 y y

B D 1

2 ⇒ 4 5

7

2

1 y D

y D

5 1

Logo, D(0, 1).

Alternativa c.

17. Como t FC u é a diagonal que separa o hexágono

ABCDEF em dois polígonos congruentes, temos que

o centro da circunferência circunscrita é o ponto mé-

dio da diagonal.

Assim, sendo Q o ponto médio de t FC u:

xQ 5

2 14 2

2

5 21 e y

Q 5

5 3

2

2 5 1

Logo, as coordenadas do centro da circunferência

circunscrita são Q(21, 1).

18. Sendo ( x, y) o simétrico de A em relação a Q em cada

caso, temos:

• xQ 5

x x A

1

2 ⇒ x 5 2 x

Q 2 x

A

• yQ 5

y y A

1

2 ⇒ y 5 2 y

Q 2 y

A

a) x 5 2 (23) 2 0 5 ⇒ x 5 26 y 5 2 1 2 (26)⇒ y 5 8

Portanto, o simétrico de A em relação a Q é (26, 8).

b) x 5 2 32 2 8 ⇒ x 5 2 4 2 2 2 2

x 5 6 2

y 5 2 21

8

2 3

4 ⇒ y 5 21

Portanto, o simétrico de A em relação a Q é

6 2 1, .2( )

19. Como t AB u é diâmetro da circunferência de centro C ,temos que C é ponto médio de t AB u.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Então:

• xC 5

x x A B

1

2 ⇒ 2 5

3

2

1 x B

x B

5 1

• yC 5

y y A B

1

2 ⇒ 21 5

8

2

1 y B

y B

5 210

Logo, B(1, 210).

20. Do enunciado, temos que t MN u é uma base média do

triângulo ABC e M t AB u e N t AC u. Logo:

• M é ponto médio de t AB u; então:

x M

5 x x

A B 1

2 ⇒ 2a 2 6 5

x A

2 1

2

x A

5 4a 2 11 (I)

y M

5 y y

A B 1

2 ⇒ a 2 1 5

y A

1 0

2

y A

5 2a 2 2 (II)

• N é ponto médio de t AC u; então:

x N

5 x x

A C 1

2 ⇒ a 5

x A

( )

1 5

2III

y N

5 y y

A C 1

2 ⇒ a 2 2 5

y A

( )

1 22

2

a 5 y

A 1 2

2 (IV)

Substituindo (III) em (I):

x A

5 4 x

A 1 5

2

2 11⇒ x A

5 1

Substituindo o valor de x A em (III):

a 5 1 5

2

1 ⇒ a 5 3

Finalmente, substituindo o valor de a em (II):

y A

5 2 3 2 2⇒ y A

5 4

Portanto, temos A(1, 4).

21. a) xG 5

x x x A B C

1 1

3 ⇒ x

G 5

2 1 11 0 5

3

xG 5

4

3

yG 5

y y y A B C

1 1

3 ⇒ y

G 5

6 4 8

3

( )1 2 1

yG 5

10

3

Logo, o baricentro do triângulo ABC é G 4

3

10

3, .

b) xG 5

x x x A B C

1 1

3 ⇒ x

G 5

27 3 12

3

1 1

xG 5

3 3 3 2 3

3

1 1 ⇒ x

G 5 2 3

yG 5

y y y A B C

1 1

3 ⇒ y

G 5

2 1 11 2 0

3

yG 5 13

Portanto, o baricentro do triângulo ABC é

G 2 31

3, .

22. Como G é o baricentro do triângulo ABC , temos:

xG 5

x x x A B C

1 1

3 ⇒ 2 5

0 4

3

1 1 xC

xC

5 2

yG 5

y y y A B C

1 1

3 ⇒ 5 5

2 1 11 1

3

yC

yC 5 15

Logo, C (2, 15).

23. Sejam os pontos O, P e Q conforme a figura a seguir.

x

y

O Q

60°

r

P

Temos que m(OB PQ) 5 60°.

Além disso, m( P BQO) 5 180° 2 90° 2 60°⇒

⇒ m( P BQO) 5 30°.

Finalmente, a inclinação da reta r é 180° 2 30° 5 150°,

e seu coeficiente angular é m 5 tg 150° 5 2 33

.

24. Sejam os pontos P , Q e R conforme a figura a seguir.

x

y

Q R

45°

15°

s

r

P

No triângulo PQR, temos m(QB PR) 5 45° e

m( P B RQ) 5 180° 2 45° 2 15°⇒ m( P B RQ) 5 120°.

Assim, a inclinação da reta r é 180° 2 120° 5 60°, e

seu coeficiente angular é m 5 tg 60° 5 3 .

Alternativa b.

25. a) m 5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m 5

5 3

3 7

2

2

m 5 2 12

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


b) m 5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m 5

2 2

2

8 2

2 5

m 5 10

3

c) m 5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m 5

2

52

31

2

2

2

m 5 2 1625

d) m 5 y y

x x B A

B A

2

2 ⇒ m 5

8 5 3

3 1

2 1

2

( )

m 5 3 3

3 1

2

2 5

3 3 1

3 1

2

2

( )

m 5 3


coeficiente angular é m 5 2 2

2

2 0

2 4

5 1 e, portanto,

sua inclinação é 5 45°.

27. Como a reta r tem coeficiente angular 22 e passa pelos

pontos (0, 0) e (k , 8), temos:

8 0

0

2

2k 5 22⇒ k 5 24

Portanto, P (24, 8); logo, o comprimento do segmen-

to t PO u é dado por:

PO 5 ( ) ( )2 2 1 24 0 8 02 25 80

PO 5 4 5

28. Como a reta r é paralela à reta s, sua inclinação tam-bém é de 45°.

Assim, seu coeficiente angular é m 5 tg 45°⇒ m 5 1.

Além disso, a reta r passa pelo ponto (3, 0).

Calculando o coeficiente angular m da reta que passa

por (3, 0) e por (5, 2), da alternativa c, temos:

m 5 2 0

5 3

2

2 5 1

Logo, o ponto (5, 2) pertence à reta r .

Alternativa d.

29. a) V, pois possuem o mesmo coeficiente angular.

b) V, pois no intervalo [0, 180°] a função tangente é

injetora.

c) V, pois do item b concluímos que as retas têm a

mesma inclinação. São, portanto, paralelas.

d) F, pois, se duas retas têm a mesma inclinação, elas

são paralelas.

e) F, pois, como a função tangente é injetora no inter-

valo [0, 180°], se duas retas têm coeficientes angu-

lares diferentes elas têm inclinações diferentes.

f) F, pois, se a inclinação de uma reta é tal que 90°,

temos tg 0 e, portanto, o coeficiente angularda reta é negativo.

g) V, pois no intervalo [0, 180°] o único ângulo cuja

tangente não está definida é 90°.

Assim, se r e s não têm coeficiente angular, ambas

formam um ângulo de 90° com o eixo das abscissas

e, portanto, são paralelas.

h) V, pois, se r não tem coeficiente angular, ela forma

um ângulo de 90° com o eixo Ox.

Além disso, se o coeficiente angular de s é zero, tal

reta é paralela ao eixo Ox. Assim, r é também per-pendicular a s.

30. Como A e B são pontos de uma reta vertical, eles têm

a mesma abscissa.

Assim:

x A

5 x B

⇒ 6k 1 2 5 k 2 6

k 5 28

5

31. Do enunciado, temos:

x

y

O

A

C

B

1

1

√3

No triângulo OAB:

tg (OB AB) 5 OB

OA ⇒ tg (OB AB) 5

1

1

tg (OB AB) 5 1⇒ m(OB AB) 5 45°

No triângulo OAC :

tg (OB AC) 5 OC

OA ⇒ tg (OB AC ) 5

3

1

tg (OB AC ) 5 3 ⇒ m(OB AC ) 5 60°

Logo, temos m( BB AC ) 5 60° 2 45° 5 15°.

Alternativa e.

32. a) Temos:

m AB

5 2 2

2 2

9 1

1 1

5 5 e m

BC 5

2 2 2

2 2

4 9

0 1

( )

( ) 5 5

Como m AB

5 m BC

, temos que A, B e C são colineares.

b) Temos:

m AB

5 1 2

33

41

2

2 2

5 4

21 e m

BC 5

15

1

03

4

2

2 2

5 216

15

Como m AB

m BC

, temos que A, B e C não são co-

lineares.

c) Temos:

m AB

5

5

4

3

23

22

2

2

5 1

2 e m

BC 5

2 2

2 2

1

4

5

4

53

2

5

5

26

Como m AB m BC , temos que A, B e C não sãocolineares.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


d) Como A, B e C têm abscissas iguais, eles pertencem

à mesma reta perpendicular ao eixo Ox. Portanto,

são colineares.

e) Temos:

m AB

5

82

26 4

2

2 5

2 2 2

2

2 5

2

2 e

m BC 5

2 2 8

1 6

2

2 5

2 2 2 2

5

2

2 5 0

Como m AB

m BC

, temos que A, B e C não são co-

lineares.

33. Para que AB 1 BC 5 AC , os pontos A, B e C devem

ser colineares, ou seja, devemos ter m AB

5 m BC

.

Sendo yC a ordenada do ponto C , temos:

m AB

5 1 5

6 2

2

2 5 21 e m

BC 5

yC

2

2

1

9 6 5

yC

2 1

3

Devemos ter, então:

21 5 y

C 2 1

3

⇒ yC 2 1 5 23

yC 5 22

Logo, C (9, 22).

34. Como a reta r passa pelos pontos R(2, 0), Q(6, 22) e

P (0, y), temos que os pontos P , Q e R são colineares.

Assim:

m PQ

5 mQR

⇒ y ( )

2 2

2

2

0 6 5

2 2

2

2 0

6 2

y 5 1

Logo, a reta r intercepta o eixo das ordenadas no

ponto P (0, 1).

35. Sejam A( x, 4), B(0, 2) e C 3

21,

. Como A, B e C são

colineares, temos:

m AB

5 m BC

⇒ 2 4

0

2

2 x 5

1 2

3

20

2

2

x 5 23

Alternativa a.

36. a) A equação da reta que passa por P (8, 0) e tem coe-

ficiente angular m 5 21

3 é:

y 2 0 5 2 13

( x 2 8)

Logo, uma equação da reta é x 1 3 y 2 8 5 0.

b) A equação da reta que passa por P 3 2,( ) e tem

coeficiente angular m 5 2 3 é:

y 2 2 5 2 23 3 x ( )Logo, uma equação da reta é 3 x 1 y 2 5 5 0.

c) A equação da reta que passa por P 2 3 0 ,1( ) e

tem coeficiente angular m 5 2 2 3 é:

y 2 0 5 2 3 2 3 2 2 1 x ( )

Logo, uma equação da reta é 2 3 2( ) x 2 y 2 1 5 0.

37. a) Do gráfico, temos que a reta u passa por P (0, 5) e

que seu coeficiente angular é m 5 tg 120° 5 2 3 .

Assim:

(u) y 2 5 5 2 3 ( x 2 0)

Logo, uma equação da reta u é y 5 2 13 5 x .

b) Do triângulo retângulo formado, temos que a incli-

nação da reta é 180° 2 (180° 2 30° 2 90°) 5 120°.

Além disso, a reta v passa por P (2, 3) e tem coefi-

ciente angular m 5 tg 120° 5 2 3 . Assim:

(v) y 2 3 5 2 3 ( x 2 2)

Logo, uma equação da reta v é y 5 2 1 13 2 3 3 x .

38. a) O coeficiente angular da reta que passa por A e B é:

m 5 10 0

5 7

( )

2

2 2 2 5 5

Assim, temos:

(, AB -) y 2 0 5 5 [ x 2(27)]Logo, uma equação da reta que passa por A e B é

y 5 5 x 1 35.

b) O coeficiente angular da reta que passa por A e B é:

m 5 6 5

4 1

1

3

2

25

Assim, temos:

(, AB -) y 2 6 5 1

34( ) x 2

Logo, uma equação da reta que passa por A e B é

y 5 x

3

14

3 .1

c) O coeficiente angular da reta que passa por A e B é:

m 5

2 2

2 2

1 2

1 3

( ) 5 2

3

4

Assim, temos:

(, AB -) y 2 (21) 5 2 23

41( ) x

Logo, uma equação da reta que passa pelos pontos

A e B é y 5 2 23

4

1

4

x .

39. Considere os pontos A e B como na figura a seguir.

x

y

A P90° � α

5

sr

α

B

Temos:

tg

tg °

( )

5 5

2 5

BP

AB

AB BP

4

3

90

⇒ tg (90° 2 ) 5 3

4

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Logo, mr 5 tg [180° 2(90° 2 )] 5 2

3

4.

Como r passa pelo ponto P (5, 0), uma equação de r é:

y 2 0 5 2 23

45( ) x ⇒ y 5 2 1

3

4

15

4

x

40. a)

x

y

D C

0 4

4 A B

b) Como A e B têm ordenadas iguais, temos que uma

equação da reta , AB - é y 5 4.

c) Como B e C têm abscissas iguais, temos que uma

equação da reta , BC - é x 5 4.

d) Como D e C estão sobre o eixo Ox, temos que uma

equação da reta , DC - é y 5 0.

e) Como A e D estão sobre o eixo Oy, temos que uma

equação da reta , AD - é x 5 0.

f) O coeficiente angular da reta , DB - é:

m 5 4 0

4 0

2

2 5 1

Assim, temos:

(, DB -) y 2 0 5 1( x 2 0)

Logo, uma equação da reta,

DB -

é y 5

x.

41. Todo ponto que pertence à bissetriz dos quadrantes

pares tem abscissa e ordenada opostas, e não iguais.

Portanto, 3 1 3 1 ,1 1( ) não pertence à bissetriz

dos quadrantes pares.

Alternativa e.

42. Como o triângulo ABC é equilátero, a reta suporte da

altura relativa ao lado t AB u passa por seu ponto médio M ,

cujas coordenadas são:

• x M

5 2 6

24

15

• y M

5 8 8

2

1 5 8

Além disso, A e B têm ordenadas iguais; portanto, a

reta , AB - é paralela ao eixo Ox.

Dessa forma, a reta suporte da altura é perpendicular

ao eixo Ox, passando por (4, 8).

Assim, uma equação de tal reta é x 5 4.

43. Como P pertence à bissetriz dos quadrantes pares,

ele é da forma P (a, 2a), com a R.

Além disso, PA 5 2 PB. Dessa forma:

( ) ( )[ ]a a2 1 2 2 23 52 2 5

5 2 ( ) [ ( )a a2 1 2 2 20 12 2 ⇒ 3a2 1 4a 2 15 5 0

5 42 2 4 3 (215) 5 196

a 5 24 196

2 3

±

⇒ a 5 23 ou a 5 5

3

Portanto, P (23, 3) ou P 5

3

5

3, .2

44. Como A pertence à bissetriz dos quadrantes ímpares,

ele é da forma A(a, a), com a R. Além disso, B per-

tence à reta horizontal que passa por A; portanto, sua

ordenada é a. E, como AB 5 8, há duas possibilidades

para a abscissa de B: a 2 8 ou a 1 8. Temos, então,

dois casos a considerar:

• 1º caso: A(a, a), B(a 2 8, a) e P (2, 5)

PA 5 PB ⇒ ( ) ( )a a2 1 22 52 2 5

5 ( ) ( )a a2 2 1 28 2 52 2

a2 2 4a 1 4 5 a2 2 20a 1 100

16a 5 96⇒ a 5 6

Logo, A(6, 6) e B(22, 6).

• 2º caso: A(a, a), B(a 1 8, a) e P (2, 5) PA 5 PB ⇒ ( ) ( )a a2 1 22 52 2 5

5 ( ) ( )a a1 2 1 28 2 52 2

a2 2 4a 1 4 5 a2 1 12a 1 36

16a 5 232⇒ a 5 22

Logo, A(22, 22) e B(6, 22).

Portanto, A(6, 6) e B(22, 6) ou A(22, 22) e B(6, 22).

45. a) Para x 5 0, temos 0 2 4 y 1 8 5 0⇒ y 5 22.

Para y 5 0, temos x 1 4 0 1 8 5 0⇒ x 5 28.


Logo, o gráfico de r é:

x

r

y

0

�8

�2

b) Para x 5 0, temos 5 0 2 3 y 1 1 5 0⇒ y 5 1

3.

Para y 5 0, temos 5 x 2 3 0 1 1 5 0⇒

⇒ x

5 2

1

5 .

Portanto, a reta passa pelos pontos 01

3,

e

21

50, .

Logo, o gráfico de s é:

1

3�

1

5

x

s

y

0

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


c) Temos 2 y 2 5 5 0⇒ y 5 5

2. Assim, a reta é hori-

zontal e passa pelo ponto 05

2, .

Logo, o gráfico

de u é:

5

2

x

y

0

u

46. Para x 5 0, temos 0 2 2 y 5 0⇒ y 5 0.

Para x 5 2, temos 2 2 2 y 5 0⇒ y 5 1.


Assim, o coeficiente angular de t é:

m 5 1 0

2 0

2

2 ⇒ m 5

1

2

47. Para x 5 k , temos 2k 2 y 2 3 5 0 ⇒ y 5 2k 2 3.

Assim, um ponto de r é P (k , 2k 2 3), com k real.

Alternativa d.

48. Seja k a abscissa do ponto P . Substituindo na equação

da reta r , temos 3k 2 y 1 2 5 0⇒ y 5 3k 1 2. Logo,

temos P (k , 3k 1 2).

Como PA 5 PB, temos:

( ) ( )k k 2 1 1 21 3 2 12 2 5

5 ( ) ( )k k 2 1 1 25 3 2 02 2 ⇒

⇒ 10k 2 1 4k 1 2 5 10k 2 1 2k 1 29

k 5 27

2

Logo, P 272

852

, .

49. As coordenadas do ponto de intersecção de r com s

são as coordenadas da solução do sistema:

2 3 1 0

3 4 2 0

x y

x y

1 2 5

1 1 5

⇒ x 5 210 e y 5 7

Logo, o ponto de intersecção das retas é (210, 7).

50. a) A reta r intercepta o eixo das abscissas no ponto

em que a ordenada é y 5 0. Para y 5 0, temos:

3 x 1 5 0 2 30 5 0⇒ x 5 10

Logo, o ponto de intersecção da reta r com o eixo

das abscissas é (10, 0).

b) A reta r intercepta o eixo das ordenadas no ponto

em que a abscissa é x 5 0. Para x 5 0, temos:

3 0 1 5 y 2 30 5 0⇒ y 5 6

Logo, o ponto de intersecção da reta r com o eixo

das ordenadas é (0, 6).

51. Seja r a reta que passa pelos pontos (22, 0) e (0, 3).

O coeficiente angular dessa reta é:

mr 5

3 0

0 2

( )

2

2 2 5

3

2Dessa forma, uma equação de r é:

y 2 0 5 3

2[ x 2 (22)] ⇒ 3 x 2 2 y 1 6 5 0

Seja s a reta que passa pelos pontos (6, 0) e (0, 6).


m s 5

6 0

0 6

2

2 5 21

Dessa forma, uma equação de s é:

y 2 0 5 21( x 2 6)⇒ x 1 y 2 6 5 0

O ponto P é a intersecção das retas r e s. Então, ascoordenadas desse ponto são a solução do sistema:

3 2 6 0

6 0

x y

x y

2 1 5

1 2 5

⇒ x 5 6

5 e y 5

24

5

Logo, o ponto de intersecção das retas é P 6

5

24

5, .

52. 1º modo

Sejam P o ponto de intersecção das retas r e s, Q o

ponto de intersecção das retas r e t , e R o ponto de

intersecção das retas s e t .

O triângulo limitado pelas retas r , s e t é o triângulo

cujos vértices são P , Q e R.As coordenadas do ponto P são a solução do sistema:

x y

x y

1 2 5

2 1 5

2 12 0

2 11 0

⇒ x 5 22 e y 5 7

Logo, P (22, 7).

As coordenadas do ponto Q são a solução do sistema

formado pelas equações das retas r e t :

x y

y

1 2 5

2 5

2 12 0

3 0

⇒ x 5 6 e y 5 3

Assim, Q(6, 3).

As coordenadas do ponto R são a solução do sistemaformado pelas equações das retas s e t :

2 11 0

3 0

x y

y

2 1 5

2 5

⇒ x 5 24 e y 5 3

Logo, R(24, 3).

Temos, então:

( PQ)2 5 [6 2 (22)]2 1 (3 2 7)2 5 80

( PR)2 5 [24 2 (22)]2 1 (3 2 7)2 5 20

(QR)2 5 (24 2 6)2 1 (3 2 3)2 5 100

Logo, como ( PQ)2 1 ( PR)2 5 (QR)2, o triângulo PQR,

limitado pelas retas r , s e t , é um triângulo retângulo.

2º modo (Para depois do estudo de retas perpendi-culares)

O coeficiente angular da reta r 21

2

é o oposto do

inverso do coeficiente angular da reta s (2); logo, r ⊥ s

e, portanto, o triângulo limitado pelas retas r , s e t é

retângulo.

53. Sejam (r ) y 2 x 5 1, ( s) y 1 x 5 5 e (t ) x 5 5 e A, B e

C os pontos de intersecção das retas r e s, r e t , e s e t ,

respectivamente.

As coordenadas de A são a solução do sistema:

y x y x

2 5

1 515

⇒ x 5 2 e y 5 3

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Logo, A(2, 3).

As coordenadas de B são a solução do sistema:

y x

x

2 5

5

1

5

⇒ x 5 5 e y 5 6

Logo, B(5, 6).

As coordenadas de C são a solução do sistema:

y x

x

1 5

5

5

5

⇒ x 5 5 e y 5 0

Logo, C (5, 0).

O triângulo retângulo limitado pelas retas r , s e t tem

vértices A, B e C . Assim:

AB 5 ( ) ( )5 2 6 32 22 1 2 5 18 3 2 5

AC 5 ( ) ( )5 2 0 32 22 1 2 5 18 3 2 5

BC 5 ( ) ( )5 5 6 02 22 1 2 5 36 5 6

Logo, a hipotenusa do triângulo ABC é t BC u. As coor-

denadas do ponto médio M de t BC u são:

x M

5 x x

B C 1

2

5 5 5

2

1 ⇒ x

M 5 5

y M

5 y y

B C 1

2 5

6 0

2

1 ⇒ y

M 5 3

Assim, M (5, 3).

Portanto, a distância do ponto médio da hipotenusa

do triângulo à origem O(0, 0):

OM 5 ( ) ( )5 0 3 02 22 1 2 5 34

Alternativa c.

54. Do enunciado, temos que a reta s passa pelos pontos

(2, 2) e (0, 3); assim, o coeficiente angular da reta s é:

m s 5 3 2

0 2

2

2 5 21

2

Logo, uma equação da reta s é:

y 2 2 5 21

2( x 2 2)⇒ x 1 2 y 2 6 5 0

Como o produto dos coeficientes angulares de t e

s é 1, temos:

m s m

t 5 1⇒ m

t 5

1

m s

5 22

Logo, como a reta t passa pelo ponto (2, 2), uma

equação da reta t é:

y 2 2 5 22( x 2 2)⇒ y 1 2 x 2 6 5 0

Portanto, as equações das retas s e t são( s) x 1 2 y 2 6 5 0 e (t ) y 1 2 x 2 6 5 0.

Representando essas retas no plano cartesiano, temos:

x

y

t s

0

2

2 3 6

3

6

A área A do triângulo delimitado pelo eixo dos x e

pelas retas s e t é:

A 5 ( )6 3 2

2

2 5 3

Alternativa b.

55. Como a ordenada A é y 5 2, substituímos tal valor na

equação da curva e encontramos a abscissa do ponto A:

2 5 1 x

⇒ x 5 12

Como a abscissa de B é x 5 1, substituímos tal valor

na equação da curva e encontramos a ordenada do

ponto B:

y 5 1

1 ⇒ y 5 1

Temos, então, que a reta r passa pelos pontos A1

22,

e

B(1, 1). Dessa forma, seu coeficiente angular é:

m 5 2 1

1

21

2

2

5 22

Assim, uma equação da reta r é:

y 2 1 5 22( x 2 1)⇒ 2 x 1 y 2 3 5 0

Encontramos, então, os pontos em que a reta inter-

cepta os eixos coordenados:

x 5 0⇒ 2 0 1 y 2 3 5 0

y 5 3

y 5 0⇒ 2 x 1 0 2 3 5 0

x 5 3

2

Assim, a reta cruza o eixo Ox no ponto 3

20,

e o

eixo Oy no ponto (0, 3), e a área do triângulo formado é:

3

23

2

9

4

5

Alternativa d.

56. Como as retas r e s são concorrentes, o determinante

da matriz dos coeficientes do sistema linear

x k y

kx y

( )1 2 5 2

1 5

2 1

8 3

é diferente de zero, isto é:

1 2

8

k

k

2 0⇒ 1 8 2 (k 2 2) k 0

k 2 2 2k 2 8 5 0⇒ k 22 e k 4

Alternativa a.

57. Vamos representar, no plano cartesiano, o segmento

de reta de equação x 5 3 no intervalo 0 < y < 5.

x

y

03

5

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


A rotação em torno do eixo y desse segmento de reta

gera a superf ície lateral de um cilindro de raio r 5 3 e

altura h 5 5.

O volume V desse cilindro é dado por:

V 5 π r 2 h 5 π 32 5

V 5 45πAlternativa d.

58. Como as três retas têm somente um ponto em co-

mum, vamos calcular o ponto de intersecção entre as

retas x 2 2 y 5 24 e x 1 y 5 5 resolvendo o sistema:

x y

x y

2 5 2

1 5

2 4

5

⇒ x 5 2 e y 5 3

Logo, o ponto de intersecção entre as retas é P (2, 3).

Substituindo as coordenadas de tal ponto na equação

mx 2 y 5 3, temos:

m 2 2 3 5 3 ⇒ m 5 3

Alternativa d.

59. Como AC 5 6 e BC 5 8, o coeficiente angular da reta

, AB - é m 5 86

43

.5 Além disso, o coeficiente linear

de , AB - é q 5 2. Logo, a equação reduzida de , AB - é

y 5 4

3

x 1 2.

60. a) O gráfico de r é:

x

y

r

B

A

0

5

3

1 2

b) O coeficiente angular de r é m 5 5 3

1 2

2

2 5 22.

Assim, a equação reduzida de r é:

y 2 3 5 22( x 2 2)⇒ y 5 22 x 1 7

c) O coeficiente angular de r é m 5 22, e seu coefi-

ciente linear é q 5 7.

61. O coeficiente angular da reta

, AC

- é:

m 5 7 1

1 10

2

3

2

2 5 2

Logo, uma equação de , AC - é:

y 2 7 5 22

3( x 2 1) ⇒ 2 x 1 3 y 2 23 5 0

Assim, as coordenadas do ponto de intersecção entre

, AC - e a reta de equação y 5 x 1 1 são a solução do

sistema:

2 3 23 0

1

x y

y x

1 2 5

5 1

⇒ x 5 4 e y 5 5

Logo, a reta de equação y 5 x 1 1 corta o lado t AC u do

triângulo no ponto (4, 5).Alternativa b.

62. a) A equação reduzida de r é y 5 2 3

3

1

3

k x

.

12 Para

que r e s sejam paralelas, devemos ter mr 5 m

s, isto é:

2 3

3

3

2

k 15 ⇒ 4k 1 6 5 9

k 5 3

4

b) Temos q r 5 2

1

3

e q s 5

1

3

. Assim, como mr 5 m

s

e q r q

s, as retas são paralelas distintas.

63. Sejam (r ) (2a 2 5) x 1 3 y 1 1 5 0 e ( s) (a 1 3) x 2 y 5 0.

As equações reduzidas de r e s são, respectivamente,

(r ) y 5 5 2

3

1

3

22

a x

e ( s) y 5 (a 1 3) x. Para que r

e s sejam concorrentes, devemos ter mr m

s, isto é:

5 2

3

2 a a 1 3 ⇒ 5 2 2a 3a 1 9

a 24

5

Portanto, as retas são concorrentes para a R tal

que a 24

5.

64. a) O coeficiente angular de s é m s 5 8. Como r é pa-

ralela a s, temos mr 5 8; além disso, r passa pelo

ponto P (23, 1). Então:

(r ) y 2 1 5 8[ x 2(23)]

Logo, a equação reduzida de r é y 5 8 x 1 25.

b) A forma reduzida da equação de s é

y 54

3

5

3 x .1 Então, seu coeficiente angular é

m s 5 4

3. Como r é paralela a s, temos m

r 5 4

3 e r

passa pelo ponto P 2 21

32, .

Então:

(r ) y 2 (22) 5 4

3

1

3 x 2 2

Logo, a equação reduzida de r é y 5 4

3

14

9

x .2

c) O coeficiente angular de s é m s 5

3

4. Como r é

paralela a s, temos mr 5

3

4 e r passa pelo ponto

P 2 22

5

1

2, .

Então:

(r ) y 2 2 5 2 21

2

3

4

2

5

x

Logo, a equação reduzida de r é y 5 3

4

1

5

x .2

65. Como a reta r não intercepta a reta de equação

y 5 1

25 x ,2 ela é paralela a tal reta. Dessa forma, o

coeficiente angular de r é mr 5

1

2

. Além disso, r pas-

sa pelo ponto (16, 11). Temos, então:

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


(r ) y 2 11 5 1

216( ) x 2

Assim, uma equação de r é x 2 2 y 1 6 5 0.

Dos pontos dados, o único que pertence à reta r é

713

2, ,

pois:

7 2 2 13

2

1 6 5 0

Alternativa b.

66. Como M é ponto médio de t AB u e N é ponto médio de

t AC u, temos:

x M

5 1 5

2

1 5 3 e y

M 5

3 7

2

1 5 5

x N

5 1 9

2

1 5 5 e y

N 5

3 1

2

1 5 2

Portanto, M (3, 5) e N (5, 2), e o coeficiente angular da

reta , MN - é:

m MN

5 5 23 5

32

22

5 2

Temos, então:

(, MN -) y 2 2 5 2 23

25( ) x

Logo, a equação reduzida de , MN - é:

y 5 2 13

2

19

2

x

67. a) A forma reduzida da equação de r é

y 5 2 14

3

1

3

x . Portanto, seu coeficiente angular

é m 5 24

3. Assim, sendo q o coeficiente linear de

cada uma das retas paralelas a r , a equação do

feixe é:

y 5 24

3

x 1 q , com q R

b) Vamos encontrar o valor de q substituindo as coor-

denadas de P na equação do feixe:

3 5 24

3 1 1 q ⇒ q 5

13

3

Logo, uma equação da reta s que passa por P (1, 3)

é 4 x 1

3 y 2

135

0.

68. Sejam r a reta de equação y 5 3

3

x e s a reta de

equação y 5 ax.

A reta r cruza o eixo Ox no ponto (0, 0) e tem coefi-

ciente angular mr 5

3

3. Logo, a reta r forma com

esse eixo um ângulo tal que tg 5 3

3; portanto,

5 30°.

A reta s cruza o eixo Ox no ponto (0, 0); então, como

o menor ângulo formado por r e s é 30°, temos duas

possibilidades para a reta s, conforme mostra a figuraa seguir.

x

y s

r

sO

30°

30°

Portanto, o coeficiente angular de s ém

s5 tg 60° 5 3 ou m

s 5 tg 0° 5 0.

• Para m s 5 3 , a equação de s é:

y 5 3 x

• Para m s 5 0, a equação de s é:

y 5 0

Portanto, a 5 0 ou a 5 3 .

Alternativa b.

69. A forma reduzida da equação de (r ) 3 x 1 y 2 1 5 0 é

y 5 23 x 1 1 e a da equação de ( s) (2n 2 4) x 1 y 1 25 0

é y 5 (4 2 2n) x 2 2. Assim, mr

5 23 e m s

5 4 2 2n.

Para que r e s sejam perpendiculares, devemos ter:

mr 5 2

1

m s

⇒ 23 5 22

1

4 2 n

n 5 11

6

70. A forma reduzida da equação de

(r ) (k 2 1) x 2 3 y 2 1 5 0 é y 5 k

x 2

21

3

1

3 e a da

equação de

( s) (1 2 k ) x 2 y 1 1 5 0 é y 5 (1 2 k ) x 1 1. Assim,

mr 5 k 2

13 e m s 5 (1 2 k ). Para que r e s sejam per-

pendiculares, devemos ter:

mr 5 2

25 2

2

1 1

3

1

1m

k

k s

( )

⇒

(k 2 1)2 5 3

k 5 2 3 1 1 ou k 5 3 1 1

71. a) A forma reduzida da equação de r é y 5 22 x 2 7.

Assim, mr 5 22. A reta s é perpendicular a r pas-

sando por P (21, 2). Então:

m s 5

2

1

mr

m s 5

1

2

E, portanto:

( s) y 2 2 5 1

2[ x 2 (21)]

Logo, uma equação de s é x 2 2 y 1 5 5 0.

b) A forma reduzida da equação de r é

y 5 2 12

5

1

5 x . Assim, m

r 5 2

2

5. A reta s é per-

pendicular a r passando por P (2, 6). Então:

m s 5 2 1mr

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


m s 5

5

2

E, portanto:

( s) y 2 6 5 5

2( x 2 2)


c) A forma reduzida da equação de r é y 5 3

4 x.

Assim, mr 5 3

4. A reta s é perpendicular a r pas-

sando por P (21, 0). Então:

m s 5 2

1

mr

m s 5 2

4

3

E, portanto:

( s) y 2 0 5 24

3[ x 2(21)]


d) A forma reduzida da equação de r é y 5 x 1 3.

Assim, mr 5 1. A reta s é perpendicular a r passan-

do por P 1

3

1

2, .2

Então:

m s 5 2

1

mr

m s 5 21

E, portanto:

( s) y 2 2 5 2 21

21

1

3

x



coeficiente angular é mr 5

4 0

0 3

2

2 5 2

4

3. Como a

reta s, passando por P (5, 6), deve ser perpendicular a

s, devemos ter:

m s 5 2

1

mr

m s 5

3

4

Temos, então:

( s) y 2 6 5 3

4

5( ) x 2

Logo, uma equação da reta s é y 5 3

4

9

4

x .1

Alternativa d.

73. a) O coeficiente angular da reta , AB - é:

m AB

5 8 5

4 0

3

4

2

25

Como r é perpendicular a , AB -, o coeficiente de r é

tal que:

mr 5 2

1

m AB

mr 5 2 43


(r ) y 2 0 5 2 2 24

37[ ( )] x



m AB

5

32

0

0 23

9

4

2

2

5 2

Como r é perpendicular a , AB -, o coeficiente de r é

tal que:

mr 5 2

1

m AB

mr 5

4

9

Como r passa por P1

3

1

2, 2

, temos:

(r ) y 2 2 5 21

2

4

9

1

3

x


c) Como A e B têm ordenadas iguais, a reta , AB - é ho-

rizontal e sua equação é y 5 3. Assim, a reta r é

vertical e passa por P (0, 0). Logo, uma equação da

reta perpendicular a , AB - passando por P é x 5 0.

74. Analisando as afirmações, temos:

(01) Correta. O coeficiente angular da reta r é:

mr 5

2 2

2

1 2

2 1

5 23

Assim, temos:

(r ) y 2 2 5 23( x 2 1)

Logo, uma equação de r é 3 x 1 y 2 5 5 0.

(02) Correta. O coeficiente da reta que passa pelos

pontos (2, 4) e (3, 1) é:

m 5 1 4

3 2

2

2 5 23

Como os coeficientes angulares são iguais, tais

retas são paralelas.

(04) Incorreta. A forma reduzida da equação

x 1 3 y 2 5 5 0 é y 5 2 11

3

5

3 x . Assim, o coe-

ficiente angular de tal reta é m 5 21

3. Como

m 21

mr

, tais retas não são perpendiculares.

(08) Correta. A forma reduzida da equação 2 x 1 y 5 3

é y 5 22 x 1 3. Assim, o coeficiente angular de

tal reta é 22. Como os coeficientes lineares são

diferentes, as retas são concorrentes, isto é, se

interceptam em um único ponto.

(16) Incorreta. Da equação da reta r , para x 5 0, te-

mos y 5 5. E, para y 5 0, temos x 5 5

3. Logo,

como a reta cruza os semieixos positivos nos

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


pontos (0, 5) e 5

30,

ela não intercepta a região

do plano em que x 0 e y 0.

• A soma é: 01 1 02 1 08 5 11

75. A reta r passa pelos pontos (22, 0) e (0, 4) e, portan-

to, o coeficiente angular de r é mr 5

4 0

0 2

( )

2

2 2

5 2.

Como s é paralela a r , m s 5 2. Além disso, s passa pelo

ponto (0, 23). Assim:

( s) y 2 (23) 5 2( x 2 0)

Logo, uma equação da reta s é 2 x 2 y 2 3 5 0.

Como t é perpendicular a r , seu coeficiente angular é

tal que:

mt 5 2

1

mr

mt 5 2

1

2Além disso, a reta t passa pelo ponto (2, 6). Temos,

então:(t ) y 2 6 5 2 2

1

22( ) x

Logo, uma equação da reta t é x 1 2 y 2 14 5 0.

As coordenadas do ponto de intersecção entre s e t

são as coordenadas da solução do sistema:

2 3 0

2 14 0

x y

x y

2 2 5

1 2 5

⇒ x 5 4 e y 5 5

Logo, P (4, 5), ou seja, a 5 4 e b 5 5.

76. a) O coeficiente angular de r é mr 5 tg 60° 5 3 .

Assim, o coeficiente angular de s, perpendicular a

r passando por P 3 3 3, ,( ) é tal que:m

s 5 2

1

mr

m s 5 2

3

3

Temos, então:

( s) y 2 3 3 5 2 23

33( ) x

Logo, uma equação da reta perpendicular a r pas-

sando por P é 3 x 1 3 y 2 12 3 5 0.

b) O coeficiente angular de r é mr 5 tg 150° 5 2

3

3.

Assim, o coeficiente angular de s, perpendicular ar passando por P (2, 6), é tal que:

m s 5 2

1

mr

m s 5 3

Temos, então:

( s) y 2 6 5 3 2( ) x 2

Logo, uma equação da reta perpendicular a r pas-

sando por P é 3 x 2 y 2 2 3 1 6 5 0.

77. O coeficiente angular de s é m s 5 tg 5

3

5. Como

r é perpendicular à reta s, seu coeficiente angular étal que:

mr 5 2

1

m s

mr 5 2

5

3


(r ) y 2 5 5 2 2 25

32[ ( )] x

Logo, a equação reduzida da reta r é

y 5 2 15

3

5

3

x .

78. a) A projeção ortogonal Q de P (21, 4) sobre a reta r

é a intersecção entre r e a reta s perpendicular a r

passando por P .

A forma reduzida da equação de r é y 5 21

2

1

2 x .1

Assim, seu coeficiente angular é mr 5 2

1

2.

Como s é perpendicular a r , seu coeficiente angu-

lar é tal que:

m s 5 2 1

mr

m s 5 2

Como s passa por P (21, 4), temos:

( s) y 2 4 5 2[ x 2 (21)]


As coordenadas do ponto que é a projeção ortogo-

nal de P sobre a reta r são a solução do sistema:

y x

y x

5 2 1

5 1

1

2

1

2

2 6

⇒ x 5 2

11

5 e y 5

8

5

Concluímos, então, que a projeção de P sobre a

reta r é o ponto 211

5

8

5, .

Nota:

Veja outro modo de resolução na questão proposta 81.

b) Como r é vertical de equação x 5 1, a projeção

ortogonal de P (21, 23) pertence à reta vertical

de equação y 5 23. Assim, a projeção é o ponto

(1, 23).

79. a) A projeção ortogonal Q de P (1, 2) sobre a reta r é

a intersecção entre a reta s perpendicular a r pas-

sando por P . A forma reduzida da equação de r é

y 5 2 11

2

15

2 x . Assim, seu coeficiente angular é

mr 5 2

1

2.


lar é tal que:

m s 5 2

1

mr

m s 5 2

Como s passa por P (1, 2), temos:

( s) y 2

25

2( x 2

1)Logo, a equação reduzida de s é y 5 2 x.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102



do sistema:

y x

y x

5 2 1

5

1

2

15

2

2

⇒ x 5 3 e y 5 6

Concluímos, então, que Q(3, 6).

O simétrico de P em relação a r é o ponto P ’( x, y)

tal que P e P ’ são distintos, pertencem à reta s e

equidistam de r . Dessa forma, Q é o ponto médiodo segmento t PP ’ u. Assim, temos:

1

2

1 x 5 3 ⇒ x 5 5 e

2

2

1 y 5 6 ⇒ y 5 10

Logo, o simétrico de P em relação à reta r é o pon-

to (5, 10).

b) A projeção ortogonal Q de P (24, 0) sobre a reta r

é a intersecção entre r e a reta s perpendicular a

r passando por P .

A forma reduzida da equação de r é

y 5 2

3

29

6 x .1 Assim, seu coeficiente angular é

mr 5

2

3.


lar é tal que:

m s 5 2

1

mr

m s 5 2

3

2

Como a reta s passa por P (24, 0), então:

( s) y 2 0 5 2 2 23

24[ ( )] x

Logo, a equação reduzida de s é y 5

2 2

3

26 x .


do sistema:

y x

y x

5 1

5 2 2

2

3

29

6

3

26

⇒ x 5 25 e y 5 3

2

Concluímos, então, que Q 253

2, .


tal que P e P ’ são distintos, pertencem à reta s e

equidistam de r . Dessa forma, Q é ponto médio do

segmento

t PP ’

u. Assim, temos:

2 15 2 5 2

15 5

4

25 6

0

2

3

2

x x

y y⇒ ⇒e 3

Logo, o simétrico do ponto P em relação à reta r é

o ponto (26, 3).

c) Como r é vertical de equação x 5 9, a projeção

ortogonal Q de P (2, 5) pertence à reta vertical de

equação y 5 5. Assim, Q(9, 5).


tal que P e P ’ pertencem à reta y 5 5 e equidistam

de r . Dessa forma, Q é o ponto médio do segmento

t PP ’ u. Assim, temos:

22

1

x 5 9 ⇒ x 5 16 e 52

1

y 5 5 ⇒ y 5 5

Logo, o simétrico de P em relação à reta r é o pon-

to (16, 5).

d) Como r é horizontal de equação y 5 2, a projeção

ortogonal Q de P (1, 26) pertence à reta vertical de

equação x 5 1. Assim, Q(1, 2).


tal que P e P ’ são distintos, pertencem à reta x 5 1

e equidistam de r . Dessa forma, Q é ponto médio

do segmento t PP ’ u. Assim, temos:1

21 1

6

22 10

15 5

2 15 5

x x

y y⇒ ⇒e

Logo, o simétrico do ponto P em relação à reta r é

o ponto (1, 10).

80. O coeficiente angular da reta , PQ - é:

m PQ

5 2 0

0 2

2

2 5 21

Assim, a equação da reta , PQ - é:

y 2 2 5 21( x 2 0)

Logo, a equação reduzida de , PQ - é y 5 2 x 1 2.

A projeção ortogonal A de O(0, 0) sobre a reta , PQ - é aintersecção das retas , PQ - e s tal que s é perpendicular

a , PQ - e passa por O.

Como s é perpendicular a , PQ -, seu coeficiente angular

é tal que:

m s 5 2

1

m PQ

m s 5 1

Temos, então:

( s) y 2 0 5 1( x 2 0)

Logo, a equação reduzida de s é y 5 x.

As coordenadas da projeção ortogonal da origem

O(0, 0) sobre a reta r são as coordenadas da soluçãodo sistema:

y x

y x

5 2 1

5

2

⇒ x 5 1 e y 5 1

Concluímos, então, que A(1, 1).

O simétrico de O em relação a r é o ponto O’( x, y) tal

que O e O’ são distintos, pertencem à reta s e equidis-

tam de r . Dessa forma, A é ponto médio do segmento

tOO’ u. Assim, temos:

0

2

1 x 5 1 ⇒ x 5 2 e

0

2

1 y 5 1 ⇒ y 5 2

Logo, O’(2, 2).

Alternativa a.

81. O coeficiente angular da reta r que passa por P e Q é:

mr 5

2 2

2 2

2 0

1 1

5 1


(r ) y 2 0 5 1( x 2 1)

Logo, a equação reduzida de r é y 5 x 2 1.

Seja s a perpendicular a r passando por N (1, 2); seu

coeficiente angular é tal que:

m s 5 2

1

mr

m s 5 21

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Temos, então:

( s) y 2 2 5 21( x 2 1)


As coordenadas da projeção ortogonal de N sobre a

reta r são as coordenadas da solução do sistema:

y x

y x

5 2

5 2 1

1

3

⇒ x 5 2 e y 5 1

Concluímos, então, que a projeção ortogonal de N

sobre a reta r é o ponto Q(2, 1).O simétrico de N em relação a r é o ponto N ’( x, y) tal

que N e N ’ são distintos, pertencem à reta s e equidis-

tam de r . Dessa forma, Q é ponto médio do segmento

t NN ’ u. Assim, temos:

1

2

1 x 5 2 ⇒ x 5 3 e

2

2

1 y 5 1 ⇒ y 5 0

Logo, N ’(3, 0).

Alternativa b.

82. O coeficiente angular da reta r é:

mr

5 1 0

1 0

2

2

5 1

Como s é perpendicular a r , seu coeficiente angular é

tal que:

m s 5 2

1

mr

m s 5 21

Como a reta t é paralela a s, seu coeficiente angular é

mt 5 21.

Temos, também, que U V 5 2 PQ. Logo, pelo teore-

ma de Tales, concluímos que P é ponto médio de tOU u.Sendo U ( x, y), temos:

0

2

1 x 5 1 ⇒ x 5 2 e

0

2

1 y 5 1 ⇒ y 5 2

Logo, como mt 5 21 e t passa por U (2, 2), temos:

(t ) y 2 2 5 21( x 2 2)

Logo, uma equação de t é x 1 y 2 4 5 0.

83. x t

y t

5 1

5 1

3 5

2 4

⇒ 2 6 10

3 6 12

x t

y t

5 1

2 5 2 2

2 x 2 3 y 5 22

Assim, a equação geral de r é 2 x 2 3 y 1 2 5 0.

84. a) O ponto de intersecção de uma reta com o eixo

das abscissas tem ordenada y 5 0. Assim, das

equações paramétricas de r , temos:

0 5 1 2 3t ⇒ t 5 1

3

Logo, para t 5 1

3 obtemos as coordenadas do

ponto de intesecção de r com o eixo das abscissas.

b) O ponto de intersecção de uma reta com o eixo

das ordenadas tem abscissa x 5 0. Assim, das

equações paramétricas de r , temos:

0 5 2t 1 1 ⇒ t 5 21

2

Logo, para t 5 21

2

obtemos as coordenadas do

ponto de intersecção de r com o eixo das ordenadas.

c) Substituindo x 5 5 nas equações paramétricas de

r , temos:

5 5 2t 1 1 ⇒ t 5 2

Logo, para t 5 2 obtemos o ponto de abscissa 5 da

reta r .

85. r x t

y t

5 1

5 2

5

3 1

⇒ t x

y t

5 2

5 2

5

3 1

y 5

3( x 2

5)2

1⇒

y 5

3 x 2

16e

s x k

y k

5

5 2

2

1 2

⇒ x 1 y 5 1

y 5 2 x 1 1

Portanto, as equações reduzidas das retas r e s são

(r ) y 5 3 x 2 16 e ( s) y 5 2 x 1 1.

As coordenadas do ponto comum às retas r e s são as

coordenadas da solução do sistema:

y x

y x

5 2

5 2 1

3 16

1

⇒ x 5 17

4 e y 5 2

13

4

Logo, o ponto comum às retas r e s é 174

134

, .2

86. A reta que pertence aos dois feixes passa pelos pontos

P (2, 5) e Q(4, 9). Assim, seu coeficiente angular é:

m 5 9 5

4 2

2

2 ⇒ m 5 2

Temos, então, que a equação dessa reta é:

y 2 5 5 2( x 2 2)

Logo, uma equação de tal reta é 2 x 2 y 1 1 5 0.

87. Como as retas de equação y 5 3 x 1 b e y 5 6 x 1 4b

pertencem ao feixe de retas de centro P (3, a), tal pon-to pertence a cada uma das retas. Então:

• a 5 3 3 1 b ⇒ a 5 b 1 9 (I)

• a 5 6 3 1 4b ⇒ a 5 4b 1 18 (II)


b 1 9 5 4b 1 18 ⇒ 3b 5 29

b 5 23 (III)

Substituindo (III) em (I), temos:

a 5 23 1 9

a 5 6

Logo, temos P (3, 6) e a equação da reta horizontal do

feixe é y 5 6.

88. Como P é um ponto do semieixo positivo Ox, P ( x, 0),

com x 0. Além disso, Q é um ponto do semieixo

positivo Oy cuja ordenada é o dobro da abscissa de P ;

portanto, Q(0, 2 x), com x 0.

Como a área do triângulo que a reta forma com os

semieixos positivos é 36, temos:

x x 2

2 5 36 ⇒ x2 5 36

x 5 6

Logo, P (6, 0) é o centro de tal feixe.

A equação da reta vertical desse feixe é x 5 6.

Seja o número real m o coeficiente angular das de-mais retas. Logo, todas podem ser representadas

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


por uma equação da forma y 2 0 5 m( x 2 6), ou

seja, y 5 m( x 2 6).

Portanto, as equações do feixe plano de retas concor-

rentes de centro P são:

x 5 6 ou y 5 m( x 2 6).

Questões contextualizadas

89. Como o ponto A está no terceiro quadrante a 3 km do

eixo Ox e 5 km do eixo Oy, temos A(25, 23). Ao se-

guir 15 km para o leste, o automóvel chega ao ponto

P (25 1 15, 23), ou seja, P (10, 23). Seguindo 3 km

para o norte, chega ao ponto Q(10, 23 1 3), isto é,

Q(10, 0). Andando 3 km para o oeste, chega ao ponto

R(10 2 3, 0), ou seja, R(7, 0). Finalmente, indo 2 km

para o norte, o automóvel chega ao ponto B(7, 0 1 2),

isto é, B(7, 2).

A distância entre A(25, 23) e B(7, 2) é:

AB 5 [ ] [ ] ( ) ( )7 5 2 32 22 2 1 2 2 5 12 52 2 1

AB 5 13 km

Alternativa b.

90. a) Do enunciado, temos a seguinte figura:

x (km)

y (km)

A

B

O 3

60°

7

y B

x B

Assim, O(0, 0) e A(3, 0).

Como m( ABOB) 5 60°, temos: y

x B

B

5 tg 60° ⇒ y B

5 3 x B

Logo:

AB 5 7 ⇒ ( ) ( ) x y B B

2 1 23 02 25 7

x B

2 2 6 x B

1 9 1 32

x B( ) 5 49

2 2 x B

2 3 x B

2 20 5 0

5 (23)2 2 4 2 (220) 5 169

x B

5 2 2( )3 13

2 2

±

⇒ x B

5 4 ou x B

5 25

2Como B é um ponto do primeiro quadrante, x

B 0;

logo, x B

5 4. Portanto:

y B

5 4 3

Assim, B 4 4 3, .( )

b) O comprimento dessa rua, em quilômetro, é o

comprimento do segmento t BC u, em que

B 4 4 3,( ) e C (4, 3).

BC 5 ( ) ( )4 4 4 3 32 22 1 2 5 4 3 3 2

Portanto, o comprimento dessa rua é

4 3 3 2( ) km, ou seja, é aproximadamente 3,93 km.

91. Do enunciado, temos o esquema a seguir:

x

y

A

CD

α

100

180° � α

40

60 80200

B

A área da região sombreada, que representa a região

do quadrilátero ABCD alcançada pelas transmissões,

é dada por:

2 90°

°

π 20

360

2

1 π 20

360

2

° 1

1 ( )180 20

360

2°

°

2 π 5 400π

A área não alcançada pelas transmissões é dada pela

diferença entre a área do quadrilátero e a área da re-

gião sombreada, ou seja:

( ) AB CD AD1

2 2 400π 5

5( )60 100 40

2

1 2 400π 5 400(8 2 π)

Portanto, a área do quadrilátero ABCD que não é al-

cançada pelas transmissões da emissora é

400(8 2 π) km2.

Alternativa b.

92. Vamos resolver essa equação de dois modos.

1º modo

Como a reta passa pelos pontos (5, 12) e (11, 23), seu

coeficiente angular é:

m 5 2 2

2

3 12

11 5

5 2

5

2

Assim, a equação da reta que passa por esses pontos é:

y 2 12 5 2 25

25( ) x

Logo, uma equação do segmento de reta é

5 x 1 2 y 2 49 5 0, para x R, com 5 x 11.

a) Para x 5 7, temos:

5 7 1 2 y 2 49 5 0 ⇒

⇒ y 5 7

Logo, às 7 h desse dia a temperatura era 7 °C.

b) Para y 5 4, temos:

5 x 1 2 4 2 49 5 0 ⇒

⇒ x 5 41

5 5 8,2

Logo, a temperatura atingiu 4 °C às 8 h 12 mindesse dia.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


2º modo

Observe a figura:

Horário (h)

Temperatura (°C)

y CC

DD

B B

x

A12

4

5 7 11

�3

a) Pelo teorema de Tales, temos:

AC

AB

C C

B B

’

’

’

’ 5 5

12

12 3

7 5

11 5

( )

2

2 25

2

2

y

y 5 7

Logo, às 7 h desse dia a temperatura era 7 °C.

b) Pelo teorema de Tales, temos:

AD

AB

D D

B B

’

’

’

’ 5 ⇒

12 4

12 3

5

11 5

( )

2

2 25

2

2

x

x 5 41

5

Logo, a temperatura atingiu 4 °C às41

5 h desse

dia, ou seja, às 8 h 12 min.

93. a) Pelo teorema de Tales, temos:

Tempo (s)

Volume (L)

B

D

C

A

0 8 24

10

30

40

x

y

BC

BA 5

40

40 10

2

2

y 5

24 8

24 0

2

2

y 5 20

Logo, após 8 segundos o tanque continha 20 litros

de água.

b) Queremos determinar o tempo x em que o volume

de água no tanque é 75% de 40 L, ou seja, 30 L.


BD

BA 5 ⇒

40 30

40 10

2

2 5

24

24 0

2

2

x

x 5 16

Logo, o tanque atingiu 75% da capacidade total de-pois de 16 segundos.

94. a) A distância entre A e B é dada por:

AB 5 ( ) ( )3 18 2 102 22 1 2 5 225 64 1 5 17

Logo, como a velocidade do projétil era constante,

essa velocidade era17

50

km

s 5 0,34 km/s.

b) Como a velocidade do projétil era constante, na

metade do tempo o projétil havia percorrido me-

tade da distância de A a B; assim, o ponto C emque o projétil estava após 25 segundos é tal que:

x

y

B

C

A2

0 3 18 x C

10

y C

AC

CB 5 1

Portanto, pelo teorema de Tales, temos:

AC

CB 5

x

xC

C

2

2

3

18 ⇒ 1 5

x

xC

C

2

2

3

18

xC 5

21

2

AC

CB 5

y

yC

C

2

2

2

10 ⇒ 1 5

y

yC

C

2

2

2

10

yC 5 6

Portanto, 25 segundos após passar por A, o projétil

estava no ponto P [ ]21

26, .

95. O preço y de um metro de tubo com 8 cm de diâme-tro é a ordenada do ponto C abaixo.

x

y

B

C

A6

84 20

30

y


AC

AB 5

8 4

20 4

2

2 5

y 2

2

6

30 6

y 5 12

Logo, o metro do tubo de diâmetro 8 cm custa R$ 12,00.

96. Consideremos um sistema cartesiano ortogonal

associado a esse mapa em que a unidade adotada

nos eixos é o quilômetro, O(0, 0) é a origem, o eixo

Ox é orientado no sentido oeste-leste (da esquerda

para a direita) e o eixo Oy é orientado no sentido

sul-norte (de baixo para cima). Nesse sistema, as

coordenadas de A e B são (20, 30) e (2

40, 50), res-pectivamente.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


x

y B

A

20

30

�40

50

O

N

O L

S

Temos, então:

x M

5 20 40

2

( )1 2 5 210 e y

M 5

30 50

2

1 5 40

Logo, M (210, 40), ou seja, para chegar ao ponto M

partindo do ponto de origem deve-se seguir 10 m na

direção oeste e 40 m na direção norte.

97. O gráfico a seguir descreve a variação da temperatu-

ra y, em grau Celsius, em função da profundidade x,

em metro.

x

y

A

T C

B21

27

0 40 100

Sendo T a temperatura a 40 m de profundidade, te-

mos, pelo teorema de Tales:

AC CB

5 40100 40 2

AC

CB 5

27

21

2

2

T

T

Logo:

40

60 5

27

21

2

2

T

T ⇒ T 5

123

5 5 24,6

Portanto, a temperatura da água a 40 m de profundi-

dade é 24,6 °C.

98. a) Sendo q a quantidade atual de gases na atmosfera,

daqui a 100 anos a quantidade será 3q . Assim, da-

qui a 54 anos a quantidade de gases na atmosfera éo valor k representado no gráfico:

Tempo(anos)

Quantidadede gases

540

100

3q

k

A

B

C

q


AB

AC

k q

q q 5

2

25

2

2

54 0

100 0 3

54

100⇒ 55

2 k q

q 2

∴ %k q

q

25 5

108

100108

Logo, em 54 anos, o aumento percentual de gases

na atmosfera será de 108%.

b) Sendo t a temperatura atual do planeta, e sendo a o tempo decorrido, a partir de hoje, para que a

temperatura aumente 1,7 °C, temos o gráfico:

Tempo(ano)

Temperatura

(°C)

a0

100

t � 5,8

t � 1,7

A

B

C

t


AB

AC

a t t

t

,

,5

2

25

1 2

1 2

0

100 0

1 7

5 8 t t

a

a

,

,

,

⇒100

1 7

5 8

29 3

5

∴

Logo, a temperatura sofrerá um aumento de 1,7 °C

em 29,3 anos aproximadamente.

c) Como a temperatura varia linearmente com o

tempo, a taxa de variação anual é constante para

qualquer período considerado. Assim, a taxa anual

de variação em uma década ou em um século é a

mesma, e portanto a razão5 8

100

, 5 0,058 é a respos-

ta à pergunta.

Logo, a taxa anual de variação da temperatura é

0,058 °C.

99. a) Como P está a 6 km da estrada X, sua ordenada é 6;

e, como P dista 4 km da estrada Y, sua abscissa é 4.

Assim, P (4, 6). Analogamente, Q(8, 4).

b) O coeficiente angular da reta , PQ - é:

m PQ

5 4 6

8 4

2

2 5 2

1

2

Logo, uma equação da reta , PQ - é:

y 2 6 5 2 21

24( ) x ⇒ y 5 2 1

1

28 x

A distância pedida é obtida quando x 5 0. Assim:

y 5 2 11

20 8 ⇒ y 5 8

Portanto, a tubulação vai cortar a margem da es-

trada Y a 8 km da margem da estrada X.

c) A distância pedida é obtida quando y 5 0. Assim:

0 5 2 11

28 x ⇒ x 5 16

Logo, a tubulação cortará a estrada X a 16 km damargem da estrada Y.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


100. Analisando as afirmativas, temos:

I. Correta. A 20 m de profundidade, a pressão é

de 3 atm, e a 30 m de profundidade é de 4 atm.

Assim, o acréscimo foi de 1 atm.

II. Incorreta. Ao passar de 40 m para 50 m de profun-

didade, o aumento na pressão é de 1 atm. Ao passar

de 10 m para 30 m, esse aumento é de 2 atm.

III. Correta. Para a abscissa nula, o gráfico mostra

que a ordenada correspondente é 1.

IV. Incorreta. Como o aumento é linear, o mergu-

lhador pode descer até 90 m.

Alternativa a.

101. a) A reta passa pelos pontos (30, 36) e (39, 45). Assim,


m 5 45 36

39 30

2

2 5 1

Logo, uma equação da reta é:

y 2 36 5 1( x 2 30) ⇒ y 5 x 1 6

b) Para o momento em que foi acionado o gatilho, ou

seja, x 5 0, temos:

y 5 0 1 6 ⇒ y 5 6

Logo, no instante em que foi acionado o gatilho,

havia 6 litros de combustível no tanque.

c) Para x 5 65, temos:

y 5 65 1 6 ⇒ y 5 71

Assim, a capacidade do tanque é 71 litros.

102. a) O gráfico a seguir descreve a massa y, em quilogra-

ma, em função do tempo x, em dia, decorrido após

a conexão.

x

y

y �

x �

5

0 10 16

8

O coeficiente angular da reta que contém essegráfico é:

m 5 8 5

10 16

2

2 5 2

1

2

Logo, a equação reduzida da reta é:

y 2 8 5 2 21

210( ) x ⇒ y 5 2 1

x

213

b) Para o momento em que o botijão foi conectado ao

fogão, ou seja, x 5 0, temos:

y’ 5 21

2 0 1 13 ⇒ y’ 5 13

Portanto, no momento em que o botijão foi conec-

tado ao fogão havia nele 13 kg de gás.

c) Para y 5 0, temos:

0 5 21

2 x’ 1 13 ⇒ x’ 5 26

Logo, todo o gás do botijão será consumido em 26dias.

d) O coeficiente angular da reta é 21

2. Isso significa

que, por dia, foi consumido 0,5 kg de gás.

103. a) A equação que expressa o custo total mensal em

função do número de unidades produzidas é a

equação da reta que passa pelos pontos (600, 1.100)

e (800, 1.200). Essa equação é:

y 2

1.1005

1 200 1 100

800 600

. .

2

2

( x 2

600)

y 5 x

2800 1

b) O custo fixo é R$ 800,00.

c) O coeficiente angular da reta é1

2 5 0,5. Isso sig-

nifica que o custo é R$ 0,50 por caneta produzida.

104. a) Para o capital de R$ 5.000,00, temos:

y 5 5.000 1 0,2 5.000 x ⇒ y 5 5.000 1 1.000 x

Para o capital de R$ 4.000,00, temos:

y 5 4.000 1 0,25 4.000 x ⇒ y 5 4.000 1 1.000 x

b)

x

y

0 1

6.000

5.000

4.000

c) 1º modo

Os montantes acumulados serão iguais quando:

5.000 1 1.000 x 5 4.000 1 1.000 x ⇒ 5.000 5 4.000

(Absurdo!)

Logo, os montantes nunca serão iguais.

2º modo

Como os gráficos são semirretas paralelas distin-

tas, concluímos que os montantes nunca serão

iguais, pois os gráficos não têm ponto comum.

105. a) O míssil deve percorrer a distância AB dada por:

AB 5 ( ) ( )2 2 1 21 3 5 72 25 16 4 1 5

5 20 5 2 5


m AB

5 5 7

1 3

1

2

2

2 25

Logo, a equação reduzida da reta , AB - é:

y 2 7 5 1

23( ) x 2 ⇒ y 5

1

2

11

2 x 1

Portanto, uma equação da reta que passa pela base

de lançamento do míssil e pelo alvo é:

y 5 x2

112

1

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


106. Como a reta passa pelos pontos (0, 2) e (10, 4), seu

coeficiente angular é:

m 5 4 2

10 0

1

5

2

25

Logo, uma equação da reta é:

y 2 2 5 1

50( ) x 2 ⇒ y 5

x

52 1

Para x 5 5, y 5 1

5

5 1 2 ⇒ y 5 3

Assim, a área do trapézio é:

( )2 3 5

2

25

2

15

5 12,54

Portanto, no intervalo de 0 a 5 segundos, o atleta per-

correrá 12,5 m.

107. O gráfico a seguir descreve a quantidade C de anos

cristãos em função da quantidade M de anos muçul-

manos:

M

C

0 33

622

654


m 5 654 622

33 0

32

33

2

25

Logo, a equação reduzida da reta é:

C 2 622 5 32

330( ) M 2 ⇒ C 5

32

33622 M 1

C 5 M 1 622 2 M

33Alternativa a.

108. a) Pelo gráfico, concluímos que havia 10 litros de água

no tanque A quando foi aberta a segunda torneira.

b) A reta r passa pelos pontos (0, 10) e (3, 19). Assim,


mr 5

19 10

3 0

2

2 5 3

Logo, uma equação de r é:

y 2 10 5 3( x 2 0) ⇒ y 5 3 x 1 10

A reta s passa pelos pontos (0, 0) e (3, 15). Assim,

uma equação de s é:

y 5 15

3 x ⇒ y 5 5 x

c) Os dois tanques ficaram com o mesmo volume de

água quando:

3 x 1 10 5 5 x ⇒ x 5 5

Quando x 5 5: y 5 5 5 5 25

Portanto, os dois tanques ficaram com o mesmo

volume de água após 5 minutos. Esse volume era

de 25 litros.

d) Como o coeficiente angular da reta r é 3, a vazão

da primeira torneira é de 3 L/min.

Assim, para encher 10 L, foram necessários10

3 min 5 3 min 20 s. Portanto, a segunda tornei-

ra foi aberta 3 minutos e 20 segundos após a pri-meira.

109. Como a reta que contém r passa pelos pontos

(0, 50.000) e (100, 60.000), seu coeficiente angular é:

mr 5

60 000 50 000

100

. .2 5 100

Assim, o custo de produção é:

y 2 50.000 5 100( x 2 0) ⇒ y 5 100 x 1 50.000

Por outro lado, a reta que contém s passa pela origem

e por (100, 15.000). Assim, a receita é dada por:

y 5 15 000

100

. x ⇒ y 5 150 x

a) Para que a receita se iguale ao custo de produção,

devemos ter:

100 x 1 50.000 5 150 x ⇒ x 5 1.000

Logo, devem ser vendidas 1.000 bicicletas.

b) Para se obter lucro, ou seja, a receita ultrapassar o

custo de produção, devem ser vendidas mais de

1.000 bicicletas, ou seja, a indústria passará a ter

lucro a partir de 1.001 bicicletas fabricadas e ven-

didas.

110. Pelo gráfico, em 2020 o número de novas famílias

será igual ao de famílias nucleares; antes de 2020, onúmero de famílias nucleares será maior e depois

desse ano o número de famílias nucleares será menor

que o de novas famílias. Portanto, em 2030 o número

de novas famílias será maior que o número de famí-

lias nucleares.

Alternativa c.

111. a) O coeficiente angular da reta é:

m 5 16 12 16 04

50

, ,2 5 0,0016

Assim, a equação reduzida da reta é:

L 2 16,04 5 0,0016(t 2 0)⇒ L 5 0,0016t 1 16,04

Para t 5 60 °C, temos:

L 5 0,0016 60 1 16,04 ⇒ L 5 16,136

Assim, a 60 °C o comprimento da barra é 16,136 cm.

b) Do enunciado, o coeficiente de dilatação linear do

metal que constitui a barra é:

k

L0

5 0 00 16

16 04

,

, 9,975 1025

112. Analisando as afirmações, temos:

a) F, pois se y 5 575 temos x 5 1.000 2 575 5 425 e,

portanto, a porcentagem de álcool no tanque é

4251 0 00.

5 42,5%.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


b) V, pois a quantidade de álcool no combustível é

x 5 0,25 1.000 5 250. Assim, a quantidade de

gasolina é y 5 1.000 2 250 5 750 e o ponto

(250, 750) é a intersecção das retas dadas.

c) F, pois anteriormente, havia 0,22 1.000 L 5 220 L

de álcool no tanque. Na nova mistura, há

0,20 1.000 L 5 200 L de álcool. Logo, foram reti-

rados 20 L de álcool do tanque, o que equivale a

22% do volume V de gasolina pura, em litro, acres-centada ao tanque.

Temos, então:

0,22V 5 20 ⇒ V 90,91

Logo, o total de gasolina pura acrescentada ao tan-

que foi inferior a 100 L.

d) V, pois a quantidade final de álcool deve ser

0,20 1.000 L 5 200 L. Inicialmente, temos

0,25 1.000 L 5 250 L de combustível. Sendo V o

volume de combustível, em litro, a ser retirado e

da mistura a ser acrescentada, temos:

250 2 0,25V 1 0,17V 5 200 ⇒ 0,08V 5 50

V 5 625 Portanto, devem ser retirados mais de 600 L do

combustível do tanque.

e) F, pois 1 L 5 1 dm3 e, portanto, 1.000 L 5 1 m3.

Assim:

x2 x

8 5 1 ⇒

x3

8 5 1

x 5 2 m

Logo, a medida do lado do quadrado é inferior a

10 m.

113. O coeficiente angular de , AC - é m AC

5 6 2

2 8

2

3

2

25 2 .

Assim, o coeficiente angular de , BD - é:

m BD

5 2 51 3

2m AC

Além disso, , BD - passa pelo ponto médio M de , AC -,cujas coordenadas são:

x M

5 2 8

2

1 5 5 e y

M 5

6 2

2

1 5 4

M (5, 4)

Logo, a equação reduzida de , BD - é:

y 2 4 5 3

2

5( ) x 2 ⇒ y 5 3

2

7

2

x 2

Temos, também, que:

AC 5 ( ) ( )2 8 6 22 22 1 2 5 2 13

Assim, BM 5 DM 5 13 e, portanto:

( ) x x2 1 2 253

2

7

242

2

5 13 ⇒

⇒ x2 2 10 x 1 25 1 9

4

45

2

225

42 x x 2 1 5 13

13 x2 2 130 x 1 273 5 0 ⇒ x2 2 10 x 1 21 5 0

x 5 3 ou x 5 7

• Para x 5 3, temos: y 5 32

3 72

2 5 1

• Para x 5 7, temos: y 5 3

27

7

2 2 5 7

Logo, D(3, 1) e B(7, 7).

114. O gráfico (I) passa pelos pontos (0, 1.000) e

(10; 1.001,8). Assim, o coeficiente angular da reta que

contém esse gráfico é m 5 1 001 8 1 000

10 0

. , .

2

2 5 0,18

e uma equação da reta é:

v 2 1.000 5 0,18(T 2 0) ⇒ T 5 v .

,

2 1 0 00

0 18 (I)

O gráfico (II) passa por (0, 40) e (10, 90). Assim, o

coeficiente angular da reta que contém esse gráfico é

m 5 90 40

10 0

2

2 5 5 e uma equação da reta é:

c 2 40 5 5(T 2 0) ⇒ T 5 c 2 40

5 (II)


v c .

,

25

21 0 00

0 18

40

5 ⇒ 5v 2 5.000 5 0,18c 2 7,2

v 5 0,036c 1 998,56Portanto, uma equação que expressa v em função de c

é v 5 0,036c 1 998,56, para c R, com 40 c 90.

115. h t

V t

,

5 2

5 2

10 0 2

100 8

⇒

t h

t V

( )

( )

5 2

5 2

50 5

100

8

I

II


50 2 5h 5 100

8

2 V ⇒ 400 2 40h 5 100 2 V

V 5 40h 2 300

116. • c 5 8t ⇒ t 5 c

8 (I) e 1 t 5 ⇒ 8 c 40

• d 5 80t ⇒ t 5 d

80 (II) e 1 t 5 ⇒

⇒ 80 d 400

De (I) e (II), temos:c d

8 80 5 ⇒ d 5 10c, para 8 c 40 e

80 d 400

Representando no plano cartesiano, temos:

c

d

80

0 8 40

400

117. a) V, pois as equações que descrevem as posições das

partículas P e Q são, respectivamente, x 2 2 y 1 1 5 0 e 6 x 2 y 2 27 5 0.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Resolvendo o sistema formado por essas equações,

obtemos (5, 3), com o que concluímos que as traje-

tórias das partículas têm em comum o ponto (5, 3).

b) F, pois para o ponto de encontro (5, 3) das trajetó-

rias de P e Q obtêm-se valores diferentes de t . Na

trajetória de P obtém-se t 5 2 e, na trajetória de Q,

t 5 1, o que significa que as partículas passaram por

(5, 3) em instantes diferentes.

c) F, pois a partícula P passa em (5, 3) para5 5 1 1 2t ⇒ t 5 2. Já a partícula Q passa em (5, 3)

para 5 5 4 1 t ⇒ t 5 1. Logo, a partícula Q passa

pelo ponto (5, 3) 1 minuto antes que a partícula P .

118. a) Associando a essa figura um sistema cartesiano de

eixos ortogonais, temos o seguinte gráfico:

x

y

1,52,0

2,52,83,0

3,5

0 1 2 3 4 5 6 7

Seguindo apenas a intuição, uma reta próxima dos

sete pontos do gráfico é a reta que passa pelos

pontos (1; 1,5) e (7, 3). O coeficiente angular dessa

reta é:

m 5 3 1 5

7 1

,

2

2 5 0,25

Assim, sua equação reduzida é:

y 2 1,5 5 0,25( x 2 1) ⇒ y 5 0,25 x 1 1,25

b) • Para x 5 8, y 5 0,25 8 1 1,25 5 3,25

• Para x 5 9, y 5 0,25 9 1 1,25 5 3,5

Logo, de acordo com a estimativa, os índices infla-

cionários nos meses de agosto e setembro serão

3,25% e 3,5%, respectivamente.

c) Temos:

• xi

i 5

5

1

7

∑ 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 5 28

• yi

i 5

5

1

7

∑ 1,5 1 2,8 1 2,5 1 3,0 1 2,0 1 3,5 1 3,0 5

5 18,3

• ( xi)

2

1

7

i 5

5∑ 12 1 22 1 32 1 42 1 52 1 62 1 72 5 140

• x yi i

i 5

5

1

7

∑ 1 1,5 1 2 2,8 1 3 2,5 1 4 3,0 1

1 5 2,0 1 6 3,5 1 7 3,0 5 78,6

Assim, o sistema linear que determina m e q é:

7 28 18 3

28 140 78 6

q m

q m

,

,

1 5

1 5

⇒ m 5 27

140 e q 5

129

70


y 5 27140

12970

x .1

d) Para x 5 8, y 5 27

1408

129

70 1 3,4

Para x 5 9, y 5 27

1409

129

70 1 3,6

Portanto, estima-se que os índices inflacionários

nos meses de agosto e setembro serão, aproxima-

damente, 3,4% e 3,6%, respectivamente.

119. a) Temos:

• xi

i 5

5

1

8

∑ 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 7 1 8 5 36

• yi

i 5

5

1

8

∑ 1,5 1 1,8 1 1,8 1 2,2 1 1,6 1 1,8 1 2,0 1

1 2,3 5 15

• xi

2

i 5

5

1

4

∑ 12 1 22 1 32 1 42 1 52 1 62 1 72 1 82 5

5 204

• x yi i

i 5

5

1

4

∑ 1 1,5 1 2 1,8 1 3 1,8 1 4 2,2 1

1 5 1,6 1 6 1,8 1 7 2,0 1 8 2,3 5 70,5A equação da reta de tendência é y 5 mx 1 q , em

que os valores de m e q são soluções do sistema:

8 36 15

36 204 70 5

q m

q m

,

1 5

1 5

⇒ m 5 1

14 e q 5

87

56


y 5 x

14

87

56 .1

b) No mês de outubro, temos x 5 10 e, portanto:

y 5 1

1410

87

56 1 ⇒ y 5

127

56 2,3

Logo, o número estimado de eleitores dispostos a votar no candidato A no mês de outubro é

2,3 milhões, aproximadamente.

120. a) Temos:

• xi

i 5

5

1

5

∑ 1 1 2 1 3 1 4 1 5 5 15

• yi

i 5

5

1

5

∑ 25 1 35 1 40 1 48 1 52 5 200

• xi

2

1

5

i 5

5∑ 12 1 22 1 32 1 42 1 52 5 55

• x yi ii 5

51

5

∑ 1 25 1 2 35 1 3 40 1 4 48 1

1 5 52 5 667

A equação da reta de tendência é y 5 mx 1 q , em

que os valores de m e q são soluções do sistema:

5 15 200

15 55 667

q m

q m

1 5

1 5

⇒ m 5 6,7 e q 5 19,9

Logo, a equação da reta de tendência é:

y 5 6,7 x 1 19,9

b) Em 2010, temos x 5 7 e, portanto:

y 5 6,7 7 1 19,9 ⇒ y 5 66,8

Logo, o volume estimado de etanol produzido em2010 é 66,8 dam3.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Questões-desafio

121. A mediatriz do segmento t AB u passa pelo vértice C ,

pois o triângulo é equilátero. A equação dessa media-

triz é y 5 x e, portanto, o vértice C é da forma C ( x, x).

Assim:

AC 5 AB ⇒

⇒ ( ) ( )2 0 0 22 22 1 2 5 ( ) ( ) x x2 1 20 22 2

2 x2 2 4 x 2 4 5 0 ⇒ x x 5 1 5 21 3 1 3ou

Logo, há duas possibilidades para o vértice C :

C C ( , ) ( , )1 3 1 3 1 3 1 31 1 2 2ou

122. 1º modo

O centro C da circunferência circunscrita ao triângulo

DEF é o ponto que equidista dos vértices D, E e F desse

triângulo. Sendo C ( xC, y

C ), temos CD 5 CE 5 CF .

Então:

CD 5 CE ⇒ [ ]( ) ( ) x yC C

2 2 1 21 32 25

5 [ ]( ) ( ) x yC C

2 2 1 23 12 2

xC 2 1 2 x

C 1 1 1 y

C 2 2 6 y

C 1 9 5

5 xC

2 1 6 xC 1 9 1 y

C

2 2 2 yC 1 1

4 xC 1 4 y

C 5 0 ⇒ x

C 1 y

C 5 0

CD 5 CF ⇒ [ ]( ) ( ) x yC C

2 2 1 21 32 25

5 ( ) ( ( )[ ] x yC C

2 1 2 23 12 2

xC

2 1 2 xC 1 1 1 y

C

2 2 6 yC 1 9 5

5 xC

2 2 6 xC 1 9 1 y

C

2 1 2 yC 1 1

8 xC 2 8 y

C 5 0 ⇒ x

C 2 y

C 5 0

Assim, temos o sistema:

x y

x y

C C

C C

1 5

2 5

0

0

⇒ x

C 5 0 e y

C 5 0

Portanto, o centro C da circunferência é C (0, 0).

2º modo (Após o estudo de retas perpendiculares)

As equações das mediatrizes dos segmentos t DE u e t EF u são, respectivamente: x 1 y 5 0 e 3 x 2 y 5 0. A solu-

ção do sistema formado por essas equações é o cen-

tro C da circunferência: C (0, 0)

123. Temos A(1, 4) e B(3, 6). Sejam C ( xC

, yC ) e D( x

D, y

D) os

outros dois vértices do quadrado e suponha que B e C

sejam vértices consecutivos. Então: AB 5 BC 5 AD e AC 5 BD 5 AB 2

Assim:

• AB 5 ( ) ( )6 4 3 1 2 22 22 1 2 5

• BC 5 ( ) ( )3 62 22 1 2 x y

C C

• AD 5 ( ) ( )1 42 22 1 2 x y

D D

• AC 5 ( ) ( )1 42 22 1 2 x y

C C

• BD 5 ( ) ( )3 62 22 1 2 x y

D D

Logo, temos os sistemas:

(1)

( ) ( )

( ) (

3 6 2 2

1 4

2 2

2

2 1 2 5

2 1 2

x y

x

C C

C y y

C )2 2 2 25

e

(2)( ) ( )

( ) (

1 4 2 2

3 6

2 2

2

2 1 2 5

2 1 2

x y

x

D D

D y y

D)2 2 2 25

• Resolvendo o sistema (1), temos:

( ) ( )

( ) (

3 6 2 2

1 4

2 2

2

2 1 2 5

2 1 2

x y

x

C C

C y y

C )2 2 2 25

⇒

⇒

x x y y

x

C C C C

C

2 2

2

6 12 37 0 ( )

2 1 2 1 5

2

I

22 8 1 02 x y yC C C

( )1 2 1 5 II

Subtraindo, membro a membro, (I) e (II), obtemos:

yC 5 9 2 x

C

Substituindo yC 5 9 2 x

C na equação (II), concluímos

que xC 5 1 ou x

C 5 5. Para x

C 5 1, temos y

C 5 8; para

xC 5 5, temos y

C 5 4.

Portanto, C (1, 8) ou C (5, 4).

• Resolvendo o sistema (2), temos:

( ) ( )

( ) (

1 4 2 2

3 6

2 2

2

2 1 2 5

2 1 2

x y

x D D

D y y

D)2 2 2 25

⇒

⇒ x x y y

x

D D D D

D

2 22 8 9 0 ( )2 1 2 1 5 III

22 26 12 29 0 ( )2 1 2 1 5 x y y D D D

IV

Subtraindo, membro a membro, (III) e (IV), obtemos:

y D

5 5 2 x D

Substituindo y D

5 5 2 x D

na equação (III), concluímos

que x D

5 21 ou x D

5 3. Para x D

5 21, temos y D

5 6;

para x D

5 3, temos y D

5 2.

Portanto, D(21, 6) ou D(3, 2).

Representando os pontos A e B e os possíveis pontosC e D no plano cartesiano, temos:

x

B

A

D

C

y

4

1�1 3

6

8

ou

x

B

A C

D

y

4

2

1 3 5

6

Logo, C (1, 8) e D(21, 6) ou C (5, 4) e D(3, 2).

124. Todo ponto A da bissetriz dos quadrantes ímpares é

da forma A(a, a), com a R.

Assim, temos:

AO a a

a

( ) ( )5 2 1 2 5

5

4 0 0 4

2 16

2 2

2

⇒

⇒∴ a 5 ± 2 2

Logo, os pontos de intersecção da reta com a circun-

ferência são A A2 2 2 2 2 2 2 2, , .( ) ( )e ’ 2 2

125. Do enunciado, m 1 s 5 100. Além disso, m e s são, no

máximo, 70% de 100, que é 70. Assim, quando m 5 70, s 5 30 e, quando s 5 70, m 5 30.

7/21/2019 GM Mat Paiva v3 059a102


Dessa forma, como m 1 s 5 100 é equação de uma

reta no plano, a representação gráfica de todos os pa-

res ordenados (m, s) nas condições do enunciado é o

segmento contido na reta de equação m 1 s 5 100 do

ponto (30, 70) ao ponto (70, 30), como mostra a figu-

ra a seguir.

m

s

300

30

70

70

Alternativa b.

126. a) O coeficiente angular da reta suporte de t BC u é:

m BC 5 1 00 2

12

2

2 5 2

Então, a equação da reta , BC - é dada por:

y 2 0 5 2 21

22( ) x

Logo, uma equação da reta , BC - é x 1 2 y 2 2 5 0.

Escrevendo x em função de y, temos x 5 2 2 2 y.

Como P é um ponto da reta suporte de , BC -, P é do

tipo (2 2 2 y, y).

Observemos a figura a seguir:

x

A5

A6

A1

A2

A3

A4 x

P

y P

O

P

y

B

C

Note que a altura do triângulo OPB é igual à orde-

nada do ponto P e a altura do triângulo OPC é igual

à abscissa do ponto P . Como as áreas dos triângulos

OPB e OPC são iguais, temos:

OB y OC x P P

2 25 ⇒

⇒ |2 2 0| y 5 |1 2 0| (2 2 2 y)

2 y 5 2 2 2 y ⇒ y 5 1

2

Logo, temos x 5 2 2 2 1

2, ou seja, x 5 1 e, por-

tanto, P 11

2, .

Assim, o coeficiente angular da reta ,OP - é:

mOP 5

1

2

0

1 0 12

2

25

Temos, então:

(,OP -) y 2 0 5 1

20( ) x 2

Logo, uma equação da reta ,OP - é x 2 2 y 5 0.

b) Como o hexágono é regular de lado 3, temos

A1(3, 0) e A

4(23, 0). Além disso, a inclinação da

reta , A1 A

2 - é 120°. Logo, seu coeficiente angular é

m 5

tg 120°5

2

3 . Temos, ainda, que a reta, A

4 A

5 - é paralela à reta , A

1 A

2 - e, portanto, seu coefi-

ciente angular é, também, m 5 2 3 .

Logo, para as retas , A1 A

2 - e , A

4 A

5 -, respectivamente,

temos:

(, A1 A

2 -) y 2 0 5 2 3 ( x 2 3)

(, A4 A

5 -) y 2 0 5 2 3 [ x 2 (23)]

Assim, a equação reduzida da reta , A1 A

2 - é

y 5 2 13 3 3 x e a da reta , A4 A

5 - é

y 5 2 23 3 3 x .

Finalmente, os pontos de intersecção da reta ,OP - com o hexágono são tais que:

x y

y x

2 5

5 2 1

2 0

3 3 3

⇒

⇒ x 5 6 6 3

11

2( ) e y 5

3 6 3

11

2( )

e

x y

y x

2 5

5 2 2

2 0

3 3 3

⇒

⇒ x 5 6 3 6

11

2( ) e y 5

3 3 6

11

2( )

Logo, os pontos de intersecção da reta ,OP - com o

hexágono são6 6 3

11

3 6 3

11

,

2 2( ) ( )

e

6 3 6

11

3 3 6

11

, .

2 2( ) ( )

127. Sejam r a reta de equação y 5 x 1 2, s a reta de equação

y 5 x

3 1 4 e A o ponto (3, 3).

Como os coeficientes angulares das retas r e s são

mr 5 1 e m s 5

1

3 , respectivamente, as retas r e s são

concorrentes e, portanto, os lados contidos nessas

retas são lados consecutivos do paralelogramo.

Logo, as retas t e u que contêm os outros dois lados

passam pelo ponto A(3, 3) tal que t é paralela a r e u é

paralela a s, ou seja: mt 5 m

r 5 1 e m

u 5 m

s 5

1

3.

Portanto, uma equação de t é:

y 2 3 5 1 ( x 2 3) ⇒ y 5 x

E uma equação de u é:

y 2 3 5 1

3 ( x 2 3) ⇒ y 5

x

3 1 2

Assim, os outros três vértices do paralelogramo são B,C e D, tais que B é o ponto de intersecção das retas r

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e s, C é o ponto de intersecção das retas r e u e D é o

ponto de intersecção das retas t e s. As coordenadas

de cada um desses pontos são obtidas resolvendo os

sistemas formados pelas equações das retas. Logo:

•

y x

y x

5 1

5 1

2

34

⇒ x 5 3 e y 5 5

Portanto, B(3, 5).

•

y x

y x

5 1

5 1

2

32

⇒ x 5 0 e y 5 2

Portanto, C (0, 2).

•

y x

y x

5

5 13

4

⇒ x 5 6 e y 5 6

Portanto, D(6, 6).

Assim, concluímos que os outros três vértices do pa-

ralelogramo são (3, 5), (0, 2) e (6, 6).

128. Seja r a reta de equação y 5 6 x e s a reta de equação

y 5 x

6.

Os coeficientes angulares de r e s são mr 5 6 e

m s 5

1

6, respectivamente. Logo, as retas r e s são

concorrentes e, portanto, os lados do losango conti-

dos nas retas r e s são lados consecutivos.

Seja A o vértice do losango que é o ponto de intersec-

ção das retas r e s; as coordenadas de A são a solução

do sistema:

y x

y x

5

5

6

6

⇒ x 5 0 e y 5 0

Logo, A(0, 0).

Sejam B, C e D os outros vértices do losango tais que

B pertence a r e C pertence a s.

Logo, B é do tipo ( x B

, 6 x B

) e C é do tipo (6 yC

, yC ).

Temos ainda que AB 5 AC 5 37 ; assim:

AB 5 37 ⇒ x x B B

2 26 ( )1 5 37

x B

5 1 ou x B

5 21

Logo, B(1, 6) ou B(21, 26).

E também:

AC 5 37 ⇒ ( )6 2 2 y yC C 1 5 37

yC 5 1 ou y

C 5 21

Logo, C (6, 1) ou C (26, 21).

Em um losango, o ponto M , encontro das diagonais,

divide as diagonais em dois segmentos de mesma

medida. Então, para cada um dos casos, sendo

D( x D

, y D

), temos:

P A(0 0) B (1 6) C (6 1)

M x y

D D0

2

0

2

,

1 1

5 M

x y D D

2 2,

Assim, x D

5 7 e y D

5 7. Logo, D(7, 7).

Portanto, um losango possível nas condições do

enunciado é o losango de vértices (0, 0), (1, 6), (6, 1)

e (7, 7).

• Para A(0, 0), B(1, 6) e C (26, 21):

M é ponto médio de t BC u; logo:

M 1 6

2

1 6

2

,

2 2 1

5 M 2

5

2

5

2, .

Além disso, M é ponto médio de t AD u; logo:

M x y

D D0

2

0

2

,

1 1

5 M

x y D D

2 2, .

Assim, x D

5 25 e y D

5 5. Logo, D(25, 5).

Assim, outro losango possível tem vértices (0, 0),

(1, 6), (26, 21) e (25, 5).

• Para A(0, 0), B(21, 26) e C (6, 1):

M é ponto médio de

t BC

u; logo:

M 2 1 2 11 6

2

6 1

2

,

5 M

5

2

5

2, 2

Como M também é ponto médio de t AD u, temos:

M x y

D D0

2

0

2

,

1 1

5 M

x y D D

2 2, .

Assim, x D

5 5 e y D

5 25. Logo, D(5, 25).

Portanto, outro losango possível tem vértices (0, 0),

(21, 26), (6, 1) e (5, 25).

• Para A(0, 0), B(21, 26) e C (26, 21):

M é ponto médio de t BC u; logo:

M 2 2 2 21 6

2

6 1

2

,

5 M 2 2

7

2

7

2,

Como M também é ponto médio de t AD u, temos

M x y

D D0

2

0

2

,

1 1

5 M

x y D D

2 2, .

Logo, x D

5 27 e y D

5 27. Assim, D(27, 27).

Portanto, outro losango possível tem vértices (0, 0),

(21, 26), (26, 21) e (27, 27).

129. x t

y t

5

5 2

2

21

⇒ y 5 1 2 x

Note que t 2 0; logo, x 0 e y 1.

Portanto, o gráfico determinado pelas equações para-

métricas x t

y t

5

5 2

2

21

é o segmento contido na reta de

equação y 5 2 x 1 1, com x 0 e y 1.

y

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