2 a = –– ⇒ ⇔ ⇔ ⇒ b = 1 - objetivo.br · 2) p(x) = nx –xn –1+ x n – 2 – … + x...
TRANSCRIPT
– 1
FRENTE 1 – ÁLGEBRA
n Módulo 24 – Representação Geométricade um Número Complexo
1) Para z = 4 – 3i, temos:
� z � = � 42 + (– 3)2 = � 16 + 9 = 5
Resposta: C
2) Para z = a + bi, temos: � z � + z = 2 + i ⇒
⇒ � a2 + b2 + (a + bi) = 2 + i ⇔ ⇔
⇒ ⇔ ⇔ ⇒
⇒ � z � =2
+ 12 = + 1 = =
Resposta: A
3) z = – i, representado no plano complexo de Argand – Gauss,fica:
Assim, � = arg(z) = 270° = rad
Resposta: E
4) Para z = – 2�3 + 2i, temos:
I) � z � = � (– 2�3)2 + 22 = � 12 + 4 = 4
Resposta: B
5) Considerando w = 2i e z = 1 + i, temos:
a) I) z2 = (1 + i)2 = 1 + 2i + i2 = 2i
II) w2 · z– + w = (2i)2 · (1 – i) + 2i = (4i2) · (1 – i) + 2i =
= – 4 + 4i + 2i = – 4 + 6i
b) I) � z � = � 12 + 12 = �2
II) � w � = � 02 + 22 = 2
III) � z · w � = � z � · � w � = 2�2
IV) � w2 � = � w �2 = 22 = 4
Assim, a sequência: (1; �2; 2; 2�2; 4) é uma P.G. cuja
razão é q = �2
6) Para z = 1 + �3 i, temos:
I) � z � = � 12 + (�3)2 = � 1 + 3 = 2
III) A forma trigonométrica de z é z = 2 · cos + i sen
7)
Na figura, temos � z � = 2 e � = arg(z) = 30°, portanto:
z = 2 · (cos 30° + i sen 30°) = 2 · + i · = �3 + i
Resposta: B
CADERNO 6 – CURSO D
�a + � a2 + b2 = 2b = 1
�� a2 + 1 = 2 – ab = 1 �a2 + 1 = 4 – 4a + a2
b = 1 �3
a = ––4
b = 1
� 3––4 � 9
–––16
25–––16
5––4
3�–––2
II) �– 2�3 – �3
cos � = ––––––– = –––––4 2
2 1sen � = ––– = –––
4 2
⇒ � = 150°
II) �1
cos � = –––2
�3sen � = ––––
2
�⇒ � = –––
3
� �––3
�––3 �
� �3––––
21
–––2 �
MATEMÁTICA
8) Para z = i – �3 = – �3 + i, temos:
I) � z � = � (–�3)2 + 12 = 2
III) z = 2 · cos + i sen
Resposta: E
9) I) z = = = = = – 1 + i
II) � z � = � (–1)2 + 12 = �2
IV) z = �2 · cos + i sen
Resposta: E
10) Sendo z = + i, temos:
I) � z � =2
+ 2
= + = 1
III) z = + i = cos 30° + i sen 30°
IV)zn = + in
= (cos 30° + i sen 30°)n =
= cos (30°n) + i sen (30°n)
V) Se zn é real, de acordo com o enunciado, devemos ter:
⇔ ⇔
⇔ ⇒ n � {6; 12; 18; ...}
VI)Como zn é real positivo, devemos ter cos (30°n) > 0, assim:• para n = 6 ⇒ cos(30° · 6) = cos 180° = – 1• para n = 12 ⇒ cos(30° · 12) = cos 360° = 1Portanto, o menor n > 0 é 12
Resposta: E
n Módulo 25 – Função Polinomial
1) Se P(x) = x3 + (2 + m)x2 + (3 + 2m)x + 3m, então:
P(m) = m3 + (2 + m) . m2 + (3 + 2m)m + 3m =
= m3 + 2m2 + m3 + 3m + 2m2 + 3m =
= 2m3 + 4m2 + 6m
2) P(x) = xn – xn – 1 + xn – 2 – … + x2 – x + 1; P(– 1) = 19Como os sinais dos coeficientes se alternam e x2 tem coefi -ciente positivo, todos os termos que possuem coeficientepositivo têm expoente par e, portanto, n é par.Para x = – 1, tem-se:P(– 1) = (– 1)n – (– 1)n – 1 + (– 1)n – 2 – … + (– 1)2 – (– 1)1 + 1 == 1 + 1 + 1 + … + 1 + 1 + 1 = 19
18 termos (pois 18 + 1 = 19)
Como de “(– 1)n” a “– (– 1)1” temos 18 termos, então n = 18.Resposta: E
3) Se 2 . P(x) + x2 . P(x – 1) = x3 + 2x + 2, então:
I) Para x = 0 fi 2 . P(0) + 02 . P(0 – 1) = 03 + 2 . 0 + 2 €
€ 2 . P(0) = 2 € P(0) = 1
II) Para x = 1 fi 2 . P(1) + 12 . P(1 – 1) = 13 + 2 . 1 + 2 €
€ 2 . P(1) + 1 . P(0) = 1 + 2 + 2 € 2 . P(1) + 1 . 1 = 5 €
€ 2 . P(1) = 4 € P(1) = 2
Resposta: E
4) Em P(x + 1) = x2 – 7x + 6, substituindo x por x – 1, tem-se:
P(x – 1 + 1) = (x – 1)2 – 7(x – 1) + 6 €
€ P(x) = x2 – 2x + 1 – 7x + 7 + 6 € P(x) = x2 – 9x + 14
5) I) P(x) = ax3 + bx2 + cx + 2
II) P(– x) = a(– x)3 + b(– x)2 + c(– x) + 2 = – ax3 + bx2 – cx + 2
III) P(x) – P(– x) = 2ax3 + 2cx
IV)Se P(x) – P(– x) = x3 fi 2ax3 + 2cx = x3, então:
€
V) P(– 1) = 0 fi – a + b – c + 2 = 0 fi
fi – + b – 0 + 2 = 0 € b = –
Assim, P(x) = . x3 – . x2 + 2 e, portanto,
P(1) = – + 2 = 1 e P(2) = . 8 – . 4 + 2 = 0
Resposta: C
6) Para que o polinômio p(x) = (m – 4)x3 + (m2 – 16)x2 + (m + 4)x + 4 tenha grau 2,devemos ter:
€ fi não existe m
Resposta: E
II) �– �3
cos � = ––––––2
1sen � = ––––
2
5�⇒ � = –––
6
� 5�–––6
5�–––6 �
i133 – i134–––––––––
i1999
i133 · (1 – i)–––––––––––
i1999
1 – i–––––i1866
1 – i–––––
i2
III) �– 1 – �2
cos � = ––––– = –––––�2 2
1 �2sen � = ––– = ––––
�2 2
3�⇒ � = –––
4
� 3�–––4
3�–––4 �
�3–––2
1––2
� �3–––2 � � 1
––2 � 3
––4
1––4
II) ��3
cos � = –––––2
1sen � = –––
2
⇒ � = 30°
�3–––2
1––2
� �3–––2
1––2 �
�sen (30°n) = 0n > 0 �30° · n = 180° · k, k � �
n > 0
�n = 6k, k � �
n > 0
� 2a = 12c = 0 �
1a = ––
2c = 0
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
�m – 4 = 0m2 – 16 ≠ 0 �m = 4
m ≠ 4 e m ≠ – 4
2 –
7) gr(f) = n + 2
gr(g) = n – 1
f(x) g(x)
r(x) q(x)
I) gr(q) = gr(f) – gr(g) = (n + 2) – (n – 1) = 2 + 1 = 3 fi gr(q) = 3II) 0 � gr(r) � gr(g) fi 0 � gr(r) � n – 1; n Œ �*, n � 2
8) 4x2 – (x2 + x3) + x3 + 2x – 3x2 – 2x =
= 4x2 – x2 – x3 + x3 + 2x – 3x2 – 2x = 4x2 – 4x2 + 0 . x3 + 0 . x =
= 0 . x3 + 0 . x2 + 0 . x
Resposta: E
9) I) ax2 + b(x + 1)2 + c(x + 2)2 = (x + 3)2 €
€ ax2 + bx2 + 2bx + b + cx2 + 4cx + 4c = x2 + 6x + 9 €
€ (a + b + c) . x2 + (2b + 4c) . x + b + 4c = x2 + 6x + 9
II) € €
€ € €
III) a – b + c = 1 – (– 3) + 3 = 1 + 3 + 3 = 7
Resposta: E
10) I) P1(x) = (m + n + p)x4 – (p + 1)x3 + mx2 + (n – p)x + n
II) P2(x) = 2mx3 + (2p + 7)x2 + 5mx + 2m
III) P1(x) = P2(x) €
€ € €
€ €
Resposta: A
11) = + €
€ = €
€ Ax + A + Bx – B = x + 3 € (A + B) . x + (A – B) = x + 3 €
€ €
Resposta: E
12) = + + € =
= €
€ a(x2 – 4) + bx2 + 2bx + cx2 – 2cx = 8 €
€ (a + b + c)x2 + (2b – 2c)x – 4a = 8 €
€ €
Resposta: E
n Módulo 26 – Polinômios: Divisão
1) P(x) = x5 – 7x2 + 2x + 4Q(x) = x3 – 8
I) x5 – 7x2 + 2x + 4 x3 – 8
– x5 + 8x2 x2
–––––––––––––––––R(x) = x2 + 2x + 4
II) R(x) = x2 + 2x + 4
A = 1; B = 2; C = 4
III) 4A + 2B + C = 4 + 4 + 4 = 12
Resposta: C
2) x4 + 69 x2 + 4x + 8
– x4 – 4x3 – 8x2 x2 – 4x + 8–––––––––––––––––– 4x3 – 8x2 + 69+ 4x3 + 16x2 + 32x–––––––––––––––––
8x2 + 32x + 69– 8x2 – 32x – 64–––––––––––––––––
5
Resposta: D
3) I) P(x) = 2 . (x + 1)2 + x . (x – 1) + 8 =
= 2x2 + 4x + 2 + x2 – x + 8 = 3x2 + 3x + 10
II) 3x2 + 3x + 10 x2 + x + 1
– 3x2 – 3x – 3 3––––––––––––––
7
Resposta: C
4) P(x) x2 + 1fi
x + 1 2x – 1
fi P(x) = (x2 + 1) . (2x – 1) + (x + 1) €
€ P(x) = 2x3 – x2 + 2x – 1 + x + 1 € P(x) = 2x3 – x2 + 3x
Resposta: D
�a + b + c = 12b + 4c = 6b + 4c = 9
�a + b + c = 1b + 2c = 3b + 4c = 9
�a + b + c = 1b + 4c = 9c = 3
�a + b = – 2b = – 3c = 3
�a = 1b = – 3c = 3
�m + n + p = 0– p – 1 = 2mm = 2p + 7n – p = 5mn = 2m
�m + n + p = 02m + p = – 1m = 2p + 7n – p = 5mn = 2m
�m + n + p = 0p = – 3m = 1n = 2
�m = 1n = 2p = – 3
x + 3–––––––x2 – 1
A–––––––x – 1
B–––––––x + 1
x + 3–––––––––––––––(x – 1) . (x + 1)
A . (x + 1) + B . (x – 1)––––––––––––––––––––––
(x – 1) . (x + 1)
� A + B = 1 A – B = 3 � A = 2
B = – 1
8–––––––x3 – 4x
a–––x
b–––––––x – 2
c–––––––x + 2
8––––––––––––––––––x . (x – 2) . (x + 2)
a . (x – 2) . (x + 2) + b . x . (x + 2) + c . x . (x – 2)–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
x . (x – 2) . (x + 2)
�a + b = c = 02b – 2c = 0– 4a = 8
�a = – 2b = 1c = 1
– 3
5) I) P(x) x2 + x – 1
13x + 5 x – 5
Portanto:
P(x) = (x2 + x – 1) . (x – 5) + 13x + 5
II) P(1) = (12 + 1 – 1) . (1 – 5) + 13 . 1 + 5 = – 4 + 13 + 5 = 14
Resposta: E
6) I) x3 + mx2 – 1 x2 + x – 1
– x3 – x2 + x x + (m – 1)––––––––––––––––––
(m – 1) . x2 + x – 1– (m – 1) . x2 – (m – 1) . x + m – 1––––––––––––––––––––––––––––––––(– m + 2) . x + m – 2
II) (– m + 2) . x + m – 2 = 0 . x + 0 €
€ € m = 2
Resposta: E
7) I) ax4 + 5x2 – ax + 4 x2 – 4
– ax4 + 4ax2 ax2 + (5 + 4a)–––––––––––––––––––––
(5 + 4a)x2 – ax + 4– (5 + 4a)x2 + 16a + 20–––––––––––––––––––––
– ax + 16a + 24
II) r(4) = 0 fi r(4) = – 4a + 16a + 24 = 0 fi 12a = – 24 fi a = – 2
III) Q(x) = ax2 + (5 + 4a) = – 2x2 + [5 + 4 . (– 2)] = – 2x2 – 3
IV)Q(1) = – 2 . (1)2 – 3 = – 2 – 3 = – 5
Resposta: C
8) Note que x2 + 2x – 3 = (x + 3) . (x – 1)
Fazendo P(x) = x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1, temos:
I) x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1 x + 3
r1 Q1(x)
r1 = P(– 3) = (– 3)80 + 3 . (– 3)79 – (– 3)2 – (– 3) – 1 =
= 380 – 380 – 9 + 3 – 1 = – 7 fi P(– 3) = – 7
II) x80 + 3 . x79 – x2 – x – 1 x – 1
r2 Q2(x)
r2 = P(1) = 180 + 3 . 179 – 12 – 1 – 1 = 1 + 3 – 1 – 1 – 1 = 1 fi
fi P(1) = 1
III) P(x) (x + 3) . (x – 1) fi
R(x) = ax + b Q(x)
fi P(x) = (x + 3) . (x – 1) . Q(x) + ax + b
IV) fi € fi R(x) = 2x – 1
V) R(0) = 2 . 0 – 1 = – 1
Resposta: B
n Módulo 27 – Dispositivo de Briot-Ruffini –Teorema Do Resto
1) x4 + 2x3 – 2x2 – 4x – 21 por x + 3Utilizando o dispositivo de Briot-Ruffini:
coeficientes resto
Q(x) = x3 – x2 + x – 7 e resto nuloResposta: E
2) Pelo dispositivo de Briot-Ruffini:
coeficientes resto
Q(x) = x3 + x e resto igual a 1 Pelo Teorema do resto:
P(– 1) = (– 1)4 + (– 1)3 + (– 1)2 + (– 1) + 1 = 1 – 1 + 1 – 1 + 1 = 1
Resposta: D
3) Utilizando o Teorema do resto:
r = p = 2 .4
– 3 . + 1 =
= 2 . – + 1 = – + 1 = = –
Resposta: D
4) Pelo dispositivo prático de Briot-Ruffini:
coeficientes resto
Q(x) = 2x3 + x2 + 3x – 1
Resposta: E
5) Pelo Teorema do resto:
r = P(1) = 15 – 4 . 13 + 2 . 1 + 1 = 1 – 4 + 2 + 1 = 0
Resposta: B
6) Pelo Teorema do resto:
r = 10 € p(5) = 10 € 54 – 4 . 53 – k . 5 – 75 = 10 €
€ 53 – 4 . 52 – k – 15 = 2 € 125 – 100 – k = 17 € k = 8
Resposta: E
7) I) f x2 – 1 fi f(x) = (x2 – 1) . (2x + 1) + kx – 9
kx – 9 2x + 1
II) Se f(x) é divisível por x – 2, então f(2) = 0, portanto:(22 – 1) . (2 . 2 + 1) + 2k – 9 = 0 € 3 . 5 + 2k – 9 = 0 €€ 2k = – 6 € k = – 3
Resposta: D
� – m + 2 = 0m – 2 = 0
� P(– 3) = – 7P(1) = 1 � – 3a + b = – 7
a + b = 1 � a = 2 b = – 1
1
1
2
– 1
– 2
+ 1
– 4
– 7
– 21
0
– 3
1
1
1
0
1
1
1
0
1
1
– 1
� 1––2 � � 1
––2 � 1
––2
1–––24
3––2
1––8
3––2
1 – 12 + 8––––––––––
83––8
2
2
– 5
1
0
3
– 10
– 1
– 1
– 4
3
4 –
8) Pelo Teorema do resto, temos que o resto é igual a p(3),
então:
a . 33 – 2 . 3 + 1 = 4 € 27a – 6 + 1 = 4 € 27a = 9 € a =
Resposta: B
9) I) Se P(x) é divísivel por x – 2, então:
P(2) = 0 fi 25 + a . 24 – 2b = 0 € 24 + 23 . a – b = 0 €
€ 16 + 8a – b = 0 € 8a – b = – 16
II) P(x) dividido por x + 2 dá resto 8, então:
P(– 2) = 8 fi (– 2)5 + a . (– 2)4 – b . (– 2) = 8 €
€ – 32 + 16a + 2b = 8 € – 16 + 8a + b = 4 € 8a + b = 20
III) €
Resposta: C
10) Sendo p(x) = x3 + ax2 + bx, pelo Teorema do resto, temos:
fi € €
Resposta: A
11) I) Se p(x) é divisível por x – 3, então p(3) = 0
II) p(x) x – 1 fi p(x) = (x – 1) . q(x) + 10
10 q(x)
III) Chamando de r o resto da divisão de q(x) por x – 3, temos:r = q(3)
IV)Para x = 3, temos:
p(3) = (3 – 1) . q(3) + 10 fi 2 . q(3) + 10 = 0 €
€ q(3) = – € q(3) = – 5 fi r = – 5
Resposta: A
12) I) Pelo Teorema do resto, p(2) = 1 e p(3) = 2
II) Notar que x2 – 5x + 6 = (x – 2) . (x – 3). Portanto, temos:
p(x) (x – 2).(x – 3) fi
r(x) = ax + b Q(x)
fi p(x) = (x – 2) . (x –3) . Q(x) + ax + b
III)fi € fi r(x) = x – 1
Resposta: D
FRENTE 2 – ÁLGEBRA
n Módulo 24 –Determinantes
1) = € 10 – 5x = x2 – 4 €
€ x2 + 5x – 14 = 0 € x = – 7 ou x = 2
A solução positiva, x = 2, é um número primo.
Resposta: B
2) A nova matriz obtida, de acordo com o enunciado, é
, e o determinante dessa matriz é
8 + 8 + 18 – 16 – 6 – 12 = 0
Resposta: C
3) + = €
€ x . x – 0.1 + 0.1 – y.y = x(x + 1) – y(y + 1) €€ x2 – y2 = x2 + x – y2 – y € 0 = x – y € y = xObserve que a expressão da alternativa a está correta, poistrata-se de uma soma de matrizes, porém, não é equivalenteà expressão dada no enunciado que é uma soma dedeterminantes.Resposta: E
4) = € = 1 – x €
€ (1 – x)2 = 1 – x € (1 – x)2 – (1 – x) = 0 €
€ (1 – x) . (1 – x – 1) = 0 € (1 – x) . (– x) = 0 €
€ x = 1 ou x = 0 fi x = 0, pois deve-se ter 1 – x ≠ 0 € x ≠ 1 fi
fi S = {0}
Resposta: E
5) Se a matriz A é quadrada de ordem 2 com
, então:
I) A = = =
II) det A = = 2 – (– 4) = 2 + 4 = 6
Resposta: E
6) I) A – x . B = – x . =
= – =
II) det(A – x . B) = 0 fi
fi (2 – 4x) . (4 + x) – (1 – 2x) . (3 – 3x) = 0 €
€ 8 + 2x – 16x – 4x2 – 3 + 3x + 6x – 6x2 = 0 €€ – 10x2 – 5x + 5 = 0 € 2x2 + x – 1 = 0 €
1–––3
� 8a – b = – 168a + b = 20 �
1a = ––
4b = 18
�p(2) = 2p(1) = 4 � 8 + 4a + 2b = 2
1 + a + b = 4 � 2a + b = – 3a + b = 3 � a = – 6
b = 9
10–––2
�p(2) = 1p(3) = 2 � 2a + b = 1
3a + b = 2 � a = 1b = – 1
2x
55 x
41x
�134
246
112�
x0
1x 0
yy1 x
yy + 1x + 1
1 x 1 1 –––––––––
1 1 x 1 1
x11 1 – x
––––––1 – x
�aij = 2i – j, para i = jaij = 3i – 2j, para i ≠ j
� a11a21
a12a22
� � 2.1 – 13.2 – 2.1
3.1 – 2.22.2 – 2 � � 1
4– 12 �
14
– 12
� 23
14 � � 4
32
– 1 �� 2
314 � � 4x
3x2x–x � � 2 – 4x
3 – 3x1 – 2x4 + x �
– 5
€ x = – 1 ou x =
Resposta: x = ou x = – 1
7) = 175 €
€ – 2x2 + 4x + 18 + 3x + 24 + 2x2 = 175 €
€ 7x + 42 = 175 € 7x = 133 € x = 19
Resposta: V = {19}
8) I) A = Bt fi = fi
fi €
II) = =
= – 4 – 10 + 4 + 10 = 0
Resposta: B
9) = 0 € (1 + a) . (1 – a) + 3 = 0 €
€ 1 – a2 + 3 = 0 € a2 = 4 € a = 2 ou a = – 2
Resposta: A
10) I) A . B = I fi . = €
€ = fi
fi €
II) Para a = 5 e b = – 1, tem-se A = =
III) det A = = – 5 + 4 = – 1
IV) det A2 = det (A . A) = det A . det A = (– 1) . (– 1) = 1Resposta: A
11) I) M + k . I = + k . =
= + =
II) det(M + k . I) = 0 fi = 0 fi
fi (2 + k) . (5 + k) + 2 = 0 € 10 + 2k + 5k + k2 + 2 = 0 €€ k2 + 7k + 12 = 0 € k = – 4 ou k = – 3
Resposta: C
n Módulo 25 –Propriedades dosDeterminantes
1) D = = – = , pois cada troca de
filas paralelas provoca a troca do sinal do valor do deter -minante. Observe que, inicialmente, trocaram de posição a 1a.e a 2a. linhas e, finalmente, trocaram de posição a 1a. e a 2a.colunas. Resposta: D
2) I) x = = , pois trata-se do determinante de
uma matriz e da sua transposta, cujos valores são iguais.
II) y = = (– 2) . 3 . = (– 2) . 3 . x = – 6x
III) = = – 6
Resposta: C
3) I) det A = 2 fi = 2 €
€ 4 . = 2 € =
II) det B = = 3 . =
= 3 . (– 1) . =
= 3 . (– 1) . = –
Resposta: D
4) Se A é uma matriz quadrada de ordem 4 e det A = – 6, então:det(2A) = x – 97 fi 24 . det A = x – 97 fifi 16 . (– 6) = x – 97 € – 96 = x – 97 € x = 1Resposta: C
5) “O determinante da matriz At (transposta de A) é igual aodeterminante da matriz A”, pode ser expressa matemati -camente por det(At) = det AResposta: D
6) D = = = 0
Resposta: E
1–––2
1–––2
2– 21
x– x– 3
34x
� x2
20
y + z � � 4z
y– x �
�x2 = 4y = 0z = 2y + z = – x
�x = – 2y = 0z = 2
xz4
y15
– 112
– 224
015
– 112
1 + a3
– 11 – a
� a– 4
1b � � 1
– 41
– 5 � � 10
01 �
� a – 4– 4 – 4b
a – 5– 4 – 5b � � 1
001 �
�a – 4 = 1a – 5 = 0– 4 – 4b = 0– 4 – 5b = 1
�a = 5b = – 1
� a– 4
1b � � 5
– 41
– 1 �
5– 4
1– 1
� 22
– 15 � � 1
001 �
� 22
– 15 � � k
00k � � 2 + k
2– 1
5 + k � 2 + k
2– 1
5 + k
ac
bd c
adb d
bca
ac
bd a
bcd
– 2a3b
– 2c3d a
bcd
y––x
– 6x–––––
x
444
abc
mnp
1
11
abc
mnp
111
abc
mnp
1––2
mnp
abc
333 m
np
abc
111
111
abc
mnp
1––2
3––2
a – bb – cc – a
b – cc – aa – b
000
a – bb – cc – a
b – cc – aa – b
c – aa – bb – c
x1x1 +
+
6 –
7) = =
= a . b . = a . b . 0 = 0, pois a 2a. e a 3a. colunas são
iguais.
Resposta: A
8) = = 0, pois a 2a. e a 3a.
colunas são proporcionais.
Resposta: C
n Módulo 26 – Teorema de Laplace, Regra de Chió e Outras Propriedades
1) Na matriz A = , tem-se a23 = 1 e o seu cofator
é dado por:
A23 = (– 1)2 + 3 . = (– 1)5 . 2 = – 2
Resposta: D
2) = 0 ⇔ 4 . (– 1)1 +2 . = 0 ⇔
⇔ 4 . (– 1)3 . x . = 0 ⇔ 4 . (– 1) . x . x . 3 . = 0,
para qualquer x Œ �, pois = 0 (filas paralelas iguais)
Resposta: D
3) = 0 ⇔ 2 . (– 1)1 + 3 . = 0 ⇔
⇔ 2 . (– 1)4 . (x3 – 64x) = 0 ⇔ 2 . 1 . x . (x2 – 64) = 0 ⇔⇔ x = 0 ou x2 – 64 = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 8 ou x = 8Resposta: D
4) > 0
Multiplicando a 2a., a 3a. e a 4a. coluna por 1 e somando-as à 1a.coluna, tem-se:
> 0 ⇔ (2a + 1) . > 0
Multiplicando a 1a. linha por (– 1) e somando-a às outraslinhas, tem-se:
(2a + 1) . > 0 ⇔
⇔ (2a + 1) . 1 . (– 1)1 + 1 . > 0 ⇔
⇔ (2a + 1) . 1 . 1 . [(1 – a)2 – a2] > 0 ⇔⇔ (2a + 1) . (1 – 2a + a2 – a2) > 0 ⇔
⇔ (2a + 1) . (1 – 2a) > 0 ⇔ – < a < , pois o gráfico da
função f(a) = (2a + 1) . (1 – 2a) é do tipo
Resposta: B
5) Se A e B são matrizes quadradas de ordem n, são verdadeiras
as seguintes propriedades:
I) det A = det At
II) det(A . B) = det A . det B
III) det(A2) = det(A . A) = det A . det A = (det A)2
IV) det A . det At = det A . det A = (det A)2
Não é verdadeira a afirmação det(A + B) = det A + det B
Resposta: A
6) I) A = fi det A = x2 – 4
II) B = fi det B = – x2
III) det (A . B) = 0 fi det A . det B = 0 fifi (x2 – 4) . (– x2) = 0 ⇔ x2 – 4 = 0 ou – x2 = 0 ⇔⇔ x2 = 4 ou x2 = 0 ⇔ x = – 2 ou x = 2 ou x = 0
Resposta: E
7) det(A2) = det(A . A) = det A . det A = (det A)2
Resposta: B
.(–1)
x + ay + az + a
x + by + bz + b
xyz
++
xyz
aaa
bbb
xyz
111
111
m + 1m + 2m + 3
m + 2m + 3m + 4
m + 3m + 4m + 5
.(–1) ++
m + 1m + 2m + 3
111
222
� 210
121
312�
� 20
11 �
0x2
x0
4x67
03x30
0x45
x2
x0
3x30
x45
xx0
330
145
110
110
145
110
110
145
0x10
00x8
2x2
log x1
008x
x10
0x8
08x
1aa0
a10a
a01a
0aa1
2a + 12a + 12a + 12a + 1
a10a
a01a
0aa1
1111
a10a
a01a
0aa1
1000
a1 – a– a0
a– a
1 – a0
0aa1
1 – a– a0
– a1 – a
0
aa1
1–––2
1–––2
� x1
4x �
� 0x
x1 �
– 7
8) Para A = e B = , tem-se:
I) A . B = . =
II) n = det(AB) = 0, pois a 2a. e a 3a. linha são proporcionais.
III) Para n = 0, tem-se 7n = 70 = 1
Resposta: 1
9) I) A = fi det A = 1
II) B = fi det B = ad – bc
III) det(AB) = 0 fi det A . det B = 0 fifi 1 . (ad – bc) = 0 ⇔ ad – bc = 0
Resposta: C
10) = 0 ⇔ sen2x . cos x = 0 fi
fi cos x = 0, pois sen x ≠ 0 (observe que cotg x =
não existe para sen x = 0, consequentemente, o determinantedado não poderia ser calculado).
Assim, cos x = 0 ⇔ x = + n . π, n Œ �
Para 0 ≤ x ≤ 2, o menor valor de x é obtido fazendo n = 0, que
resulta x = .
Resposta: D
n Módulo 27 – Inversão de Matrizes
1) Seja M = , então:
I) det M = 4 · 1 – 3 · 1 = 1.
II) M’ = é a matriz dos cofatores.
III)––M = (M’)t ⇒ ––
M =
IV)M–1 = · M ⇒ M–1 =
Resposta: B
2) Se as matrizes são inversas uma da outra, então:
A · B = I ⇒ · = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔ ⇒ x + y = – + = 0.
Resposta: E
3) Seja A–1 = , então:
I) A · A–1 = I ⇒ · = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ a = 1, b = 0, c = 0, d = –1, então A–1 =
II) A + A–1 = + =
III) (A + A–1)2 = · =
= =
IV)(A + A–1)3 = · =
= =
Assim, (A + A–1)3 = 8 · A
Resposta: E
4) Se M = , então:
I) det M = = 2
II) A21 = (–1)2 + 1 · = (–1)3(2 – 0) = –1 · 2 = –2
Se b = b12 for o elemento da 1.° linha e 2.° coluna matrizinversa, então:
b = b12 = = = –1
Resposta: B
� 1– 1
1
0– 1
1 � � 03
14
25 �
� 1– 1
1
0– 1
1 � � 03
14
25 � � 0
– 33
1– 5
5
2– 7
7 �
� 10
11 �
� ac
bd �
– sen x00
– 8– sen x
0
– 5cotg xcos x
cos x–––––––sen x
π––2
π––2
� 4 31 1 �
� 1 –1–3 4 �
� 1 –3–1 4
1––––––det M � 1 –3
–1 4 �
� 1 21 4 � � 2 –1
x y � � 1 00 1 �
� 1 · 2 + 2 · x 1 · (–1) + 2 · y1 · 2 + 4 · x 1 · (–1) + 4 · y � � 1 0
0 1 �
� 2 + 2x –1 + 2y2 + 4x –1 + 4y � � 1 0
0 1 �
�2 + 2x = 12 + 4x = 0
–1 + 2y = 0–1 + 4y = 1 �
1x = – ––
2
1y = ––
2
1––2
1––2
� a bc d �
� 1 00 –1 � � a b
c d � � 1 00 1 �
� 1 · a + 0 · c 1 · b + 0 · d0 · a + (–1) · c 0 · b + (–1) · d � � 1 0
0 1 �
� a b–c –d � � 1 0
0 1 �
� 1 00 –1 �
� 1 00 –1 � � 1 0
0 –1 � � 2 00 –2 �
� 2 00 –2 � � 2 0
0 –2 �
� 2 · 2 + 0 · 0 2 · 0 + 0 · (–2)0 · 2 + (–2) · 0 0 · 0 + (–2) · (–2) � � 4 0
0 4 �
� 2 00 –2 � � 4 0
0 4 �
� 2 · 4 + 0 · 0 2 · 0 + 0 · 40 · 4 + (–2) · 0 0 · 0 + (–2) · (4) � � 8 0
0 –8 �
� 102
2– 20
011 �
�1 2 00 –2 12 0 1 �
� 2 00 1 �
A21–––––––det M
–2–––2
8 –
5) Se A admite inversa, det A ≠ 0 ⇒ ≠ 0 ⇔
⇔ 3x + 0 + 0 – 0 – 6x2 – 0 ≠ 0 ⇔
⇔ – 6x2 + 3x ≠0 ⇔ 3x (–2x + 1) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 e x ≠
Resposta: E
6) I) Se B = , seja B–1 = , então:
B · B–1 = I ⇒ · = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔
B–1 =
II) A · B–1 = C ⇒ · = C ⇔
⇔ C = =
= =
III) A – B + C = – + =
IV)det (A – B + C) = = 18 – (–2) = 20
Resposta: B
7) I) A = ⇒ det A = 3
II) B–1 = 2A ⇒ det B–1 = det (2A)
Como a matriz A é quadrada de ordem 3, então:
det (2A) = 23 · det A = 8 · det A
Assim, det B–1 = 8 · det A
III) det B = = = =
Resposta: E
8) I) det A–1 = ⇔ det A = = 5
II) det A = = 5 ⇔ 3x + 2x = 5 ⇔ 5x = 5 ⇔
⇔ x = 1 ⇔ x – 1 = 0
Resposta: E
9) (X · A)t = B ⇒ [(X · A)t]t = Bt ⇒
⇒ X · A = Bt ⇒ X · A · A–1 = Bt · A–1 ⇒
⇒ X · I = Bt · A–1 ⇒ X = Bt · A–1
Resposta: B
10) a) A · B = · =
= =
⇔ A · B =
b) B · A = · =
= =
⇔ B · A =
c) AB = BA ⇒ = ⇔
⇔ ⇔
Resposta: D
�3 0 00 x x0 2x 1 �
1––2
� 1 01 –2 � � a b
c d �
� 1 01 –2 � � a b
c d � � 1 00 1 �
� 1 · a + 0 · c 1 · b + 0 · d1 · a – 2c 1 · b – 2 · d � � 1 0
0 1 �
� a ba – 2c b – 2d � � 1 0
0 1 �
⇔� a = 1b = 0b – 2d = 1
⇔�a = 1b = 0
1c = ––
21
d = – ––2
⇔ �1 0
1 1–– – ––2 2
�
� 3 2–1 2 � �
1 0
1 1–– – ––2 2
�
�1 1
3 · 1 + 2 · –– 3 · 0 + 2 · �– ––�2 2
1 1–1 · 1 + 2 · –– –1 · 0 + 2 · �– ––�2 2
�� 3 + 1 0 – 1
–1 + 1 0 – 1 � � 4 –10 –1 �
� 3 2–1 2 � � 1 0
1 –2 � � 4 –10 –1 � � 6 1
–2 3 �� 6 1–2 3 �
�1 2 30 –1 11 0 2 �
1–––––––det B–1
1––––––––8 · det A
1–––––8 · 3
1–––24
1––5
1–––––––det A–1
� x –12x 3 �
� a bc d � � 1 2
0 1 �
� a · 1 + b · 0 a · 2 + b · 1c · 1 + d · 0 c · 2 + d · 1 �
� a 2a + bc 2c + d �
� 1 20 1 � � a b
c d �
� 1 · a + 2 · c 1 · b + 2 · d0 · a + 1 · c 0 · b + 1 · d �
� a + 2c b + 2dc d �
� a 2a + bc 2c + d � � a + 2c b + 2d
c d �
�a = a + 2c2a + b = b + 2dc = c2c + d = d
� c = 0a = d
– 9
FRENTE 3 – GEOMETRIA ANALÍTICA
n Módulo 24 – Equação Geral de uma Reta
1) I) O ponto A(a; 1) pertence à reta x + 2y = 0, então:
a + 2 . 1 = 0 ⇔ a = – 2 fi A(– 2; 1)
II) O ponto B(2; b) pertence à reta x + 2y = 0, então:
2 + 2b = 0 ⇔ b = – 1 fi B(2; – 1)
III) A distância entre os pontos A(–2; 1) e B(2; – 1) é
d = ���������������������� (2 + 2)2 + (1 + 1)2 = ���������� 16 + 4 = �����20 = 2���5
Resposta: A
2) I) O ponto (1; 2) pertence à reta y = 2x + p – 2q, então:2 = 2 . 1 + p – 2q ⇔ p – 2q = 0
II) O ponto (1; 2) pertence à reta y = x + q – 3, então:
2 = . 1 + q – 3 ⇔ q =
III) ⇔ ⇔ p + q = 7 + =
Resposta: C
3) I) O ponto P de intersecção das retas y = 2x + 1 e 5y + 2x – 2 = 0 é dado pela solução do sistema formadopelas duas equações, assim:
⇔ ⇔
⇔ fi P – ;
II) A reta vertical que passa pelo ponto P – ; tem
equação x = –
Resposta: C
4) A reta y = – 2 é horizontal, portanto, é mediatriz de umsegmento vertical, cujo ponto médio deve ter y = – 2. Umpossível segmento tem extremos A(0; 0) e B(0; – 4), pois
xA = xB e = = – 2
Resposta: A
5) Observa-se, no gráfico, que das 15h às 17h, ou seja, em 2h = 120 min, o número de pessoas variou 90 000 – 30 000 = 60 000 e que, em x minutos, o número de pessoas variou 45 000 – 30 000 = 15 000. Assim, tem-se:
= ⇔ = ⇔ x = 30
Resposta: B
6) A reta passa pelos pontos (– 2; 0) e (2; 3), assim, sua equaçãoé dada por:
= 0 ⇔ – 6 + 2y – 3x + 2y = 0 ⇔
⇔ – 3x + 4y – 6 = 0 ⇔ 3x – 4y + 6 = 0
Resposta: C
7) I) Os pontos P(3; yP), (0; 8) e (4; 0) estão alinhados, pois per -tencem ao gráfico da função do 1o. grau f(x), então:
= 0 ⇔ 24 + 4yP – 32 = 0 ⇔ yP = 2 fi P(3; 2)
II) O gráfico da y = g(x) é uma reta que passa pelos pontos
P(3; 2) e (– 1; 0), assim, sua equação é dada por:
= 0 ⇔ 2x – y + 2 – 3y = 0 ⇔ 2x – 4y + 2 = 0 ⇔
⇔ x – 2y + 1 = 0 ⇔ 2y = x + 1 ⇔ y =
Resposta: D
8) A reta passa pelos pontos (0; 3) e (4; 0), assim, sua equação édada por:
= 0 ⇔ 3x + 4y – 12 = 0
Outra maneira: A equação da reta cujas intersecções com os
eixos são (p; 0) e (0; q) é dada por + = 1, assim, para
os pontos (4; 0) e (0; 3), tem-se:
+ = 1 ⇔ 3x + 4y = 12 ⇔ 3x + 4y – 12 = 0
Resposta: D
9) I) Sendo P o ponto médio do lado —NQ, com N(2; 9) e Q(4; 3),
tem-se:
fi P(3; 6)
II) A mediana traçada do vértice M é o segmento de reta queune o vértice M(0; 0) e o ponto médio do lado
—NQ, dado por
P(3; 6), assim, sua equação é:
= 0 ⇔ 3y – 6x = 0 ⇔ 3y = 6x ⇔ y = 2x
Resposta: E
10) A equação da reta r que passa por (2; 5) e (5; 9) é dada por:
= 0 ⇔ 18 + 5x + 5y – 9x – 2y – 25 = 0 ⇔
⇔ – 4x + 3y – 7 = 0Um outro ponto dessa reta é (500; 669), pois, para x = 500tem-se: – 4 . 500 + 3y – 7 = 0 ⇔ 3y = 2007 ⇔ y = 669
Resposta: A
03x
06y
111
xN + xQ 2 + 4xP = –––––––– = –––––– = 3
2 2yN + yQ 9 + 3
yP = –––––––– = –––––– = 62 2
�
y–––3
x–––4
– 22x
03y
111
304
yP80
111
3– 1x
20y
111
x + 1––––––
2
04x
30y
111
y–––q
x–––p
3––2
7––2
3––2
21–––2
7––2
p = 77
q = ––2
�p – 2q = 0
7q = ––
2�
– 2x + y = 12x + 5y = 2�y = 2x + 1
5y + 2x – 2 = 0�
�1––2
1––4�
1x = – ––
41
y = ––2
��1
––2
1––4�
1––4
0 + (– 4)–––––––––
2
yA + yB–––––––––
2
x–––1
120–––––
4x
––––––––15 000
120––––––––60 000
25x
59y
111
10 –
11) I) = 0 ⇔ 10y – 4 + 6x – 5x – 8y + 6 = 0 ⇔
⇔ x + 2y + 2 = 0 ⇔ 2y = – x – 2 ⇔ y =
II) O gráfico da função y = é:
III) O gráfico da função define com os eixos um triângulo de
área = 1
Resposta: C
12) A equação da reta que passa por A(1; 2) e B(3; 3) é dada por:
= 0 ⇔ 3 + 2x + 3y – 3x – y – 6 = 0 ⇔
⇔ – x + 2y – 3 = 0 ⇔ 2y = x + 3 ⇔ y = +
Resposta: D
13) a) A reta x = – 3 é vertical e a distância ao ponto P(2; 10) é d = 2 – (– 3) = 2 + 3 = 5
b) A reta y = 6 é horizontal e a distância ao ponto P(2; 10) é d = 10 – 6 = 4
Respostas: a) 5 b) 4
14) a) Para que as retas ax – 5y + 7 = 0, 2x + ay – 8 = 0 e 2ax – 7y + 8 = 0 sejam concorrentes no mesmo ponto, osistema formado pelas três equações deve ter uma únicasolução (x; y), que cor responde ao ponto onde as retas seinterceptam, assim:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇒ a = 1 ou a = 3
b) O ponto de intersecção é dado por
, assim:
I) Para a = 1 fi , então, o ponto é (3; 2).
II) Para a = 3 fi , então, o ponto é (1; 2).
Resposta: a) 1 ou 3 b) para a = 1 (3; 2)
para a = 3 (1; 2)
15)
= 0 ⇔ – 6 – 5x – 6y + 2x – 30 – 3y = 0 ⇔
⇔ – 3x – 9y – 36 = 0 ⇔ x + 3y + 12 = 0Resposta: x + 3y + 12 = 0
16)
= 0 ⇔ 4 – 2x – 3y – 4x – 6 – y = 0 ⇔
⇔ – 6x – 4y – 2 = 0 ⇔ 3x + 2y + 1 = 0Resposta: 3x + 2y + 1 = 0
17)
= 0 ⇔ – 9 + 4x – 4y + 3x + 16 – 3y = 0 ⇔
⇔ 7x – 7y + 7 = 0 ⇔ x – y + 1 = 0Resposta: x – y + 1 = 0
18)
= 0 ⇔ – 5 – 4x + 5y – 5x + 20 + y = 0 ⇔
⇔ – 9x + 6y + 15 = 0 ⇔ 3x – 2y – 5 = 0Resposta: 3x – 2y – 5 = 0
19) Os pontos A(3; – 2), B(m; n) e O(0; 0) estão alinhados, então:
= 0 ⇔ 2m + 3n = 0
Resposta: 2m + 3n = 0
20) I) O ponto P de intersecção das retas 3x + 5y – 7 = 0 e 4x + 6y – 5 = 0 é dado pela solução do sistema formadopelas duas equações, assim:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ fi P – ;
II) A reta paralela ao eixo Ox (horizontal) que passa peloponto
P – ; tem equação y = .
Resposta: C
3m0
– 2n0
111
3x + 5y = 74x + 6y = 5�3x + 5y – 7 = 0
4x + 6y – 5 = 0�2x = – 174x + 6y = 5�– 18x – 30y = – 42
20x + 30y = 25�
�13–––2
17–––2�
17x = – –––
213
y = –––2
�13–––2�13
–––2
17–––2�
a2 – 4a + 3 = 0x = 4 – ay = 2
�x = 4 – ay = 2�
x = 3y = 2�x = 1y = 2�
3– 6x
– 5– 2y
111
1– 3x
– 24y
111
3– 4x
4– 3y
111
221
453
x– 1y
– x – 2–––––––
2
– x – 2–––––––
2
MAT-0015554-b
-1 x
y
-2 0
-1
2 . 1––––––
2
13x
23y
111
3–––2
x–––2
ax – 5y = – 72x + ay = 82ax – 7y = – 8
� – 2
+
ax – 5y + 7 = 02x + ay – 8 = 02ax – 7y + 8 = 0
�ax – 10 = – 72x + 2a = 8y = 2
�ax – 5y = – 72x + ay = 8y = 2
�ax – 5y = – 72x + ay = 83y = 6
�3
4 – a = ––a
x = 4 – ay = 2
�3
x = ––a
x = 4 – ay = 2
�ax = 3x + a = 4y = 2
�
– 15x
– 45y
111
– 11
n Módulo 25 – Coeficiente Angular deuma Reta
1) Sejam A(a; 0), B(b; 0) e C(3; c) os pontos representados nafigura.
I) A reta r, que passa pelos pontos A e C, tem inclinação de30°, assim, seu coeficiente angular é dado por:
mr = = tg 30° fi = € c =
II) A reta s, que passa pelos pontos B e C, tem inclinação de60°, assim, seu coeficiente angular é dado por:
ms = = tg 60° fi = ����3 € c = ����3 (3 – b)
III) Comparando (I) e (II), tem-se:
= ����3 (3 – b) € 3 – a = 9 – 3b € 3b – a = 6
Resposta: A
2) Sejam A(0; 0), B – ; e C ; os vértices dotriângulo.
I) Se M(xM; yM) é o ponto médio de BC––
, então:
xM = = = 0fi M 0;
yM = = =
II) A equação da reta que passa por A e M é dada por:
= 0 € – x = 0 € x = 0
Observe que a reta que passa por A(0; 0) e M 0; é
vertical, coincidente com o eixo y, portanto, formada pelospontos que possuem x = 0.Resposta: A
3) = 0 € 3x – y + 3 = 0 € y = 3x + 3
Resposta: y = 3x + 3
4) = 0 € 4 – 2x – 3y – 4x – 6 – y = 0 €
€ – 6x – 4y – 2 = 0 € 3x + 2y + 1 = 0 €
€ 2y = – 3x – 1 € y = – x –
Resposta: y = – x –
5) = 0 € – 9 + 4x – 4y + 3x + 16 – 3y = 0 €
€ 7x – 7y + 7 = 0 € x – y + 1 = 0 € y = x + 1 Resposta: y = x + 1
6) = 0 € 2x – y – 2 – 3y = 0 €
€ 2x – 4y – 2 = 0 € x – 2y – 1 = 0 € 2y = x – 1 € y = x –
Resposta: B
7) Sejam V1(0; 0), V2(a; a) e V3(a; –a) os vértices do triângulo.I) Se M (xM; yM) é o ponto médio de V1V2, então:
xM = = fi M ;
yM = =
II) A equação da reta que passa por V3 e M é dada por:
= 0 € – ax + – + – ay = 0 €
€ – x + – + – y = 0 €
€ a – 2x + y – x + a – 2y = 0 € – 3x – y + 2a = 0 € y = – 3x + 2a
Resposta: B
8) Sejam A(– 1; 0), B(0; 3) e C(2; 4) os vértices do triângulo.
I) A equação da reta suporte do lado AB––
é dada por:
= 0 € – 3 – 3x + y = 0 € y = 3x + 3
Assim, o coeficiente angular é mAB = 3 e o linear é hAB = 3
II) A equação da reta suporte do lado BC––
é dada por:
= 0 € – x + 2y – 6 = 0 € y = x + 3
Assim, o coeficiente angular é mBC = e o linear é hBC = 3
III) A equação da reta suporte do lado AC––
é dada por:
= 0 € – 4x + 3y – 4 = 0 € y = x +
Assim, o coeficiente angular é mAC = e o linear é hAC =
Resposta: mAB = 3 e hAB = 3;
mBC = e hBC = 3
mAC = e hAC =
�– 10x
03y
111
�
�02x
34y
111
� 1–––2
1–––2
�– 12x
04y
111
� 4–––3
4–––3
�3–––5
3–––5��3
–––5
3–––5�
3 3– ––– + –––
5 5 ––––––––––
2xB + xC–––––––––
2� �3–––5�
3–––5
3 3––– + –––5 5
––––––––––2
yB + yC–––––––––2
�0
0
x
03
–––5y
1
1
1� 3
–––5
�3–––5�
�0
– 1x
30y
111
�
�1
– 3x
– 24y
111
�1
–––2
3–––2
1–––2
3–––2
�3
– 4x
4– 3y
111
�
�x31
y20
1– 11
�1
–––2
1–––2
����3 (3 – a)–––––––––
3����3
–––––3
c – 0–––––––3 – a
yC – yA–––––––––xC – xA
c – 0–––––––3 – b
yC – yB–––––––––xC – xB
����3 (3 – a)–––––––––
3 a–––2
0 + a––––––
2� �a–––2
a–––2�
a–––2
0 + a––––––
2
�aa
–––2x
– aa
–––2y
1
1
1� a2
–––2
ax–––2
ay–––2
a2–––2
a–––2
x–––2
y–––2
a–––2
4–––3
4–––3
1–––2
4–––3
4–––3
12 –
9) A intersecção da reta com o eixo x é o ponto A(2; 0) e com oeixo y é o ponto B(0; – 3), assim, a equação segmentária édada por:
+ = 1
Resposta: + = 1
10) A equação da reta que passa por M(1; 1) e N(2; 3) é dada por:
= 0 € 2x – y – 1 = 0 €
€ 2x – y = 1 € + = 1
Resposta: + = 1
11) As intersecções da reta com os eixos x e y são,respectivamente, os pontos (2; 0) e (0; – 1), assim, a equaçãoda reta é dada por:
+ = 1 € – y = 1 € x – 2y = 2 € x – 2y – 2 = 0
Resposta: A
12) A intersecção das retas é dada pela solução do sistema:
€ € €
€ € ,
assim, o ponto de intersecção é (0; 3), que está sobre o eixodas ordenadas (eixo ”y”)Resposta: A
13) € € fi = €
€ x – 11 = € 2x – 22 = – y – 21 € 2x + y = 1 €
€ + = 1, é a equação segmentária da reta.
Resposta: + = 1
14) € fi 2x – 1 = €
€ 6x – 3 = y + 2 € 6x – y – 5 = 0, é a equação geral da reta.
Resposta: 6x – y – 5 = 0
15) € € fi
fi = € = € 3y – 3 = 4x – 16 €
€ 3y = 4x – 13 € y = x – , é a equação reduzida da reta.
Resposta: y = x –
n Módulo 26 – Posição Relativa entreDuas Retas
1) Lembrando que a equação reduzida de uma reta é do tipoy = mx + h, em que m é o coeficiente angular e h é ocoeficiente linear, escrevendo as equações das retas na formareduzida, tem-se:
1) 2x – y + 3 = 0 € y = 2x + 3 fi m = 2 e h = 3
2) 2x – y + 5 = 0 € y = 2x + 5 fi m = 2 e h = 5
3) 3x – 6y = – 3 € y = x + fi m = e h =
4) x – 2y + 3 = 0 € y = x + fi m = e h =
5) 2x + 4y + 3 = 0 € y = – x – fi m = – e h = –
6) 4x – 2y = – 6 € y = 2x + 3 fi m = 2 e h = 3
I) Retas que possuem mesmo coeficiente angular e mesmocoeficiente linear, são coincidentes (retas: 1 e 6)
II) Retas que possuem mesmo coeficiente angular e coefi -cientes lineares diferentes, são paralelas distintas (retas: 1e 2, 2 e 6, 3 e 4)
III) Retas que possuem coeficientes angulares inversos e desinais contrários, são concorrentes e perpendiculares(retas: 1 e 5, 2 e 5, 5 e 6)
IV)Retas que não são perpendiculares e possuem coeficien -tes angulares diferentes, são concorrentes (retas: 1 e 3, 1e 4, 2 e 3, 2 e 4, 3 e 5, 3 e 6, 4 e 5, 4 e 6)
Resposta: 1 e 2 (paralelas) 1 e 3 (concorrentes)1 e 4 (concorrentes) 1 e 5 (perpendiculares)1 e 6 (coincidentes) 2 e 3 (concorrentes)2 e 4 (concorrentes) 2 e 5 (perpendiculares)2 e 6 (paralelas) 3 e 4 (paralelas)3 e 5 (concorrentes) 3 e 6 (concorrentes)4 e 5 (concorrentes) 4 e 6 (concorrentes)5 e 6 (perpendiculares)
1–––2
1–––2
1–––2
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
1–––2
3–––2
1–––2
�12x
13y
111
�y
–––– 1
x––––
1–––2
y–––– 1
x––––
1–––2
x–––2
y–––– 1
x–––2
2x – y + 3 = 03y – 9 = 0�2x – y + 3 = 0
– 2x + 4y – 12 = 0�2x – y + 3 = 0x – 2y + 6 = 0�
x = 0y = 3�2x – y + 3 = 0
y = 3�
x – 11t = –––––––
3– y – 21
t = –––––––6
�x = 3t + 11y = – 6t – 21� – y – 21
–––––––6
x – 11–––––––
3
– y – 21–––––––
2
y––––
1
x––––––
1–––2
y––––
1
x––––––
1–––2
y + 2––––––
3
t = 2x – 1y + 2
t = ––––––3�
t + 1x = ––––––
2y = 3t – 2
�y
–––– 3
x–––2
y–––– 3
x–––2
5(x – 4)t = –––––––
35(y – 1)
t = –––––––4
�3
x – 4 = ––– . t54
y – 1 = ––– . t5
�3
x = 4 + ––– . t54
y = 1 + ––– . t5
�y – 1
––––––4
x – 4––––––
35(y – 1)–––––––
45(x – 4)–––––––
3
13–––3
4–––3
13–––3
4–––3
– 13
2) I) A reta x = y € y = x tem coeficiente angular m = 1II) A reta x + y = 1 € y = – x + 1 tem coeficiente angular m = – 1Como os coeficientes angulares são inversos e de sinaiscontrários, as retas são perpendiculares.Resposta: C
3) I) A reta que passa pelos pontos A(K; 3) e B(– 2; 1) tem
coeficiente angular m1 = = = =
=
II) A reta que passa pelos pontos C(5; K) e D(1; 0) tem
coeficiente angular m2 = = = =
III) Se as retas são paralelas, então:
m1 = m2 fi = € 2K + K2 = 8 € K2 + 2K – 8 = 0 €
€ K = – 4 ou K = 2, são racionais, inteiros e de sinais contrários.
Resposta: E
4) (x – y)2 = 4 € x – y = ± 2 €€ x – y = 2 ou x – y = – 2 €
€ y = x – 2 ou y = x + 2, são duas retas paralelasResposta: A
5) I) Sejam a e b, respectivamente, os coeficientes angularesdas retas x – 5y + 1 = 0 e 10y – 2x + 22 = 0. Temos:
fi a = b
II) Sejam c e d, respectivamente, os coeficientes lineares dasretas x – 5y + 1 = 0 e 10y – 2x + 22 = 0. Temos:
fi c ≠ d
III) De I e II concluímos que as retas são paralelas e dis tintas,e, portanto, não têm ponto em comum.
Resposta: C
6) I) 3x = 2ky – 6 € y = x + tem coeficiente angular
m1 =
II) 3y = – 5x + 2 € y = – x + tem coeficiente angular
m2 = –
III) As retas são perpendiculares, então:
m1 . m2 = – 1 fi . – = – 1 € – = – 1 €
€ = 1 € 2k = 5 € k =
Resposta: A
7) I) 2x + Ky + 12 = 0 € y = – x –
II) 5x – y – L = 0 € y = 5x – L
III) Se as equações representam a mesma reta, então:
€ fi
fi K + L = – – 30 = – = – 30,4
Resposta: E
8) I) x + 2y + 13 = 0 € y = – x – tem coeficiente angular
m1 = –
II) – x + y = 0 € y = 2x tem coeficiente angular m2 = 2
III) As retas são perpendiculares, pois m1 . m2 = – . 2 = – 1
Resposta: C
9) I) 3x + 2y – 1 = 0 € y = – x + tem coeficiente angular
m1 = –
II) – 4x + 6y – 10 = 0 € y = x + tem coeficiente
angular m2 =
III) As retas são perpendiculares, pois
m1 . m2 = – . = – 1
Resposta: C
10) I) kx + 5y + k = 0 € y = – x – tem coeficiente angular
mr = – e coeficiente linear hr = –
II) 4x + (k + 1)y – 5 = 0 € y = – x + tem
coeficiente angular ms = – e coeficiente linear
hs =
III) Para que as retas sejam paralelas distintas, deve-se ter:
fi € €
€ € k = – 5 ou k = 4
Resposta: 4 ou – 5
1––––
2
1––––
2
1––––
23
––––2
3––––
2
5––––
32
––––3
2––––
3
2––––
33
––––2
k–––5
k–––5
k–––5
k–––5
5––––––k + 1
4––––––k + 1
4––––––k + 1
– 2–––––––– 2 – K
1 – 3–––––––– 2 – K
yB – yA–––––––––xB – xA2
––––––2 + K
K–––4
– K––––– 4
0 – K––––––1 – 5
yD – yC–––––––––xD – xC
K–––4
2––––––2 + K
1a = ––
52 1
b = ––– = ––10 5
�1
c = –––5
22 d = – ––––
10 �
6––––2k
3––––2k
3––––2k
2––––
35
––––35
––––3
5––––2k�5
––––3�3
––––2k
5––––
25
––––2k
12––––
K2
––––K
2K = – –––
5
L = – 30�2
– ––– = 5K12
– ––– = – LK
�152––––
52
––––5
13––––
21
––––2
1––––
2
5––––––k + 1
k2 + k = 20k2 + k � – 25�
k 4– ––– = – ––––––
5 k + 1k 5
– ––– � ––––––5 k + 1
�mr = mshr � hs
�
k2 + k – 20 = 0k2 + k � – 25�
14 –
11) I) O coeficiente angular da reta que passa por A(x; – 2) e
B(5; 1) é mAB = = =
II) O coeficiente angular da reta que passa por C(10; 0) e
D(13; – 2) é mCD = = = –
III)Se as retas AB
e CD
são perpendiculares, então:
mAB . mCD = – 1 fi . – = – 1 € = 1 €
€ 2 = 5 – x € x = 3
Resposta: D
12) I) O coeficiente angular da reta que passa por A(3; 7) e B(4; y)
é mAB = = = y – 7
II) O coeficiente angular da reta que passa por C(9; 10) e
D(6; 8) é mCD = = = =
III) Se as retas AB
e CD
são perpendiculares, então:
mAB . mCD = – 1 fi (y – 7) . = – 1 € y – 7 = €
€ y = + 7€ y =
Resposta:
13) I) 2x – y – 3 = 0 € y = 2x – 3 tem coeficiente angular m1 = 2
II) 3y + �x – 2 = 0 € y = – x + tem coeficiente angular
m2 = –
III) Para que as retas sejam perpendiculares, deve-se ter:
m1 . m2 = – 1 fi 2 . – = – 1 € � =
Resposta: D
14) I) O coeficiente angular da reta que passa por A(1; 3) e B(4; 6)
é mAB = = = = 1
II) Se mr é o coeficiente angular da reta r perpendicular à reta
AB
, então:
mr . mAB = – 1 fi mr . 1 = – 1 € mr = – 1
Resposta: – 1
15) I) O coeficiente angular da reta que passa por A(7; 5) e
B(2; 3) é mAB = = =
II) O coeficiente angular da reta que passa por B(2; 3) e
C(xC; –2) é mBC = = =
III) As retas AB
e BC
são perpendiculares, então:
mAB . mBC = – 1 fi . = – 1 € = 1 €
€ xC – 2 = 2€ xC = 4
Portanto, o vértice C tem coordenadas (4; – 2)
Resposta: C
16) I) O coeficiente angular da reta r, de equação
5x + (a – 2)y – 1 = 0, é mr = –
II) O coeficiente angular da reta s, de equação
x – 5y + 13 = 0, é ms =
III) Para que as retas r e s sejam perpendiculares, deve-se ter:
mr . ms = – 1fi – . = – 1 € = 1 €
€ a – 2 = 1 € a = 3
Resposta: E
17)
a) r = dA,O = �32 + 42 = 5
b) O quadrilátero ABCD é um quadrado, pois
mAO = e mBO = – fi AO BO
Assim, a área do triângulo ABO é = e a área do
quadrado ABCD é 4 . = 50
Respostas: a) 5 b) 50
3––––––5 – x
1 –(– 2)–––––––5 – x
yB – yA–––––––xB – xA
2–––3
– 2 – 0–––––––13 – 10
yD – yC–––––––xD – xC
2––––––5 – x�2
–––3�3
––––––5 – x
y – 7––––––4 – 3
yB – yA–––––––xB – xA
2––––
3– 2––––– 3
8 – 10––––––6 – 9
yD – yC–––––––xD – xC
– 3––––
22
–––3
11––––
2– 3––––
2
11–––2
2–––3
�–––3
�–––3
3–––2��
–––3�
3–––3
6 – 3––––––4 – 1
yB – yA–––––––xB – xA
2–––5
3 – 5––––––2 – 7
yB – yA–––––––xB – xA
– 5––––––xC – 2
– 2 – 3––––––xC – 2
yC – yB–––––––xC – xB
2––––––xC – 2�– 5
––––––xC – 2�2
–––5
5–––––a – 2
1–––5
1–––––a – 2
1–––5
5–––––a – 2
3–––4
4–––3
25––––
25 . 5–––––
2
�25––––
2�
– 15
18) I) € fi = x – 2 € y = 3x – 6,
representa uma reta de coeficiente angular m1 = 3
II) 6x – 2y – 1 = 0 € y = 3x – tem coeficiente angular
m2 = 3
III) Como m1 = m2, as retas são paralelas
Resposta: B
19) I) 2x – y = 3 € y = 2x – 3 tem coeficiente angular m1 = 2
II) 2x + ay = 5 € y = – x + tem coeficiente angular
m2 = –
III) Se as retas são perpendiculares, então:
m1 . m2 = – 1 fi 2 . – = – 1 € = 1 € a = 4
Resposta: D
n Módulo 27 – Feixe de RetasConcorrentes Num Ponto
1) A equação da reta que passa por P(3; – 2) e tem coeficiente
angular m = – é dada por:
y – yp = m(x – xP) fi y + 2 = – (x – 3) € 4y + 8 = – x + 3€
€ x + 4y + 5 = 0
Resposta: x + 4y + 5 = 0
2 A equação da reta que passa pelo ponto (– 2; 4) e tem
coeficiente angular igual a – 3 é dada por:
y – 4 = – 3(x + 2) € y – 4 = – 3x – 6 € y + 3x + 2 = 0
Resposta: D
3) A reta procurada passa pelo ponto (3; – 2) e tem coeficienteangular m = tg135° = – 1, assim, sua equação é dada por:
y + 2 = – 1(x – 3) € y + 2 = – x + 3 € x + y – 1 = 0
Resposta: x + y – 1 = 0
4) I) Se a reta intercepta o eixo das ordenadas em P(0; – 3)então, o coeficiente linear é h = – 3
II) O coeficiente angular da reta é m = tg = �3
III) A equação da reta é dada por:
y = mx + h fi y = �3 x – 3 € �3 x – y – 3 = 0
Resposta: C
5)
A reta t tem coeficiente linear h = 2 (intersecção com o eixo
y) e coeficiente angular m = tg 120° = – �3 , assim, sua
equação é dada por:
y = mx + h fi y = –�3 x + 2
Resposta: E
6) A reta procurada tem coeficiente linear h = – 2 e coeficiente
angular m = , assim, sua equação é dada por:
y = mx + h fi y = x – 2 € 3y = x – 6 € x – 3y – 6 = 0
Resposta: x – 3y – 6 = 0
7) Se a equação da reta é y = ax + b, o valor de b é o coeficientelinear da reta, que corresponde à ordenada do ponto deintersecção da reta com o eixo y.
Assim, de acordo com a figura, tem-se:
tg 60° = € �3 = b
Resposta: D
y–––3
t = x – 2y
t = –––3�y = 2 + t
y = 3t�
1–––2
5–––a
2–––a
2–––a
4–––a�2
–––a�
1–––4
1–––4
π–––3
1–––3
1–––3
b–––1
16 –
8) I) Se r é a reta que passa pelos pontos (4; 0) e (0; 6), o
coeficiente linear é 6 e o coeficiente angular é mr = =
= – , assim, a equação da reta r é y = – x + 6
II) A reta s tem coeficiente linear 2 e coeficiente angular
ms = (pois é perpendicular à reta r), assim, a equação
da reta s é y = x + 2
III) O ponto P(a; b), intersecção das retas r e s, é dado pelasolução do sistema a seguir, assim:
€ fi P ;
IV)Para a = e b = , tem-se:
a + b = + =
Resposta: D
9) I) A reta r, que passa pelos pontos A(1; 2) e B(3; 4), tem
coeficiente angular mr = = = 1
II) A reta s, de equação mx + ny + 1 = 0, tem coeficiente
angular ms = –
III) Se as retas r e s são perpendiculares, então:
mr . ms = – 1 fi 1 . – = – 1 € m = n
Resposta: B
10) A reta que passa pelo ponto P(3; – 2) e é paralela ao eixo Oxé horizontal, assim, sua equação é y = – 2 € y + 2 = 0Resposta: y + 2 = 0
11) A reta que passa pelo ponto P(3; – 2) e é perpendicular aoeixo Ox é vertical, assim, sua equação é x = 3 € x – 3 = 0Resposta: x – 3 = 0
12) I) 2x – 3y – 4 = 0 tem coeficiente angular m1 =
II) A reta que passa pelo ponto P(3; – 2) e é paralela à reta
2x – 3y – 4 = 0, tem coeficiente angular m2 = m1 = ,
assim, sua equação é dada por:
y – yP = m2(x – xP) fi y + 2 = (x – 3) € 3y + 6 = 2x – 6 €
€ 2x – 3y – 12 = 0
Resposta: 2x – 3y – 12 = 0
13) I) 2x – 3y – 4 = 0 tem coeficiente angular m1 =
II) A reta que passa por P(3; – 2) e é perpendicular à reta
2x – 3y – 4 = 0, tem coeficiente angular m2 = = – ,
assim, sua equação é dada por:
y – yP = m2(x – xP) fi y + 2 = – (x – 3) €
€ 2y + 4 = – 3x + 9 € 3x + 2y – 5 = 0
Resposta: 3x + 2y – 5 = 0
14) I) ax + a2y = 1 € a2y = – ax + 1 € y = – x + tem
coeficiente angular m1 = –
II) A reta que passa por (a; a), a > 0, e é paralela à reta
ax + a2y = 1, tem coeficiente angular m2 = m1 = – ,
assim, sua equação é dada por:
y – a = – (x – a) € ay – a2 = – x + a € x + ay = a2 + a
Resposta: x + ay = a2 + a
15) I) Seja r a reta que passa por (–3; 0) e (0; 2). A equação da
reta r é + = 1 € 2x – 3y = – 6
II) Seja s a reta que passa por (7; 0) e tem coeficiente angularm = tg 135° = – 1. A equação da reta s é y – 0 = – 1(x – 7) €€ y = – x + 7
III) As coordenadas do ponto A, intersecção das retas r e s,correspondem à solução do sistema a seguir:
€ € fi A(3; 4)
IV)O triângulo determinado pelo ponto A(3; 4) e pelos pontos
de abscissas – 3 e 7 da figura, tem base 7 – (– 3) = 10 e altura
igual a yA = 4. Assim, a área do triângulo é = 20
Resposta: E
16) Graficamente, tem-se:
O ponto simétrico de N(1; 2), em relação à reta r, é N’(3; 0)Resposta: B
3–––2
3–––2
0 – 6–––––4 – 0
2–––3
2–––3
�42––––13
24––––13�
24x = ––––
1342
y = ––––13
�3
y = – –––x + 62
2y = –––x + 2
3�
42––––13
24––––13
66––––13
42––––13
24––––13
4 – 2–––––3 – 1
yB – yA––––––––xB – xA
m–––n
�m–––n�
2–––3
2–––3
2–––3
2–––3
3–––2
– 1––––m1
3–––2
1–––a2
1–––a
1–––a
1–––a
1–––a
y–––2
x–––– 3
x = 3y = 4�2x + 3x – 21 = – 6
y = – x + 7�2x – 3y = – 6y = – x + 7�
10 . 4––––––
2
– 17
17) I) 2x – 5y = 3 tem coeficiente angular m1 =
II) A reta que passa por P(– 2; 3) e é perpendicular à reta
2x – 5y = 3, tem coeficiente angular m2 = – , assim, sua
equação é dada por:
y – yP = m2(x – xP) fi y – 3 = – (x + 2) €
€ 2y – 6 = – 5x – 10 € 5x + 2y + 4 = 0
Resposta: 5x + 2y + 4 fi 0
18) I) 5x – 3y = 2 tem coeficiente angular m1 =
II) A reta que passa pelo ponto (4; 5) e é perpendicular à reta
5x – 3y = 2, tem coeficiente angular m2 = – , assim, sua
equação é dada por:
y – 5 = – . (x – 4) € 5(y – 5) = – 3(x – 4) €
€ 3(x – 4) + 5(y – 5) = 0
Resposta: A
19) I) O vértice (– 1; 2) do quadrado não pertence à diagonal 2x – 3y + 6 = 0, pois 2(– 1) – 3 . 2 + 6 � 0
II) 2x – 3y + 6 = 0 tem coeficiente angular m1 =
III) Como as diagonais do quadrado são perpendiculares, a
outra diagonal passa pelo vértice (– 1; 2) e tem coeficiente
angular m2 = – , assim, sua equação é dada por:
y – 2 = – (x + 1) € 2y – 4 = – 3x – 3 € 3x + 2y – 1 = 0
Resposta: B
20) I) € fi = €
€ 5x = 6 – 3y € 5x + 3y – 6 = 0 é a equação da reta r e seu
` coeficiente angular é mr = –
II) A reta que passa pelo ponto P(– 5; 2) e é perpendicular à
reta r, tem coeficiente angular m = , assim, sua
equação é dada por:
y – yP = m(x – xP) fi y – 2 = (x + 5) € 5y – 10 = 3x + 15 €
€ 3x – 5y + 25 = 0
Resposta: 3x – 5y + 25 = 0
21) I) Se um ponto de abscissa 5 pertence à reta de equação
x + 2y – 3 = 0, então, 5 + 2y – 3 = 0 € y = – 1, assim, o ponto
é (5; – 1)
II) x + 2y – 3 = 0 tem coeficiente angular m1 = –
III) A reta que passa por (5; – 1) e é perpendicular à reta
x + 2y – 3 = 0, tem coeficiente angular m2 = 2, assim, sua
equação é dada por:
y + 1 = 2(x – 5) € y + 1 = 2x – 10 € 2x – y – 11 = 0
Resposta: 2x – y – 11 = 0
22) I) A reta que passa por A(2; 3) e B(1; – 4) tem coeficiente
angular m = = = 7
II) A reta procurada também tem coeficiente angular m = 7 e,se passa pela origem (0; 0), o coeficiente linear é h = 0,assim, sua equação reduzida é dada por:
y = mx + h fi y = 7x + 0 € y = 7x
Resposta: D
23) I) A reta r passa pelo ponto (3; 2) e tem coeficiente angular
m = tg 60° = �3 , assim, sua equação é dada por:
y – 2 = �3 (x – 3) € y – 2 = �3 x – 3�3 €
€ y = �3 x + 2 – 3�3II) O coeficiente linear da reta é h = 2 – 3�3 , logo, a reta
passa por (0; 2 – 3�3 )
Resposta: A
24) I) A reta r, de equação 2x + 7y = 3, tem coeficiente angular
mr = –
II) O ponto P, intersecção das retas r e s, é dado pela soluçãodo sistema a seguir:
€ € fi P(– 2; 1)
III) A reta que passa por P(–2; 1) e é perpendicular a r, tem
coeficiente angular m = , assim, sua equação é dada
por:
y – yP = m(x – xP) fi y – 1 = (x + 2) €
€ 2y – 2 = 7x + 14 € 7x – 2y + 16 = 0
Resposta: 7x – 2y + 16 = 0
25) I) A reta de equação y = x, tem coeficiente angular m1 = 1
II) Se P é o ponto de intersecção das retas de equações
2x – 3y – 1 = 0 e 3x – y – 2 = 0, então:
€ € fi P
2–––5
5–––2
5–––2
5–––3
3–––5
3–––5
2–––3
3–––2
3–––2
2 – y––––––
5x
–––3
xt = –––
32 – y
t = –––––5
�x = 3ty = – 5t + 2�
5–––3
3–––5
3–––5
1–––2
– 4 – 3–––––––1 – 2
yB – yA––––––––xB – xA
2–––7
x= – 2y = 1�4x + 14y = 3
21x – 14y = – 56�2x + 7y = 33x – 2y = – 8�
7–––2
7–––2
5 1�––; ––�7 7
5x = ––
71
y = ––7
�2x – 3y = 1– 9x + 3y = – 6�2x – 3y – 1 = 0
3x – y – 2 = 0�
18 –
III) A reta que passa por P e é perpendicular à reta
y = x, tem coeficiente angular m2 = – 1, assim, sua equação
é dada por:
y – yP = m2(x – xP) fi y – = – 1 €
€ 7y – 1 = – 7x + 5 € 7x + 7y – 6 = 0
Resposta: C
26) I) A reta de equação 4x + y + 7 = 0 tem coeficiente angular m = – 4
II) Se P é o ponto de intersecção das retas de equações x – 3y + 2 = 0 e 5x + 6y – 4 = 0, então:
€ € fi P
III) A reta que passa por P e é paralela à reta
4x + y + 7 = 0, tem coeficiente angular m = – 4 e coeficiente
linear h = , assim, sua equação é dada por:
y = mx + h fi y = – 4x + € 3y = – 12x + 2 €
€ 12x + 3y – 2 = 0
Resposta: 12x + 3y – 2 = 0
27) Para A(1; 0), B(6; 0) e C(2; 6), tem-se:
I) O ponto médio do lado BC é M = M(4; 3)
II) A reta suporte da mediana relativa ao lado BC passa porA(1; 0) e M(4; 3), assim, sua equação é dada por:
= 0 € 3 + 4y – 3x – y = 0 €
€ – 3x + 3y + 3 = 0 € x – y – 1 = 0
III) O coeficiente angular da reta suporte do lado AC é
mAC = = = 6
IV) A reta suporte da altura relativa ao lado AC, passa por
B(6; 0) e tem coeficiente angular m = – , assim, sua
equação é dada por:
y – yB = m(x – xB) fi y – 0 = – (x – 6) €
€ 6y = – x + 6 € x + 6y – 6 = 0
Resposta: x – y – 1 = 0; x + 6y – 6 = 0
FRENTE 4 – GEOMETRIA DOS SÓLIDOS
n Módulo 24 – Tetraedro Regular e Tronco de Pirâmide
1) O volume, V, do sólido é a diferença entre o volume do cubo
de aresta 2 e o volume da pirâmide ABCD.
A base da pirâmide é o triângulo BCD e sua área é
= 2. A altura da pirâmide é 2.
Assim sendo: V = 23 – . 2 . 2 = 8 – =
Resposta: D
2)
Sendo � a medida, em centímetros, da aresta do octae droregular, temos:
� 2 = 22 + 22 fi � 2 = 8 fi � = 2�2
O volume do octaedro regular é o dobro do volume da pirâ -
mide regular VABCD de aresta da base 2�2 cm e altura 2 cm.
Assim, sendo V o volume do octaedro, em centímetros cúbi -
cos, temos:
V = 2 . . (2 �2 )2 . 2 =
Resposta: B
3) O volume V de um tetraedro regular de aresta a é dado por
V = , assim, para a = 1 cm, tem-se:
V = = cm3
Resposta: D
4) Sejam a = 1 dm a medida da aresta do tetraedro regular.
a) A área total é AT = 4 . = 4 . = ���3 dm2
b) I) AN = BN = = = dm
II) (MN)2 + (AM)2 = (AN)2 fi
5�x – –––�71
–––7
5 1�––; ––�7 7
2�0; –––�3
x = 02
y = ––3�2x – 6y = – 4
5x + 6y = 4�x – 3y + 2 = 05x + 6y – 4 = 0�
2�0; –––�3
2–––3
2–––3
6 + 2 0 + 6�––––––; ––––––�2 2
�14x
03y
111
�
6 – 0–––––––2 – 1
yC – yA––––––––xC – xA
1–––6
1–––6
22
–––2
20––3
4––3
1––3
32––––
3
1–––3
a3 . �2–––––––
12
�2–––––
12
(1 cm)3 . �2–––––––––––––
12
(1 dm)2 . ���3–––––––––––––
4
a2���3––––––
4
���3–––––
2
(1 dm) . ���3–––––––––––––
2
a���3––––––
2
– 19
fi (MN)2 + dm
2
= dm
2
⇔
fi (MN)2 = – dm2 ⇔
⇔ (MN)2 = dm2 fi MN = dm
Resposta: a) ���3 dm2 b) dm
5) Sendo AS a área da secção obtida e AB a área da base dapirâmide, tem-se:
=
2
=
2
=
2
=
Resposta: C
6) Sejam AB e Ab as áreas das bases maior e menor do tronco,respectivamente, em centímetros quadrados.
Se �, em centímetros, é o lado do quadrado da base menor e V, em centímetros cúbicos, é o volume, como 21 dm3 = 21000 cm3, tem-se:
V = . (AB + Ab + ���������� AB . Ab) fi
fi 21000 = . (402 + �2 + ����������402 . �2 ) ⇔
⇔ 21000 = 10 . (1600 + �2 + 40�) ⇔
⇔ �2 + 40� – 500 = 0 fi � = 10, pois � > 0
Resposta: C
7) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen tíme -tros.
I) Os triângulos VAB e VCD são semelhantes, então:
= fi = ⇔ AB = 3 fi � = 6
II)
g2 = 32 + 42 fi g = 5
III) A área total AT do tronco de pirâmide, em centímetrosquadrados, é dada por:
AT = 122 + 62 + 4 . = 144 + 36 + 180 = 360
Resposta: E
8) V = . (S + S’ + ��������S . S’ ) = . (42 + 32 + ��������42 . 32 ) =
= . (16 + 9 + 4 . 3) = . 37 =
Resposta: E
n Módulo 25 – Cilindros
1)
O volume de leite em pó, em cm3, é:
. (Vcilindro) = . (π . 52 . 10) = 200 π = 200 . 3 = 600
Resposta: C
2)
�1––4
3–––4�
����3–––––
2��1–––2�
���2–––––
2
2–––4
���2––––
2
9–––4�3
–––2��12
––––8��12
–––––––12 – 4�AB––––
AS
h–––3
30–––3
AB––––
64
–––8
AB––––CD
VA––––VC
(12 + 6) . 5––––––––––––
2
5–––3
h–––3
185––––
35
–––3
5–––3
4–––5
4–––5
20 –
I) Seja V o volume do tanque original, VR o volume após o
aumento do raio em 5 m e Va o volume após o aumento
da altura em 5 m. Então, em metros cúbicos, tem-se:
V = π . R2 . 4
Vr = π . (R + 5)2 . 4
Va = π . R2 . 9
II) Conforme enunciado; VR = V + x e Va = V + x €
€ VR = Va € π(R + 5)2 . 4 = π R2 . 9 €
€ 4R2 + 40R + 100 = 9R2 € R2 – 8R – 20 = 0 €
€ R = 10 m, pois R > 0.
III) O volume do tanque original é, em metros cúbicos,
V = π . 102 . 4 = 400π.
Resposta: D
3) I) Se B e H forem, respectivamente, as medidas da área daseção transversal e da altura do recipiente inicial, então1,2H será a altura do recipiente final e 0,8B a área da basecorrespondente.
II) O volume do recipiente inicial é B . H.
III) O volume do recipiente final é 0,8B . 1,2H = 0,96BH, assim,o volume final é 96% do volume inicial, portanto, o volumedo recipiente diminuiu 4%.
Resposta: A
4) = = = =
Resposta: B
5) Sejam R e h = 2R as medidas, em centímetros, do raio da basee da altura do cilindro equilátero.I) A área total, em centímetros quadrados, é dada por:
2πR2 + 2πRh = 48h ⇔ 2πR (R + h) = 48π ⇔⇔ R . (R + 2R) = 24 ⇔ R2 + 2R2 = 24 ⇔⇔ 3R2 = 24 ⇔ R2 = 8 fi R = 2���2, pois R > 0
II) O volume, em centímetros cúbicos, é dado por:
V = π . R2 . h = π . R2 . 2R = π . 8 . 2 . 2���2 = 32���2 π
Resposta: E
6) Sejam R e h as medidas do raio da base e da altura docilindro. Se V é o volume e AL a área lateral, então:
= ⇔ = ⇔
⇔ = ⇔ 16 dm = ⇔ R = 32 dm
Resposta: C
7) O sólido gerado é um cilindro de raio R = 1 cm e altura h = 1 cm.
A área total AT, em centímetros quadrados, é dada por:AT = 2 . π . R2 + 2 . π . R . h = 2 . π . 12 + 2 . π . 1 . 1 = 2π + 2π = 4π
Resposta: A
8) O reservatório é um cilindro de raio R = 1 mm = 0,1 cm ealtura h = 12 cm.O volume do reservatório cilíndrico é dado por:V = π . R2 . h = π . (0,1 cm)2 . 12 cm � 3,14 . 0,01 . 12 cm3 == 0,3768 cm3 = 0,3768 m�
Resposta: A
9)
Se ABCD é um quadrado de lado 10, então, h = 10 e
2R = 10 ⇔ R = 5, assim, o volume do cilindro é V = π . R2 . h =
= π . 52 . 10 = 250π
Resposta: D
3–––2
2R + R–––––––
2R
h + R–––––––
h
2πR(h + R)–––––––––––
2πRh
At––––Al
R––––
2
64 dm3––––––––––400 cm2
π . R2 . h––––––––––––2 . π . R . h
V––––AL
R––––
2
R––––
2
64 dm3––––––––––
4 dm2
– 21
10)
Sejam R e h as medidas, em centímetros, do raio da base e
da altura do cilindro tipo B.
Do enunciado, tem-se: h = 2R e π R2 h = π . 82 . 2 €
€ R2 . 2R = 128 € R3 = 64 € R = 4
Como h = 2R, temos: h = 2 . 4 € h = 8
Sendo SA a área total do cilindro do tipo A e SB a área total
do cilindro do tipo B, em centímetros quadrados, temos:
I) SA = 2π . 82 + 2π . 8 . 2 = 160π
II) SB = 2π . 42 + 2π . 4 . 8 = 96π
O valor de x é . 100 � 66,7
Resposta: C
11)
Se R, em centímetros, é a medida do raio do cilindro original,VR o volume após o aumento do raio em 12 cm e VA o volumeapós o aumento de altura em 12 cm, de acordo com o enun -ciado, deve-se ter:VR = VA fi π . (R + 12)2 . 4 = π . R2 . 16 ⇔ (R + 12)2 = 4R2 ⇔⇔ R2 + 24R + 144 = 4R2 ⇔ 3R2 – 24R – 144 = 0 ⇔⇔ R2 – 8R – 48 = 0 fi R = 12, pois R > 0
Resposta: A
n Módulo 26 – Cones
1) Sejam R e g, respectivamente, as medidas do raio da base eda geratriz do cone equilátero.
I) g = 2R ⇔ R =
II) A área total AT do cone é:
AT = π . R2 + π . R . g = π . 2
+ π . . g =
= + =
Resposta: D
2) Sejam R, g e h, respectivamente, as medidas do raio da base,da geratriz e da altura do cone equilátero.
I) g = 2R ⇔ R =
II) h = ⇔ h =
III) O volume V do cone é:
V = . π . R2 . h = . π . 2
. =
= . π . . =
Resposta: D
3)
D eacordo com o enunciado, tem-se:
= € b = e . π .2
. b = π € a2b = 12
Assim: a2 . = 12 € a3 = 8 € a = 2 e b = = 3
Por outro lado, de acordo com o Teorema de Pitágoras, tem-se:
g2 = b2 +2
€ g2 = 32 +2
€ g2 = 10 € g = ����10
Resposta: D
4) Sejam R e h, respectivamente, as medidas do raio da base e
da altura, em centímetros, do cone.
I) 2πR = 8π ⇔ R = 4
II) h = 3R = 3 . 4 = 12
III) O volume V do cone, em centímetros cúbicos, é:
V = π . R2 . h = π . 42 . 12 = 64π
Resposta: A
160π – 96π––––––––––––
96π
g–––2
g–––2�g
–––2�
3πg2––––––
4πg2––––
2πg2––––
4
g–––2
g���3–––––
22R���3
–––––––2
g���3–––––
2�g–––2�1
–––3
1–––3
π���3 g3––––––––
24g���3–––––
2
g2–––4
1–––3
�a––2�1
––3
3a–––2
3–––2
b–––a
3 . 2–––––
2
3a–––2
�2–––2��a
–––2�
1–––3
1–––3
8 R
2 h
(A) (B)
MAT-0015541-b
22 –
5) Considere a figura a seguir, cujas medidas lineares estão emcentímetros:
I) sen 30° = € = ⇔ r = 3���3
II) cos 30° = € = ⇔ h = 9
III) O volume V do cone, em centímetros cúbicos, é:
V = π . r2 . h = π . (3���3)2 . 9 = 81π
Resposta: D
6) Sendo V = , após as alterações de r para e de h para
2h, tem-se:
V’ = = = =
= . = . = V =
Resposta: A
7) I) AB = 16 . π € π . R2 = 16 . π € R2 = 16 fi R = 4
II) Como o cone é equilátero, temos g = 2R = 8
III) AL = π . R . g = π . 4 . 8 = 32 . πResposta: A
8) I) Uma hora tem 60 min. Em 4 horas, há 4 . 60 min = 240 min.Se é ministrado 1,5 m� de medica mento por minuto, ovolume de medicamento ministrado é de 1,5 m� . 240 = 360 m�.
II) O recipiente é constituído de um cilindro circular reto com9 cm de altura e um cone, também circular reto, e de 3 cmde altura. Sendo o raio da base de ambos de 4 cm, ovolume do recipiente é igual a:
V = π . 42 . 9 + . π . 42 .3 cm3 = 160π cm3 =
= 160 . 3 cm3 = 480 cm3 = 480 m�
III) Descontada a quantidade ministrada, restaram(480 – 360)m� = 120 m� de medica mento.
Resposta: A
9) Sejam V1 e V2, respectivamente, os volumes dos cones demesma base e alturas iguais a 18 cm e 6 cm.Se AB é a área das bases dos cones, então:
= = = 3
Resposta: B
10) Sejam r e h, respectivamente, as medidas do raio da base eda altura, em centímetros, do cone.
I) 2 . π . r = € r = 10
II) h2 + r2 = 202 fi h2 + 102 = 202 € h2 = 300 fi h = 10����3
Resposta: C
11)
q = radianos = 288°
Resposta: D
n Módulo 27 – Tronco de Cone
1)
Sendo VL o volume do líquido, em centímetros cúbicos,temos:
I) No tronco de cone:
VL = (π . 32 + π . 12 + ��������������π . 32 . π . 12) =
II) No cilindro: VL = π . 42 . h = 16π h
Assim, 16π h = ⇔ h = ; portanto:
d = 4 – =
Resposta: B
r–––––6���3
1–––2
r–––––6���3
h–––––6���3
���3–––2
h–––––6���3
1–––3
1–––3
r–––2
π r2 h––––––
3
π r2 h––––––
2–––––––––
3
r2π . ––– . 2h
4–––––––––––––
3
rπ . �––�
2. 2h
2–––––––––––––
3
V–––2
1–––2
π r2 h––––––
31
–––2
1–––3
π r2 h––––––
2
�1––3�
18––––
6
1–– . AB . 183
–––––––––––––1
–– . AB . 63
V1––––V2
2 . π . 20––––––––––
2
8π
––––5
104π
–––––3
8–––3
13–––6
104π–––––
3
11–––6
13–––6
– 23
2) Sejam, em centímetros, R = 6, r = 3, g e h, respectivamente,os raios das bases maior e menor, a geratriz e a altura dotronco de cone.Se a área lateral é igual à soma das área das bases, então:πg(R + r) = πR2 + πr2 fi g(6 + 3) = 62 + 32 ⇔⇔ 9g = 45 ⇔ g = 5a)
g2 = h2 + (R – r)2 fi 52 = h2 + 32 fi h = 4
b) O volume V do tronco de cone, em centímetros cúbicos, édado por:
V = . (πR2 + πr2 + ����������� πR2 . πr2 ) =
= . (π . 62 + π . 32 + ��������������� π . 62 . π . 32 ) =
= . (36π + 9π + 18π) = . 63π = 84π
Resposta: a) 4 cm b) 84π cm3
3)
Sejam VT e VB, respectivamente, o volume total e o volume
da bebida que deixou de ser consumida.
=3
=3
=
Resposta: E
4) O volume do suco será igual à metade do volume do copo,
então:
= 3
€ = 3
€
€ x3 = 256 € x =3�������256 fi x = 4
3���4
Resposta: E
5) a) A área da superfície lateral externa da jarra, emcentímetros quadrados, cor responde à área da superfícielateral de um cilindro reto cujo raio R, da base, mede 9 cme cuja altura, H, mede 12 cm e, portanto:
A� = 2πRH = 2π . 9 . 12 = 216π
b) Desprezando a espessura da parede da jarra, o volumemáximo de suco que a jarra pode conter, em centímetroscúbicos, corresponde ao volume do cilindro reto, cujo raioR da base mede 9 cm e cuja altura H mede 12 cm, menoso volume de um tronco de cone de base maior com raio RT= 6 cm, base menor com raio rT = 3 cm e altura H = 12 cm,portanto:
Vsuco = Vcilindro – Vtronco =
= π . R2 . H – (RT2 + rT
2 + RT . rT) =
= π . 92 . 12 – (62 + 32 + 6 . 3) = 972π – 252π = 720 π
Respostas: a) 216π cm2 b) 720π cm3
6) O volume V, em centímetros cúbicos, de água usada para 6banhos, é:
6 . �π . 122 .30+ (122 + 62 + 12 . 6)� =
= 6 . (12960 + 2520) = 92880
Assim, a quantidade de água usada em 6 banhos é de 92,88
li tros e, como o goteja mento na torneira desperdiça 46,44
litros de água por dia, conclui-se que, em = 2 dias
toda essa água será desperdiçada.
Resposta: 2 dias
7)
Sejam VE , VS e VC , respec tiva mente, os volumes da espuma,da parte consistente de sorvete e do copo.Da semelhança dos sólidos VAB e VCD, conforme a figura,obtém-se:
= � �3
€ VS = . VC
4–––3
4–––3
4–––3
4–––3
1–––8�1
–––2��h
––––2h�
VB––––VT
� x––8 �1
––2� x
––8 �
vsuco––––––Vcopo
π H––––
3π 12
––––––3
π . 10––––––
3
92,88–––––––46,44
64––––125
16–––20
VS––––VC
24 –
Como
VE = VC – VS = VC – . VC = . VC = 0,488 . VC, tem-se:
VE = 48,8% . VC 50% . VC.
Resposta: C
8)
Sejam VC, VT e VCP, respectivamente, os volumes do cone C,do tronco de cone de altura h e do cone de altura H – h.Admitindo que o tronco de cone de altura h possui basesparalelas e observando que
VC = VCP + VT € VT = VC – VCP, temos:
= 2 € VC = 2(VC – VCP) € = 2 €
€
3
= 2 € H = 3���2 H –
3���2h €
€ h = H = H 1 –
Resposta: D
9) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -tímetros.
I) Os triângulos VAB e VCD são semelhantes, então:
= fi = ⇔ r = 2
II) O volume, em centímetros cúbicos, do cone preenchidocom sorvete de chocolate é:
. π . r2 . H = . 3 . 22 . 12 = 48
III) Como 1 litro = 1000 cm3, o número de sorvetes que podemser embalados com 1 litro de sorvete de chocolate é
� 20,8
IV)O volume, em centímetros cúbicos, do tronco de conepreenchidos com sorvete de baunilha é:
. π (R2 + r2 + Rr) = . 3 . (32 + 22 + 3 . 2) = 114
V) Como 2� = 2000 cm3, o número de sorvetes que podem ser embalados com 2 litros de sorvete de baunilha é
� 17,5
Assim, utilizando os dois sabores de sorvete, o númeromáximo de sorvetes de “choconilha” que é possível embalaré 17.Resposta: D
61––––125
64––––125
VC––––VCP
VC––––VT
�H–––––––H – h�
�1
–––––3���2��
3���2 – 1
––––––––3���2
�
r–––3
12––––18
AB––––CD
VA––––VC
1––3
1––3
1000––––––
48
6––3
h––3
2000––––––
114
– 25