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– 1
MATEMÁTICA
LIVRO 4
ÁLGEBRA
Capítulo 1 – Análise Combinatória
6) Utilizando os algarismos 0 e 1 e, considerando as sequências
com 5 elementos, temos:
I) 5 sequências com exatamente 3 zeros em posições con -
secutivas (00010, 00011, 01000 e 11000)
II) 2 sequências com exatamente 4 zeros em posições con -
secutivas (00001 e 10000)
III) 1 sequência com 5 zeros (00000)
Portanto, o número de sequências com pelo menos três zeros
em posições consecutivas é 5 + 2 + 1 = 8
Resposta: C
7) Como a urna contém 4 bolas brancas, existem 4 maneiras
possíveis de retirar uma bola branca; analogamente, 3 pretas,
2 vermelhas e 1 verde. Assim, pelo Princípio Fundamental da
Contagem, o número de casos possíveis em que aparecem
exatamente uma bola de cada cor é 4 . 3 . 2 . 1 = 24
Resposta: C
8) Observe o número de possibilidades da cor de cada território,
dispondo de 4 cores:
I) MT → 4II) GO → 3 (diferente de MT)
III) DF → 3 (diferente de GO)
IV)MS → 2 (diferente de MT e GO)
Assim, pelo Princípio Fundamental da Contagem, o número
de maneiras de colorir o mapa é 4 . 3 . 3 . 2 = 72
Resposta: 72
9) Como há duas possibilidades para a resposta de cada questão,
pelo Princípio Fundamental da Contagem, o número de
maneiras distintas de responder as 5 questões é
2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 25 = 32
Resposta: C
10) Existem 6 maneiras de os dois amigos sentarem juntos (ab,
ba, bc, cb, cd, dc). Para cada uma das seis possibilidades
existem duas formas de os outros se acomodarem.
Assim sendo, o total de possibilidades é 6 . 2 = 12
Resposta: D
11) Sendo, os pesquisadores das três áreas (7 químicos, 5 físicos
e 4 matemáticos), e as comissões compostas por dois
cientistas de áreas diferentes, temos 3 situações possíveis:
I) 1 químico e 1 matemático: 7 . 4 = 28 duplas
II) 1 químico e 1 físico: 7 . 5 = 35 duplas
III) 1 matemático e 1 físico: 4 . 5 = 20 duplas
Assim, o total de duplas distintas é 28 + 35 + 20 = 83
Resposta: D
12) A primeira casa pode ser pintada por qualquer uma das 4
cores. Cada uma das demais casas pode ser pintada com uma
das 3 cores restantes, pois deve ser diferente da casa anterior.
Assim, dispondo de 4 cores, pelo Princípio Fundamental da
Contagem, o número de possibilidades de efetuar a pintura é
4 . 3 . 3 . 3 . 3 = 324
Resposta: 324
13) Considerando o 1o. círculo (da esquerda), ele pode ser pintado
por qualquer uma das 4 cores disponíveis. Cada um dos
demais círculos pode ser pintado pelas 3 cores restantes
possíveis (exceto a cor do círculo que o antecede).
Portanto, pelo princípio fundamental da contagem, o número
total de possibilidades de pintar os círculos, é igual a:
4 . 3 . 3 . 3 . 3 . 3 . 3 = 2 916
Resposta: D
14) A numeração dos cartões dessa cidade é do tipo
A primeira letra pode ser escolhida entre as 25 res tan tes e a
segunda letra entre as 24 restantes.
O primeiro algarismo pode ser escolhido entre os 8 res tantes
e o segundo entre os sete restantes.
Desta forma, o número de cartões é 25 . 24 . 8 . 7 = 33 600
Resposta: A
15) Já que os livros são diferentes, o número de maneiras de
distribuir esses livros é A42,2 = 42 . 41 = 1722
Resposta: B
16) Existem 10 maneiras para escolher o coordenador, 9 maneiras
para o secretário e 8 para o digitador, assim, o número de
equipes é 10 . 9 . 8 = 720 ou A10; 3 = 10 . 9 . 8 = 720
Resposta: E
17) a) Se P e S forem coloridos com cores distintas, existem
4 maneiras de escolher a cor de P,
3 maneiras de escolher a cor de S,
2 maneiras de escolher a cor de Q e
2 maneiras de escolher a cor de R,
portanto, 4 . 3 . 2 . 2 = 48 maneiras de colorir o mapa.
b) Se P e S forem coloridos com a mesma cor, existem
4 maneiras de escolher a cor de P e de S,
3 maneiras de escolher a cor de Q e
3 maneiras de escolher a cor de R,
portanto, 4 . 3 . 3 = 36 maneiras de colorir o mapa.
Resposta: a) 48 b) 36
18) Os algarismos que restam não podem ser 5, 8, 3, 4 ou 7 e, além
disso, o último só pode ser 2 ou 6. Os dois algarismos que
restam podem ser obtidos de 4 . 3 ma neiras diferentes.
Portanto, o total de possibilidades é 2 . 4 . 3 = 24.
Quando se esgotaram os créditos do seu telefone celular,
Teodoro havia feito 24 – 1 = 23 ligações.
Resposta: A
2 –
19) Números de 3 algarismos são do tipo .
Dispondo dos algarismos de 0 a 9, sem repetição, para formar
números maiores que 500, o número de possibilidades é:
I) 5 para C (5, 6, 7, 8 ou 9)
II) 9 para D (deve ser diferente de C)
III) 8 para U (deve ser diferente de C e de D)
Assim, a quantidade pedida é 5 . 9 . 8 = 360
Resposta: 360
20) Números de 4 algarismos são do tipo .
Dispondo dos algarismos de 0 a 9, sem repetição, o número de
possibilidades é:
I) 9 para M (não pode ser zero)
II) 9 para C (deve ser diferente de M)
III) 8 para D (deve ser diferente de M e de C)
IV)7 para U (deve ser diferente de M, de C e de D)
Assim, a quantidade pedida é 9 . 9 . 8 . 7 = 4536
Resposta: 4536
21) Números de 4 algarismos são do tipo .
Dispondo dos algarismos de 0 a 9, sem repetição, para formar
números ímpares, o número de possibilidades é:
I) 5 para U (1, 3, 5, 7 ou 9)
II) 8 para M (deve ser diferente de U e diferente de zero)
III) 8 para C (deve ser diferente de U e de M)
IV)7 para D (deve ser diferente de U, de M e de C)
Assim, a quantidade pedida é 5 . 8 . 8 . 7 = 2240
Resposta: 2240
22) Números de 4 algarismos são do tipo .
Dispondo dos algarismos de 0 a 9, sem repetição, para formar
números pares, existem duas situações:
I) Se o número terminar com zero, o número de possibili -
dades é 9 para M, 8 para C e 7 para D, totalizando
9 . 8 . 7 = 504.
II) Se o número não terminar com zero, o número de possi -
bilidades é 4 para U (2, 4, 6 ou 8), 8 para M (deve ser
diferente de U e diferente de zero), 8 para C e 7 para D,
totalizando 4 . 8 . 8 . 7 = 1792
Assim, a quantidade pedida é 504 + 1792 = 2296
Resposta: 2296
23) Dispondo dos algarismos 1, 2, 3 e 4, sem repetição, podem ser
formados:
I) Números com 1 algarismo, num total de 4
II) Números com 2 algarismos, num total de 4 . 3 = 12
III) Números com 3 algarismos, num total de 4 . 3 . 2 = 24
IV)Números com 4 algarismos, num total de 4 . 3 . 2 . 1 = 24
Assim, a quantidade pedida é 4 + 12 + 24 + 24 = 64
Resposta: E
24) Com 14 clubes de futebol, o número de possibilidades para
escolher o time que joga no seu campo é 14 e o número de
maneiras para escolher o seu adversário é 13. Assim, o total de
jogos é 14 . 13 = 182 ou A14,2 = 14 . 13 = 182
Resposta: 182
25) Dispondo dos algarismos de 0 a 9, sem repetição, para formar
números entre 11 e 1000, temos:
I) Números com 2 algarismos, começando com 1, num total
de 8.
II) Números com 2 algarismos, começando com algarismo
diferente de zero e de 1, num total de 8 . 9 = 72
III) Números com 3 algarismos, começando com algarismo
diferente de zero, num total de 9 . 9 . 8 = 648
Assim, a quantidade pedida é 8 + 72 + 648 = 728
Resposta: C
36) A palavra VESTIBULAR tem 10 letras, assim, o número de
anagramas é P10 = 10! = 10 . 9 . 8 . 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 3 628 800
Resposta: 3 628 800
Questões 37 a 44:
A palavra ALIMENTO tem 8 letras.
37) O número de anagramas que começam com M é
P7 = 7! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5040
Resposta: 5040
38) O número de anagramas que terminam com O é
P7 = 7! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5040
Resposta: 5040
39) O número de anagramas que começam com M e terminam
com L é P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
Resposta: 720
40) O número de anagramas que começam com uma vogal é
4 . P7 = 4 . 7! = 4 . 5040 = 20 160
Resposta: 20 160
41) O número de anagramas que terminam com uma consoante
é 4 . P7 = 4 . 7! = 4 . 5040 = 20 160
Resposta: 20 160
42) O número de anagramas que começam com vogal e terminam
com consoante é 4 . 4 . P6 = 4 . 4 . 6! = 4 . 4 . 720 = 11520
Resposta: 11520
43) O número de anagramas que começam e terminam com vogal
é 4 . 3 . P6 = 4 . 3 . 6! = 4 . 3 . 720 = 8640
Resposta: 8640
44) I) Começam com vogal, 20160 anagramas (Ex. 40).
II) Terminam em consoante, 20160 anagramas (Ex. 41).
III) Começam com vogal e terminal em consoante, 11520
anagramas (ex. 42).
IV) Começam com vogal ou terminam em consoante, um total
de 20160 + 20160 – 11520 = 28 800 anagramas.
Resposta: 28 800
45) Dos 6 vagões do trem, um deles é o restaurante, assim, após
a locomotiva deve ser colocado um dos outros 5 vagões. Para
as demais posições não há restrições, logo, pode-se permutar
os 4 vagões restantes com o restaurante. Portanto, o número
de maneiras de montar a composição é
5 . P5 = 5 . 5! = 5 . 120 = 600
Resposta: D
46) a) As etapas são do tipo , num total de
P3 = 3! = 3 . 2 . 1 = 6
b) Se A e B devem ficar juntas, podem ser consideradas como
uma única etapa que será permutada com as outras três
C D U
M C D U
M C D U
M C D U
A B
– 3
(C, D e E), totalizando P4 = 4! = 4 . 3 . 2 . 1 = 24 maneiras.
Para A e B juntas, em qualquer ordem, existem
P2 = 2! = 2 . 1 = 2 maneiras.
Assim, o número total de sequências é P4 . P2 = 24 . 2 = 48
Respostas: a) 6 b) 48
47) Existem 3 formas de escolher o banco em que a família Souza
irá sentar e P3 formas de posicioná-la nesse banco.
Existem 2 formas de escolher, entre os bancos que so braram,
aquele em que o casal Lúcia e Mauro senta. Para cada um
desses bancos existem duas formas de posicionar o casal (à
esquerda ou à direita do banco, por exemplo) e, para cada uma
dessas formas, P2 maneiras de o casal trocar de lugar entre si.
Existem P4 formas de posicionar as quatro outras pessoas.
Assim, no total, temos:
3 . P3 . 2 . 2 . P2 . P4 = 12 . 3! . 2! . 4! = 3456 maneiras distintas
de dispor os passageiros no lotação.
Resposta: E
48) Como não importa a ordem dos livros escolhidos, o número
procurado é dado por C8,3 = = = = 56
Resposta: 56
49) C7,3 = = = = 35
Resposta: 35
50) C21,2 = = = = 210
Resposta: 210
51) C21,3 = = = = 1330
Resposta: 1330
Questões 52 a 54:
Consideremos 7 pontos sobre a reta r e 4 pontos sobre a reta s.
52) I) O número de maneiras de escolher 2 pontos distintos entre
os 11 disponíveis é
C11,2 = = = = 55
II) As combinações possíveis de 2 pontos da reta r são
C7,2 = = = = 21, porém, determinam
apenas uma reta, que é a reta r.
III) As combinações possíveis de 2 pontos da reta s são
C4,2 = = = = 6, porém, determinam
apenas uma reta, que é a reta s.
Assim, o número total de retas é 55 – 21 – 6 + 1 + 1 = 30
Pode-se pensar em escolher um ponto de cada reta, assim,
teremos um número de retas dado por 7 . 4 = 28. A esse
número, devemos acrescentar as retas r e s totalizando,
portanto, 28 + 1 + 1 = 30.
Resposta: 30
53) I) O número de maneiras de escolher 3 pontos distintos entre
os 11 disponíveis é
C11,3 = = = = 165
II) As combinações possíveis de 3 pontos da reta r são
C7,3 = = = = 35 e não determinam
triângulos.
III) As combinações possíveis de 3 pontos da reta s são
C4,3 = = = 4 e não determinam triângulos.
Assim, o número total e triângulos é 165 – 35 – 4 = 126
Pode-se pensar em escolher 2 pontos da reta r e 1 ponto da
reta s ou 1 ponto da reta r e 2 pontos da reta s. Assim, o
número de triângulos é dado por
C7,2 . C4,1 + C7,1 . C4,2 = . + . =
= 21 . 4 + 7 . 6 = 84 + 42 = 126
Resposta: 126
54) Para formar quadriláteros convexos devemos escolher 2
pontos de cada reta. Assim, o total de quadriláteros é dado
por C7,2 . C4,2 = . = 21 . 6 = 126
Resposta: 126
55) Lembrando que 3 pontos distintos não colineares determinam
um único plano que os contém, com 20 pontos do espaço, dos
quais não existem 4 coplanares, o número de planos definidos
é dado por
C20,3 = = = = 1140
Resposta: 1140
56) I) Dos 12 brinquedos, a criança mais nova deve ganhar 5, e o
número de maneiras de escolhê-los é C12,5.
II) Dos 7 brinquedos restantes, deve-se escolher 4 para a
criança mais velha, num total de C7,4 maneiras.
III) Os 3 brinquedos restantes ficarão com a outra criança.
Assim, o número de maneiras de distribuir os 12 brinquedos é
C12,5 . C7,4 = . = = =
= . = 792 . 35 = 27720
Resposta: 27720
8� �3
8!–––––––3! . 5!
8 . 7 . 6––––––––3 . 2 . 1
7� �3
7!–––––––3! . 4!
7 . 6 . 5––––––––3 . 2 . 1
21� �2
21!–––––––2! . 19!
21 . 20––––––––
2 . 1
21� �3
21!–––––––3! . 18!
21 . 20 . 19–––––––––––
3 . 2 . 1
11� �2
11!–––––––2! . 9!
11 . 10––––––––
2 . 1
7� �2
7!–––––––2! . 5!
7 . 6––––––2 . 1
4� �2
4!–––––––2! . 2!
4 . 3––––––2 . 1
11� �3
11!–––––––3! . 8!
11 . 10 . 9––––––––––
3 . 2 . 1
7� �3
7!–––––––3! . 4!
7 . 6 . 5––––––––––
3 . 2 . 1
4� �3
4!–––––––3! . 1!
7� �2
4� �1
7� �1
4� �2
7� �2
20� �3
20!––––––––3! . 17!
20 . 19 . 18––––––––––––
3 . 2 . 1
4� �2
12� �5
12!–––––––5! . 7!
12 . 11 . 10 . 9 . 8–––––––––––––––––––
5 . 4 . 3 . 2 . 1
7� �4
7!–––––––4! . 3!
7 . 6 . 5–––––––––
3 . 2 . 1
4 –
57) C20,3 – 12 . C5,3 = – 12 . =
= 1140 – 120 = 1020
Resposta: C
58) Como o número k de lados de um polígono é igual ao número
de vértices e, se k é múltiplo de 3, podemos ter k = 3 ou k = 6
ou k = 9.
Assim, o número de polígonos é dado por
C9,3 + C9,6 + C9,9 = + + =
= + + 1 = 84 + 84 + 1 = 169
Resposta: E
59) Para comissões de 5 pessoas com, necessariamente, 2
médicos, devem-se escolher, portanto, 3 enfermeiros entre os
6 existentes. O número de maneiras de escolhê-los é
C6,3 = = = 20
Resposta: C
60) I) Todos os júris de 7 pessoas tem pelo menos um advogado.
II) O número de formas de compor o júri é
C10,7 = = = 120
Resposta: A
61) Dos 7 professores especializados em Parasitologia, devem ser
escolhidos 4 e, dos 4 especializados em Microbiologia, devem
ser escolhidos 2. Assim, o número de equipes diderentes que
poderão ser formadas é
C7,4 . C4,2 = . = . = 35 . 6 = 210
Resposta: 210
62) Temos apenas 4 salgadinhos que são servidos quentes e os
6 restantes são servidos frios.
Se a travessa deve ter exatamente 2 salgadinhos frios e só
2 quentes então o número total de possibilidades de compor
essa travessa é:
C4,2 . C6,2 = . = = 90
Resposta: A
63) C5,3 . C4,2 . C4,3 = 10 . 6 . 4 = 240
Resposta: C
64) Na primeira fase, foram realizados 4 . C5,2 = 4 . 10 = 40 jogos;
na segunda fase, 4 jogos; na terceira fase, 2 jogos e na final,
1 jogo.
O total de jogos é 40 + 4 + 2 + 1 = 47
Resposta: E
65) Do total de comissões possíveis, devemos excluir aquelas em
que aparecem Andréia e Manoel (C6;3), Andréia e Alberto (C6;3)
e Andréia, Manoel e Alberto (C6;2). Dessa forma, o número de
comissões possíveis é:
C9,5 – 2 . C6,3 – C6,2 = – 2 . – =
= 126 – 40 – 15 = 71
Resposta: A
66) Existem 3 possibilidades:
I) A comissão é formada por 1 especialista e 2 outros
profissionais. Assim, tem-se: C3,1 . C9,2 = 3 . 36 = 108
II) A comissão é formada por 2 especialistas e 1 outro
profissional. Assim, tem-se: C3,2 . C9,1 = 3 . 9 = 27
III) A comissão é formada por 3 especialistas. Assim, tem-se:
C3,3 = 1
O total de comissões possíveis de se formar é:
108 + 27 + 1 = 136
Resposta: D
67) Para que a área de um dos triângulos seja maior que 2 cm2,
seus 3 vértices não podem pertencer a uma mesma face do
cubo.
Resulta, então C8,3 – 6 . C4,3 = 56 – 6 . 4 = 32
Resposta: A
74) Como as letras podem ser repetidas, tem-se:
A*10,4 = 10 . 10 . 10 . 10 = 104 = 10000
Resposta: 10000
75) P6
(3A,2R) = = = 60
Resposta: 60
76) I) O número total de permutações da palavra economia é P8
2.
II) O número de permutações que começam com O é P7. O
número das que terminam em O também é P7.
III) O número de permutações que começam e terminam com
O é P6.
IV)O número de permutações pedidas é P82 – 2 . P7 + P6 = 10800
Resposta: E
77) I) Para ir de A até B, um caminho possível mostrado na figura
é NLNLLL. O número de caminhos diferentes para esse
trecho é P6
(2N,4L) = = = 15
II) Para ir de B até C, um caminho possível mostrado na figura
é LNNLN. O número de caminhos diferentes para esse
trecho é P5
(2L,3N) = = = 10
Assim, o número de caminhos diferentes para ir de A até C,
passando por B, é 15 . 10 = 150
Resposta: 150
6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1–––––––––––––––
2 . 2. 2
6!–––––2! 4!
4!–––––2! 2!
6.5–––––
2.1
6.5.4–––––––
3.2.1
9.8.7.6––––––––4.3.2.1
10 . 9 . 8––––––––
6
10!––––––7!3!
5 . 4 . 3––––––––3 . 2 . 1
20 . 19 . 18–––––––––––
3 . 2 . 1
9� �3
9� �6
9 . 8 . 7––––––––
3 . 2
9 . 8 . 7–––––––
3 . 2
9� �9
6� �3
6 . 5 . 4–––––––––
3 . 2 . 1
7� �4
7 . 6 . 5–––––––––
3 . 2 . 1
4� �2
4 . 3––––––2 . 1
6!–––––––3! . 2!
6 . 5 . 4––––––––
2 . 1
6!–––––––2! . 4!
6 . 5––––––2 . 1
5!–––––––2! . 3!
5 . 4––––––2 . 1
– 5
78) Encontrar as soluções inteiras e não negativas da equação
x + y + z + w = 5 consiste em distribuir 5 unidades nos quadros
abaixo:
+ + + = 5
Observe alguns exemplos:
� � + � + + � � ⇒ solução (2; 1; 0; 2)
� + + + � � � � ⇒ solução (1; 0; 0; 4)
Assim, o número de soluções diferentes é dado por
P8
(5�, 3+)= = = 56
Resposta: E
79) Observa-se que para ir do quadrado ES ao quadrado DI são
necessários 4 movimentos horizontais (H) e 4 verticais (V).
Observa-se, também, que 1 movimento diagonal (D) substitui
1 horizontal e 1 vertical.
(0) É verdadeiro, pois utilizando somente movimentos hori -
zon tais e verticais (por exemplo, HHHHVVVV), o número
de percursos possíveis é dado por
P8
(4H, 4V)= = = 70
(1) É verdadeiro, pois utilizando apenas 1 movimento diagonal,
serão necessários 3 horizontais e 3 verticais (por exemplo,
DHHHVVV), assim, o número de percursos possíveis é dado
por P7
(3H, 3V)= = = 140
(2) É falso, pois utilizando 3 movimentos diagonais, serão
necessários 1 horizontal e 1 vertical (por exemplo, DDDHV),
assim, o número de percursos possíveis é dado por
P5
(3D)= = 5 . 4 = 20
Resposta: V, V, F
80) Sejam L, L as duas letras iguais e L1, L2, L3, ... Ln–2 as outras
n – 2. Se as duas letras iguais devem ficar juntas então
devemos calcular as permutações de n – 1 elementos, pois as
duas letras iguais valem por uma única letra.
L1, L2, L3, �LL , L4, ... Ln–2
n – 1
Assim sendo:
(n – 1)! = 120 ⇔ (n – 1)! = 1.2.3.4.5 ⇔ (n – 1)! = 5! ⇔
⇔ n – 1 = 5 ⇔ n = 6
Resposta: C
81) I) A quantidade total de números de 4 algarismos é
9 . 10 . 10 . 10 = 9000
II) A quantidade de números de 4 algarismos distintos é
9 . 9 . 8 . 7 = 4536
III) A quantidade de números de 4 algarismos com pelo menos
dois algarismos iguais é 9000 – 4536 = 4464
Resposta: 4464
82) Lembrando que o primeiro algarismo deve ser diferente de
zero, com os algarismos 0, 1, 2, 3 e 4, a quantidade de números
de 3 algarismos é 4 . 5 . 5 = 100
Resposta: 100
83) Lembrando que o primeiro algarismo deve ser diferente de
zero, a quantidde de números de 3 algarismos existentes no
sistema decimal de numeração é 9 . 10 . 10 = 900
Resposta: 900
84) Devem-se escolher 5 frutas entre os 3 tipos disponíveis
(maçãs, peras e laranjas), independente da ordem da escolha,
assim, obrigatoriamente tem-se alguma repetição.
Trata-se, portanto de combinações completas de 3 elementos
em grupos de 5. Assim, o número de tipos de pacotes é dado
por C*3,5 = C3 + 5 – 1,5 = C7,5 = = = 21
Pode-se pensar em obter o número de soluções inteiras não
negativas da equação m + p + � = 5, que é dado por
P7
(5�, 2+)= = = 21
Resposta: 21
85) Considerando, num total de 10 rapazes, 5 capitães das equipes
e 5 outros jogadores.
a) Definidos os 5 capitães e suas respectivas equipes, o
número de maneiras de completar as 5 equipes com os 5
outros jogadores é P5 = 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120
b) O número de partidas entre as 5 equipes é
C5,2 = = = 10
Resposta: a)120 b) 10
86) I) O número de comissões diferentes, de 2 pessoas cada, que
po demos formar com os n diretores de uma firma é Cn,2.
Logo: Cn,2 = k ⇔ = k ⇔ n . (n – 1) = 2k
II) Se, ao formar estas comissões, tivermos que indicar uma
das pessoas para presidente e a outra para suplente então
o número de comissões será An,2 e portanto:
An, 2 = k + 3 ⇔ n . (n – 1) = k + 3
III) De (a) e (b), temos: 2k = k + 3 ⇔ k = 3
IV)� ⇒ n (n – 1) = 6 ⇔ n = 3
Resposta: A
87) n = C7,1 + C7,2 + C7,3 + C7,4 + C7,5 + C7,6 =
= + + + + + =
= 27 – – = 128 – 1 – 1 = 126
Resposta: A
n!–––––––––2!(n – 2)!
n . (n – 1) = 2k
k = 3
8!–––––––5! . 3!
8 . 7 . 6––––––––3 . 2 . 1
8!–––––––4! . 4!
8 . 7 . 6 . 5–––––––––––4 . 3 . 2 . 1
7!–––––––3! . 3!
7 . 6 . 5 . 4–––––––––––
3 . 2 . 1
5!––––3!
7� �5
7 . 6––––––2 . 1
7!––––––5! . 2!
7 . 6––––––2 . 1
5� �2
5 . 4––––––2 . 1
7� �1
7� �2
7� �3
7� �4
7� �5
7� �6
7� �0
7� �7
6 –
88) a) Sendo (5 + x), (5 + y) e (5 + z) a quantidade de bolas que
cada uma recebeu, tem-se (5 + x) + (5 + y) + (5 + z) = 20 ⇔⇔ x + y + z = 5.
Assim, o número de maneiras possíveis de distribuir 20
bolas iguais entre as 3 crianças, de modo que cada uma
delas receba pelo menos 5 bolas é igual ao número de
soluções naturais da equação x + y + z = 5.
Observando que 5 = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 algumas das soluções
da equação são apresentadas na tabela abaixo:
O número de soluções naturais da equação x + y + z = 5 é,
portanto, igual ao número de maneiras de preencher as 5
primeiras colunas da tabela usando apenas x, y ou z que é
C*3,5
= C3+5–1; 5
= C7,5
= 21.
b) Tendo uma delas recebido exatamente 9 bolas e “su pondo”
que cada um dos outros dois tenha recebido pelo me nos 5
bolas, as possibilidades de distribuição das bolas é a
seguinte:
A probabilidade pedida, neste caso, é p = = .
Observação
Supondo que “essa distribuição seja aleatória” signifique
“todas as maneiras possíveis de distribuir 20 bolas entre 3
crianças”, temos:
1) O número total de maneiras possíveis de distribuir as 20
bolas é C*3,20 = 231
2) Dessas 231 possibilidades o número daqueles em que uma
criança recebe exatamente 9 bolas é 33: conforme a tabela.
Portanto a probabilidade, neste caso é = .
Resposta: a) 21 b)
1 1 1 1 1 solução
x x x y z x = 3, y = 1 e z = 1
x y y y z x = 1, y = 3 e z = 1
x x x y y x = 3, y = 2 e z = 0
� � � � � �
1a. 2a. 3a.
9 5 6
9 6 5
5 9 6
6 9 5
5 6 9
6 5 9
2–––7
6–––21
9, 0, 11 9, 11, 0 0, 9, 11 11, 9, 0 0, 11, 9 11, 0, 9
9, 1, 10 9, 10, 1 1, 9, 10 10, 9, 1 1, 10, 9 10, 1, 9
9, 2, 9 9, 9, 2 2, 9, 9
9, 3, 8 9, 8, 3 3, 9, 8 8, 9, 3 3, 8, 9 8, 3, 9
9, 4, 7 9, 7, 4 4, 9, 7 7, 9, 4 4, 7, 9 7, 4, 9
9, 5, 6 9, 6, 5 5, 9, 6 6, 9, 5 5, 6, 9 6, 5, 9
1––7
33–––––231
2––7
– 7
MATEMÁTICA
LIVRO 4
ÁLGEBRA
Capítulo 2 – Probabilidade
8) Dos 200 homens, 110 não são solteiros e a probabi lidade
pedida é, portanto = 0,55 = 55%
Resposta: C
9) Das 12 bolas, 4 são brancas, assim, a probabilidade pedida é
=
Resposta: A
10) Se o número da chapa do carro é par, o algarismo das
unidades pode ser 0, 2, 4, 6 ou 8.
A probabilidade de ser zero é .
Resposta: E
11) Das 90 empadinhas, 60 são mais apimentadas, assim, a
probabilidade pedida é = .
Resposta: D
12) I) O número de bolas na urna é 100, numeradas de 1 a 100.
II) As bolas cujo número é um quadrado perfeito são 1, 4, 9,
16, 25, 36, 49, 64, 81 e 100, num total de 10 bolas.
III) As bolas cujo número é um cubo perfeito são 1, 8, 27 e 64,
num total de 4 bolas.
IV)Observando que as bolas com número 1 e número 64 foram
contadas duas vezes, a probabilidade pedida é
= = 0,12
Resposta: C
13) I) Das 7 lâmpadas, o número de maneiras de acender 4 ao
mesmo tempo é C7,4 = = = 35
II) Uma das 35 combinações forma o número 4, assim, a
probabilidade pedida é
Resposta: A
14) Sendo p(ímpar) e p(par), respectivamente, a pro babilidade de
ocorrer um número ímpar e um número par, numa jogada,
temos:
⇔
a) p(3) = . p(ímpar) = . =
p(4) = . p(par) = . =
b) A probabilidade de, numa jogada, ocor rer um nú mero
primo maior ou igual a 2 é
p = p(2) + p(3) + p(5) + p(7) =
= . + + + = . =
Respostas: a) p(3) = e p(4) =
b)
15) a) Existem C10;4 = 210 formas de se escolher 4 dos dez
compartimentos da figura I. Dessas 210 formas, em 7 delas
os compartimentos são con secu tivos.
Dessa forma, a probabilidade de não ficar com partimentos
vazios entre elas é = .
b) Existem C100;10 formas de se escolher 10 com par timentos
dos dispostos na figura II. Dessas, existem 22 formas dos
dez compartimentos esta rem alinhados (dez linhas, dez
colunas e duas dia gonais). A probabilidade das dez bolas
ficarem alinhadas é, portanto,
= =
Respostas: a) b)
16) I) Existem A5,3 = 5 . 4 . 3 = 60 números de três algarismos
distintos tomados do conjunto {1; 2; 3; 4; 5}.
II) Existem 3 . A3,2 = 3 . 3 . 2 = 18 números de três algarismos
distintos, tomados do conjunto {1; 2; 3; 4; 5}, nos quais
aparece o algarismo 2 e não aparece o algarismo 4, que são
do tipo 2 � � ou � 2 � ou � � 2.
III) Assim, a probabilidade pedida é
Resposta: C
17) I) O número de maneiras distintas das 8 pessoas ocuparem
os lugares é P8 = 8!
II) Sendo 4 homens e 4 mulheres, para que nunca fiquem lado
a lado duas pessoas do mesmo sexo, existem duas ma -
neiras de posicioná-las: HMHMHMHM ou MHMHMHMH
III) Para cada uma dessas maneiras, pode-se permutar os 4 ho -
mens entre si e as 4 mulheres entre si, assim, a proba bili -
dade pedida é = = =
Resposta: E
110–––––200
1–––3
4––––12
1–––5
2–––3
60––––90
12–––––100
10 + 4 – 2––––––––––
100
7 . 6 . 5––––––––3 . 2 . 1�7
4�
1––––35
2p(ímpar) = ––
3
1p(par) = ––
3�p(ímpar) + p(par) = 1
p(ímpar) = 2p(par)�
2–––15
2–––3
1–––5
1–––5
1–––15
1–––3
1–––5
1–––5
7–––15
7–––3
1–––5�2
––3
2––3
2––3
1––3�1
––5
1–––15
2–––15
7–––15
1––––30
7–––––210
22 . 10! . 90!––––––––––––––
100!
22–––––––––––
100!–––––––––90! . 10!
22––––––––C100;10
22 . 10! . 90!––––––––––––––
100!
1––––30
18 3–––– = ––––60 10
1–––35
2 . 4 . 3 . 2 . 1–––––––––––––
8 . 7 . 6 . 5
2 . 4! . 4!–––––––––
8!
2 . P4 . P4–––––––––P8
8 –
18) I) Das 12 arestas de um cubo, o número de maneiras de
escolher duas é C12, 2 = = = 66
II) As 12 arestas do cubo podem ser divididas em 3 grupos de
4 arestas paralelas, assim, o número de maneiras de
escolher duas paralelas é 3 . C4, 2 = 3 . = 3 . 6 = 18
III) A probabilidade pedida é =
Resposta: E
19) Considerando-se um polígono regular de n lados, n � 4, tem-
se:
I) O número total de diagonais é
II) O número de diagonais que passam pelo centro do
polígono é , se n é par.
Observe que se n é ímpar, nenhuma diagonal passa pelo
centro.
III) Se uma diagonal é escolhida ao acaso, a probabilidade de
que ela passe pelo centro é
= . = , se n é par
Resposta: E
20) I) Das n etiquetas numeradas de 1 a n, o número de maneiras
de sortear 3 é Cn, 3 = =
II) Os casos que apresentam 3 números consecutivos são
(1, 2, 3), (2, 3, 4), (3, 4, 5), ... e (n – 2, n – 1, n), num total de
(n – 2)
III) A probabilidade pedida é =
= =
Resposta: D
21) a) I) Observando a tabela a seguir, verificam-se 16 possibili -
dades:
II) Das 16 possibilidades, em 4 existem números iguais, por -
tanto, a probabilidade pedida é
b)
Das 16 possibilidades, em 3 a soma é 4, portanto, a
probabilidade pedida é
Respostas: a) b)
22) Os 36 resultados possíveis no lançamento de dois dados têm
somas que variam de 2 a 12. Neste intervalo, os primos
possíveis são 2, 3, 5, 7 e 11.
Os pares de resultados cujos números são conse cu tivos e a
soma resulta em número primo são:
(1;2), (2;1), (2;3), (3;2), (3;4), (4;3), (5;6) e (6;5), pois
1 + 2 = 2 + 1 = 3, 2 + 3 = 3 + 2 = 5, 3 + 4 = 4 + 3 = 7 e
5 + 6 = 6 + 5 = 11, num total de 8 possibilidades.
Assim, a probabilidade é p = = .
Resposta: A
23) I) Observando a tabela a seguir, verificam-se 36 possibili -
dades:
12 . 11––––––2 . 1�12
2�
�4
2�3
––––11
18––––66
n . (n – 3)––––––––––
2
n–––2
1–––––n – 3
2–––––––––n . (n – 3)
n–––2
n––2
–––––––––––n . (n – 3)–––––––––
2
n!––––––––3! (n – 3)!�n
3�
(n – 2)––––––––––––
n!––––––––––3! (n – 3)!
(n – 2)! 3!––––––––––
n!
(n – 2) . (n – 3)! 3!––––––––––––––––
n!
(n – 2) . 3! (n – 3)!––––––––––––––––
n!
1 2 3 4
1 (1;1) (1;2) (1;3) (1;4)
2 (2;1) (2;2) (2;3) (2;4)
3 (3;1) (3;2) (3;3) (3;4)
4 (4;1) (4;2) (4;3) (4;4)
4 1––– = –––16 4
1 2 3 4
1 (1;1) (1;2) (1;3) (1;4)
2 (2;1) (2;2) (2;3) (2;4)
3 (3;1) (3;2) (3;3) (3;4)
4 (4;1) (4;2) (4;3) (4;4)
3–––16
1–––4
3–––16
8–––36
2––9
yx
1 2 3 4 5 6
1 (1;1) (1;2) (1;3) (1;4) (1;5) (1;6)
2 (2;1) (2;2) (2;3) (2;4) (2;5) (2;6)
3 (3;1) (3;2) (3;3) (3;4) (3;5) (3;6)
4 (4;1) (4;2) (4;3) (4;4) (4;5) (4;6)
5 (5;1) (5;2) (5;3) (5;4) (5;5) (5;6)
6 (6;1) (6;2) (6;3) (6;4) (6;5) (6;6)
– 9
II) Das 36 possibilidades, em 21 o jogador X tira um número
maior ou igual ao do jogador Y, portanto, a probabi -
lidade pedida é
Resposta: C
24) a) O número de possibilidades distintas de se formar a
comissão de dois jogadores escolhidos entre os 12 é
C12,2 = = 66.
b) 1) A idade média dos jogadores é 27, pois
= 27
2) Para que a idade média dos dois jogadores da comissão
sorteada seja estritamente menor que a média de idade
de todos os jogadores (27), devem-se escolher duplas
com idades: (22 e 25) ou (22 e 26) ou (22 e 29) ou (22 e 31)
ou (25 e 25) ou (25 e 26) ou (26 e 26) anos.
O número de possibilidades dessa escolha é
1 . C3,1 + 1 . C4,1 + 1 . 1 + 1 . C2,1 + C3,2 + C3,1 . C4,1 + C4,2 =
= 3 + 4 + 1 + 2 + 3 + 12 + 6 = 31
3) A probabilidade de a média de idade dos dois joga dores
da comissão sorteada ser estrita men te menor que a
média de idade de todos os joga dores é
Respostas: a) 66 b)
25) I) Observando a tabela a seguir, verificam-se 15 possibili -
dades:
II) Das 15 possibilidades, em 9 a soma é maior do que 4,
portanto, a probabilidade pedida é = .
Resposta: A
26) a) X + X + 1 + X + 2 + X + 3 = 50 ⇔ 4X = 44 ⇔ X = 11
b) I) Para X = 11, o número de bolas azuis é X + 1 = 11 + 1 = 12
II) Para X = 11, existem 3 bolas com o número 12 (uma
azul, uma amarela e uma verde).
III) Observando que a bola azul com o número 12 foi con -
tada duas vezes, a probabilidade de retirar uma bola
azul ou uma bola com o número 12 é
= = = 28%
Resposta: a) 11 b) 28%
27) No conjunto S = {20; 21; 22; …; 500}:
I) Os múltiplos de 3 são os termos da progressão arit mética
(21; 24; 27; …; 498), num total de 160 ele mentos, pois
498 = 21 + (n – 1) . 3 ⇔ n = 160
II) Os múltiplos de 7 são os termos da progressão arit mética
(21; 28; 35; …; 497), num total de 69 ele mentos, pois
497 = 21 + (n – 1) . 7 ⇔ n = 69
III) Os múltiplos de 3 e 7 são os múltiplos de 21, num total de
23, pois a progressão aritmética (21; 42; 63; …; 483) possui
23 ter mos.
Assim sendo,
a) Em S, existem 23 múltiplos de 3 e de 7.
b) Como existem 160 + 69 – 23 = 206 elementos de S que
são múltiplos de 3 ou de 7, a probabilidade de o
elemento escolhido de S ser múltiplo de 3 ou 7 é
=
Respostas: a) 23 b)
35) I) Se, no lançamento do dado, ocorreu um número maior
que 2, são 4 casos possíveis (3, 4, 5 ou 6).
II) A probabilidade de ser um número ímpar é =
Resposta:
36) I) Se, retirando uma carta de um baralho comum de 52 cartas,
saiu uma carta de copas, são 13 casos possíveis.
II) A probabilidade de ser um “rei” é
Resposta:
37) I) Observando a tabela a seguir, verificam-se 5 casos com
soma 8.
II) Das 5 possibilidades, em duas ocorrem o número 5, por -
tanto, a probabilidade pedida é .
Resposta: B
21 7––– = –––36 12
12 . 11–––––––
2 . 1
22 . 1 + 25 . 3 + 26 . 4 + 29 . 1 + 31 . 2 + 32 . 1–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
1 + 3 + 4 + 1 + 2 + 1
31––––66
31––––66
1 2 3 4 5
1 (1;1) (1;2) (1;3) (1;4) (1;5)
2 (2;1) (2;2) (2;3) (2;4) (2;5)
3 (3;1) (3;2) (3;3) (3;4) (3;5)
9–––15
3––5
12 + 3 – 1––––––––––
50
14–––50
28––––100
206––––––––––
500 – 19
206–––––481
206–––––481
2–––4
1–––2
1–––2
1–––13
1–––13
1 2 3 4 5 6
1 (1;1) (1;2) (1;3) (1;4) (1;5) (1;6)
2 (2;1) (2;2) (2;3) (2;4) (2;5) (2;6)
3 (3;1) (3;2) (3;3) (3;4) (3;5) (3;6)
4 (4;1) (4;2) (4;3) (4;4) (4;5) (4;6)
5 (5;1) (5;2) (5;3) (5;4) (5;5) (5;6)
6 (6;1) (6;2) (6;3) (6;4) (6;5) (6;6)
2––5
10 –
38) Das 5 pessoas, sendo duas brasileiras e três argentinas, o núme -
ro de maneiras de sortear duas é C5,2 = = = 10
a) Apenas um caso apresenta as duas brasileiras, assim, a
probabilidade pedida é .
b) A probabilidade de sortear pelo menos uma argentina é
1 – = .
c) Os casos que apresentam duas argentinas é C3,2 = = 3,
assim, a probabilidade pedida é .
Resposta: a) b) c)
39) I) A urna contém 3 bolas, sendo uma verde, uma azul e uma
branca.
II) Para a primeira bola retirada, a probabilidade é = 1,
pois qualquer cor pode ser registrada.
III) Para a segunda bola retirada, a probabilidade é , pois
a primeira é reposta e sua cor não pode ser registrada
novamente.
IV)Para a terceira bola retirada, a probabilidade é , pois
sua cor deve ser diferente das duas registradas anterior -
mente e há a reposição da segunda.
V) Assim, a probabilidade pedida é 1 . . = .
Resposta:
40) Se as probabilidades de os jogadores marcarem um gol
cobrando um pênalti são , e , então, as proba -
bili dades de errarem são 1 – = , 1 – = e
1 – = . Assim, a probabilidade de todos errarem é
. . = = = 5%
Resposta: B
41) I) Sendo igual a 30% a probabilidade de que um animal
adquira a doença no decurso de cada mês, então, a
probabilidade de não adquirir a doença é igual a 70%.
II) A probabilidade de contrair a doença só no 3.° mês é
70% . 70% . 30% = 0,7 . 0,7 . 30% = 14,7%, pois o animal não
deve adquirir a doença no 1.° nem no 2.° mês.
Resposta: D
42) I) 0,5% da população tem essa doença, então, 99,5% não tem.
II) O teste acusa positivo para 90% das pessoas que têm a
doença e para 1% das que não têm.
III) A probabilidade de que o teste seja positivo é, portanto,
90% . 0,5% + 1% . 99,5% = 0,45% + 0,995% = 1,445%
Resposta: 1,445%
43) a) Os números divisíveis por 3 que pertencem ao con junto
{1, 2, 3, 4, 5, ..., 14, 15} são 3, 6, 9, 12 e 15. A probabilidade
de que o número observado na bolinha sorteada seja
divisível por 3 é, portanto, =
b) Sortear duas bolas sucessivamente sem repo sição, não
levando em consideração a ordem, é o mesmo que sortear
duas bolas simultaneamen te. Assim, a probabilidade de
que os números sortea dos sejam consecutivos é
= =
Respostas: a) b)
44) A probabilidade de Cláudia se atrasar para chegar ao tra balho
é 30% . 10% + 70% . 20% = 3% + 14% = 17%.
A probabilidade de Cláudia não se atrasar é 1 – 17% = 83%.
Resposta: E
45) A probabilidade de esta pessoa participar de ao menos um dos
dois pro gra mas é p = 1 – probabilidade de não participar de
nenhum = 1 – 0,9 . 0,8 = 1 – 0,72 = 0,28 = 28%
Pode-se fazer p = 0,1 . 0,2 + 0,1 . 0,8 + 0,9 . 0,2 =
= 0,02 + 0,08 + 0,18 = 0,28
Resposta: D
46) 70% . 20% + 30% . 80% = 14% + 24% = 38%
Resposta: A
47) a) O resultado será favorável ao candidato A se
1) os três entrevistados votarem em A ou
2) dois deles votarem em A e um em B.
As probabilidades são, respectivamente, iguais a
p1 = . . = e
p2 = 3 . . . = .
Portanto, a probabilidade de o resultado da amostra ser
favorável ao candidato A é
p = p1 + p2 = + = =
b) Dará empate se dois entrevistados votarem em A e dois em
B. A probabilidade deste fato ocorrer é, portanto,
p = C4,2 . . . . =
= 6 . . . . =
Respostas: a) b)
� 5
2 � 5 . 4–––––2 . 1
1–––10
1–––10
9–––10
� 3
2 �3
–––10
1–––10
9–––10
3–––10
3––– 3
2––– 3
1––– 3
2––– 3
1––– 3
2––– 9
2––– 9
1––– 2
2––– 5
5––– 6
1––– 2
1––– 2
2––– 5
3––– 5
5––– 6
1––– 6
1––– 2
3––– 5
1––– 6
1––– 20
5––––100
5–––15
1––3
14––––––C15, 2
14–––––––––
15 . 14–––––––
2
2––––15
1––3
2–––15
3–––8
2–––7
1–––6
1–––56
3–––8
2–––7
5–––6
15––––56
1–––56
15––––56
16––––56
2–––7
3–––8
2–––7
5–––6
4–––5
3–––8
2–––7
5–––6
4–––5
3–––7
2–––7
3–––7
– 11
48) I) A urna contém 5 fichas numeradas de 1 a 5.
II) O número de sequências possíveis retirando-se 3 fichas,
sem reposição, é 5 . 4 . 3 = 60
III) Das 60 sequências possíveis, 8 são progressões aritméticas:
(1, 2, 3), (3, 2, 1), (2, 3, 4), (4, 3, 2), (3, 4, 5), (5, 4, 3), (1, 3, 5)
e (5, 3, 1).
IV)A probabilidade pedida é =
Resposta: D
49) a) A probabilidade dos dois componentes falharem é
(1 – 90%) . (1 – 90%) = 0,01 = 1%. A confiabilidade de um sistema
com dois componentes é, 1 – 1% = 99%.
b) A probabilidade dos n componentes falharem é (50%)n, visto
que cada componente tem confiabi lida de 50%.
A probabilidade desse sistema não falhar é 1 – (50%)n.
Dessa forma, 1 – (50%)n = 99,9% ⇔
⇔n
= 0,001 ⇔ 2–n = 10–3 ⇔
⇔ log 2–n = log 10–3 ⇔ – n . 0,3 = – 3 ⇔ n = 10
Resposta: a) 99% b) 10 componentes
50) Sejam P a probabilidade de uma área de floresta em 2004
passar a ser de não floresta em 2008, P1 a proba bilidade de
uma área de floresta em 2004 pas sar a ser de não floresta em
2006 e continuar sendo de não floresta em 2008, e P2 a
probabilidade de uma área de floresta em 2004 continuar de
floresta em 2006 e passar a ser de não floresta em 2008.
Desta forma, temos:
P1 = 0,05 . 0,98 = 0,049,
P2 = 0,95 . 0,05 = 0,0475 e
P = P1 + P2 = 0,049 + 0,0475 = 0,0965 = 9,65%
Resposta: 9,65%
Questões 56 a 58:
A urna contém 10 bolas, sendo 7 pretas e 3 brancas, assim, a
probabilidade de retirar uma bola preta é P(P) = = 0,7 e
de retirar uma bola branca é P(B) = = 0,3
56) Existem C10,5 = eventos diferentes, todos com a mesma
probabilidade de ocorrer o que se pede, assim, a probabilidade
pedida é . (0,3)5 . (0,7)5
Resposta: (0,3)5 . (0,7)5
57) A probabilidade de ocorrerem 10 bolas brancas é (0,3)10.
Resposta: (0,3)10
58) A probabilidade de ocorrer pelo menos uma bola preta é
1 – (0,3)10
Resposta: 1 – (0,3)10
59) Lançando 4 vezes consecutivas um dado, temos:
I) A probabilidade de obter exatamente 2 vezes o número 1 é
C4,2 . . = 6 . . =
II) A probabilidade de obter exatamente 3 vezes o número 1 é
C4,3 . . = 4 . . =
III) A probabilidade de obter 4 vezes o número 1 é
=
IV)Assim, a probabilidade pedida é
+ + = =
Resposta: C
60) I) P(3) = ⇒ P(≠ 3) =
II) Existem C6,2 = = = 15 eventos diferentes, todos
com a mesma probabilidade de ocorrer o que se pede.
III) A probabilidade pedida é 15 . 2
. 4
=
= 15 . . = 5 . . =
Resposta:
61) I) Sendo A o evento “face 3 ou face 4” e –A o evento comple -
mentar, tem-se P(A) = = e P(–A) =
II) Existem C6,2 = = 15 eventos diferentes, todos com a
mesma probabilidade de ocorrer o que se pede.
III) A probabilidade pedida é 15 .
2
.
4
=
= 15 . . = 5 . . =
Resposta:
62) I) P(acertar) = 0,25 = ⇒ P(errar) = 0,75 =
II) A probabilidade de errar os 7 tiros é
7
=
III) A probabilidade de acertar apenas um tiro e errar os outros
6 é C7,1 .
1
.
6
=
= 7 . . =
8––– 60
2––– 15
� 1–––2 �
7––– 10
3––– 10
� 10
5 �
� 10
5 �
� 10
5 �
1�–––�2
6
5�–––�2
6
1–––62
52
–––62
150––––1296
1�–––�3
6
5�–––�1
6
1–––63
5–––6
20––––1296
1�–––�4
6
1––––1296
150––––1296
20––––1296
1––––1296
171––––1296
19––––144
1–––6
5–––6
� 6
2 �6. 5––––2 . 1
� 1––6 � � 5
––6 �
1–––62
54
–––64
1–––12
625–––––1296
3125–––––15552
3125––––––15552
2–––6
1–––3
2–––3
� 6
2 �
� 1–––3 � � 2
–––3 �
1–––32
24
–––34
1–––3
16––––81
80––––243
80––––243
1–––4
3–––4
� 3–––4 � 37
–––47
� 1–––4 � � 3
–––4 �
1–––4
36
–––46
7 . 36
––––––47
12 –
IV)A probabilidade de acertar pelo menos duas vezes é
1 – – = = =
= =
Resposta:
63) O baralho tem 52 cartas, sendo 12 figuras.
(1) é falso, pois a chance das três cartas desviradas serem
figuras é . . = = % < 1%
(2) é verdadeiro, pois a probabilidade de que exatamente duas
cartas sejam figuras é 3 . . . =
= . . = = 0,119
(3) é verdadeiro, pois a probabilidade de que pelo menos uma
das três cartas seja figura é 1 – . . =
= 1 – = = 0,55
Resposta: (1) F (0,99%), (2) V (0,119), (3) V (0,55)
64) I) Existem C4,2 = = 6 sequências diferentes de ocorre-
rem 2 caras e 2 coroas, porém, todas com a mesma
probabilidade.
II) A probabilidade para cada uma dessas sequências é
. , portanto, a probabilidade pedida é
6 . . =
Resposta: D
65) I) Se a probabilidade de uma pessoa da comunidade ser por -
tadora desse tipo de anemia é , então, a probabili dade
de ela não ser portadora é
II) Num grupo de 3 pessoas, a probabilidade de pelo menos
uma ser portadora é
1 – = 1 – =
Resposta: C
66) A probabilidade é p = C6,3 .
3
.
3
=
= 20 . . =
Resposta: A
67) a) = = = = 10
A probabilidade de manifestação de problemas intes tinais
em exatamente duas crianças é
p = . 2
. 3
= 10 . . =
b) = = = 1
= = = 5
A probabilidade de manifestação de problemas intestinais
no máximo em uma criança é:
p = . 0
. 5
+ . 1
. 4
=
= 1 . 1 . + 5 . . = + =
Respostas: a) = 10 e p =
b) = 1, = 5 e p =
68) P(ganhar) = = 0,001 ⇒ P(perder) = 1 – 0,001 = 0,999
a) A probabilidade de perder nas 30 vezes que joga é (0,999)30,
portanto, a probabilidade de ganhar ao menos uma vez é
1 – (0,999)30
b) Jogando n vezes, a probabilidade de ganhar ao menos uma
vez é 1 – (0,999)n. Assim, devemos ter:
1 – (0,999)n > 0,3 ⇔ – (0,999)n > – 0,7 ⇔⇔ (0,999)n < 0,7 ⇔ log0,999 (0,999)n > log0,999 0,7 ⇔⇔ n . log0,999 0,999 > log0,999 0,7 ⇔ n > log0,999 0,7
Resposta: a) 1 – (0,999)30
b) O menor número inteiro n tal que n > log0,999 0,7
37
–––47
7 . 36
–––––47
47 – 37 – 7 . 36
–––––––––––––47
16384 – 2187 – 5103–––––––––––––––––––
16384
9094––––––16384
4547––––8192
4547–––––8192
12–––52
11–––51
10–––50
1320–––––––132600
1320–––––1326
12–––52
11–––51
40–––50
3–––13
11–––17
4–––5
132–––––1105
40–––52
39–––51
38–––50
38–––85
47–––85
4!–––––– 2!2!
1�–––�2
2
1�–––�2
2
1––– 4
1––– 4
3––– 8
1–––5
4–––5
4�–––�3
5
64––––125
61––––125
1�–––�2
1�–––�2
1–––8
1–––8
5–––16
� 5
2 � 5!–––––––––2!(5 – 2)!
5!––––––2!3!
5 . 4 . 3!–––––––––2 . 1 .3!
� 5
2 � � 2––3
� � 1––3 � 4
––9
1–––27
40––––243
� 5
0 �5!
–––––––––0!(5 – 0)!
5!–––––0!5!
� 5
1 �5!
–––––––––1!(5 – 1)!
5!–––––1!4!
� 5
0 � � 2––3 � � 1
––3 � � 5
1 � � 2––3 � � 1
––3 �
1–––––243
2––3
1––––81
1––––243
10––––243
11––––243
� 5
2 �40
––––243
� 5
0 � � 5
1 �11
––––243
1–––––1000
– 13
MATEMÁTICA
LIVRO 4
ÁLGEBRA
Capítulo 3 – Exercícios-Tarefa (Binômio,
Análise Combinatória e Probabilidade)
1) Observando que = – , tem-se:
T = + + + ... + =
= – + – + – + ... + – =
= – = = = 0,99
Resposta: D
2) a) – = = , ∀n ∈ �*
b) Utilizando o resultado anterior para cada parcela, resulta
= –
= –
= –
� � �
= –
Somando membro a membro as igualdades, obtém-se
+ + + … + = 1 – , ∀n ∈ �
3) I) No triângulo de Pascal, tem-se:
�
Observa-se que + =
II)Na equação do 2.° grau x2 – x + . = 0,
em x, tem-se:
– A soma das raízes é = +
– O produto das raízes é .
Assim, as raízes são x = e x =
Resposta: V = �� � ; � ��
4) = + + + ... + = =
= = =
Observe que a soma pedida é a soma dos números binomiais
de uma diagonal do triângulo de Pascal, que resulta no
número binomial da linha seguinte e na mesma coluna do
último número binomial somado.
Resposta: B
5) Na expansão de (x + y)n com expoentes decrescentes de x o
termo de posição k + 1 é dado por
Tk + 1 = xn – k . yk.
Para (x + y)9 temos:
T2 = x8 y = 9 x8y
T3 = x7 y2 = 36 x7y2
1–––––––n(n – 1)
1––––––n + 1
1–––n
1–––––1 . 2
1–––––2 . 3
1–––––3 . 4
1––––––––99 . 100
1–––1
1–––2
1–––2
1–––3
1–––3
1–––4
1–––99
1––––100
1–––1
1––––100
100 – 1–––––––
100
99––––100
1–––n!
1–––––––(n + 1)!
n + 1 – 1–––––––––
(n + 1)!
n–––––––(n + 1)!
1–––2!
1–––1!
1–––2!
2–––3!
1–––2!
1–––3!
3–––4!
1–––3!
1–––4!
n–––––––(n + 1)!
1–––n!
1–––––––(n + 1)!
1–––2!
2–––3!
3–––4!
n–––––––(n + 1)!
1–––––––(n + 1)!
�n – 1
p – 1 � �n – 1
p � � n
p �
� n
p � � n – 1
p – 1 � � n – 1
p �
� n
p � � n – 1
p – 1 � � n – 1
p �
� n – 1
p – 1 � � n – 1
p �
� n – 1
p – 1 � � n – 1
p �n – 1
p – 1
n – 1
p
p
�n – 1
� n
n – 1 � � 1
0 � � 2
1 � � 3
2 � � p
p – 1 � �p + 1
p – 1 �(p + 1)!
––––––––––––––––––––––(p – 1)! . (p + 1 – p + 1)!
(p + 1) . p . (p – 1)!––––––––––––––––––
(p – 1)! . 2!
p(p + 1)–––––––––
2
0 � �0
1 � �0
2 � �0
3 � �0
p � �p – 1
p + 1 � �p – 1
1 � �1
2 � �1
3 � �1
2 � �2
3 � �2
3 � �3
� n
k �
� 9
1 �
� 9
2 �
�n – 1� �n – 1� �n – 1� �n – 1� �n – 1�0 1 ...
p – 1 p ...
n – 1
� n � � n � � n � � n � � n � � n �0 1 ...
p – 1 p ...
n – 1 n
14 –
Para T2 = T3 resulta 9x8y = 36x7y2.
Substituindo x por p e y por q resulta p = 4q.
Como p + q = 1 temos
⇔
Resposta: D
6) I) +
8
tem 8 + 1 = 9 termos, assim, o termo médio ou
o termo central é o 5.°.
II) T5 = .
8 – 4
.
4
= . + =
= = 70
Resposta: C
7) I) a4 + a3b + a2b2 + ab3 + b4 = (a – b)8 ⇔
⇔ (a + b)4 = (a – b)8
II) Para a = 3b, a e b inteiros estritamente positivos, tem-se:
(3b + b)4 = (3b – b)8 ⇔ (4b)4 = (2b)8 ⇔⇔ 4b = (2b)2 ⇔ 4b = 4b2 ⇔ b = b2 ⇔ b = 1, pois b > 0
III) ⇔ ⇒ ab = 31 = 3
Resposta: D
8) I) Se (2x + y)m = ... + 60x2y4 + 12xy5 + y6, então m = 6
II) Para m = 6, tem-se (2x + y)6, cujo segundo termo é
T2 = . (2x)6 – 1 . y1 = 6 . 25 . x5 . y = 192x5y
Resposta: D
9) I) .
n – k
.
k
=
= .
n – 1
.
1
+ .
n – 2
.
2
+ ... +
+ .
0
.
n
=
= +
n
–
k
.
n
.
0
=
= 1n – 1 .
n
. 1 = 1 –
n
II) 1 +
n
+ . .
n – k
.
k
=
= 1 +
n
+ 1 –
n
= 2
Resposta: 2
10) Considerando o caso mais desfavorável possível, serão 6
tentativas para decidir a chave da 1.a fechadura, 5 tentativas
para decidir a da 2.a, 4 para a da 3.a, 3 para a da 4.a, duas para a
da 5.a e uma para a da 6.a fechadura, assim, a chave restante
será a da 7.a fechadura.
Portanto, o número de tentativas é 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 21
Resposta: A
11) Note que os algarimos não devem ser obrigatoriamente dis -
tintos. Por ser ímpar, o último algarismo pode ser 1 ou 3 e
portanto existem 2 possibilidades de escolhê-lo. O primeiro alga -
rismo só não pode ser zero e portanto existem 4 pos sibilidades
de escolhê-lo. Existem, além disso, 5 maneiras de escolher o
algarismo do meio, pois não há nenhuma restrição. Assim, pelo
princípio de contagem, a quantidade pedida é 4 . 5 . 2 = 40
Resposta: C
12) O número máximo de palavras, com cinco letras ou menos,
que podem ser formadas com esse tipo de código é
21 + 22 + 23 + 24 + 25 = 62
Resposta: B
13) Utilizando os algarismos 1, 2, 3, 4 e 5, sem repetição, pode-se
formar x números maiores que 2500, nas seguintes condições:
I) Números com 4 algarismos começados com 25, num total
de 1 . 1 . 3 . 2 = 6
II) Números com 4 algarismos começados com 3, 4 ou 5, num
total de 3 . 4 . 3 . 2 = 72
III) Números com 5 algarismos, num total de
P5 = 5! = 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 120
Portanto, x = 6 + 72 + 120 = 198
Resposta: D
14) O total de possibilidades é A10,4 = 10 . 9 . 8 . 7 = 5040, pois
existem 10 maneiras de escolher a carteira para o 1.° aluno, 9
para o 2.°, 8 para o 3.° e 7 para o 4.°.
Resposta: 5040
15) I) Numerando as carteiras de 1 a 10, existem 9 maneiras de
escolher duas carteiras juntas (1 e 2, 2 e 3, 3 e 4, ..., 9 e 10).
II) Os dois irmão podem permutar suas posições entre si, num
total de possibilidades igual a P2 = 2! = 2 . 1 = 2
III) Restão, portanto, 8 possibilidades para o 3.° aluno e 7 para
o 4.°.
IV)O total de possibilidades é 9 . 2 . 8 . 7 = 1008
Resposta: 1008
� x––2
2––x�
� 8
4 � � x––2� � 2
––x� 8!
–––––4! . 4!
x4
–––24
24
––x4
8 . 7 . 6 . 5–––––––––––4 . 3 . 2 . 1
� 4
0 � � 4
1 � � 4
2 � � 4
3 � � 4
4 �
�a = 3b
b = 1 � a = 3
b = 1
� 6
1 �
n
�k – 1
� n
k � �1
–––4
� �3
–––4
�
� n
1 � �1––4� �
3––4� � n
2 � �1––4� �
3––4�
� n
n � �1––4� �
3––4�
�1––4
3––4� � n
0 � �1––4� �
3––4�
�1
–––4
� �1
–––4
�
�1
–––4
�n
�k = 1
� n
k � �1
–––4
� �3
–––4
�
�1
–––4
� �1
–––4
�4
p = —–5
1q = —–
5
�p + q = 1
p = 4q�
– 15
16) I) Para a senha de três algarismos distintos, o total de
possibilidades é 10 . 9 . 8 = 720, portanto, no máximo 720
tentativas.
II) Para a senha de duas letras distintas, o total de
possibilidades é 26 . 25 = 650, portanto, no máximo 650
tentativas.
III) O número máximo de tentativas necessárias para o acesso
é 720 + 650 = 1370
Resposta: E
17) Sejam A, B, C, D e E os livros. Supondo que A e B devam per ma -
necer sempre juntos, observa-se que AB C D E e BA C D E são
maneiras distintas.{ {
Logo, o número de maneiras em que podemos dispor esses
livros é P4 . P2 = 4! 2! = 24 . 2 = 48
Resposta: A
18) Colocando em ordem crescente, antes do 43521 tem-se:
I) P4 = 24 números do tipo 1 __ __ __ __
II) P4 = 24 números do tipo 2 __ __ __ __
III) P4 = 24 números do tipo 3 __ __ __ __
IV) P3 = 6 números do tipo 4 1 __ __ __
V) P3 = 6 números do tipo 4 2 __ __ __
VI) P2 = 2 números do tipo 4 3 1 __ __
VII) P2 = 2 números do tipo 4 3 2 __ __
VIII) O número 43512
Assim, existem 24 + 24 + 24 + 6 + 6 + 2 + 2 + 1 = 89 números
antes do 43521, portanto, o lugar ocupado por ele é o 90.°.
Resposta: 90o.
19) Listando-se em ordem crescente tem-se
80 = 24 + 24 + 24 + 6 + 2 números anteriores a 62417 pois
existem:
P4 = 24 números da forma
P4 = 24 números da forma
P4 = 24 números da forma
P3 = 6 números da forma
P2 = 2 números da forma
Logo, 62417 é o 81o. número.
Resposta: D
20) Ordenadas alfabeticamente, as permutações da pa lavra sorte
apresentam:
P4 = 4! = 24 que começam por E,
P4 = 4! = 24 que começam por O,
P4 = 4! = 24 que começam por R,
P3 = 3! = 6 que começam por SE,
P3 = 3! = 6 que começam por SO.
Como 24 + 24 + 24 + 6 + 6 = 84, os próximos anagramas são
SREOT e SRETO. Portanto, a última letra da 86a. palavra é a
letra O.
Resposta: B
21) I) O número de sequências das 3 nacionalidades (brasileira,
norte-americana e alemã) é P3 = 3! = 6
II) Os 5 brasileiros podem permutar entre si, num total de
possibilidades igual a P5 = 5! = 120, analogamente, os 4
norte-americanos num total de P4 = 4! = 24, e os 3 alemães
num total de P3 = 3! = 6
III) O número de maneiras de organizar as 12 pessoas, de
acordo com o enunciado, é 6 . 120 . 24 . 6 = 103680
Resposta: 103680
22) VESTIBULANDO tem 12 letras distintas e portanto
P12 = 12! anagramas.
As vogais aparecem juntas em P8 . P5 = (8!) . (5!) anagramas
V S T B L N D
Logo, existem 12! – (8!) (5!) anagramas nos quais as vogais
não estão todas juntas.
Resposta: C
23) I) Para posicionar os dois que remam do lado direito, o
número de maneiras é A4,2 = 4 . 3 = 12
II) Para posicionar o tripulante que rema do lado esquerdo,
existem 4 maneiras diferentes.
III) Os outros 5 tripulantes podem ocupar os 5 lugares
restantes de qualquer maneira, num total de possibilidades
igual a P5 = 5! = 120
IV)O número de tripulações que podem ser formadas, de
acordo com o enunciado, é 12 . 4 . 120 = 5760
Resposta: A
24) I) De acordo com o enunciado, se a equação x + y + z = k tem
36 soluções inteiras e estritamente positivas, tem-se
Ck – 1, n – 1 = 36 para n = 3 (número de incógnitas), assim:
Ck – 1,2 = 36 ⇔ = 36 ⇔ = 36 ⇔
⇔ = 36 ⇔ k2 – 2k – k + 2 = 72 ⇔
⇔ k2 – 3k – 70 = 0 ⇒ k = 10, pois k > 0.
II) Para k = 10, a equação é x + y + z = 10 e uma solução dessa
equação pode ser (3, 6, 1).
Resposta: C
25) O problema consiste em obter o número de soluções inteiras
não negativas da equação x + y + z + w = 20, que equivale a
distribuir 20 unidades nos quadros abaixo, separadas por 3
sinais de +, conforme o esquema:
+ + + = 20
Assim, o número de soluções é dado por
P23(20,3) = = = 1771
Resposta: 1771
1
2
4
6 1
6 2 1
E I U A O
�k – 1
2 � (k – 1)!––––––––––2! (k – 3)!
(k – 1) . (k – 2)––––––––––––
2
23!––––––––20! . 3!
23 . 22 . 21–––––––––––
3 . 2 . 1
16 –
26) Devemos separar a distribuição das 6 letras em dois casos.
I) 3 letras diferentes na 1.a linha:
– O número de possibilidades na 1.a linha é P3 = 3! = 6
– O número de possibilidades na 2.a linha é 2 . 1 . 1 = 2
– O total de possibilidades é 6 . 2 = 12
II) 2 letras iguais na 1.a linha:
– O número de maneiras de escolher a letra que será
repetida é 3.
– O número de maneiras de escolher a outra letra é 2.
– O número de maneiras de posicionar a letra diferente é 3.
– O número de possibilidades na 1.a linha é 3 . 2 . 3 = 18
– O número de possibilidades na 2.a linha é 2 . 1 . 1 = 2
– O total de possibilidades é 18 . 2 = 36
Assim, o número de possibilidades de preencher a tabela, de
acordo com o enunciado, é 12 + 36 = 48
Resposta: D
27) Se Antonio e Bruno são membros da comissão de 5 pessoas,
devem-se escolher os outros 3 membros dentre os demais 26
alunos. Assim, o número de maneiras de escolhê-los é
C26,3 = = = = 2600
Resposta: A
28) I) Em cada um dos 4 grupos, o número de jogos é
C5,2 = = = = 10
II) O número de jogos na 1.a fase é 4 . 10 = 40
III) Definidos os 4 campeões, o número de jogos entre eles é
C4,2 = = = 6
Assim, o número total de jogos disputados é 40 + 6 = 46
Resposta: D
29) Três pontos distintos não colineares determinam um único
plano que os contém. Assim, o número máximo de planos
determinados por 8 pontos do espaço é C8,3 = = 56.
Como 4 pontos são clopanares, isto é, definem um único
plano, devem-se descontar as combinações desses 4 pontos,
3 a 3, em número de C4,3 = 4, e contar o plano definido por
eles. Portanto, o número de planos é 56 – 4 + 1 = 53
Resposta: B
30) Para que a sala de 10 portas seja aberta, deve-se abrir pelo
menos uma porta. O número de maneiras diferentes de abrir
uma única porta é C10,1, de abrir duas portas é C10,2; de abrir 3
portas é C10,3, e assim sucessivamente. Portanto, o total de
maneiras é dado por C10,1 + C10,2 + C10,3 + ... + C10,10 =
= + + + ... + =
= 210 – = 210 – 1
Resposta: E
31) Se um determinado produto sempre deve estar incluido,
devemos, portanto, escolher os outros 5 entre os 9 produtos
restantes, num total de maneiras igual a
C9,5 = = = 126
Resposta: C
32) I) Um polígono convexo P de n lados tem n vértices.
II) Observando-se que, para formar um polígono convexo são
necessários pelo menos 3 vértices, o número total de
polígonos convexos, cujos vértices são vértices de P, é dado
por:
Cn,3 + Cn,4 + Cn,5 + ... + Cn,n =
= + + + ... + =
= 2n – + + =
= 2n – 1 + n + = 2n – 1 + n + =
= 2n – = 2n – =
Resposta: 2n –
33) Pelo enunciado temos a seguinte distribuição:
O número de casais em que um usa óculos e outro não é:
4 . 10 + 8 . 6 = 40 + 48 = 88
Resposta: D
34) Posso convidar só uma pessoa ou 2 pessoas ou 3 pessoas ou
4 pessoas ou 5 pessoas. Assim, o número total de possibili -
dades de convidar uma ou mais pessoas é:
C5,1 + C5,2 + C5,3 + C5,4 + C5,5 =
= + + + + =
= 25 – = 32 – 1 = 31
Resposta: C
35) Devemos escolher 3 dos 6 vereadores de partido A, 2 dos 5 do
partido B e 2 dos 4 do partido C. Assim, o número de maneiras
diferentes de se formar a comissão é:
C6,3 . C5,2 . C4,2 = . . =
= . . = 20 . 10 . 6 = 1200
Resposta: D
8 . 7 . 6–––––––3 . 2 . 1
� 10
1 � � 10
2 � � 10
3 � � 10
10 �
� 10
0 �
� 9
5 � 9 . 8 . 7 . 6–––––––––––4 . 3 . 2 . 1
� n
3 � � n
4 � � n
5 �
� n
0 � � n
1 � � n
2 �
� n!––––––––––2! (n – 2)! � � n . (n – 1)
––––––––––2 �
� 2 + 2n + n2 – n––––––––––––––
2 � n2 + n + 2––––––––––
2
n2 + n + 2–––––––––––
2
Rapazes Moças
Usam óculos 4 6
Não usam
óculos8 10
Total 12 16
5� �1
5� �2
5� �3
5� �4
5� �5
5� �0
� 6
3 � � 5
2 � � 4
2 �
4 . 3–––––––
2 . 1
4!––––––2! 2!
� 5
2 � 5!–––––––
2! 3!
5 . 4––––––2 . 1
� 26
3 � 26!–––––––3! 23!
26 . 25 . 24–––––––––––
3 . 2 . 1
4 . 3––––––2 . 1
5 . 4––––––2 . 1
6 . 5 . 4––––––––––
3 . 2 . 1
� n
n �
– 17
36) Se h for o número de homens e 37 – h, o número de mulheres,
então:
2 . Ch,2 + h(37 – h) = 720 ⇔ 2 . + h(37 – h) = 720 ⇔
⇔ h2 – h + 37h – h2 = 720 ⇔ 36h = 720 ⇔ h = 20
Logo, 20 homens e 17 mulheres.
Resposta: B
37) I) O grupo tem 9 pessoas: João, Pedro e outras 7
II) O número total de maneiras de escolher duas pessoas para
a 1.a barraca, 3 para a 2.a barraca e 4 para a 3.a é
C9,2 . C7,3 . C4,4 = . . =
= 1 . . . 1 = 36 . 35 . 1 = 1260
III) O número de casos em que João e Pedro ficam na
1.a barraca é C2,2 . C7,3 . C4,4 = . . =
= 1 . . 1 = 35
IV)O número de casos em que João e Pedro ficam na
2.a barraca é C7,2 . C5,1 . C4,4 = . . =
= . 5 . 1 = 21 . 5 . 1 = 105
V) O número de casos em que João e Pedro ficam na
3.a barraca é C7,2 . C5,3 . C2,2 = . . =
= . . 1 = 21 . 10 . 1 = 210
VI)O número de maneiras de organizar as pessoas de modo
que João e Pedro NÃO fiquem na mesma barraca é
1260 – 35 – 105 – 210 = 910
Resposta: E
38) I) O número de maneiras de escolher 3 das 10 consoantes é
C10,3 = = = 120
II) O número de maneiras de escolher 2 das 5 vogais é
C5,2 = = = 10
III) Escolhidos as 5 letras, podemos permutá-las, formando um
total de “palavras” igual a
120 . 10 . P5 = 120 . 10 . 5! = 120 . 10 . 120 = 144 000
Resposta: 144000
39) Observe a tabela com os 36 casos diferentes que o ponteiro
pode marcar e as respectivas somas:
A probabilidade de obter soma 5 é
Resposta: C
40) Observe o tabuleiro com as células amarelas numeradas de 1
a 8:
I) O número de maneiras de escolher 3 das 8 células amarelas
é C8,3 = = = 56
II) Das 56 maneiras, existem 6 em que as 3 células estão
alinhadas, são elas:
(1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 4), (2, 3, 4), (5, 2, 7) e (6, 3, 8)
III) A probabilidade de as 3 posições escolhidas não estarem
alinhadas é = =
Resposta: C
41) Observe que, dos 8 cubinhos, tem-se:
a) 2 do tipo I, com 2 faces azuis e 4 brancas;
b) 4 do tipo II, com 1 face azul e 5 brancas e
c) 2 do tipo III, com as 6 faces brancas.
Para obter uma face azul, pode-se sortear um dado do tipo I e
obter face azul ao lançá-lo, ou sortear um dado do tipo II e
obter face azul ao lançá-lo. Assim, a probabilidade pedida é
. + . = + = =
Resposta: E
� 7
2 � � 5
1 � � 4
4 �7 . 6
––––––2 . 1
� 7
2 � � 5
3 � � 2
2 �7 . 6
––––––2 . 1
5 . 4––––––2 . 1
� 10
3 � 10 . 9 . 8––––––––––
3 . 2 . 1
� 5
2 � 5 . 4––––––2 . 1
1o. giro2o. giro
1 3 2 3 2 3
1 2 4 3 4 3 4
3 4 6 5 6 5 6
2 3 5 4 5 4 5
3 4 6 5 6 5 6
2 3 5 4 5 4 5
3 4 6 5 6 5 6
12––––36
5 1
6 2
3 7
4 8
h(h – 1)––––––––
2
� 9
2 � � 7
3 � � 4
4 �9 . 8
––––––2 . 1
7 . 6 . 5–––––––3 . 2 . 1
� 2
2 � � 7
3 � � 4
4 �7 . 6 . 5–––––––3 . 2 . 1
8 . 7 . 6–––––––––
3 . 2 . 1�8
3�
25––––28
50––––56
56 – 6–––––––
56
1–––6
2–––12
1–––12
1–––12
1–––6
4–––8
2–––6
2–––8
18 –
42) A partir do enunciado, as possibilidades das somas dos
números obtidos, está representada na tabela abaixo.
Notando que dentre as 36 possibilidades, a soma ob tida é
ímpar em 20 possibilidades, conclui-se que, a probabilidade
de que a soma dos números obtidos seja ímpar é:
P = = .
Resposta: A
43) I) Das n bolas numeradas de 1 a n, n ≥ 2, o número de ma -
neiras de retirar duas bolas é
Cn,2 = = =
II) Os casos em que os dois números são consecutivos são
(1; 2), (2; 3), (3; 4), …, (n – 1; n), num total de (n – 1) casos.
III) A probabilidade pedida é =
Resposta:
44) Para cada uma das linhas da figura I existem P4 possi bi lidades.
Para as quatro linhas existem P4 . P4 . P4 . P4 possibilidades.
Observe que nesse total não se respeitou qualquer condição
de coluna ou subquadrados.
Respeitando as condições das colunas e dos subqua drados
contemplarem os quatro algarismos, o qua drado da figura II
pode ser preenchido de P2 formas diferentes, pois com os
números dados todos os algarismos apresentados na figura
abaixo estão fixados.:
Desta forma, a probabilidade é
= =
Resposta: A
45) I) O número de maneiras de 3 dos 6 apartamentos estarem
ocupados é C6,3 = = = 20
II) O número de maneiras de ocupar um apartamento de cada
andar é 2 . 2 . 2 = 8
III) A probabilidade pedida é =
Resposta: B
46) I) No conjunto de preços {13,00; 13,01; 13,02; …; 43,99},
existem 4399 – 1299 = 3100 elementos.
II) Os preços do tipo x reais e x centavos formam o conjunto
{13,13; 14,14; 15,15; …; 43,43}, num total de 43 – 12 = 31
elementos.
III) A probabilidade pedida é = = 1%
Resposta: B
47) a) Se cada um dos 250 calouros pode dançar com qual quer
uma das 350 calouras, a quantidade de pares isolados que
podem ser formados é 250 . 350 = 87 500.
b) A probabilidade de uma caloura não estar dançando é:
=
Respostas: a) 87 50 0 pares b)
48) 1) O número total de indivíduos, dentre os pesqui sados, que
pratica exercícios, regularmente ou irregular mente, é
986 + 7108 = 8094
2) Entre todos os indivíduos do item (1), o número to tal dos
portadores de doença cardíaca é 95 + 297 = 392
3) A probabilidade pedida é � 0,0484 = 4,84%
Resposta: aproximadamente 4,84%
49) Se a soma dos números obtidos nos dois primeiros lan -
çamentos for igual ao número obtido no terceiro lançamento,
então os ternos possíveis são 15, a saber:
Desses 15 resultados possíveis e igualmente prová veis, em
apenas 8 saiu o número 2 pelo menos uma vez.
A probabilidade pedida é .
Resposta: C
1 4 3 2
3 2 1 4
3 1
1 3
P2––––––––––P4.P4.P4.P4
2!––––––––––4!.4!.4!.4!
1––––––––––––
12.4!.4!.4!
� 6
3 � 6 . 5 . 4–––––––––
3 . 2 . 1
8––––20
2–––5
31–––––3100
1––––100
350 – 250––––––––––
350
2–––7
2–––7
392––––––8094
1 2 3 3 5 6
1 2 3 4 4 6 7
2 3 4 5 5 7 8
4 5 6 7 7 9 10
4 5 6 7 7 9 10
5 6 7 8 8 10 11
6 7 8 9 9 11 12
20—––36
5—–9
� n
2 � n!–––––––––2! (n – 2)!
n(n – 1)––––––––
2
(n – 1)–––––––––––
n(n – 1)––––––––
2
2—––
n
2–––n
1,5 61,4 51,3 41,2 31,1 2
2,4 62,3 52,2 42,1 3
3,3 63,2 53,1 4
4,2 64,1 5
5,1 6
8–––15
– 19
50) Observe a tabela a seguir com todos os resultados possíveis
para os 4 lançamentos da moeda, resultando em cara (k) ou
coroa (C), num total de casos igual a 2 . 2 . 2 . 2 = 24 = 16.
A probabilidade de Zeca ficar com pelo menos 2 barras de
chocolate é igual à probabilidade de obter pelo menos 2
resultados consecutivos iguais, o que ocorre em 8 dos 16
casos. Assim, a probabilidade pedida é =
Resposta: D
51) I) 80% das perguntas são dirigidas aos alunos do ensino
médio, das quais 70% são respondidas corretamente.
II) 20% das perguntas são dirigidas aos alunos do ensino
fundamental, das quais 40% são respondidas corretamente.
III) A probabilidade de uma pergunta ser respondida correta -
mente é 70% . 80% + 40% . 20% = 0,7 . 0,8 + 0,4 . 0,2 =
= 0,56 + 0,08 = 0,64
Resposta: C
52) Admitindo que não haja empates, temos:
I) A é o evento Paulo vence João
B é o evento Paulo vence Mário
—A é o evento Paulo perde para João
—B é o evento Paulo perde para Mário
II) P(A) = ⇔ P(—A) = 1 – =
P(A � B) = P(A) . P(B) = . P(B) = ⇒
⇒ P(B) = ⇔ P(—B) = 1 – =
III) P(—A �
—B) = P(
—A) . P(
—B) = . =
Resposta: A probabilidade de Paulo perder para João e para
Mário é .
53) I) 0,5% dos habitantes são portadores do vírus, então, 99,5%
não são portadores.
II) O exame apresenta resultado positivo para 95% das pes -
soas que são portadoras do vírus e para 1% das que não
são.
III) O exame apresenta resultado negativo para 5% das pes -
soas que são portadoras do vírus e para 99% das que não
são.
(0) é verdadeiro, pois a probabilidade do resultado ser positivo
é 95% . 0,5% + 1% . 99,5% = 0,475% + 0,995% =
= 1,47% = 0,0147
(1) é falso, pois o resultado é positivo para 1,47% dos casos,
dos quais 0,475% a pessoa é portadora do vírus. A proba -
bilidade pedida é = 0,323
(2) é verdadeiro, pois o resultado falso-negativo ocorre em 5%
dos exames das pessoas que são portadoras do vírus, isto
é, 5% . 0,5% = 0,025% = 0,00025
Resposta: (0)V; (1) F (0,323); (2) V
54) I) A caixa A contém 8 objetos, dos quais 3 são defeituosos e
5 não são.
II) A caixa B contém 5 objetos, dos quais 2 são defeituosos e
3 não são.
III) Ao retirar um objeto de cada caixa, a probabilidade de que
seja um defeituoso da caixa A e um não defeituoso da caixa
B é . =
IV)Ao retirar um objeto de cada caixa, a probabilidade de que
seja um não defeituoso da caixa A e um defeituoso da caixa
B é . =
V) A probabilidade pedida é + =
Resposta: A
3–––5
3–––5
2–––5
3–––5
2–––5
2–––3
2–––3
1–––3
2–––5
1–––3
2–––15
2–––15
0,475%––––––––
1,47%
3–––8
3–––5
9–––40
9–––40
10–––40
19–––40
8––––16
1–––2
1o. 2o. 3o. 4o.
K K K K
K K K C
K K C K
K C K K
C K K K
K K C C
K C K C
C K K C
K C C K
C K C K
C C K K
K C C C
C K C C
C C K C
C C C K
C C C C
5–––8
2–––5
10–––40
20 –
55) P: a probabilidade de uma área de floresta em 2004 ser
convertida em uma área de terra exposta em 2008;
P1:a probabilidade de uma área de floresta em 2004 continuar
sendo de floresta em 2006 e passa a ser de terra exposta
em 2008;
P2:a probabilidade de uma área de floresta em 2004 pas sar a
ser de terra exposta em 2006 e continuar a ser de terra
exposta em 2008 e;
P3:a probabilidade de uma área de floresta em 2004 passar a
ser de água em 2006 e de ser de terra exposta em 2008.
Assim temos,
P1 = . = ,
P2 = . = ,
P3 = . = e
P = P1 + P2 + P3 = + + =
= = 0,0763 = 7,63%
Resposta: 7,63%
56) Sendo 6 fichas, cada uma com uma letra da palavra MACACO,
tem-se:
(01) é falsa, pois a probabilidade de retirar uma ficha com a
letra A é =
(02) é verdadeira, pois são 3 vogais e 3 consoantes, assim, a
probabilidade de retirar uma ficha com vogal é igual à de
retirar uma ficha com consoante, cujo valor é =
(04) é falsa, pois o número de anagramas é
P6
(2A, 2C) = = = 180
(08) é falsa, pois o número de anagramas que se iniciam por
AA é P4
(2C) = = 4 . 3 = 12
(16) é verdadeira, pois, dos 180 anagramas, 90 começam por
vogal e 90 por consoante.
Resposta: São verdadeiras apenas 02 e 16
57) Observando os caminhos no esquema a seguir, tem-se:
Para chegar à Cachoeira Pequena existem dois caminhos
possíveis:
I) Na 1a. bifurcação, seguir o caminho A, cuja probabilidade
é
II) Na 1a. bifurcação, seguir o caminho B e, na 2a. bifurcação,
seguir o caminho C, cuja probabilidade é . =
Assim, a probabilidade pedida é + =
Resposta: C
58) De acordo com o enunciado, tem-se:
I) 2x + 2y + 2z = 22 é a soma dos números nas 6 faces, assim,
x + y + z = 11
II) Escolhendo-se x, y e z no conjunto {1, 2, 3, 4}, a única
possibilidade é 4 + 4 + 3 = 11. Assim, o dado deve ter 4 faces
com o número 4 e 2 faces com o número 3.
III) Lançando-se esse dado duas vezes, para totalizar soma 7,
deve-se obter 4 no primeiro lançamento e 3 no segundo,
ou 3 no primeiro e 4 no segundo lançamento.
Assim, a probabilidade pedida é
. + . = + =
Resposta: D
59) a) No lançamento de quatro dados convencionais ho nes tos,
sabendo que o produto dos números obtidos é 144 e
observando que 144 = 2 . 2 . 2 . 2 . 3 . 3, os possíveis valores
desses números obtidos, a quan tidade de resultados em
cada caso e a respec tiva soma são:
b) O número total de possibilidades de se obter pro duto 144
é 12 + 6 + 24 + 6 = 48. Deste total, em apenas 6 obtemos os
números 4, 4, 3, 3.
A probabilidade pedida é, pois, =
Respostas: a) 14, 15, 16 e 17 b)
60) (1) é verdadeiro, pois, alternando os lançamentos da moeda
entre os dois jogadores, o primeiro ganha o jogo nas
seguintes sequências de caras (K) e coroa (C): K, CCK,
CCCCK, …
A probabilidade é +
3
+
5
+ … = =
1––2
1––2
1––2
1––4
1––2
1––4
3––4
4––6
2––6
2––6
4––6
2––9
2––9
4––9
Números obtidos Quantidade de resultados Soma
1, 4, 6, 6 P24 = 24 ÷ 2 = 12 17
2, 2, 6, 6 P42, 2
= 24 ÷ 4 = 6 16
2, 3, 4, 6 P4 = 4! = 24 15
3, 3, 4, 4 P42, 2
= 24 ÷ 4 = 6 14
6–––48
1–––8
1–––8
1––2 � 1
––2 � � 1
––2 �
1––2
––––––––––1
1 – �––�2
2
95–––––100
4–––––100
380–––––––10 000
4–––––100
95–––––100
380–––––––10 000
1–––––100
3–––––100
3–––––––10 000
380–––––––10 000
380–––––––10 000
3–––––––10 000
763–––––––10 000
2–––6
1–––3
3–––6
1–––2
6!––––––2!2!
6.5.4.3––––––––
2 . 1
4!––––2!
– 21
= = = . =
(2) é verdadeiro, pois, de acordo com os dados do enunciado,
para se obter um número par tem-se dois eventos:
(CARA e PAR) ou (COROA e PAR).
A probabilidade pedida é . + . = + =
= =
(3) é falso, pois, no lançamento de dois dados, dos 36 casos
possíveis, em 6 deles a soma é 7, assim, a probabilidade
pedida é =
(4) é falso, pois, das 52 cartas, 13 são de copas, assim, a
probabilidade pedida é =
Resposta: (1)V; (2)V; (3)F ; (4)F
61) a) P = = = 0,1775 = 17,75%
b) P = = = 0,0714 = 7,14%
Respostas: a) 17,75% b) 7,14%
62) Sendo x e y, respectivamente, as quantidades de moedas de
R$ 0,25 e R$ 0,10, tem-se:
I) x . 0,25 + y . 0,10 = 2,35 ⇔ 25x + 10y = 235 ⇔ 5x + 2y = 47
II) Como x e y são inteiros positivos, as possíveis soluções da
equação são 5 pares ordenados: (1; 21), (3; 16), (5; 11),
(7; 6) e (9; 1).
III) Dos 5 pares ordenados, (7; 6) e (9; 1) têm x > y, então, a
probabilidade de x ser maior que y é
= = 40%
Resposta: E
63) a) Alfredo vencerá a disputa na primeira ex pe riên cia se, no
lançamento das moedas, ocorrerem
I) 3 caras no seu lançamento, ou
II) 2 caras no seu lançamento e Bruno não obtiver 2 caras,
ou
III) 1 cara no seu lançamento e Bruno não obtiver alguma
cara.
A probabilidade de Alfredo ganhar, então, nessas condições
é:
P1 =
3
+ 3.
3
1 –
2
+ 3 .
3
.
2
=
= + + = =
b) Ocorrerá empate em cada experiência se, nos seus lan -
çamentos, ambos obtiverem 0, 1 ou 2 caras.
A probabilidade de empate, em cada experiên cia, é:
P2 =
3
.
2
+ 3 .
3
. 2 .
2
+
+ 3 .3
.2
= + + = =
Alfredo ganhará a disputa se vencer logo na primeira
experiência ou empatar na primeira e vencer na segunda
ou empatar na primeira e na segunda e vencer na terceira
e assim sucessiva mente.
A probabilidade de ele vencer é, portanto:
P = + . + . . +
+ . . . + … =
= . 1 + +
2
.
3
+ … =
= . = . = =
Respostas: a) b)
64) a)
O número de diretores é C6,2 = = = 15
� 1––2
� � 1––2
� � 1––2
� � 1––2
� � 1––2
�1––8
9–––32
3–––32
16–––32
1––2
� 1––2
� � 1––2
� � 1––2
� � 1––2
�
� 1––2
� � 1––2
� 1–––32
6–––32
3–––32
10–––32
5–––16
1––2
5–––16
1––2
5–––16
5–––16
1––2
5–––16
5–––16
5–––16
1––2
1––2
5–––16 � 5
–––16
� � 5–––16
� 1––2
1–––––––––
51 – –––
16
1––2
1––––11–––16
16–––22
8–––11
1––2
8–––11
2––3
4––9
1––3
2––5
8–––27
2–––15
40 + 18––––––––
135
58–––––135
6–––36
1––6
13––––52
1––4
� 1––6 � � 1
–––4 �
50 + 10 + 80 + 105–––––––––––––––––––
2000
355––––––2000
20–––––––––––––––––––200 + 50 + 20 + 10
20–––––280
2–––5
40––––100
1––2
–––––––––1
1 – ––4
1––2
–––––––––3––4
1––2
4––3
2––3
DiretorComissões
A B C D E F
1 X X
2 X X
3 X X
4 X X
5 X X
6 X X
7 X X
8 X X
9 X X
10 X X
11 X X
12 X X
13 X X
14 X X
15 X X
6 . 5––––––2 . 1
�6
2�
22 –
b) O número de maneiras de escolher dois diretores é
C15,2 = = = 105. Cada comissão tem 5 di -
re tores, assim, o número de maneiras de escolher dois
diretores da mesma comissão é 6 . C5,2 = 6 . =
= 6 . = 60. A probabilidade pedida é =
Resposta: a) 15 b)
65) a) Para definir o primeiro jogo da primeira rodada, escolhe-se,
casualmente, um jogador que poderá jogar com qualquer
um dos sete jogadores restantes.
Para definir o segundo jogo da primeira rodada, esco lhe-
se, entre os seis jogadores que sobraram, um joga dor que
po derá jogar com qualquer um dos cinco joga dores res -
tantes.
Para definir o terceiro jogo da primeira rodada, esco lhe-se,
entre os quatro jogadores que sobraram, um joga dor que
poderá jogar com qualquer um dos três joga dores restan -
tes.
O quarto jogo da primeira rodada pode ser definido de uma
só forma.
Assim, o número de maneiras diferentes de se constituir a
tabela de jogos da primeira rodada é 7 . 5 . 3 . 1 = 105.
b) Como nenhum dos amigos A, B, C e D gostaria de se
enfrentar na primeira rodada, então:
– o amigo A pode escolher seu adversário de 4 formas dife -
rentes;
– o amigo B pode escolher seu adversário de 3 formas
diferentes;
– o amigo C pode escolher seu adversário de 2 formas
diferentes e;
– o amigo D só tem 1 forma de escolher seu adver sário.
Assim, existem 4 . 3 . 2 . 1 = 24 formas dos quatro amigos
não se enfrentarem na primeira rodada do torneio, e a
= .
c) Das 105 maneiras diferentes de compor a primeira rodada,
81 (105 – 24) delas têm pelo menos um dos jogos envol -
vendo dois dos quatro amigos. A e B se enfrentam na
primeira rodada em 5 . 3 . 1 = 15 destas maneiras.
Assim, a probabilidade condicional de que A e B se en -
frentem na primeira rodada, sabendo que pelo menos um
dos jogos envolve dois dos quatro ami gos, é:
=
Respostas: a) 105 b) c)
66) De acordo com o enunciado, tem-se:
X = = 30% (I)
Y = . + . + . = = 28% (II)
Z = 1 – 3
= 1 – = = 27,1% (III)
De (I), (II) e (III), conclui-se que: X > Y > Z
Resposta: E
67) Se pi = mi é a probabilidade de obter o resultado i, então:
1) pi = p1 + p2 + p3 + … = 1 ⇒
⇒ m + m2 + m3 + … = 1 ⇒ = 1 ⇔ m =
2) (pi) = p4 + p5 + p6 + … = m4 + m5 + m6 + … =
3) Para m = , temos = = =
Resposta: C
68) A tabela apresenta as 24 possibilidades de se coloca rem as
cartas
Destas, apenas em 9 casos nenhum dos algarismos encontra-
se na mesma posição.
Estes números aparecem em destaque na tabela.
A probabilidade de um consumidor não ganhar qualquer
desconto é =
Resposta: E
24––––105
8–––35
15–––81
5–––27
8–––35
5–––27
3––––10
2–––10
1–––10
2–––10
9–––10
8–––10
1–––10
28––––100
� 9–––10
� 729–––––1000
271–––––1000
� 15
2 � 15 . 14––––––––
2 . 1
� 5
2 �5 . 4––––
2
60––––105
4–––7
4–––7
∞∑i = 1
1–—2
m––––––1 – m
m4
—–––—–1 – m
∞∑i = 4
1–—8
14
�––�2––––––––
11 – ––
2
m4
––––––1 – m
∞∑ (pi)
i = 4
1–—2
0125 1025 2015 5012
0152 1052 2051 5021
0215 1205 2105 5102
0251 1250 2150 5120
0512 1502 2501 5201
0521 1520 2510 5210
3––8
9––––24
– 23
MATEMÁTICA
LIVRO 4
ÁLGEBRA
Capítulo 4 – Inversão de matrizes
10) 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
11) Seja M–1 = a matriz inversa de M = , então:
· = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇒ a = – 1; b = 0; c = 0; d = 1.
Assim: M + M–1 = �M ⇒ + = � ⇒
⇒ + = ⇔
⇔ = ⇒ � = 2.
12) Se as matrizes são inversas uma da outra, então:
A · B = I ⇒ · = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔
⇒ x + y = – + = 0.
Resposta: E
13) 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
14) Seja A–1 = , = ⇒
⇒ ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Assim, a segunda linha de A é (3 – 2 – 2)
Resposta: B
15) 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 matriz inversa,
então:
b = b12 = = = –1
Resposta: B
�4 3
1 1�
�1 –1
–3 4�1 –3
–1 4��1 –3
–1 4�1
––––––det M
�–1 0
0 1��a b
c d�
�1 0
0 1��a b
c d��–1 0
0 1�
�1 0
0 1��–a + 0 · c –b + 0 · d
0 · a + 1 · c 0 · b + 1 · d�
�1 0
0 1��–a –b
c d�
�–1 0
0 1��a b
c d��–1 0
0 1�
�–� 0
0 ���–1 0
0 1��–1 0
0 1��–� 0
0 ���–2 0
0 2�
�1 0
0 1��2 –1
x y��1 2
1 4�
�1 0
0 1��1 · 2 + 2 · x 1 · (–1) + 2 · y
1 · 2 + 4 · x 1 · (–1) + 4 · y�
�1 0
0 1��2 + 2x –1 + 2y
2 + 4x –1 + 4y�1
x = – ––2
1y = ––
2�
2 + 2x = 1
2 + 4x = 0
–1 + 2y = 0
–1 + 4y = 1�
1––2
1––2
�a b
c d�
�1 0
0 1��a b
c d��1 0
0 –1�
�1 0
0 1��1 · a + 0 · c 1 · b + 0 · d
0 · a + (–1) · c 0 · b + (–1) · d�
�1 0
0 1��a b
–c –d�
�1 0
0 –1�
�2 0
0 –2��1 0
0 –1��1 0
0 –1�
�2 0
0 –2��2 0
0 –2�
�4 0
0 4��2 · 2 + 0 · 0 2 · 0 + 0 · (–2)
0 · 2 + (–2) · 0 0 · 0 + (–2) · (–2)�
�4 0
0 4��2 0
0 –2�
�8 0
0 –8��2 · 4 + 0 · 0 2 · 0 + 0 · 4
0 · 4 + (–2) · 0 0 · 0 + (–2) · (4)�
�1
0
0
0
1
0
0
0
1��16
13
11
– 1
– 1
– 1
– 10
– 8
– 7��•
a
•
•
b
•
•
c
•�
a + b + c = 1
– 3b – 5c = 16
2b + 3c = – 10�16a + 13b + 11c = 0
– a – b – c = 1
– 10a – 8b – 7c = 0 �
a = 3
b = – 2
c = – 2�a + b + c = – 1
6b + 10c = – 32
c = – 2�
�1
0
2
2
– 2
0
0
1
1�
�1 2 0
0 –2 1
2 0 1�
�2 0
0 1�
–2–––2
A21–––––––det M
24 –
16) Se a matriz A é igual à sua inversa, então:
A · A = I ⇒ · = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇒ x = –1
17) 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
18) Para admitir inversa, devemos:
≠ 0 ⇔
⇔ 1 · A14 ≠ 0 ⇔
⇔ 1 · (–1)1 + 4 · ≠ 0 ⇔
⇔ (–1)5 (sen + 0 + 0 – 0 – 0 – sen � cos �) ≠ 0 ⇔⇔ –1 (sen � – sen � cos �) ≠ 0 ⇔ sen � (cos � –1) ≠ 0 ⇔
⇔ ⇔ ⇔ � ≠ n · �, n � �
Resposta: A
19) 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
20) 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
21) I) det A–1 = ⇔ det A = = 5
II) det A = = 5 ⇔ 3x + 2x = 5 ⇔ 5x = 5 ⇔
⇔ x = 1 ⇔ x – 1 = 0
Resposta: E
22) (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: A
23) I) A = ⇒ det A = = 15 – 14 = 1
II) A’ = é a matriz dos cofatores,
�1 0
0 1��1 2
0 x��1 2
0 x�
�1 0
0 1��1 · 1 + 2 · 0 1 · 2 + 2 · x
0 · 1 + x · 0 0 · 2 + x2�
�1 0
0 1��1 2 + 2x
0 x2�2 + 2x = 0
x2 = 1�
�3 0 0
0 x x
0 2x 1�
1––2
�sen � cos � 0 1
sen � cos � 0 0
sen � 1 0 0
0 0 1 0�
�sen � cos � 0
sen � 1 0
0 0 1�
� ≠ 0 + n · �, n � �
� ≠ 0 + n · 2�, n � ��sen � ≠ 0
cos � ≠ 1�
a b
c d1 0
1 –2
1 0
0 1a b
c d1 0
1 –2
1 0
0 11 · a + 0 · c 1 · b + 0 · d
1 · a – 2c 1 · b – 2 · d
1 0
0 1a b
a – 2c b – 2d
⇔
a = 1
b = 0
1c = ––
2
1d = – ––
2
�⇔a = 1
b = 0
b – 2d = 1�⇔ 1 0
1 1–– – ––2 2
1 0
1 1–– – ––2 2
3 2
–1 2
1 1
3 · 1 + 2 · –– 3 · 0 + 2 · �– ––�2 2
1 1–1 · 1 + 2 · –– –1 · 0 + 2 · �– ––�
2 2
4 –1
0 –13 + 1 0 – 1
–1 + 1 0 – 16 1
–2 34 –1
0 –11 0
1 –23 2
–1 2
�6 1
–2 3�
1 2 3
0 –1 1
1 0 2
1–––24
1–––––8 · 3
1––––––––8 · det A
1–––––––det B–1
1–––––––det A–1
1––5
�x –1
2x 3�
�3 2
7 5�3 2
7 5
5 –7
–2 3
– 25
III)––A = (A’)t =
IV)A–1 = · ––A = · =
V) A · B + A–1 = · + =
= + =
= + =
24) A · X = B ⇒ A–1 · A · X = A–1 · B ⇒ I · X = A–1 · B ⇒ X = A–1 · B
Para que essa equação tenha a solução descrita acima é
necessário que a matriz A admita inversa, ou seja, det A ≠ 0.
Caso det A = 0, a equação não terá solução.
Resposta: A
25) I) A · B = · =
=
II) det (AB) = (2 + a + a2)(3 + a) – (1 + a)(2 + 3a + a2) ⇔⇔ det (AB) = 6 + 2a + 3a + a2 + 3a2 + a3 –2 –3a –a2 –2a –3a2 –a3 ⇔⇔ det (AB) = 4
III) Os cofatores dos elementos a11 e a22 da matriz AB são,
respectivamente:
A11 = (–1)1 + 1 · (3 + a) = 3 + a
e A22 = (–1)2 + 2 · (2 + a + a2) = 2 + a + a2
IV)Os elementos da diagonal principal de (AB)–1 são, respecti -
vamente:
b11 = = e b22 = =
V)b11 + b22 = + = ⇔
⇔ b11 + b22 = (5 + 2a + a2)
Resposta: C
26) a) A · B = · =
= =
⇔ A · B =
b) B · A = · =
= =
⇔ B · A =
c) AB = BA ⇒ = ⇔
⇔ ⇔
Resposta: D
5 –2
–7 3
5 –2
–7 35 –2
–7 31––1
1––––––det A
5 –2
–7 31 1
–1 13 2
7 5
5 –2
–7 33 · 1 + 2 · (–1) 3 · 1 + 2 · 1
7 · 1 + 5 · (–1) 7 · 1 + 5 · 1
6 3
–5 155 –2
–7 31 5
2 12
1 1
a 2 + a2 + a a
1 1
(2 + a) · 1 + a · a (2 + a) · 1 + a(2 + a)
1 · 1 + 1 · a 1 · 1 + 1 · (2 + a)
2 + a + a2 2 + 3a + a2
1 + a 3 + a
2 + a + a2
–––––––––4
A22––––––––det (AB)
3 + a–––––
4
A11––––––––det (AB)
3 + a + 2 + a + a2
––––––––––––––––4
2 + a + a2
–––––––––4
3 + a–––––
4
1––4
1 2
0 1a b
c d
a · 1 + b · 0 a · 2 + b · 1
c · 1 + d · 0 c · 2 + d · 1
a 2a + b
c 2c + d
a b
c d1 2
0 1
1 · a + 2 · c 1 · b + 2 · d
0 · a + 1 · c 0 · b + 1 · d
a + 2c b + 2d
c d
a + 2c b + 2d
c da 2a + b
c 2c + d
c = 0
a = d�a = a + 2c
2a + b = b + 2d
c = c
2c + d = d�
26 –
MATEMÁTICA
LIVRO 4
ÁLGEBRA
Capítulo 5 – Sistemas Lineares
4) I) ⇔
II) D = = 2 ≠ 0 (S.P.D.)
III) Dx = = – 2 ⇒ x = = = – 1
IV)Dy = = 4 ⇒ y = = = 2
V) Dz = = 4 ⇒ z = = = 2
VI)O conjunto solução do sistema é S = {(– 1; 2; 2)}
Resposta: {(– 1; 2; 2)}
5) I) ⇔
II) D = = – 7 ≠ 0 (S.P.D.)
III) Dx = = 14 ⇒ x0 = = = – 2
IV)Dy = = 7 ⇒ y0 = = = – 1
V) Dz = = – 7 ⇒ z0 = = = 1
VI)Para x0 = – 2, y0 = – 1 e z0 = 1, tem-se
3x0 + 5y0 + 4z0 = 3 . (– 2) + 5 . (– 1) + 4 . 1 = – 6 – 5 + 4 = – 7
Resposta: B
6)
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Resposta: (– m – 1; m + 3; – 2m – 2)
7) I) D = = – =
= – (b – a) . (c – b) . (c – a) ≠ 0, pois a ≠ b, a ≠ c e b ≠ c
II) Dz = ⇒ z = = 1, pois Dz = D ≠ 0
Resposta: E
8) Para que o sistema tenha uma única solução (S.P.D.), deve-se
ter D ≠ 0, assim:
D ≠ 0 ⇒ ≠ 0 ⇔ a + 16 + 27 –12 – 6a – 6 ≠ 0 ⇔
⇔ – 5a ≠ – 25 ⇔ a ≠ 5
Resposta: D
9) Para a = 1, tem-se o sistema:
I) D = = 20 ≠ 0 (S.P.D.)
II) Dx = = 40 ⇒ x = = = 2
III) Dy = = 20 ⇒ y = = = 1
IV)Dz = = 60 ⇒ z = = = 3
V) O conjunto solução do sistema é S = {(2; 1; 3)}
Resposta: (2; 1; 3)
10) Se (k; 3k) é solução do sistema, então, para x = k e y = 3k,
tem-se:
⇔ ⇔
⇔ ⇒ k = 2
Para k = 2, tem-se x = 2 e y = 6, portanto, x + y = 8.
Resposta: C
x + y = 1
– 2x + 3y – 3z = 2
x + z = 1�x + y = 1
– 2x + 3y – 3z = 2
x + z = 1�
1
– 2
1
1
3
0
0
– 3
1
– 2––––
2
Dx––––
D
1
2
1
1
3
0
0
– 3
1
4–––2
Dy––––
D
1
– 2
1
1
2
1
0
– 3
1
4–––2
Dz––––
D
1
– 2
1
1
3
0
1
2
1
3x + z = – 5
x + y + z = – 2
2y – z = – 3�3x + z = – 5
x + y + z = – 2
2y – z = – 3�
3
1
0
0
1
2
1
1
– 1
14––––– 7
Dx––––
D
– 5
– 2
– 3
0
1
2
1
1
– 1
7–––– 7
Dy––––
D
3
1
0
– 5
– 2
– 3
1
1
– 1
– 7–––– 7
Dz––––
D
3
1
0
0
1
2
– 5
– 2
– 3
x + y + z = – 2m
– 2y – 3z = 4m
– y – 4z = 7m + 5�x + y + z = – 2m
x – y – 2z = 2m
2x + y – 2z = 3m + 5�
x = – m – 1
y = m + 3
z = – 2m – 2�x + y + z = – 2m
– y – 4z = 7m + 5
5z = – 10m – 10�
1
1
1
a
b
c
a2
b2
c2
a
b
c
1
1
1
a2
b2
c2
Dz––––
D
a
b
c
1
1
1
a2
b2
c2
1
3
4
2
1
3
3
2
a
x + 2y + 3z = 13
3x + y + 2z = 13
4x + 3y + z = 14�
1
3
4
2
1
3
3
2
1
40––––20
Dx––––
D
13
13
14
2
1
3
3
2
1
20––––20
Dy––––
D
1
3
4
13
13
14
3
2
1
60––––20
Dz––––
D
1
3
4
2
1
3
13
13
14
2k2 – 3k – 2 = 0
3k2 + 5k – 22 = 0�2k2 – 3k = 2
5k + 3k2 = 22�1
k = 2 ou k = – –––2
11k = 2 ou k = – –––
3
�
– 27
13) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 0 ⇒ p = 1, pois o único determinante de ordem
2 é nulo.
Resposta: 1
14) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 ≠ 0 ⇒ p = 2
Resposta: 2
15) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 ≠ 0 ⇒ p = 2
Resposta: 2
16) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 2
III) = 0 ⇒ p = 2, pois o único determinante de
ordem 3 é nulo.
Resposta: 2
17) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 2
III) = 1 ≠ 0 ⇒ p = 3
Resposta: 3
18) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 2
III) = 1 ≠ 0 ⇒ p = 3
Resposta: 3
19) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 2
III) = 0 e = 0 ⇒ p = 2, pois todos os
determinantes de ordem 3 são nulos.
Resposta: B
20) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = – 6 ≠ 0 ⇒ p ≥ 2
III) = 2 ≠ 0 ⇒ p ≥ 3
IV) = 0 e = 0 ⇒
⇒ p = 3, pois todos os determinantes de ordem 4 são nulos.
Resposta: B
21) Seja p a característica da matriz
I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1
II) = – 3 ≠ 0 ⇒ p ≥ 2
III) = a – 8 – 2 – 4a = – 3a – 10
IV)Se – 3a – 10 = 0 ⇔ a = – , então p = 2, pois o único
determinante de ordem 3 é nulo.
V) Se – 3a – 10 ≠ 0 ⇔ a ≠ – , então p = 3, pois existe um
determinante de ordem 3 diferente de zero.
Resposta: 3, se a ≠ – 2, se a = –
�1
1
2
2�
�1
1
2
2�
�1
1
2
3�
�1
1
2
3�
�1
1
2
3
2
5�
�1
1
2
3�
�1
1
2
2
3
5
2
3
5�
�1
1
2
3�1
1
2
2
3
5
2
3
5
�1
1
2
2
3
5
2
3
6�
�1
1
2
3�1
1
2
2
3
5
2
3
6
�1
1
2
2
3
5
2
3
6
3
1
2
1
2
5�
�1
1
2
3�
1
1
2
2
3
5
2
3
6
�1
0
3
0
1
1
0
0
2
1
3
0
4
2
6
0�
�1
0
1
1�1
0
3
1
1
0
4
2
6
1
0
3
1
1
0
2
1
3
�1
2
1
4
3
0
1
2
1
3
1
4
– 2
3
0
2
4
3
2
6�
�1
2
3
0�1
2
1
3
0
1
1
3
1
1
2
1
4
3
0
1
2
1
3
1
4
4
3
2
6
1
2
1
4
3
0
1
2
1
3
1
4
– 2
3
0
2
�1
2
2
2
1
0
1
– 2
a�
�1
2
2
1�1
2
2
2
1
0
1
– 2
a
10–––3
10–––3
10–––3
10–––3
28 –
25) I) O número de incógnitas do sistema
é n = 3
II) A característica da matriz incompleta
MI = é p = 2, pois = 0 e
e ≠ 0
III) A característica da matriz completa
MC = é q = 2
IV)Como p = q < n, o sistema é possível e indeterminado.
Resposta: C
26) a) O sistema será impossível ou indeter -
minado se, e somente se, = 0 ⇔
⇔ – 5a + 5 = 0 ⇔ a = 1
b) Para a = 1, o sistema será:
⇔ ⇔ ,
que é impossível, pois 0 . z = – 18 não admite solução.
Respostas: a) a = 1 b) sistema impossível
27) I) O número de incógnitas do sistema
⇔ é possível e deter -
minado se, e somente se:
≠ 0 ⇔ a2 – 4 ≠ 0 ⇔ a2 ≠ 4 ⇔ a ≠ – 2 e a ≠ 2
Resposta: B
28) I) O sistema é possível e determinado, se
≠ 0 ⇔ m2 – 1 ≠ 0 ⇔ m2 ≠ 1 ⇔ m ≠ – 1 e m ≠ 1
II) Para m = – 1, tem-se o sistema
, que é impossível.
III) Para m = 1, tem-se o sistema
, que é possível e indeterminado.
Assim, o sistema só não admite solução para m = – 1,
portanto, o sistema admite soluções para qualquer m ∈ �, tal
que m ≠ – 1
Resposta: m ≠ – 1
29) Somando-se, membro a membro, as duas equações do sitema
, obtém-se (m + 1)x = 3, que é impossível para
m = – 1, pois 0x = 3, não tem solução. Observa-se que, para
m = – 1, tem-se o sistema ⇔
que é impossível, pois as equações são incompatíveis.
Resposta: m = – 1
30) I) ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
II) ⇔ x + y = – 7
III) Se k = – 7 então o sistema será possível e deter minado e
a solução é (– 2; – 5).
IV) Se k ≠ – 7 então o sistema é impossível.
V) O sistema nunca será possível e indeterminado.
Resposta: C
31) I) Sejam MI = e MC = , respec -
tivamente, as matrizes incompleta e com pleta e sejam
ainda p e q as respectivas carac terísticas.
II) = 0 ⇔ 4 – k2 = 0 ⇔ k = ± 2
III) k ≠ ± 2 ⇒ p = q = 2 ⇒ sistema possível e determinado
IV)k = 2 ⇒ MC = ⇒ q = 2
V) k = – 2 ⇒ MC = ⇒ q = 2
VI) k = ± 2 ⇒ p = 1 e q = 2 ⇒ p ≠ q ⇒ sistema impossível
VII) O sistema é impossível para 2 valores distintos de k e
nunca indeterminado.
Resposta: A
32) O sistema é possível e determinado, se e so -
mente se, ≠ 0 ⇔ 1 – k ≠ 0 ⇔ k ≠ 1
Resposta: E
33) I) Para que o sistema seja indeterminado,
deve-se ter:
= 0 ⇔ 10b – 40 = 0 ⇔ b = 4
x + 2y – z = 2
2x – 3y + 5z = 11
x – 5y + 6z = 9�
�1
2
1
2
– 3
– 5
– 1
5
6��
1
2
1
2
– 3
– 5
– 1
5
6�
�1
2
2
– 3�
�1
2
1
2
– 3
– 5
– 1
5
6
2
11
9�
x – 2y – z = 8
2x + y + 3z = – 2
ax + y + 2z = 8�
1
2
a
– 2
1
1
– 1
3
2
x + y + 2z = 8
y + z = 0
0z = – 18�x + y + 2z = 8
3y + 3z = 0
5y + 5z = – 18�x – 2y – z = 8
2x + y + 3z = – 2
x + y + 2z = 8�
ax – y = 1
– 4x + ay = 1�ax – y = 1
ay – 4x = 1�
�a
– 4
– 1
a�
x + y = 1
x + m2y = m��1
1
1
m2�
x + y = 1
x + y = – 1�
x + y = 1
x + y = 1�
mx + y + z = 1
x – y – z = 2�
x – y – z = – 1
x – y – z = 2�– x + y + z = 1
x – y – z = 2�
3x – 2y = 4
8x + 2y = – 26�3x – 2y = 4
4x + y = – 13�x = – 2
y = – 5�3x – 2y = 4
x = – 2�3x – 2y = 4
11x = – 22�x = – 2
y = – 5�
�2
2 – k
1
k
k
4��1
k
k
4�
�1
k
k
4�
�1
2
2
4
2
0�
�1
– 2
– 2
4
2
4�
x + ky = k2
x + y = 1�
�1
1
k
1�
x + 2y + 2z = a
3x + 6y – 4z = 4
2x + by – 6z = 1�
1
3
2
2
6
b
2
– 4
– 6
– 29
II) Para b = 4, tem-se o sistema
, que é indeterminado quando
a + 1 = 4 ⇔ a = 3, pois a 2a. equação equivale à soma das
outras duas.
Resposta: a = 3 e b = 4
34) Sistemas equivalentes são aqueles que apresentam a mesma
solução, assim,
⇔ são equivalentes se, e somente
se, o segundo sistema tiver solução única (1; 1), então:
I) ≠ 0 ⇔ a – 1 ≠ 0 ⇔ a ≠ 1
II) ⇔ ⇒ a ≠ 1
Resposta: a ≠ 1
38) ⇔ ⇔ ⇔
Resposta: E
39) Se x = a, y = b, z = c e w = d, então:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇒ ⇒
⇒ abcd = – . . – . =
Resposta: C
40) Se h é o número de homens e m o número de mulheres, então:
Resposta: B
41) Sendo x e y, respectivamente, o número de carros roubados
durante um ano, das marcas X e Y, tem-se:
O número esperado de carros roubados da marca Y, durante
um ano, é 30.
Resposta: B
42) Sendo h e m, respectivamente, o número de homens e
mulheres presentes na sala, aguardando o Dr. Antonio, tem-
se:
Resposta: B
43) Sendo a, b, c e d, respectivamente, a importância, em reais,
que possui cada uma das pessoas A, B, C e D, tem-se:
Resposta: A, B, C e D possuem, em reais, respectivamente,
302, 1208, 594 e 614.
44) Sendo a, b e c, respectivamente, os preços unitários, em reais,
dos artigos A, B e C, tem-se:
⇔
Somando-se, membro a membro, as três equações, resulta:
– c = – 25 ⇔ c = 25
Resposta: B
45) Sendo x, y e z, respectivamente, o número de crianças, de
senho res e de senhoras convidados para a festa, temos:
I) Os refrigerantes a serem consumidos são 2 para cada
criança, 3 para cada senhor e 3 para cada senhora. Dessa
forma, resulta 2x + 3y + 3z = 90.
II) Os salgados a serem consumidos são 8 para cada criança,
5 para cada senhor e 6 para cada senhora. Assim, temos
8x + 5y + 6z = 230.
III) Os doces a serem consumidos são 4 para cada criança, 3
para cada senhor e 3 para cada senhora. Equacionando,
temos 4x + 3y + 3z = 120.
x + 2y + 2z = a
3x + 6y – 4z = 4
2x + 4y – 6z = 1�
ax + y = a + 1
x + y = 2�x = 1
y = 1�
�a
1
1
1�a + 1 = a + 1
2 = 2
a ≠ 1�a.1 + 1 = a + 1
1 + 1 = 2
a ≠ 1�
x = 1
y = 2
z = 3�x + 4 = 5
y = 2
z = 3�x + 2y = 5
4y = 8
z = 3�x + 2y + 3z = 14
4y + 5z = 23
6z = 18�
�x + y = 0
y + z = 0
z + w = 0
y + z + 2w = 1
–1
++�
x + y = 0
y + z = 0
z + w = 0
y + w = 1
1
1a = – –––
2
1b = –––
2
1c = – –––
2
1d = –––
2
�1
x = – –––2
1y = –––
2
1z = – –––
2
1w = –––
2
�x + y = 0
y + z = 0
z + w = 0
2w = 1�
1––––16
1–––2�1
–––2�1
–––2�1
–––2�
⇔h + m = 280
4h = 3m�⇔h + m = 280
40%.h = 30%.m�
⇒ h = 120h + m = 280
7h = 840�⇔+3h + m = 280
4h – 3m = 0�⇔
x = 60
y = 30�⇔x = 2y
2y + y = 90�⇔x = 2y
x + y = 60% . 150�
⇔h – 4m = – 1
– h + 3m = – 3�⇔h – 4m = – 1
3m + 3 = h�⇔
h + 1 = 4m
hm + 1 = –––
3�
⇒ h + m = 15 + 4 = 19h = 15
m = 4�⇔h – 4m = – 1
– m = – 4�⇔
⇔
a + b + c + d = 2718
b2a = ––– = c + 10 = d – 10
2�
⇔
a + b + c + d = 2718
b = 4a
c = 2a – 10
d = 2a + 10�⇔
a + b + c + d = 2718
b––– = 2a2
c + 10 = 2a
d – 10 = 2a
�⇔
⇔
a + 4a + 2a – 10 + 2a + 10 = 2718
b = 4a
c = 2a – 10
d = 2a + 10�⇔
a = 302
b = 1208
c = 594
d = 614�⇔
9a = 2718
b = 4a
c = 2a – 10
d = 2a + 10�⇔
– 2a – 2b = – 140
2a + c = 105
2b – 2c = 10�a + b = 70
2a + c = 105
b – c = 5�
30 –
IV)
Multiplicando a primeira equação por (– 2) e adicionando-a
à segunda, temos:
Multiplicando a primeira equação por (– 1) e adicionando-a
à terceira, resulta
⇔ ⇔ x + y + z = 35
Resposta: B
46) Sendo x e y, respectivamente, o número de rolos de arame
com 20 m e com 30 m, tem-se:
Resposta: E
47) Sejam a e b as quantidades dos produtos A e B, respectiva -
mente, e (x + 2) e x, os preços, em reais, de cada unidade
desses produtos.
Das condições propostas, tem-se:
� ⇒
Da equação (III), tem-se
⇔ 48x + 42(x + 2) =13x (x + 2) ⇔
⇔ 13x2 – 64x – 84 = 0 ⇔ x = 6, pois x > 0
Substituindo nas equações (I) e (II), conclui-se que a = 12 e
b = 14. Foram adquiridos 12 produtos A, por R$ 8,00 cada um
e 14 produtos B, por R$ 6,00 cada um.
Resposta: 12 unidades
48) Somando-se, membro a membro, as equações do sistema
, obtemos:
3x + 3y + 3z + 3t = 15 ⇔ x + y + z + t = 5
Resposta: C
49)
⇔
⇔ ⇔
Analisando a 3a. equação, tem-se:
I) Se – 1 + a ≠ 0 ⇔ a ≠ 1, o sistema é possível e determinado.
II) Se – 1 + a = 0 ⇔ a = 1, o sistema é impossível.
Resposta: Se a ≠ 1 ⇒ S.P.D
Se a = 1 ⇒ S.I.
50)
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇒ x + y + z = 1 + 3 – 2 = 2
Resposta: E
51)
. = ⇒
⇒ ⇔ ⇔
⇔
Substituindo y = nas outras equações, tem-se:
⇔
I) Se k – = ⇔ k = 12, o sistema é possível e indeter -
minado.
II) Se k – ≠ ⇔ k ≠ 12, o sistema é impossível.
Resposta: E
52) Sendo x, y e z, respectivamente, os preços de uma caixa de
lenços, um boné e uma camiseta, temos, de acordo com o
enunciado, que:
⇒ 2x + 2y + 2z = 114 ⇔ x + y + z = 57
Resposta: D
57) O sistema linear é homogêneo e
D = = 3 ≠ 0, assim, o sistema é possível e
determinado, por tanto, a única solução é a trivial (0; 0; 0).
Resposta: (0; 0; 0)
2x + 3y + 3z = 90
8x + 5y + 6z = 230
4x + 3y + 3z = 120�
2x + 3y + 3z = 90
4x – y = 50
4x + 3y + 3z = 120�
z = 10
y = 10
x = 15�
2x + 3y + 3z = 90
4x – y = 50
2x = 30�
x = 32
y = 48�⇔x + y = 80
10y = 480�⇔+
–20x + y = 80
20x + 30y = 2080�
96a = –––––– (I)
x + 2
84b = –––– (II)
x
96 84–––––– + –––– = 26 (III)x + 2 x
�a . (x + 2) = 96
b . x = 84
a + b = 26
96 84–––––– + –––– = 26x + 2 x
x + y + z = – 1
x + z + t = 5
y + z + t = 7
x + y + t = 4�
x + 2y – z = 6
2x + y + 2z = 5
3x + 3y + az = 14� +
– 2
+
– 3
x + 2y – z = 6
– 3y + 4z = – 7
(– 1 + a)z = 3�
x + 2y – z = 6
– 3y + 4z = – 7
– 3y + (3 + a)z = – 4�
+
– 1
+� x + 4z = – 7
– 3y – 4z = – 1
y + z = 1 4
+� x + 4z = – 7
x – 3y = – 8
y + z = 1
– 1
x = 1
y = 3
z = – 2�
x + 4z = – 7
y = 3
y + z = 1�
�5
2
k��
x
y
z��
1
– 1
1
1
1
3
– 1
1
– 1�
x + y – z = 5
2y = 7
x + 3y – z = k�+� x + y – z = 5
– x + y + z = 2
x + 3y – z = k
1
x + y – z = 5
7y = –––
2
x + 3y – z = k�
7–––2
3x – z = –––
2
21x – z = k – ––––
2�
7x + ––– – z = 5
2
21x + –––– – z = k
2�
3–––2
21––––
2
3–––2
21––––
2
x + 2y + 3z = 127
3x + 4y + 5z = 241�
x + 2y + 3z = 0
2x + 7y + z = 0
3x + 9y + 5z = 0�
1
2
3
2
7
9
3
1
5
– 31
58) I) . = ⇔
⇔ é um sistema linear homogêneo e
D = = 0, assim, o sistema é possível e
indeter minado.
II) Eliminando a última equação e fazendo z = k, temos:
, com k ∈ �
Resposta: � ; ; k�, ∀k ∈ �
59) Se x, y, z são números reais então:
(2x + y – z)2 + (x – y)2 + (z – 3)2 = 0 ⇔
⇔ ⇔ ⇒ x + y + z = 5
Resposta: C
60) Se o sistema linear homogêneo admite
soluções diferentes da trivial, então:
D = = 0 ⇔
⇔ 8m2 + 6 + 24 + 4m + 16m – 18 = 0 ⇔⇔ 8m2 + 20m + 12 = 0 ⇔ 2m2 + 5m + 3 = 0 ⇔
⇔ m = ⇔ m = – 1 ou m = –
Resposta: m = – 1 ou m =
61) Se o sistema linear homogêneo admite
solução não trivial, então:
D = = 0 ⇔ – 2 + α + 2 + 2 + α + 2 = 0 ⇔
⇔ 2α + 4 = 0 ⇔ 2α = – 4 ⇔ α = – 2
Resposta: A
62) a) = – m2 – 3m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 e m ≠ – 3.
I. Para m = 0 o sistema é homogêneo e, portanto, o sistema
admite pelo menos a solução trivial.
II. Para m = – 3 o sistema é impossível, pois
Portanto, o sistema tem solução para m ≠ – 3.
b) Para m = 0, o sistema é possível e indeterminado (homo -
gêneo).
⇔
Resposta: a) m ≠ – 3 b) (3k; – k; k), k ∈ �
63) Se o sistema linear homogêneo
admite soluções diferentes da trivial, então:
D = = 0 ⇔
⇔ – 9m2 + 28m2 – 28m – 18m2 + 18m – 24 = 0 ⇔⇔ m2 – 10m – 24 = 0 ⇔ m = – 2 ou m = 12
Resposta: E
64) Se o sistema linear homogêneo
admite outras soluções além de x = y = z = 0, então:
D = = 0 ⇔ a4 + 1 – a2 – a4 + 1 – a2 = 0 ⇔
⇔ – 2a2 + 2 = 0 ⇔ a2 = 1 ⇔ a = ± 1
Resposta: A
65) . = λ . ⇔ ⇔
⇔
Como o sistema é homogêneo, o mesmo admitirá mais de
uma solução se, e somente se,
= 0 ⇔ – (1 – λ2) – 10 = 0 ⇔
⇔ λ2 – 11 = 0 ⇔ λ = ± ��11 .
Resposta: E
�0
0
0��
x
y
z��
1
3
1
4
– 1
– 22
5
– 7
– 11�
x + 4y + 5z = 0
3x – y + 7z = 0
x – 22y – 11z = 0�
1
3
1
4
– 1
– 22
5
7
– 11
⇔x + 4y = – 5k
– 13y = 8k�⇔+
– 3x + 4y = – 5k
3x – y = – 7k�33k
x = – –––––13
8ky = – ––––
13�⇔
32kx – ––––– = – 5k
13
8ky = – ––––
13�⇔
8k– ––––
13
33k– ––––
13
x = 1
y = 1
z = 3�
2x + y – z = 0
x – y = 0
z – 3 = 0�
x + y + z = 0
4x – 2my + 3z = 0
2x + 6y – 4mz = 0�
1
4
2
1
– 2m
6
1
3
– 4m
3–––2
– 5 ± 1––––––––
4
3– ––
2
2x + αy – 2z = 0
x + y + z = 0
x – y – z = 0�
2
1
1
α
1
– 1
– 2
1
– 1
1
1
1
2
– m
3
– 1
– 3
m
x + 2y – z = 0
x + 3y – 3z = 0
x + 3y – 3z = – 3�
x = 3 k
y = – k
z = k, (k ∈ �)�
x + 2y – z = 0
x – 3z = 0
x + 3y = 0�
3x + 7my + 6z = 0
3my + 4z = 0
(m – 1)x + 2y – mz = 0�
3
0
m – 1
7m
3m
2
6
4
– m
a2x + y – a2z = 0
x – a2y + z = 0
x + y – z = 0�
a2
1
1
1
– a2
1
– a2
1
– 1
x + 5y = λx
2x – y = λy�x
yx
y1 5
2 – 1(1 – λ) x + 5y = 0
2x – (1 + λ) y = 0�
5
– (1 + λ)
1 – λ
2
32 –
66) . = k ⇔ = ⇔
⇔ ⇔
Como o sistema é homogêneo, para que o mesmo admita
solução ≠ , deve-se ter:
D = = 0 ⇔ (5 – k)2 – 16 = 0 ⇔
⇔ (5 – k)2 = 16 ⇔ 5 – k = 4 ou 5 – k = – 4 ⇔ k = 1 ou k = 9
Assim, a soma dos possíveis valores de k é 1 + 9 = 10
Resposta: B
67) ⇔
Eliminando a última equação, tem-se:
⇔
Fazendo x = α, α ∈ �, tem-se:
⇔
Assim, o sistema é possível e indeterminado e qualquer solu -
ção (x, y, z, t) = (α; 2α; 3α; 4α) forma uma progressão aritmética
de razão igual a α.
Resposta: C
68) I) (2sen a + cos a)2 = 4sen2a + 2 . 2sen a cos a + cos2a =
= sen2a + 3sen2a + 2 . 2 . sen a . cos a + cos2a =
= 1 + 3sen2a + 2sen 2a
II) O sistema
equivale
a
III) Para que o sistema linear homogêneo seja possível e
indeterminado, deve-se ter:
D = = 0 ⇔
⇔ (cos a – sen a) . (2sen a + cos a – cos a) .
. (2sen a + cos a – sen a) = 0 ⇔⇔ (cos a – sen a) . (2sen a) . (cos a + sen a) = 0 ⇔⇔ (cos2a – sen2a) . (2sen a) = 0 ⇔⇔ cos2a – sen2a = 0 ou 2sen a = 0 ⇔⇔ cos2a = sen2a ou sen a = 0 ⇔⇔ tg2a = 1 ou sen a = 0 ⇔ tg a ± 1 ou sen a = 0
Para a ∈ [0; 2π[, tem-se:
Assim, a soma de todos os valores de a é
0 + + + π + + = 5π
Resposta: A
�kx
ky��5x + 4y
4x + 5y��x
y��x
y��5
4
4
5�(5 – k)x + 4y = 0
4x + (5 – k)y = 0�5x + 4y = kx
4x + 5y = ky�
�0
0��x
y�
�5 – k
4
4
5 – k�
x – y – z + t = 0
x + y – z = 0
3x – 3y + z = 0
3x – 3y + z = 0��
x – y – z + t = 0
2x – 2z + t = 0
3x – 3y + z = 0
– x + y + 5z – 4t = 0
–1 4
+
+
x – y – z + t = 0
x + y – z = 0
4x – 2y = 0�
x – y – z + t = 0
x + y – z = 0
3x – 3y + z = 0�
+
1
t = 4αz = 3αy = 2α
�– y – z + t = – αy – z = – α2y = 4α
�
x + y + z = 0
x sen a + y cos a + z(2sen a + cos a) = 0
x sen2a + y cos2a + z(1 + 3sen2a + 2sen 2a) = 0�
x + y + z = 0
x sen a + y cos a + z(2sen a + cos a) = 0
x sen2a + y cos2a + z(2sen a + cos a)2 = 0�
1
2 sen a + cos a
(2 sen a + cos a)2
1
cos a
cos2a
1
sen a
sen2a
7π–––4
5π–––4
3π–––4
π–––4
– 33
MATEMÁTICA
LIVRO 4
ÁLGEBRA
Capítulo 6 – Exercícios-Tarefa (Matrizes,
Determinantes, Inversão e Sistemas Lineares)
1) At . B = = ⇔
⇔ ⇔
Dessa forma: x . y2 = ( – 4) . = – 1
Resposta: D
2) I) . =
II) . =
III) = ⇒
Logo, x + y = – 1
Resposta: C
3) Se a matriz A = , então:
A2 = A . A = . =
A3 = A2 . A = . =
A4 = A3 . A = . =
� � � �
A100 = A99 . A = . =
Portanto, a soma dos elementos da matriz A100 é:
0 + 1 + 1 + 100 = 102
Resposta: A
4) I) O custo diário C da produção de p unidades do medi ca -
mento X e q unidades do medicamento Y, ao preço unitário
de r e s reais, respectivamente, será:
C = p . r + q . s
II) Sendo M = [2p q] e N = , temos:
M . N = [2 . p . r + 2 . q . s] = [2C]. O elemento da matriz pro -
duto M.N representa o custo da produção de 2 dias desta
indústria.
Resposta: B
5) a) AX = λX ⇒ . = λ . ⇔
⇔ = ⇔ ⇔
⇔
Para que o sistema linear homogêneo tenha soluções não
nulas, deve-se ter:
= 0 ⇔ (1 – λ) . (3 – λ) = 0 ⇔ λ = 1 ou λ = 3
b) I) Para λ = 1, tem-se o sistema:
⇔ , ∀k ∈ � ⇒ X =
II) Para λ = 3, tem-se o sistema:
⇔ , ∀k ∈ � ⇒ X =
Resposta: a) λ = 1 ou λ = 3
b) λ = 1 ⇒ X = , ∀k ∈ � ; λ = 3 ⇒
⇒ X = , ∀k ∈ �
6) Sejam as matrizes X = , A = e I =
I) Se a matriz X comuta com A, então:
AX = XA ⇒ . = . ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔ ⇔
II) X2 = X . X = . =
III) 2X = 2 . =
IV) 5I = 5 . =
V) X2 – 2X – 5I = – – = = 0
Resposta: D
7) Se A = e I = , então:
A2 = A . A = . = = I
A3 = A2 . A = I . A = A
A4 = A3 . A = A . A = A2 = I
A5 = A4 . A = I . A = A
�A2n = I, para todo natural n
A2n + 1 = A, para todo natural n
Resposta: C
�0
0��1
2
1��x
2
1
y
2
– 3�x = – 4
1y = ––
2�2 + 2 + x = 0
– 3 + 2y + 2 = 0�1
–––4
�0 1 – 1
1 – 1 3��0 1 –1
1 0 2��1 0
–1 1�
�y – 1
x – y + 3��x
y
1��0 1 –1
1 –1 3�y = 1
x = – 2��0
0��y – 1
x – y + 3�
�1
0
1
1�
�1
0
2
1��1
0
1
1��1
0
1
1�
�1
0
3
1��1
0
1
1��1
0
2
1�
�1
0
4
1��1
0
1
1��1
0
3
1�
�1
0
100
1��1
0
1
1��1
0
99
1�
r
2s
�x
y��x
y��1
2
0
3�x = λx
2x + 3y = λy��λx
λy��x
2x + 3y�(1 – λ)x = 0
2x + (3 – λ)y = 0�
�0
3 – λ1 – λ
2�
�k
– k�x = k
y = – k�0x = 0
2x + 2y = 0�
�0
k�x = 0
y = k�– 2x = 0
2x + 0y = 0�
�k
– k�
�0
k�
�1
0
0
1��a
c
b
d��1
2
3
1�
�a
c
b
d��1
2
3
1��1
2
3
1��a
c
b
d�
�a + 3c
2a + c
b + 3d
2b + d��a + 2b
c + 2d
3a + b
3c + d�a = d
3cb = ––––
2�
2b = 3c
3a = 3d
2d = 2a
3c = 2b�
a + 2b = a + 3c
3a + b = b + 3d
c + 2d = 2a + c
3c + d = 2b + d�
�7
4
6
7��1
2
3
1��1
2
3
1�
�2
4
6
2��1
2
3
1�
�5
0
0
5��1
0
0
1�
�0
0
0
0��5
0
0
5��2
4
6
2��7
4
6
7�
�1
0
0
1��0
1
1
0�
�1
0
0
1��0
1
1
0��0
1
1
0�
34 –
8) I) = 6 ⇔ 20 + 2y – 4x – 3y = 6 ⇔ – 4x – y = – 14
II) = 47 ⇔ 15y + 6x – 10 + 9 = 47 ⇔
⇔ 6x + 15y = 48
III) ⇔ ⇔
Resposta: x = 3; y = 2
9) I) O traço da matriz vale 9, então, 1 + x + y = 9 ⇔ x + y = 8
II) = 15 ⇔ x . y = 15
III) ⇔ ou
Resposta: (x = 3 e y = 5) ou (x = 5 e y = 3)
10) I) A = Bt ⇒ = ⇔
⇔ ⇔
II) det = = – 4 – 10 + 4 + 10 = 0
Resposta: B
11) Sendo A = , então det A = 2x + 8
Como o “peso” (massa) médio, em quilogramas, é dado por
p(x) = det A, onde x é a idade da criança:
a) p(5) = 2 . 5 + 8 = 18
b) p(x) = 30 ⇒ 2x + 8 = 30 ⇔ x = 11
Resposta: a) 18 kg b) 11 anos
12) A = x3 – 1 e B = x – 1
– B2 = – (x – 1)2 =
= – (x2 – 2x + 1) =
= x2 + x + 1 – x2 + 2x – 1 = 3x
Resposta: B
13) Se |A| denota o determinante da matriz A então:
A = ⇒ |A| = |A|2 – 2 ⇔
⇔ |A|2 – |A| – 2 = 0 ⇔ |A| = 2 ou |A| = –1 ⇔
⇔ A = ou A =
Resposta: D
14) I) �A(x)� = =
= cos2(x) + sen2(x) = 1, ∀x ∈ �
II) �A(– x)� = =
= cos2(– x) + sen2(– x) = 1, ∀x ∈ �
Resposta: C
15) I) det(2A) = 8 ⇒ 22 . det A = 8 ⇔ det A = 2
II) = 2 ⇔
⇔ (sen x + cos x)2 + 2 sen x cos x = 2 ⇔⇔ sen2x + 2 sen x cos x + cos2x + 2 sen x cos x = 2 ⇔⇔ 4 sen x cos x + 1 = 2 ⇔ 4 sen x cos x = 1 ⇔
⇔ 2 sen x cos x = ⇔ sen(2x) =
III) 0 ≤ x ≤ π ⇔ 0 ≤ 2x ≤ 2π
IV) ⇒
⇒ 2x = ou 2x = ⇔
⇔ x = ou x =
V) A soma dos possíveis valores de x é
+ = =
Resposta: B
16) =
= cotg2x + sec2x . cos2x + cossec2x . sen2x . tg2x –
– cossec2x . cos2x – tg2x – sec2x . sen2x . cotg2x =
= + . cos2x + . sen2x . –
– . cos2x + – . sen2x . =
= + 1 + – – – 1 = 0
Resposta: D
17) =
+
= = 0, pois a 3a. linha é proporcional à 1a.
Resposta: A
1
2
x
0
4
y
1
3
5
3
2
0
1
y
3
x
– 1
5
x = 3
y = 2�4x + y = 14
2x + 5y = 16�– 4x – y = – 14
6x + 15y = 48�
1
0
0
2
x
0
3
z
y
x = 5
y = 3�x = 3
y = 5�x + y = 8
xy = 15�
�y
– x
4
z��0
y + z
x2
2�
x = – 2
y = 0
z = 2�
x2 = 4
0 = y
2 = z
y + z = – x�
�– 2
2
4
0
1
5
– 1
1
2��
x
z
4
y
1
5
– 1
1
2�
1 – 1 1
3 0 – x
20 2 ––
3
x3 – 1–––––––
x – 1
A–––B
(x – 1)(x2 + x + 1)–––––––––––––––––
x – 1
)|A|
2
1
|A|(
)–1
2
1
–1()2
2
1
2(
�cos(x)
sen(x)
– sen(x)
cos(x)�
�cos(– x)
sen(– x)
– sen(– x)
cos(– x)�
�sen x + cos x
cos x
– 2 sen x
sen x + cos x�
1–––2
1–––2
1sen(2x) = ––
2
0 ≤ 2x ≤ 2π�
5π–––6
π–––6
5π–––12
π–––12
π–––2
6π–––12
5π–––12
π–––12
1
sen2x
cos2x
sec2x
1
tg2x
cossec2x
1
cotg2x
sen2x––––––cos2x
1––––––sen2x
1––––––cos2x
cos2x–––––––sen2x
cos2x––––––sen2x
1––––––cos2x
sen2x––––––cos2x
1––––––sen2x
sen2x––––––cos2x
cos2x––––––sen2x
sen2x––––––cos2x
cos2x––––––sen2x
–21
x
2x + m
1
y
2y + m
1
z
2z + m
1
x
m
1
y
m
1
z
m
– 35
18) I) f(x) = = a . =
= a . . . . =
= a . . . . bcx . =
= a . = a . (b – x) . (c – b) . (c – x)
II) f(x) = 0 ⇒ a . (b – x) . (c – b) . (c – x) = 0 ⇔⇔ x = b ou x = c, pois a ≠ 0 e b ≠ c
Resposta: C
19) =
= b . sen C + c . sen A + a . sen B – b . sen A –
– a . sen C – c . sen B = 0, pois, de acordo com a lei dos senos,
= = ⇒ b . sen C = c . sen B,
c . sen A = a . sen C e a . sen B = b . sen A
Resposta: zero
20) =
= =
= (x – 1) . = 0,
pois a 2a. e a 3a. linha são iguais.
Resposta: zero
21) I) f(x) = det A = =
= x . (– 1)1+1 . =
= x . 1 . x . (– 1)1 + 1 . = x . 1 . x . 1 . (x3 + 8) =
= x2 . (x3 + 8)
II) f(x) = x2 . (x3 + 8) ⇒
⇒ f(– 1) = (– 1)2 . [(– 1)3 + 8] = 1 . (– 1 + 8) = 7
Resposta: D
22) = 0 ⇔ 3x . = 0 ⇔
⇔ 3x . (8 – 4) = 0 ⇔ 3x . 4 = 0 ⇔ 3x = 0 ⇒ �∃x, pois 3x > 0, para
todo x.
Resposta: A
23) Se A e B são matrizes quadradas de ordem 3 e det A = 1,5,
então:
I) det Bt = 96 ⇔ det B = 96
II) B = k . A ⇒ det B = det (k . A) ⇔ det B = k3 . det A ⇒
⇒ 96 = k3 . 1,5 ⇔ k3 = 64 ⇔ k = 4
Resposta: E
24) = 0 ⇔
⇔ = 0 ⇔
⇔ x . (x – 1) . (x – 4) . (x – 6) = 0 ⇔
⇔ x = 0 ou x = 1 ou x = 4 ou x = 6 ⇒ S = {0, 1, 4, 6}
Resposta: A
25) Se A, B e C são matrizes quadradas de ordem 3 com det C = 32,
então:
I) B = 2 . A ⇒ det B = det(2 . A) = 23 . det A = 8 . det A
II) A . B = C ⇒ det(A . B) = det C ⇒ det A . det B = 32 ⇒
⇒ det A . 8 . det A = 32 ⇔ (det A)2 = 4 ⇔
⇔ det A = ± 2 ⇔ �det A� = 2
Resposta: A
26) I) M = e det M = A
II) N = e det N = B
III) B = = =
= 2 . = 2 . =
1
x
bc
1
b
cx
1
c
bx
a
x
bc
a
b
cx
a
c
bx
x
x2
bcx
b
b2
bcx
c
c2
bcx
1–––c
1–––b
1–––x
x
x2
1
b
b2
1
c
c2
1
1–––c
1–––b
1–––x
1
x
x2
1
b
b2
1
c
c2
1
a
sen A
1
b
sen B
1
c
sen C
c––––––sen C
b––––––sen B
a––––––sen A
1
x2 + x + 1
x3 – 1
1
x + 1
x2 – 1
1
x – 1
x2 – 2x + 1
1
x – 1
(x – 1)2
1
x2 + x + 1
(x – 1)(x2 + x + 1)
1
x + 1
(x + 1)(x – 1)
1
x – 1
x – 1
1
x + 1
x + 1
1
x2 + x + 1
x2 + x + 1
x
0
0
0
0
1
x
0
0
0
0
1
x
0
1
0
0
1
x
0
0
0
0
8
x
x
0
0
0
1
x
0
1
0
1
x
0
0
0
8
x
x
0
1
1
x
0
0
8
x
0
0
4
1
1
1
1
2
3
0
0
4
3x
3x
3x
1
2
3
x
x
x
x
1
x
x
x
2
4
x
x
3
5
6
x
–1
–1
–1
++
+
x
0
0
0
1
x – 1
0
0
2
2
x – 4
0
3
2
1
x – 6
�a
d
g
b
e
h
c
f
i�
�b + c
e + f
h + i
a + c
d + f
g + i
a + b
d + e
g + h�
a + b
d + e
g + h
a + c
d + f
g + i
2a + 2b + 2c
2d + 2e + 2f
2g + 2h + 2i
x1
x1
+
+
b + c
e + f
h + i
a + c
d + f
g + i
a + b
d + e
g + h
– c
– f
– i
– b
– e
– h
a + b + c
d + e + f
g + h + i
a + b
d + e
g + h
a + c
d + f
g + i
a + b + c
d + e + f
g + h + i
– 1 ++
36 –
= 2 . (– 1) . (– 1) . =
= 2 . = 2 . det M = 2.A
Resposta: C
27) I) A = A– 1 ⇒ A . A = A . A–1 ⇒ A2 = I
II) A = e A2 = I, então:
. = ⇒
⇒ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ cotg α = 0
III) cotg α = 0 ⇔ = 0 ⇔ cos α = 0 ⇒
⇒ α = + k . π, k inteiro.
Resposta: E
28) A = ⇒ det A = 1 – sen2θ = cos2θ
(0) Verdadeiro. A matriz A é inversível se det A ≠ 0 ⇔
⇔ cos2θ ≠ 0 ⇔ cos θ ≠ 0 ⇔ θ ≠ + kπ, k ∈ �
(1) Verdadeiro. Se θ = 0 ⇒ A = = = I2
(2) Falso. A matriz A é simétrica, isto é, A = At, então,
A + At = A + A = 2A
(3) Verdadeiro. Sendo det A = cos2θ, então det A ≥ 0 qualquer
que seja o valor de θ.
Respota: V, V, F, V
29) ⇔ ⇔
⇔
Para a ≠ – 2, o sistema é possível e determinado; e para
a = – 2, o sistema é possível e indeterminado. Logo, o sistema
admite solução, qualquer que seja a ∈ �.
Resposta: E
30) Se s for o número de caixas com 6 ovos e d o número de caixas
com 12 ovos, então:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇒ s + d = 95
Resposta: D
31) Sendo a o número de amigos e C o número de convites, nas
condições propostas, tem-se:
⇔ ⇔
⇔ ⇔
Se a pessoa pretende dar quatro convites a cada amigo,
necessitará de 4 . 40 = 160 convites e, por tanto, pre cisará ter
mais 160 – 105 = 55 convites.
Resposta: B
32) a) O número total de alunos é 250:
a + b + c + d + e + f = 250 (I)
b) 32% dos alunos são homens:
d + e + f = 32% . 250 ⇔ d + e + f = 80 (II)
c) 40% dos homens estão na 1a. série:
d = 40% (d + e + f) ⇒ d = 0,4 . 80 ⇔ d = 32 (III)
d) De (II) e (III), temos: e + f = 48 (IV)
e) 20% dos alunos estão na 3a. série:
c + f = 20% . 250 ⇔ c + f = 50 (V)
f) Dez alunos da 3a. série são homens: f = 10 (VI)
g) De V e VI: c = 40 (VII)
h) De IV e VI: e = 38 (VIII)
i) Dentre os alunos da 2a. série, o número de homens é igual ao
número de mulheres: b = e (IX)
j) De (VIII) e (IX): b = 38 (X)
k) Substituindo (III), (VI), (VII), (VIII) e (X) em (I), temos:
a + 38 + 40 + 32 + 38 + 10 = 250 ⇔ a = 92
Resposta: C
33) Se s for o número de salas e n, o número de alunos, temos:
⇔
⇔ ⇔
Resposta: C
34) I) . = ⇒
II) D = = k2 + k – 2 = 0 ⇔ k = – 2 ou k = 1
III) Se D ≠ 0 ⇔ k ≠ – 2 e k ≠ 1, o sistema é possível e
determinado.
IV)Para k = – 2, tem-se o sistema que é
possível e indeterminado, pois as duas equações são
equivalentes.
V) Para k = 1, tem-se o sistema que é
impossível, pois as equações são incompatíveis.
Resposta: D
a + b + c
d + e + f
g + h + i
b
e
h
c
f
i
–1+
–1+
a
d
g
b
e
h
c
f
i
cossec αcotg α
cotg αcossec α
1
0
0
1cossec αcotg α
cotg αcossec αcossec α
cotg αcotg α
cossec αcotg2α + cossec2α = 1
cotg α . cossec α + cossec α . cotg α = 0�2 . cotg2α = 0
2 . cotg α . cossec α = 0�cotg2α + 1 + cotg2α = 1
2 . cotg α . cossec α = 0�
cos α––––––sen α
π–––2
1
sen θsen θ
1
π–––2
1
0
0
11
sen 0
sen 0
1
x + 2y = 6
– (a + 2) . y = – 2a – 4
x + 2y = 6
(a + 1)x + ay = 4a + 2
x + 2y = 6
(a + 2) . y = 2 . (a + 2)
d = s + 15
6s + 12(s + 15) = 900�d = s + 15
6s + 12d = 900�
s = 40
d = 55 �d = s + 15
18s = 720�
C = 2a + 25
3a – 15 = 2a + 25�C = 2a + 25
C = 3a – 15�C = 105
a = 40�C = 2a + 25
a = 40�
30s – n = 20
40s – n = 160�30.(s – 1) + 10 = n
40 . (s – 4) = n�s = 14
n = 400�30s – n = 20
10s = 140�
kx + 2y = – 6
x + (k + 1)y = 3�– 6
3x
y2
k + 1
k
1
�2
k + 1
k
1�
– 2x + 2y = – 6
x – y = 3�
x + 2y = – 6
x + 2y = 3�
– 37
35) Sejam t e c, respectivamente, as quantidades de em balagens
de 30 g e 50 g.
a)
⇔ ⇔
b) A embalagem de 50 g é mais econômica, pois o preço por
grama, em reais, é = 0,3 e < . Deve-se
adquirir, portanto, a máxima quantidade de embalagens de
50 g.
Notando que
R$ 100,00 = 6 . R$ 15,00 + 1 . R$ 10,00,
con cluímos que a quantidade máxima, em
gramas, que uma pessoa pode adqui rir com
R$ 100,00 é 6 . 50 g + 1 . 30 g = 330 g.
Respostas:a) 7 embalagens de 30 g e 2 de 50 g.
b) 330 g.
36) ⇔ ⇔
1) Se x = > 0, então c + 1 > 0 ⇔ c > – 1
2) Se y = > 0, então 3 – 2c > 0, pois c > – 1
Logo, c <
De (1) e (2), concluímos que –1 < c <
Resposta: E
37) Sejam s, a e b as quantidades de calorias contidas respec -
tivamente em uma colher de sopa de arroz, uma almôndega e
uma porção de brócolis.
Nas condições dadas, temos:
⇔
Se ontem seu almoço consistiu de uma colher de sopa de
arroz, duas almôndegas e uma porção de brócolis, essa pessoa
ingeriu 44 + 2 . 60 + 22 = 186 calorias.
Resposta: A
38) Sendo a, b e c os números de folhas impressas em 1 hora pelas
impressoras A, B e C, respectivamente, temos:
⇒ 2a + 2 b + 2c = 480 ⇒ a + b + c = 240
Como b + c = 170, temos:
a + b + c = 240 ⇔ a + 170 = 240 ⇔ a = 70
Resposta: D
39) I) 1, a e 5 são termos consecutivos de uma PA.
Assim, a = ⇒ a = 3.
II) 1, a e c são termos consecutivos de uma PG.
Portanto, a2 = 1 . c ⇒ 32 = c ⇒ c = 9.
III) a, b e c são termos consecutivos de uma PA.
Dessa forma, b = ⇒ b = ⇒ b = 6.
IV) De (I), (II) e (III), resulta:
det A = 18 ⇔ = 18 ⇔
⇔ = 18 ⇔ x = 4
Logo, log8x = α ⇔ log84 = α ⇔ 22 = 23α ⇔
⇔ 3α = 2 ⇔ α = .
Resposta: D
40) Para que a matriz quadrada A tenha posto 1, devemos ter:
⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Resposta: a = 1, b = 3 e c = 2
41) . . ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔
Impondo as condições x ∈ � *, y ∈ � * e z ∈ � *, temos:
⇔ ⇔ ⇔
⇔ z ∈ {5, 6, 7, 8, 9, 10, 11}
Observe que as demais afirmações são incorretas
B – Falsa, pois x = 7, y = 18 e z = 7 representam uma solução.
c = 2
t = 7�30t + 50c = 310
5c = 10�30t + 50c = 310
10t + 15c = 100�
10––––30
15––––50
15––––50
100 � 15–––––
10 � 6
5x = ––––––
c + 1
3 – 2cy = –––––––
c + 1
�x – y = 2
(c + 1)x = 5�x – y = 2
cx + y = 3�
5–––––c + 1
3 – 2c–––––––
c + 1
3––2
3––2
2s + a = 148
s + 2a = 164 ⇔
s + a + b = 126�
3s + 2a + 1b = 274
2s + 3a + 1b = 290 ⇔
2s + 2a + 2b = 252�
a = 60
s = 44
b = 22�
– 3a = – 180
s + 2a = 164 ⇔
s + a + b = 126�
a + b = 150
a + c = 160
b + c = 170�
1 + 5––––––
2
3 + 9––––––
2
a + c––––––
2
5
c
x + 5
1
a
c
a
b
12
5
9
x + 5
1
3
9
3
6
12
2–––3
3a – b + 2c 1 6 ––––––––––– = ––––– = –––
2 1 3 –––2
1–––
b + c – 3a 2 c – 2a + b–––––––––– = –––– = –––––––––––
2 1 3–––2
�c = 2
– 3a + b + c = 2
– 2a + b + c = 3�
3a – b + 2c = 4
– 3a + b + c = 2
– 2a + b + c = 3�
c = 2
b = 3
a = 1�
c = 2
– 3a + b + c = 2
a = 1�
78
32x
y
z1
1
2
1
5
1x + 2y = 78 – 5z
x + y = 32 – z�x + 2y + 5z = 78
x + y + z = 32�x = 3z – 14
y = 46 – 4z�
z > 4,6
z < 11,5
z ∈ � *�14
z > –––3
46z < –––
4
z ∈ � *
�3z – 14 > 0
46 – 4z > 0
z ∈ � *�
38 –
C – Falsa, pois x + 2y + 5z = 78 ⇔ 0,05x + 0,10y + 0,25z = 3,90
D – Falsa, pois para y = 4, temos:
⇔ ⇔
E – Falsa, pois 4,6 < z < 11,5
Resposta: A
42) Sendo m, p e �, respectivamente, os números de ma çãs, pêras
e laranjas transportadas, tem-se:
Assim, tem-se:
⇔
⇔ ⇔
Resposta: Estão sendo transportadas 2000 maçãs, 3000 pêras
e 5 000 laranjas.
43) Se x, y e z forem as quantidades dos alimentos I, II e III,
respectivamente, então:
⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔
Para z = k, temos:
e, portanto, a solução geral do sistema é:
, com 0 ≤ k ≤ 3
Se as quantidades de alimentos forem inteiras, então a única
possibilidade será x = 2, y = 1, z = 2.
Resposta: A solução geral é ; 3 – k; k , para 0 ≤ k ≤ 3.
Destas soluções, a única inteira é (2; 1; 2).
44) Se x > 0, y > 0 e z > 0, então:
I) ⇔ ⇒ ⇒
⇒ ⇔ ⇒ 16 < x < 20
II) ⇔ ⇒
⇒ ⇒ ⇔
⇔ ⇒ 0 < y < 8
Resposta: B
45) Se A = e B = , então:
I) A – x . B = – =
II) det(A – xB) = 0 ⇒ (4 – x).(1 – x) – 4 = 0 ⇔
⇔ 4 – 4x – x + x2 – 4 = 0 ⇔ x2 – 5x = 0 ⇔
⇔ x(x – 5) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 5
Resposta: E
46)
II) A = =
III) det A = k ⇒ – 2 – 4 = k ⇔ k = – 6
IV)tg = – 1 ⇒ tg = – 1 ⇔
⇔ = – – nπ ⇔ 6x = π + n4π ⇔
⇔ x = + n . , n ∈ �
V) Para – 2π < x < 2π, existem 6 valores de x que são obtidos
para n ∈ {– 3, – 2, – 1, 0, 1, 2}
Resposta: C
x = 17,5 ∉ � *
z = 10,5 ∉ � *�x = 3z – 14
4 = 46 – 4z�x = 3z – 14
y = 46 – 4z�
m + p + � = 10000 (quantidade de frutas)
m p �––– + ––– + –––– = 140 (quantidade de caixas)50 60 100
m p �20 . ––– + 40 . ––– + 10 . –––– = 3300 (custo total)
50 60 100
�m + p + � = 10000
3m + 2p = 12000
9m + 17p = 69000�m + p + � = 10000
6m + 5p + 3� = 42000
12m + 20p + 3� = 99000�
� = 5000
m = 2000
p = 3000�m + p + � = 10000
3m + 2p = 12000
11p = 33000�
300x + 100y + 200z = 1 100
0 . x + 300 y + 300z = 900
300x + 400y + 500z = 2 000�
3x + y + 2z = 11
y + z = 3
3y + 3z = 9�
3x + y + 2z = 11
y + z = 3
3x + 4y + 5z = 20�
3x + y + 2z = 11
y + z = 3�3x + y + 2z = 11
y + z = 3
y + z = 3�
3x + y = 11 – 2k
y = 3 – k�
8 – kx = ––––––
3
y = 3 – k
z = k
��8 – k
–––––3�
z = 60 – 3x > 0
y = 2x – 32 > 0
x > 0�
3x + z = 6
y = 2x – 32
x > 0�
x + y + z = 28
2x – y = 32
x > 0�
x < 20
x > 16
x > 0�
– 3x > – 60
2x > 32
x > 0�
– 3y – 2z = – 24
2x = 32 + y
y > 0�
x + y + z = 28
2x – y = 32
x > 0�
– 3y > – 24
y > – 32
y > 0�
2z = 24 – 3y > 0
2x = 32 + y > 0
y > 0�
y < 8
y > – 32
y > 0�
1
0
0
14
2
2
14 – x
2
2
1 – xx
0
0
x4
2
2
1
⇔3
3
1
6=
x11
x12
x21
x22
.1
0
1
1
1
0
0
0
0
1
0
1
0
1
1
0I)
⇔
x11 + x12 = 3
x21 + x22 = 3
x11 + x21 + 2x22 = 4
x11 + x21 = 6�⇔
x11 + x12 = 3
x21 + x22 = 3
x11 + x22 = 1
x11 + x21 = 6�⇔
x11 = 2
x12 = 1
x21 = 4
x22 = – 1�⇔
x11 + x12 = 3
x21 + x22 = 3
6 + 2x22 = 4
x11 + x21 = 6�⇔
�2
4
1
– 1��x11
x21
x12
x22�
– 6x–––––
4
kx–––––
4
π–––4
– 6x–––––
4
4π––––
6
π–––6
– 39
47) a) O determinante do sistema é
D = = m2 – 1
I) Se m2 – 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ 1 e m ≠ –1, então o sistema é possível
e determinado, admitindo, portanto, uma única solução.
II) Se m = 1, então é um sistema impos sível.
III) Se m = –1, então é um sistema impos sível.
b) Se A e B são matrizes inversas, então, A . B = I2 ⇒
⇒ . = ⇔
⇔ = ⇔
⇔ ⇔
Respostas: a) O sistema é determinado para m ≠ 1 e
m ≠ – 1. O sistema é impossível para m = 1 ou
m = – 1.
b) k = e m = –
48) a) x . + y . + z . = ⇔
⇔
Como D = = 0, conclui-se que o sistema
linear homogêneo é possível e in de terminado e, portanto,
infinitas triplas ordenadas (x, y, z) de números satisfazem a
equação matricial dada.
b) Sejam A = ; A–1 = ; X = e
B =
A . X = B ⇔ . = ⇔
⇔ = ⇔
Logo: X = A–1 . B ⇔
⇔ = . ⇔
⇔ = ⇔
Respostas: a) Demonstração
b) V = {(3a – b; – 5a + 2b)}
49) a) Sejam (r), (s) e (t) as representações gráficas dos pon tos
definidos pelos pares ordenados (x1 , x2 ) num sis tema
cartesiano orgonal de abscissa x1 e or de nada x2 .
Graficamente, não há um ponto comum às 3 retas e,
portanto, o sistema não tem solução.
b) Se A . x = b é . = , então
A x b
AT . Ax = AT . b é
. . =
= . ⇔
⇔ . = ⇔
⇔ ⇔
Respostas: a) ver gráfico
b) A solução aproximada do sistema é dada por
(x1; x2 ) =
50) a) det(A) = = (x – 1) . =
= (x – 1) . (4x – 8) = 0 ⇔ x = 1 ou x = 2 ⇒
⇒ S = {1; 2}
b) Com x = 2, tem-se:
A = e Ay = b ⇔
⇔ . = ⇔
⇔ ⇔ ⇔
m
1
1
m
x + y = 4
x + y = 6�–x + y = 4
x – y = 6�
1
0
0
1k
m
0
1––3
2
1
0
3
1
0
0
12k 0
k + 3m 11
k = ––2
1m = – ––
6
�2k = 1
k + 3m = 0�
1––6
1––2
0
0
0– 1
– 10
72
0
11
2
– 1
x + 2y – z = 0
2x –10z = 0
–x + y + 7z = 0�
1
2
– 1
2
0
1
– 1
– 10
7
x
y– 1
2
3
– 51
3
2
5a
b
a
bx
y1
3
2
52x + y = a
5x + 3y = b�a
b2x + y
5x + 3y
a
b– 1
2
3
– 5x
y
x = 3a – b
y = – 5a + 2b�3a – b
– 5a + 2bx
y
2
2
2x1
x2
– 1
2
1
2
– 1
1
x1
x2
– 1
2
1
2
–1
1– 1
2
2
– 1
1
1
2
2
2– 1
2
2
– 1
1
1
4
4x1
x26
– 3
– 3
64
x1 = –––3� 4
x2 = –––3
6x1 – 3x2 = 4�– 3x1 + 6x2 = 4
4 4�––– ; –––�3 3
x – 1
2
– 2
x – 1
1
1
1
1
1
x – 1 x – 1 x – 1
x – 1 1 2
x – 1 1 –2
�1
2
– 2
1
1
1
1
1
1�
�m
3
5��y1y2y3
��1
2
– 2
1
1
1
1
1
1�
y1 + y2 + y3 = m
y3 = 3 – m
– 3y3 = 5 – m�y1 + y2 + y3 = m
y1 + y2 + 2y3 = 3
y1 + y2 – 2y3 = 5�
40 –
⇔
Esse sistema só admite infinitas soluções se, e somente se,
14 – 4m = 0 ⇔ m =
Respostas: a) S = {1; 2} b) m =
51) I) ⇔ ⇔
⇔ ⇔
II) Como y e z são inteiros positivos e z < y, na equação
z = 10y – 55, tem-se y = 6 e z = 5
III) Para y = 6 e z = 5, na equação 4x + 2y + 3z = 39, resulta
x = 3
IV)x + y + z = 3 + 6 + 5 = 14
Resposta: 14 reais
y1 + y2 + y3 = m
y3 = 3 – m
0 . y3 = 14 – 4m�7
–––2
7–––2
12x + 6y + 9z = 117
12x + 16y + 8z = 172�4x + 2y + 3z = 39
3x + 4y + 2z = 43�4x + 2y + 3z = 39
z = 10y – 55�4x + 2y + 3z = 39
10y – z = 55�
– 41
MATEMÁTICA
LIVRO 4
ÁLGEBRA
Capítulo 7 – Noções de Estatística
3) O rol é: 500, 500, 500, 500, 500, 500, 500, 500, 500, 500, 800, 800,
800, 800, 800, 1200, 1200, 1500, 1500, 2000
4) H = 2000 – 500 = 1500
5)
6) mo = 500 é o valor de maior frequência
7) md = = 650
8) x–
= = = 820
9) I) A mediana dos 7 números é o 4.° valor do rol, assim, se a
mediana é igual a 4, devemos ter x � 4, pois o rol é 2, 2, 2,
4, ––, ––, –– sendo os outros números iguais a x, 5 e 10, em
qualquer ordem.
II)⇔ x � {4; 5; 6; ... ; 20}, portanto, existem 20 – 3 = 17
possibilidades para x.
Resposta: E
10) I) Rol das notas da equipe Gama: 0; 6; 6,5; 6,5; 7; 7; 8; 8; 10; 10
II) Se a nota zero fosse substituída por qualquer valor maior
que 7, a mediana passaria a ser, no máximo, = 7,5,
permanecendo inferior às notas das outras
equipes, que foram 7,8 e 7,6.
Resposta: D
11) Sendo mediana o termo central e tendo 3 notas iguais a 2, a
mediana vale 2. E, sendo moda o valor de frequência máxima,
ou seja, o que mais se repete em um conjunto de dados, a
moda vale 2.
Resposta: C
12) • média: = = 3
• rol: 1, 1, 1, 1, 2, 4, 4, 5, 5, 6
• mediana: = = 3
• moda: O número de maior frequência foi o número 1.
Resposta: B
13) Rol: 3, 5, 5, 7, 8, 9, x, y, z
Independente dos outros três números, o valor máximo da
mediana será 8, pois é o quinto termo do rol.
Resposta: D
14) H = 16 – 13 = 3
15) x–
= = = 15
16) Tabela dos desvios
17) Dm = = = = 0,9
18) Variância = = = = 1,1
19) Desvio padrão = ������ variância = ��1,1 � 1,04
20) a) x–
= = = 90
b) I) Variância = = = 900
II) Desvio padrão = ������ variância = ��900 = 30
21) 1. Verdadeira, pois obteve o maior desvio padrão
2. Verdadeira, pois os desvios foram diferentes.
3. Falsa, pois das três foi a que obteve o menor desvio pa drão.
Resposta: D
22) a) A variância é nula quando todos os desvios forem nulos, o
que ocorre quando todos os valores são iguais e, conse -
quentemente, iguais à média. Assim, devemos ter:
x1 = x2 = x3 = ... = xn = x–
b)3
�i = 1
(xi – m)2 = (x1 – m)2 + (x2 – m)2 + (x3 – m)2 =
= x21 – 2x1m + m2 + x2
2 – 2x2m + m2 + x23 – 2x3m + m2 =
= x21 + x2
2 + x23 + 3m2 – 2m(x1 + x2 + x3) assume valor mínimo
quando 3m2 – 2m(x1 + x2 + x3) é mínimo.
A expressão E = 3m2 – 2m(x1 + x2 + x3) =
= m · [3m – 2(x1 + x2 + x3)] anula-se quando
m = 0 ou 3m – 2(x1 + x2 + x3) = 0 ⇔ m =
Assim, E atinge valor mínimo quando
m = = , que corresponde
à abscissa do
vértice da função E(m).
x f fr f% fa fra f% a
500 10 0,50 50 10 0,50 50
800 5 0,25 25 15 0,75 75
1200 2 0,10 10 17 0,85 85
1500 2 0,10 10 19 0,95 95
2000 1 0,05 5 20 1,00 100
∑ 20 1,0 100
500 + 800––––––––––
2
16400––––––
20
10 · 500 + 5 · 800 + 2 · 1200 + 2 · 1500 + 1· 2000––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
10 + 5 + 2 + 2 + 1
x � �
x � 21
x � 4�
7 + 8––––––
2
30–––10
1 · 4 + 2 · 1 + 3 · 0 + 4 · 2 + 5 · 2 + 6 · 1–––––––––––––––––––––––––––––––––––
10
6––2
2 + 4–––––
2
300––––––
20
2 · 13 + 5 · 14 + 4 · 15 + 9 · 16––––––––––––––––––––––––––
2 + 5 + 4 + 9
x f D �D� f . �D� D2 f . D2
13 2 – 2 2 4 4 8
14 5 – 1 1 5 1 5
15 4 0 0 0 0 0
16 9 1 1 9 1 9
∑ 20 18 22
18–––20
4 + 5 + 0 + 9––––––––––––
20
�f · � D �––––––––
n
22–––20
8 + 5 + 0 + 9––––––––––––
20
�f · D2
–––––––n
9000––––––
100
30 · 50 + 60 · 100 + 10 · 150––––––––––––––––––––––––––
30 + 60 + 10
90000––––––
100
30 · (– 40)2 + 60 · 102 + 10 · 602
–––––––––––––––––––––––––––100
2(x1 +x2 + x3)––––––––––––
3
x1 + x2 + x3––––––––––––3
2(x1 + x2 + x3)0 + ––––––––––––––
3––––––––––––––––––––
2
42 –
MATEMÁTICA
LIVRO 4
ÁLGEBRA
Capítulo 8 – Noções de Lógica
9) Roberto não é arquiteto.
10) Roberto é arquiteto e Rogério é engenheiro.
11) Não é verdade que “Roberto é arquiteto ou Rogério é enge -
nheiro”.
12) Se Roberto é arquiteto, então Rogério não é engenheiro.
13) Não é verdade que “se Roberto não é arquiteto, então Rogério
não é engenheiro”.
14) Roberto não é arquiteto se, e somente se, Rogério é enge -
nheiro.
15) p: 2 + 3 = 5 (V)
q: 6 + 7 = 13 (V)
Resposta: V
16) p: 2 + 3 = 5 (V)
q: 6 + 7 = 13 (V)
Resposta: V
17) p: 2 + 3 = 4 (F)
q: 6 + 7 = 13 (V)
Resposta: F
18) p: 2 + 3 = 4 (F)
q: 6 + 7 = 13 (V)
Resposta: V
19) p → q:
Se 2 + 3 = 5, então 6 + 7 = 13
p(V) q(V)
Resposta: V
20) p → q:
Se 2 + 3 = 4, então 6 + 7 = 13
p(F) q(V)
Resposta: V
21) p → q:
Se 2 + 3 = 4, então 6 + 7 ≠ 13
p(F) q(F)
Resposta: V
22) p → q:
Se 2 + 3 = 5, então 6 + 7 ≠ 13
p(V) q(F)
Resposta: F
23) p ↔ q:
2 + 3 = 5, se e somente se 6 + 7 = 13
p(V) q(V)
Resposta: V
24)
25)
A tabela-verdade de �(p ∨ q) → (p ↔ q) é
e portanto �(p ∨ q) → (p ↔ q) é uma tautologia.
26) A tabela-verdade do exercício anterior mostra que
�(p ∨ q) → (p ↔ q) é uma tautologia e, portanto,
�(p ∨ q) ⇒ (p ↔ q).
27) As proposições p ∨ (q ∧ r) e (p ∨ r) ∧ (p ∨ q) têm a mesma
tabela-verdade. Observe:
p q p ∧ q
V V V
p q p ∨ q
V V V
p q p ∧ q
F V F
p q p ∨ q
F V V
p q p → q
F V V
p q p → q
F V V
p q p → q
F F V
p q p → q
V F F
p q p → q
V V V
p q r � r p ∨ q q ∨ (� r) (p ∨ q) ∧ (q ∨ (r))
V V V F V V V
V V F V V V V
V F V F V F F
V F F V V V V
F V V F V V V
F V F V V V V
F F V F F F F
F F F V F V F
p q p ∨ q � (p ∨ q) p ↔ q � (p ∨ q) → (p ↔ q)
V V V F V V
V F V F F V
F V V F F V
F F F V V V
– 43
Se p ∨ (q ∧ r) e (p ∨ r) ∧ (p ∨ q) têm a mesma tabela-verdade,
então p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ r) ∧ (p ∨ q).
28)
Resposta: B
29) Com os dados fornecidos verificamos que se p ∨ q é falso,
então p ∧ q é falso.
Resposta: D
30) p: x = 3
q: y = 7
�p: x ≠ 3
�q: y ≠ 7
Lembrando que
p ⇒ q é equivalente a (�q) ⇒ (�p), concluímos que:
“se x = 3, então y = 7” é equivalente a “se y ≠ 7, então x ≠ 3”
Resposta: C
31)p: (2 = 3) � Se p então qq: (2 · 3 = 5)
Resposta: A
32) p: x � – 2
�p: x � – 2
Resposta: C
33) A negação da frase “todos os gastos são pardos” é “existe um
gato que não seja pardo”.
Resposta: C
34) A negação da frase “o gato mia e o rato chia” é “o gato não
mia ou o rato não chia”.
Resposta: C
35) “Se A = 2, então B = 5” é equivalente a “Se B ≠ 5, então A ≠ 2”.
Resposta: C
36) Como são 13 pessoas, na pior das hipóteses, 12 podem fazer
aniversário em meses diferentes, então, no mínimo duas
fazem aniversário no mesmo mês.
Resposta: Cp q r q ∧ r p ∨ (q ∧ r) (p ∨ r) (p ∨ q) (p ∨ r) ∧ (p ∨ q)
V V V V V V V V
V V F F V V V V
V F V F V V V V
V F F F V V V V
F V V V V V V V
F V F F F F V F
F F V F F V F F
F F F F F F F F
p q p ∧ q p ∨ q p → q p ↔ q
V V V V V V
V F F V F F
p ∨ q p ∧ q
V V
V F
V F
F F
p q p → q
F F V
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA ANALÍTICA
Capítulo 1 – Estudo da Circunferência
20) Se o centro é o ponto C(3; – 1) e o raio é r = 5, a equação da
circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2 ⇒ (x – 3)2 + (y + 1)2 = 25
Resposta: (x – 3)2 + (y + 1)2 = 25
21) Se o centro é o ponto C(– 4; 2) e o raio é r = = 4, a equa -
ção da circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2 ⇒ (x + 4)2 + (y – 2)2 = 16
Resposta: (x + 4)2 + (y – 2)2 = 16
22) I) O centro da circunferência é o ponto C(4; – 1)
II) Se a circunferência passa por P(– 1; 3), o raio é
r = PC = ��������������(4 + 1)2 + (– 1 – 3)2 = ������25 + 16 = ����41
III) A equação da circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2 ⇒ (x – 4)2 + (y + 1)2 = 41
Resposta: (x – 4)2 + (y + 1)2 = 41
23) Sejam A(– 3; 5) e B(7; – 3) os extremos do diâmetro.
I) O centro C da circunferência é o ponto médio de––AB,
então:
⇒ C(2; 1)
II) O raio da circunferência é r = = AC = BC =
= �����52 + 42 = ����41
III) A equação da circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2 ⇒ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 41
Resposta: (x – 2)2 + (y – 1)2 = 41
24) Se o centro é o ponto C(– 4; 3) e a circunferência é tangente ao
eixo y, então o raio é r = �xC� = �– 4� = 4, assim, sua equação é:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2 ⇒ (x + 4)2 + (y – 3)2 = 16
Resposta: (x + 4)2 + (y – 3)2 = 16
25) Se o centro é o ponto C(0; 0) e a circunferência corta o eixo x
no ponto (6; 0), então o raio é r = 6, assim, sua equação é:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2 ⇒ x2 + y2 = 36
Resposta: x2 + y2 = 36
26)
O centro é o ponto (– 8; 8) e o raio é 8, assim, a equação da
circunferência é (x + 8)2 + (y – 8)2 = 64
Resposta: (x + 8)2 + (y – 8)2 = 64
27)
I) yC2 + 62 = 102 ⇔ yC
2 = 64 ⇔ yC = � 8
II) O centro da cicunferência é C(– 6; 8) ou C(– 6; – 8)
III) A equação da circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2 ⇒⇒ (x + 6)2 + (y – 8)2 = 100 ou (x + 6)2 + (y + 8)2 = 100
Resposta: (x + 6)2 + (y – 8)2 = 100 ou (x + 6)2 + (y + 8)2 = 100
28) O centro é o ponto (π; 0) e o raio é π, assim, a equa ção da
circunferência é:
(x – π )2 + (y – 0)2 = π2 ⇔ x2 – 2πx + π2 + y2 – π2 = 0 ⇔
⇔ x2 – 2πx + y2 = 0
Resposta: A
29)
O centro é o ponto C(���2 ; ���2 ) e o raio da circunferência é
r = �����2 + 2 = ���4 = 2
Resposta: D
8–––2
�xA + xB – 3 + 7
xC = –––––––– = ––––––– = 22 2
yA + yB 5 + (– 3)yC = –––––––– = ––––––––– = 1
2 2
AB–––2
– 1
30) I) O centro da circunferência é o ponto C(1; 2)
II) Se a circunferência contém o ponto P(2; 1), o raio é
r = PC = �������������(1 – 2)2 + (2 – 1)2 = �����1 + 1 = ���2
III) A equação da circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = r2 ⇒ (x – 1)2 + (y – 2)2 = 2 ⇔
⇔ x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 – 2 = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 – 2x – 4y + 3 = 0
Resposta: C
31) I) O centro da circunferência é o ponto M, ponto médio
de––AC, então:
⇒ M(3; 4)
II) A diagonal do quadrado é d = AC = �����22 + 22 = 2���2
III) O lado � do quadrado é tal que:
����2 = d ⇒ ����2 = 2���2 ⇔ � = 2
IV)O raio da circunferência inscrita no quadrado é
r = = = 1
V) A equação da circunferência é dada por:
(x – xM)2 + (y – yM)2 = r2 ⇒ (x – 3)2 + (y – 4)2 = 1 ⇔
⇔ x2 – 6x + 9 + y2 – 8y + 16 – 1 = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 – 6x – 8y + 24 = 0
Resposta: B
32) Seja P(x; y) o centro da circunferência que passa pelos pontos
A(1; 7), B(– 3; 5) e C(4; – 2)
I) PA = PB = PC ⇔ ⇒
⇒ ⇒
⇒ ⇔
⇔ ⇔ ⇒ P(1; 2)
II) O centro é P(1; 2) e o raio é r = PA = 7 – 2 = 5
III) A equação da circunferência é dada por:
(x – xP)2 + (y – yP)2 = r ⇒ (x – 1)2 + (y – 2)2 = 25 ⇔
⇔ x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 – 25 = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 – 2x – 4y – 20 = 0
Resposta: B
33)
I) É verdadeira, pois o centro da circunferência λ é A(3; 1),
o raio é 1 e a equação é (x – 3)2 + (y – 1)2 = 1
II) É verdadeira, pois a reta r passa pelo centro A da circun -
ferência, logo, A ∈ r
III) É falsa, pois a reta r, paralela à reta y = x, tem coeficiente
angular 1 e passa pelo ponto A(3; 1), assim, sua equação é
y = x – 2
IV)É falsa, pois r ∩ λ são os pontos de intersecção da reta
com a circunferência, assim, suas coordenadas são dadas
pelas soluções do sistema:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ou
Resposta: C
34) I) A circunferência C1 tem equação (x – 1)2 + (y – 1)2 = 2 e
P(m; 0) é interior a C1, então:
(m – 1)2 + (0 – 1)2 < 2 ⇔ (m – 1)2 < 1
II) A circunferência C2 tem equação (x – 1)2 + (y – 1)2 = 1 e
P(m; 0) é exterior a C2, então:
(m – 1)2 + (0 – 1)2 > 1 ⇔ (m – 1)2 > 0
III) ⇔ – 1 < m – 1 < 1 ⇔ 0 < m < 2
Resposta: A
�xA + xC 2 + 4
xM = –––––––– = ––––––– = 32 2
yA + yC 3 + 5yM = –––––––– = ––––––– = 4
2 2
�–––2
2–––2
� PA = PB
PA = PC
� �������������(x – 1)2 + (y – 7)2 = �������������(x + 3)2 + (y – 5)2
�������������(x – 1)2 + (y – 7)2 = �������������(x – 4)2 + (y + 2)2
� x2 – 2x + 1 + y2 – 14y + 49 = x2 + 6x + 9 + y2 – 10y + 25
x2 – 2x + 1 + y2 – 14y + 49 = x2 – 8x + 16 + y2 + 4y + 4
� 2x + y – 4 = 0
x – 3y + 5 = 0 � x = 1
y = 2
y = x – 2
(x – 3)2 + (x – 2 – 1)2 = 1�y = x – 2
(x – 3)2 + (y – 1)2 = 1�y = x – 2
1(x – 3)2 = –––
2�y = x – 2
2(x – 3)2 = 1�y = x – 2
���2 x = 3 � –––––
2�
y = x – 2
���2 x – 3 = � –––––
2�
���2 x = 3 – –––––
2
���2 y = 1 – –––––
2
����2
x = 3 + –––––2
���2 y = 1 + –––––
2
�
(m – 1)2 < 1
(m – 1)2 > 0�
2 –
35) x2 + y2 – 8x + 10y – 11 = 0 ⇔
⇔ x2 – 8x + y2 + 10y = 11 ⇔
⇔ (x – 4)2 + (y + 5)2 = 52, tem centro no ponto C(4; – 5) e raio
r = �����52 = 2�����13
Resposta: C(4; – 5) e r = 2�����13
36) x2 + y2 + 6x – 8y = 0 ⇔
⇔ x2 + 6x + y2 – 8y = 0 ⇔
⇔ (x + 3)2 + (y – 4)2 = 25, tem centro no ponto C(– 3; 4) e raio
r = 5
Resposta: C(– 3; 4) e r = 5
37) (x – 2)2 + (y + 1)2 = 5, tem centro no ponto C(2; – 1)
e raio r = ���5Resposta: C(2; – 1) e r = ���5
38) 2x2 + 2y2 – x = 0 ⇔ x2 + y2 – x = 0 ⇔
⇔ x2 – x + y2 = 0 ⇔
⇔ �x – �2
+ y2 = , tem centro no ponto C� ; 0� e
raio r =
Resposta: C� ; 0� e r =
39) I) O centro da circunferência C1: x2 + y2 – 6y + 5 = 0 é o ponto
A�0; � ⇔ A(0; 3)
II) O centro da circunferência C2: x2 + y2 + 2x – 5 = 0 é o ponto
B� ; 0� ⇔ B(– 1; 0)
III) A reta que passa pelos pontos A(0; 3) e B(– 1; 0) é dada por:
= 0 ⇔ 3x – y + 3 = 0 ⇔ y = 3x + 3
Resposta: y = 3x + 3
40) I) O centro da circunferência (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5 é o ponto
C(1; – 2)
II) A distância da origem O(0; 0) ao ponto C(1; – 2) é
d = �����������(0 – 1)2 + (0 + 2)2 = ������1 + 4 = ���5Resposta: E
41) y2 + (x – 1)2 = 0 ⇔ y = 0 e x – 1 = 0 ⇔ y = 0 e x = 1, que
corresponde ao ponto (1; 0)
Resposta: C
42) I) A circunferência x2 + y2 = 6 tem centro na origem e raio ���6II) Os pontos internos à circunferência têm coordenadas (x; y)
tais que x2 + y2 < 6, assim, para x e y inteiros, tem-se:
• Se x = 0 ⇒ 0 + y2 < 6 ⇔ y2 < 6 ⇒ y ∈ {0; � 1; � 2},
obtendo-se 5 pontos.
• Se x = � 1 ⇒ 1 + y2 < 6 ⇔ y2 < 5 ⇒ y ∈ {0; � 1; � 2},
obtendo-se 10 pontos.
• Se x = � 2 ⇒ 4 + y2 < 6 ⇔ y2 < 2 ⇒ y ∈ {0; � 1},
obtendo-se 6 pontos.
Portanto, o número de pontos que têm coordenadas inteiras
é 5 + 10 + 6 = 21
Resposta: D
43) I) O centro da circunferência de equação
x2 + y2 – 8x – 6y + 24 = 0 é o ponto B� ; � ⇔ B(4; 3)
II) O ponto médio do segmento AB, sendo A(2; 3) e B(4; 3) é
M� ; � ⇔ M(3; 3)
III) A reta perpendicular ao eixo das abscissas que passa pelo
ponto M(3; 3) é a vertical formada pelos pontos tais que
x = 3
Resposta: D
44) x2 + y2 – 4x + 6y – 3 = 0 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 6y + 9 = 16 ⇔⇔ (x – 2)2 + (y + 3)2 = 16, tem centro no ponto (2; – 3) e raio 4.
Resposta: D
45) I) A circunferência x2 + y2 – 8x – 6y = 375 tem centro no
ponto A� ; � ⇔ A(4; 3)
II) A circunferência x2 + y2 – 20x – 2y = – 100 tem centro no
ponto B� ; � ⇔ B(10; 1)
III) A distância entre os centros é
d = AB = �����������(4 – 10)2 + (3 – 1)2 = ������36 + 4 = ���40 = 2���10
Resposta: D
46) I) O centro C da circunferência pertence ao eixo das abscis -
sas, logo, o ponto C é do tipo (xC; 0)
II) Sejam A(2; 2) e B(8; 4) os pontos pertencentes à circun -
ferência, então:
AC = BC ⇒ ��������(xC – 2)2 + 22 = ��������(xC – 8)2 + 42 ⇒
⇒ xC2 – 4xC + 4 + 4 = xC
2 – 16xC + 64 + 16 ⇔
⇔ 12xC = 72 ⇔ xC = 6 ⇒ C(6; 0)
III) O raio da circunferência é R = AC = ������42 + 22 = ���20
IV)A área da superfície limitada pela circunferência é
π . R2 = π . (���20 )2 = 20π
Resposta: C
47) I) Seja C(xC; 0) o centro da circunferência
II) A(4; 3) e B(0; 5) são pontos da circunferência, então:
AC = BC ⇒ ��������(xC – 4)2 + 32 = ������xC2 + 52 ⇒
⇒ xC2 – 8xC + 16 + 9 = xC
2 + 25 ⇔
⇔ – 8xC = 0 ⇔ xC = 0 ⇒ C(0; 0)
III) O raio da circunferência é R = BC = 5
IV)A equação da circunferência é x2 + y2 = 25
Resposta: A
+ 9 + 16 + 9 + 16
1–––2
1–––2
1+ –––
16
1+ –––
16
1–––16
1–––4
1–––4
1–––4
1–––4
1–––4
– 6–––– 2
2–––– 2
�0
– 1
x
3
0
y
1
1
1�
– 6–––– 2
– 8–––– 2
2 + 4–––––
2
3 + 3–––––
2
+ 25+ 16+ 25+ 16
– 6–––– 2
– 8–––– 2
– 2–––– 2
– 20––––– 2
– 3
48) I) O centro C da circunferência pertence à reta x – 2y + 9 = 0 ⇔
⇔ y = , logo, o ponto C é do tipo �x; �
II) Sejam A(1; – 4) e B(5; 2) os pontos pertencentes à circun -
ferência, então:
AC = BC ⇒
⇒ (x – 1)2 + � + 4�2
= (x – 5)2 + � – 2�2
⇒
⇒ x2 – 2x + 1 + � �2
+ 2 . . 4 + 16 =
= x2 – 10x + 25 + � �2
– 2 . . 2 + 4 ⇔
⇔ – 2x + 1 + 4x + 36 + 16 = – 10x + 25 – 2x – 18 + 4 ⇔
⇔ 14x = – 42 ⇔ x = – 3 ⇒ C(– 3; 3)
III) O raio da circunferência é R = BC = ������82 + 12 = ���65
IV)A equação da circunferência é (x + 3)2 + (y – 3)2 = 65
Resposta: (x + 3)2 + (y – 3)2 = 65
49) I) x2 + y2 – 4x – 2y – 20 = 0 ⇔
⇔ x2 – 4x + y2 – 2y = 20 ⇔
⇔ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25, tem centro no ponto C(2; 1) e raio
r = 5
II) A distância do ponto P(10; 7) ao centro é
d = PC = ������82 + 62 = 10 > r, logo, o ponto P é exterior à
circunferência
III) A maior distância do ponto P(10; 7) à circunferência é
PC + r = 10 + 5 = 15
IV)A menor distância do ponto P(10; 7) à circunferência é
PC – r = 10 – 5 = 5
Resposta: 15 e 5
50) I) Para A(0; 4) e B(4; 0), se M é o ponto médio de—AB, então
M� ; � ⇔ M(2; 2)
II) Para O(0; 0) e M(2; 2), se P é o ponto médio de—
OM, então
P� ; � ⇔ P(1; 1) é o centro da circunferência
III) O raio da circunferência é r = OP = ������12 + 12 = ���2
IV)A equação da circunferência é (x – 1)2 + (y – 1)2 = 2
Resposta: A
51)
O centro é C(p; p) e o raio é p, assim, a equação da circun fe -
rência é:
(x – p)2 + (y – p)2 = p2 ⇔⇔ x2 – 2px + p2 + y2 – 2py + p2 – p2 = 0 ⇔⇔ x2 + y2 – 2px – 2py + p2 = 0
Resposta: D
52)
Para os 4 casos possíveis, se o centro é o ponto (a; b) e o raio
é r, deve-se ter:
⇔ ⇔ �a� = �b� = r
Resposta: �a� = �b� = r
53) I) As circunferências tangentes aos eixos no 1o. ou no 3o.
quadrante têm centros sobre a reta y = x (bissetriz dos
quadrantes ímpares), com x � 0
II) As circunferências tangentes aos eixos no 2o. ou no 4o.
quadrante têm centros sobre a reta y = – x (bissetriz dos
quadrantes pares), com x � 0
Resposta: y = x ou y = – x, com x � 0
54) I) O centro da circunferência é C(– 2; 3)
II) A reta 20x – 21y – 42 = 0 é tangente à circunferência, então
o raio é a distância do ponto C à reta dada, assim:
R = = = = 5
III) A equação da circunferência é (x + 2)2 + (y – 3)2 = 25
Resposta: (x + 2)2 + (y – 3)2 = 25
x + 9––––––
2
x + 9––––––
2
x + 9––––––
2
x + 9––––––
2
x + 9––––––
2
x + 9––––––
2
x + 9––––––
2
x + 9––––––
2
+ 1+ 4+ 1+ 4
4 + 0–––––
2
0 + 4–––––
2
0 + 2–––––
2
0 + 2–––––
2
�a� = r
�b� = r �a = r ou – a = r
b = r ou – b = r�
145––––––
29
�– 40 – 63 – 42�–––––––––––––––
������400 + 441
�20xC – 21yC – 42�–––––––––––––––––
�������202 + (– 21)2
4 –
55) I) A reta que passa por (– 2; 4) e (2; 1) tem equação
= 0 ⇔ 3x + 4x – 10 = 0
II) O centro da circunferência é C(– 1; – 3)
III) A reta 3x + 4y – 10 = 0 é tangente à circunferência, então o
raio é a distância do ponto C à reta, assim:
R = = = 5
IV)A equação da circunferência é (x + 1)2 + (y + 3)2 = 25
Resposta: (x + 1)2 + (y + 3)2 = 25
56) Sejam A(– 4; 1) e B(3; 2) os extremos da hipotenusa. Os vér ti -
ces dos ângulos retos de todos os triângulos retângulos de
hipo tenusa—AB formam uma circunferência de centro no ponto
M, em que M é o ponto médio de—AB, e raio r = , assim:
I) ⇒ M�– ; �
II) r = = =
III) A equação da circunferência é �x + �2
+ �y – �2
= ⇔
⇔ x2 + x + + y2 – 3y + – = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 + x – 3y – 10 = 0
Resposta: x2 + y2 + x – 3y – 10 = 0
57) I) O centro C da circunferência x2 + y2 + 2x + 4y = R2 é o ponto
� ; � = (– 1; – 2)
II) O ponto simétrico da origem O(0; 0) em relação ao ponto
C(– 1; – 2) é o ponto P(xP; yP) tal que C é o ponto médio de—OP, assim:
⇔ ⇒ P(– 2; – 4)
Resposta: A
58) Se C(xC; 0) é o centro da circunferência que passa pelos
pontos A(– 2; 3) e B(4; 5), então:
I) AC = BC ⇒ �������(xC + 2)2 + 32 = �������(xC – 4)2 + 52 ⇒
⇒ xC2 + 4xC + 4 + 9 = xC
2 – 8xC + 16 + 25 ⇔
⇔ 12xC = 28 ⇔ xC = ⇒ C� ; 0�
II) O raio é r = AC = � + 2�2
+ 32 =
III) A equação da circunferência é �x – �2
+ y2 = ⇔
⇔ x2 – + + y2 = ⇔
⇔ x2 + y2 – – = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 – – = 0 ⇔
⇔ 3x2 + 3y2 – 14x – 67 = 0
Resposta: 3x2 + 3y2 – 14x – 67 = 0
59) I) O centro C da circunferência pertence à reta
3x + y – 12 = 0 ⇔ y = 12 – 3x, logo, o ponto C é do tipo
(xC; 12 – 3xC)
II) Sendo A(4; 6) e B(– 6; 4) pontos da circunferência, então:
AC = BC ⇒
⇒ ������������������(xC – 4)2 + (12 – 3xC – 6)2 = ������������������(xC + 6)2 + (12 – 3xC – 4)2 ⇒
⇒ (xC – 4)2 + (6 – 3xC)2 = (xC + 6)2 + (8 – 3xC)2 ⇔
⇔ xC2 – 8xC + 16 + 36 – 36xC + 9xC
2 =
= xC2 + 12xC + 36 + 64 – 48xC + 9xC
2 ⇔
⇔ – 8xC = 48 ⇔ xC = – 6 ⇒ C(– 6; 30)
Resposta: B
60) Se C(2; 3) é o centro e A(2; 0) é um ponto da circunferência,
então:
I) O raio é r = AC = 3 – 0 = 3
II) A equação da circunferência é (x – 2)2 + (y – 3)2 = 9 ⇔⇔ x2 – 4x + 4 + y2 – 6y + 9 – 9 = 0 ⇔⇔ x2 + y2 – 4x – 6y + 4 = 0
Resposta: A
61) I) A circunferência localizada no 1o- quadrante que tangencia
os eixos tem centro sobre a reta y = x (bisssetriz dos
quadrantes ímpares), assim, o centro é do tipo C(x; x), com
x > 0, e o raio é r = x
II) C(x; x) pertence à reta 4x + 3y – 14 = 0,então:
4x + 3x – 14 = 0 ⇔ 7x = 14 ⇔ x = 2 ⇒ C(2; 2) e r = 2
III) A equação da circunferência é (x – 2)2 + (y – 2)2 = 4 ⇔
⇔ x2 – 4x + 4 + y2 – 4y + 4 – 4 = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x – 4y + 4 = 0
Resposta: A
�3xC + 4yC – 10�–––––––––––––––––
�����32 + 42
�– 3 – 12 – 10�––––––––––––––
5
� – 2
2
x
4
1
y
1
1
1�
AB––––
2
�xA + xB – 4 + 3 1
xM = ––––––––– = ––––––––– = – –––2 2 2
yA + yB 1 + 2 3yM = ––––––––– = ––––––– = –––
2 2 2
1–––2
3–––2
AB–––2
������72 + 12
––––––––––2
���50 ––––––
2
1–––2
3–––2
50–––4
1–––4
9–––4
50–––4
2–––– 2
4–––– 2
�xP + 0
––––––––– = – 12
yP + 0 ––––––––– = – 2
2
� xP = – 2
yP = – 4
7–––3
7–––3
250––––
9
7–––3
250––––
9
7–––3
250––––
9
49–––9
14x–––3
201––––
9
14x–––3
67–––3
14x–––3
– 5
62) Se x0, y0 e r são números reais, com r > 0, a equação
(x + x0)2 + (y + y0)2 = r2 representa uma circunferência de
centro (– x0 ; – y0) e raio r.
Resposta: D
63) O ponto A(xA; 0), com xA > 0, pertence à circunferência de
equação x2 + y2 – 6x = 0 representada na figura, então:
xA2 + 02 – 6xA = 0 ⇔ xA
2 – 6xA = 0 ⇔ xA(xA – 6) = 0 ⇒
⇒ xA = 6, pois xA > 0
Resposta: B
64) I) A reta r, de equação x – 3y + 2 = 0, tem coeficiente angular
mr =
II) A circunferência λ , de equação x2 + y2 + 2x – 6y + 1 = 0, tem
centro no ponto C� ; � ⇔ C(– 1; 3)
III) A reta que passa por C(– 1; 3) e é perpendicular à reta r tem
coeficiente angular m = – 3, assim, sua equação é dada por:
y – yC = m(x – xC) ⇔ y – 3 = – 3(x + 1) ⇔ y = – 3x
Resposta: A
65) 4x2 + 4y2 – 4x – 12y + 2 = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 – x – 3y + = 0, representa uma circunferência
de centro no ponto C� ; � ⇔ C� ; �Resposta: D
66) I) A circunferência (x – a)2 + (y – b)2 = 4 tem centro C1(a; b) e
raio r1 = 2
II) A circunferência x2 + y2 = 1 tem centro C2(0; 0) e raio r2 = 1
III) As circunferências têm intersecção se, e somente se, a
distância entre seus centros for maior ou igual que a
diferença e menor ou igual que a soma das medidas dos
raios, então:
r1 – r2 ≤ C1C2 ≤ r1 + r2 ⇒ 2 – 1 ≤ ����a2 + b2 ≤ 2 + 1 ⇔
⇔ 1 ≤ ����a2 + b2 ≤ 3 ⇔ 1 ≤ a2 + b2 ≤ 9
Assim, são valores possíveis a = e b = – , pois
a2 + b2 = � �2
+ �– �2
= + = =
= e 1 ≤ ≤ 9
Resposta: A
67) I) O ponto (2; 2) pertence à reta y = ax + b, então:
2 = a . 2 + b ⇔ b = 2 – 2a
II) Se b = 2 – 2a, a equação da reta é:
y = ax + b ⇔ y = ax + 2 – 2a ⇔ ax – y + 2 – 2a = 0
III) A circunferência x2 + y2 = 1 tem centro C(0; 0) e raio r = 1
IV)A reta dada não intercepta a circunferência se, e somentese, a distância do centro à reta for maior que o raio, então:
> r ⇒ > 1 ⇔
�2 – 2a� > ����a2 + 1 ⇔ (�2 – 2a�)2 > (����a2 + 1 )2 ⇔
⇔ 4 – 8a + 4a2 > a2 + 1 ⇔ 3a2 – 8a + 3 > 0
V) As raízes de 3a2 – 8a + 3 = 0 são
a = = =
e o gráfico da função f(a) = 3a2 – 8a + 3 é do tipo:
Assim, 3a2 – 8a + 3 > 0 ⇔ a < ou a >
Resposta: a < ou a >
68) I) O centro da circunferência x2 + y2 – 10x – 10y = 0 é
� ; � = (5; 5)
II) O centro da circunferência x2 + y2 + 6x + 2y – 40 = 0 é
� ; � = (– 3; – 1)
III) A distância entre os centros é d = �����������(5 + 3)2 + (5 + 1)2 =
= ����82 + 62 = ����100 = 10
Resposta: C
69) I) Se a equação x2 + ay2 + bxy + 4x – 10y + c = 0 representauma circunferência deve-se ter a = 1, pois x2 e y2 devem tercoeficientes iguais, e b = 0, pois não pode haver o termoem xy.
II) Para a = 1 e b = 0, tem-se:
x2 + y2 + 4x – 10y + c = 0 ⇔
⇔ x2 + 4x + y2 – 10y = – c ⇔
⇔ (x + 2)2 + (y – 5)2 = – c + 29
III) Para que o raio da circunferência seja igual a 7, deve-se ter:
– c + 29 = 72 ⇔ – c + 29 = 49 ⇔ c = – 20
IV)a + b + c = 1 + 0 + (– 20) = – 19
Resposta: A
1–––3
2–––– 2
– 6–––– 2
1–––2
– 1–––– 2
– 3–––– 2
1–––2
3–––2
2–––3
3–––4
2–––3
3–––4
9–––16
4–––9
64 + 81–––––––
144
145––––144
145––––144
�a . 0 – 0 + 2 – 2a�–––––––––––––––––
����a2 + 1
�axC – yC + 2 – 2a�–––––––––––––––––
������a2 + (– 1)2
4 � ���7–––––––––
3
8 � 2���7–––––––––
6
8 � ���28 –––––––––
6
4 + ���7 –––––––
3
4 – ���7 –––––––
3
4 + ���7 –––––––
3
4 – ���7 –––––––
3
– 10––––– 2
– 10––––– 2
2––––– 2
6––––– 2
+ 25+ 4+ 25+ 4
6 –
70) I) x2 + y2 – 2x + 4y – 20 = 0 ⇔
⇔ x2 – 2x + y2 + 4y = 20 ⇔
⇔ (x – 1)2 + (y + 2)2 = 25, é uma circunferência de centro
(1; – 2) e raio r = 5
II) A área do círculo é π . r2 = π . 52 = 25π
Resposta: E
71) x2 + y2 – 6x – 6y + 14 = 0 ⇔
⇔ x2 – 6x + y2 – 6y = – 14 ⇔
⇔ (x – 3)2 + (y – 3)2 = 4, é uma circunferência de centro
(3; 3) e raio r = 2
Resposta: D
72) I) A circunferência x2 + y2 = k tem centro C(0; 0) e raio r = ���kII) Se a reta x + y – 4 = 0 é tangente à circunferência, então a
distância do centro à reta deve ser igual ao raio, assim:
= r ⇒ = ���k ⇔
⇔ = ���k ⇔ = k ⇔ k = 8
Resposta: D
73) I) x2 + y2 – 4x = 0 ⇔ x2 – 4x + y2 = 0 ⇔
⇔ (x – 2)2 + y2 = 4, tem centro C1(2; 0) e raio r1 = 2
II) x2 + y2 = k tem centro C2(0; 0) e raio r2 = ���k
III) Graficamente, tem-se:
Assim, a única possibilidade para a circunferência de centro
C2(0; 0) ser tangente à outra é ter r2 = 4 ⇒ ���k = 4 ⇔ k = 16
Resposta: E
74) I) Os centros das circunferências de raio ���5 são (x1; 0) e (x2; 0)
II) Para que a reta 2x + y – 1 = 0 seja tangente às circun fe rên -
cias, as distâncias dos centros à reta deve ser iguais ao
raio, assim, x1 e x2 são as soluções de equação:
���5 = ⇔ 5 = �2x – 1� ⇔
⇔ 2x – 1 = – 5 ou 2x – 1 = 5 ⇔ x = – 2 ou x = 3
Portanto, x1 . x2 = – 2 . 3 = – 6
Resposta: A
75) I) A circunferência C1: x2 + y2 = 1 tem centro (0; 0) e raio 1
II) A circunferência C2: (x – 1)2 + y2 = 4 tem centro (1; 0) e raio 2
III) Graficamente, tem-se:
Portanto, C1 e C2 são tangentes no ponto (– 1; 0)
Resposta: D
76) Se M(– 4; – 3), N(– 1; – 7) e P(0; 0) são pontos da circunferência
de centro C(xC; yC) e raio R, então:
I) MC = PC ⇒ �����������(xC + 4)2 + (yC + 3)2 = ����xC2 + yC
2 ⇔
⇔ xC2 + 8xC + 16 + yC
2 + 6yC + 9 = xC2 + yC
2 ⇔
⇔ 8xC + 6yC + 25 = 0
II) NC = PC ⇒ �����������(xC + 1)2 + (yC + 7)2 = ����xC2 + yC
2 ⇔
⇔ xC2 + 2xC + 1 + yC
2 + 14yC + 49 = xC2 + yC
2 ⇔
⇔ 2xC + 14yC + 50 = 0
III) ⇔ ⇒ C�– ; – �
IV)R = PC = ����xC2 + yC
2 = + =
V) A equação da circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = R2 ⇒
⇒ �x + �2
+ �y + �2
= ⇔
⇔ x2 + x + + y2 + 7y + = ⇔
⇔ x2 + y2 + x + 7y = 0
Resposta: x2 + y2 + x + 7y = 0
+ 1 + 4 + 1 + 4
+ 9 + 9 + 9 + 9
�xC + yC – 4�–––––––––––––
����12 + 12
�0 + 0 – 4�–––––––––––
���2
16–––2
4–––––
���2
+ 4 + 4
�2x + 1 . 0 – 1�––––––––––––––
����22 + 12
7–––2
1–––2
1 xC = – –––
2
7 yC = – –––
2
�8xC + 6yC + 25 = 0
2xC + 14yC + 50 = 0�
50––––
4
49–––4
1–––4
50–––4
7–––2
1–––2
50–––4
49–––4
1–––4
– 7
77) Se M(1; 2), N(3; 1) e P(– 3; – 1) são pontos da circunferência de
centro C(xC; yC) e raio R, então:
I) MC = PC ⇒ �����������(xC – 1)2 + (yC – 2)2 = �����������(xC + 3)2 + (yC + 1)2 ⇔
⇔ xC2 – 2xC + 1 + yC
2 – 4yC + 4 = xC2 + 6xC + 9 + yC
2 + 2yC + 1 ⇔
⇔ – 8xC – 6yC – 5 = 0 ⇔ 8xC + 6yC + 5 = 0
II) NC = PC ⇒ �����������(xC – 3)2 + (yC – 1)2 = �����������(xC + 3)2 + (yC + 1)2 ⇔
⇔ xC2 – 6xC + 9 + yC
2 – 2yC + 1 = xC2 + 6xC + 9 + yC
2 + 2yC + 1 ⇔
⇔ – 12xC – 4yC = 0 ⇔ 3xC + yC = 0
III) ⇔ ⇒ C� ; – �
IV)R = PC = � + 3�2
+ �– + 1�2
=
= + =
V) A equação da circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = R2 ⇒
⇒ �x – �2
+ �y + �2
= ⇔
⇔ x2 – x + + y2 + 3y + = ⇔
⇔ x2 + y2 – x + 3y – 10 = 0
Resposta: x2 + y2 – x + 3y – 10 = 0
78) Sejam C(xC; yC) o centro, R o raio da circunferência que passa
por A(0; 2) e s a reta que passa por C e pela origem O(0; 0)
I) A reta r, de equação y + 2x = 0 ⇔ y = – 2x, tem coeficiente
angular mr = – 2
II) A reta s, perpendicular a r, tem coeficiente angular
ms = e equação y = x
III) O centro C(xC; yC) pertence à reta s de equação y = x,
assim, o ponto C é do tipo �xC ; xC�IV)OC = AC ⇒
⇒ xC2 + � xC�
2
= xC2 + � xC – 2�
2
⇔
⇔ xC2 + xC
2 = xC2 + xC
2 – 2xC + 4 ⇔
⇔ xC = 2 ⇒ C(2; 1)
V) R = OC = ����22 + 12 = ���5
VI)A equação da circunferência é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = R2 ⇒ (x – 2)2 + (y – 1)2 = 5 ⇔
⇔ x2 – 4x + 4 + y2 – 2y + 1 – 5 = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 – 4x – 2y = 0
Resposta: C
79) I) x2 + y2 – 2tx – 4(t + 1)y + 3t + 14 = 0 ⇔
⇔ x2 – 2tx + y2 – 4(t + 1)y + = – 3t – 14 ⇔
⇔ (x – t)2 + [y – 2(t + 1)]2 = – 3t – 14 + t2 + [2(t + 1)]2
II) Para que a equação represente uma circunferência, deve-
se ter:
– 3t – 14 + t2 + [2(t + 1)]2 > 0 ⇔⇔ – 3t – 14 + t2 + 4t2 + 8t + 4 > 0 ⇔⇔ 5t2 + 5t – 10 > 0 ⇔ t2 + t – 2 > 0 ⇔ t < – 2 ou t > 1
Resposta: t < – 2 ou t > 1
80) I) A circunferência x2 + y2 – 8x – 4y – 5 = 0 tem centro C(4; 2)
II) O ponto D(– 1; 2) pertence à circunferência, pois
(– 1)2 + 22 – 8 . (– 1) – 4 . 2 – 5 = 0
III) O ponto E(8; 5) pertence à circunferência, pois
82 + 52 – 8 . 8 – 4 . 5 – 5 = 0
Portanto,—DE é uma corda que não contém o centro da circun -
ferência, pois o ponto médio de—DE não é o ponto C
Resposta: B
� 8xC + 6yC + 5 = 0
3xC + yC = 0 �1
xC = –––2
3 yC = – –––
2
1–––2
3–––2
49–––4
1–––4
50––––
4
1–––2
3–––2
50–––4
1–––4
9–––4
50–––4
1–––2
3–––2
1–––2
1–––2
1–––2
1–––2
1–––2
1–––2
1–––4
1–––4
[2(t + 1)]2+ t2[2(t + 1)]2+ t2
8 –
81)
I) O centro da circunferência é do tipo C(xC; 1)
II) O raio R é tal que R2 = 12 + 22 ⇒ R = ���5
III) BC = R ⇒ �����������(xC – 0)2 + (1 – 3)2 = ���5 ⇔ xC2 + 4 = 5 ⇔
⇔ xC2 = 1 ⇔ xC = � 1 ⇒ C(� 1; 1)
IV)Existem duas circunferências que satisfazem às condições
do enunciado, cujas equações são (x – 1)2 + (y – 1)2 = 5 ou
(x + 1)2 + (y – 1)2 = 5
Resposta: (x – 1)2 + (y – 1)2 = 5 ou (x + 1)2 + (y – 1)2 = 5
82) I) x2 + y2 – 2y = 0 ⇔ x2 + (y – 1)2 = 1 tem centro C1(0; 1) e raio
R1 = 1
II) x2 + y2 – 2x – 8 = 0 ⇔ (x – 1)2 + y2 = 9 tem centro C2(1; 0) e
raio R2 = 3
III) Graficamente, tem-se:
Resposta: E
83)
O centro é C(– 8; – 8) e o raio é R = 8, assim, a equação da
circunferência é:
(x + 8)2 + (y + 8)2 = 64 ⇔ x2 + 16x + 64 + y2 + 16y + 64 = 64 ⇔
⇔ x2 + y2 + 16x + 16y + 64 = 0
Resposta: A
84) I) Os pontos de intersecção da reta com a circunferência são
as soluções do sistema a seguir, assim:
⇔ ⇔
⇔ ⇔x = �
⇔y = x
⇔
x =
ou
x = –
y = y = –
II) O comprimento da corda equivale à distância d entre os
pontos � ; � e �– ; – � , assim:
d = �2 . �2
+ �2 . �2
=
= 4 . + 4 . = ����4 . 7 = 2���7
Resposta: 2���7
� x – y = 0
(x + 1)2 + (y – 1)2 = 9 � y = x
(x + 1)2 + (x – 1)2 = 9
� y = x
2x2 = 7 �7
–––2
�7
–––2
7–––2
�7
–––2
7–––2
7–––2
7–––2
7–––2
7–––2
7–––2
7–––2
7–––2
7–––2
– 9
85) I) A distância do centro C(2; 0) à reta horizontal y = 2 é
d = 2 – 0 = 2
II) Se o raio da circunferência é ���8 , tem-se:
(AM)2 + 22 = (���8 )2 ⇔ (AM)2 = 4 ⇒ AM = 2
III) O comprimento da corda é AB = 2 . AM = 2 . 2 = 4
Resposta: A
86) I) Se OA = 4 é o raio da circunferência, então o centro é
O(4; 4) e a equação da reta r é y = x, cuja inclinação é de 45°.
II) Sendo R a origem do sistema cartesiano, o triângulo RPQ
é retângulo e isósceles, pois r ⊥ s e PR̂Q = 45°, assim:
Portanto, o ponto Q é (8 + 4���2 ; 0).
Resposta: E
87) I) A circunferência tem centro C(3; 5) e raio 5
II) A equação da circunferência é (x – 3)2 + (y – 5)2 = 25, assim,
para x = 0, tem-se:
(0 – 3)2 + (y – 5)2 = 25 ⇔ (y – 5)2 = 16 ⇔ y – 5 = � 4 ⇔
⇔ y = 1 ou y = 9, portanto, os pontos são (0; 1) e (0; 9)
Resposta: E
88) I) O coeficiente angular da reta↔OA, com O(0; 0) e A(3; 4), é:
mOA = =
II) A reta t passa por A(3; 4) e tem coeficiente angular
mt = – , pois é perpendicular à reta↔OA, assim, sua
equação é:
y – 4 = – . (x – 3) ⇔ 3x + 4y – 25 = 0
III) Para y = 0, tem-se x = , então OB =
IV)Para x = 0, tem-se y = , então OD =
V) A área do retângulo OBCD é OB . OD = . =
Resposta: A
89) I) A circunferência de equação (x – 5)2 + y2 = 4 tem centroC(5; 0) e raio r = 2
II) A equação da reta é y = kx ⇔ kx – y = 0, k ∈ �
III) A distância do centro da circunferência à reta dada é
d = =
Analisando os itens propostos, tem-se:
1) É falso, pois a reta contém a origem (0; 0) para
qualquer valor de k.
2) É falso, pois o centro C(5; 0) pertence ao eixo das
abscissas.
3) É verdadeiro, pois para k = 2, a distância do centro à
reta é d = = = 2��5 > r
4) É falso, pois a reta e a circunferência possuem um úni -co ponto comum quando d = r, assim:
= 2 ⇔ �5k� = 2���k2 + 1 ⇔ 25k2 = 4(k2 + 1) ⇔
⇔ 21k2 = 4 ⇔ k2 = ⇔ k = � ⇔
⇔ k � 0,4364, e não apenas se k 0,4364
5) É verdadeiro, pois a reta é secante à circunferênciaquando d < r, assim:
< 2 ⇔ �5k� = 2���k2 + 1 ⇔ 25k2 < 4(k2 + 1) ⇔
⇔ 21k2 – 4 < 0 ⇔ – 0,4364 < k < 0,4364
Se �k� < 0,3, então – 0,3 < k < 0,3, satisfaz a condiçãopara que a reta seja secante.
Respostas: 1) F 2) F 3) V 4) F 5) V
�5k�–––––––––
���k2 + 1
4–––21
4–––21
�5k�–––––––––
���k2 + 1
�kxC – yC�–––––––––––––
�����k2 + (– 1)2
�5k�–––––––––
���k2 + 1
�5 . 2�–––––––––
���22 + 1
10–––––
��5
4 – 0––––––3 – 0
4–––3
3–––4
3–––4
25–––3
25–––3
25–––4
25–––4
25–––3
25–––4
625––––12
PQ = PR = OR + OP = 4���2 + 4
RQ = PR . ���2 = (4���2 + 4) . ���2 = 8 + 4���2 �
10 –
90) Para Q(x; y), P(1; 0) e G(0; 0), tem-se:
��2 . d(G; Q) = d(Q; P) ⇒ ��2 . ����x2 + y2 = ��������(x – 1)2 + y2 ⇔
⇔ 2 . (x2 + y2) = (x – 1)2 + y2 ⇔ 2x2 + 2y2 = x2 – 2x + 1 + y2 ⇔
⇔ x2 + y2 + 2x = 1 ⇔ x2 + 2x + 1 + y2 = 1 + 1 ⇔
⇔ (x + 1)2 + y2 = 2, que corresponde a uma circunferência de
centro (– 1; 0) e raio ��2 .
Resposta: E
91) Os pontos de intersecção são as soluções do sistema a seguir:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ou
Assim, os pontos são (2 – 2��2 ; – 1 + ��2 ) ou (2 + 2��2 ; – 1 – ��2 ).
Resposta: D
92) I) O raio R da circunferência de centro C(– 4; 2) e tangente à
reta 3x + 4y – 16 = 0 equivale à distância do centro à reta,
assim:
R = = = 4
II) A equação da cirunferência de centro C(– 4; 2) e raio R = 4
é dada por:
(x – xC)2 + (y – yC)2 = R2 ⇒ (x + 4)2 + (y – 2)2 = 42 ⇔
⇔ x2 + y2 + 8x – 4y + 4 = 0
Resposta: A
93)
A partir do ponto A, duas voltas e um terço no sentido anti-
horário obtém-se o ponto P, cujas coordenadas (xP; yP) são
tais que:
⇒ P� �
Resposta: P� �
94) 1) É verdadeira, pois:
(x – a)2 + (y – b)2 = 0 ⇔ ⇔ ⇔
⇔ , que corresponde a um ponto (a; b)
2) É verdadeira, pois as duas equações representam circunfe -
rências de centro � � e, como C � D, os raios
têm medidas diferentes.
3) É falsa, pois:
(ax + by)2 = r2 ⇔ ax + by = r ou ax + by = – r,
que correspondem a duas retas.
4) É verdadeira, pois:
x2 + y2 = 0 ⇔ ⇔ ,
que corresponde ao ponto (0; 0)
Resposta: 1) V 2) V 3) F 4) V
95) I) x2 + y2 – 2x – 3 = 0 ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 = 3 + 1 ⇔
⇔ (x – 1)2 + y2 = 4, é uma circunferência de centro C1(1; 0)
e raio 2.
II)
� x + 2y = 0
x2 + y2 – x + 8y – 5 = 0 � x = – 2y
4y2 + y2 + 2y + 8y – 5 = 0
� x = – 2y
5y2 + 10y – 5 = 0 � x = – 2y
y2 + 2y – 1 = 0
� x = – 2y
y = – 1 � ��2 � x = 2 – 2��2
y = – 1 + ��2 � x = 2 + 2��2
y = – 1 – ��2
�3xC + 4yC – 16�–––––––––––––––
���32 + 42
� – 12 + 8 – 16�––––––––––––––
5
1 ���3– ––; ––––
2 2
1xP = cos 120° = – cos 60° = – –––
2
���3yP = sen 120° = sen 60° = ––––
2�
1 ���3– ––; ––––
2 2
x – a = 0
y – b = 0�(x – a)2 = 0
(y – b)2 = 0�x = a
y = b�
A B– –––; – –––
2 2
x = 0
y = 0�x2 = 0
y2 = 0�
– 11
A distância entre os centros C1(1; 0) e C2(4; 5) é
d = C1C2 = ������������(4 – 1)2 + (5 – 0)2 = ����9 + 25 = ��34
III) Existem duas circunferências de centro C2(4; 5) que
tangen ciam a circunferência dada, sendo que uma tem
raio r = ��34 – 2 e outra tem raio R = ��34 + 2, cujas
equações são:
(x – 4)2 + (y – 5)2 = (��34 – 2)2 e (x – 4)2 + (y – 5)2 = (�����34 + 2)2
Resposta: (x – 4)2 + (y – 5)2 = (�����34 – 2)2 ou
(x – 4)2 + (y – 5)2 = (�����34 + 2)2
96) I) 4x2 + 4y2 – 8x + 16y – 5 = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 – 2x + 4y – = 0 ⇔ x2 + y2 – 2x + 4y = ⇔
⇔ x2 – 2x + 1 + y2 + 4y + 4 = + 1 + 4 ⇔
⇔ (x – 1)2 + (y + 2)2 = é uma circunferência de centro
C(1; – 2) e raio R =
II) A distância do centro C(1; – 2) à reta 3x – 4y – 6 = 0 é dada
por:
d = = = 1
III)
Como CM = 1 e AC = R = , no triângulo ACM, tem-se:
(AM)2 + 12 = � �2
⇔ (AM)2 = ⇒ AM =
IV)tg � � = = =
Resposta:
97) I) A circunferência C, de equação x2 + y2 = 4, tem centro na
origem (0; 0) e raio 2
II) A reta s, de equação x + y = 8 ⇔ y = – x + 8, tem coeficiente
angular ms = – 1
a) A reta perpendicular a s que passa por (0; 0) tem coefi -
ciente angular m = 1, então, sua equação é y = x
b)
O ponto Q é uma das soluções do sistema a seguir:
⇔ ⇔ ⇒
⇒ ⇒ Q(����2 ; ����2 ), pois x > 0
Graficamente, tem-se que o ponto equidistante de C e de s
que está mais próximo de s é o ponto médio de––PQ, cujas
coordenadas são M(xM; yM) com xM = yM =
Respostas: a) y = x;
b) M� ; �
5–––4
5–––4
5–––4
25–––4
5–––2
� 3 + 8 – 6�–––––––––––
5
�3xC – 4yC – 6�–––––––––––––––
�����32 + ( – 4)2
5–––2
�����21–––––
2
21–––4
5–––2
�����21–––––
2
�����21–––––
2–––––
1
AM–––CM
�–––2
�����21–––––
2
y = x
x2 = 2�y = x
x2 + x2 = 4�y = x
x2 + y2 = 4�y = ����2
x = ����2�
4 + ����2–––––––
2
4 + ����2––––––––
2
4 + ����2––––––––
2
12 –
98) Sejam C(xC; yC) o centro e R o raio da circunferência inscrita
no triângulo formado pelas retas (r) 2x – 3y + 21 = 0,
(s) 3x – 2y – 6 = 0 e (t) 2x + 3y + 9 = 0.
A distância do centro a cada uma das três retas deve ser igual
ao raio, então:
I) dC,r = R = =
II) dC,s = R = =
III) dC,t = R = =
IV)dC,r = dC,s ⇒ �2xC – 3yC + 21� = �3xC – 2yC – 6� ⇔
⇔ 2xC – 3yC + 21 = � (3xC – 2yC – 6) ⇔
⇔ xC + yC = 27 ou xC – yC = – 3
V) dC,r = dC,t ⇒ �2xC – 3yC + 21� = �2xC + 3yC + 9� ⇔
⇔ 2xC – 3yC + 21 = � (2xC + 3yC + 9) ⇔
⇔ yC = 2 ou xC = –
VI)De (IV) e (V), tem-se 4 possibilidades para o ponto C, quesão obtidos pelas soluções dos sistemas a seguir:
ou ou
ou ⇔
⇔ ou ou
ou
VII) Graficamente, observa-se que o incentro (centro da
circunferência inscrita) é o ponto C(– 1; 2), isto é, os
pontos (25; 2), �– ; � e �– ; – � são
externos ao triângulo (ex-incentros).
VIII) O raio da circunferência é
R = dC,r = = ���13
IX) A equação da circunferência é (x + 1)2 + (y – 2)2 = 13
Resposta: (x + 1)2 + (y – 2)2 = 13
99) Substituindo-se as coordenadas do ponto P(3; – 1) no 1o-membro da equa ção da circunferência 2x2 + 2y2 + 4x – 20y – 51 = 0, tem-se:
2 . 32 + 2 . (– 1)2 + 4 . 3 – 20 . (– 1) – 51 =
= 18 + 2 + 12 + 20 – 51 = 1 > 0, portanto, o ponto P é externo.
Resposta: P é externo
100) I) x + y = 1 é a equação de uma reta.
II) x2 + y2 < 25 são os pontos internos à circunferência decentro (0; 0) e raio 5.
III) O sistema tem soluções sobre o segmento
—AB, excluindo-se os pontos A e B.
Resposta: B
101) I) (x – 1)2 + (y – 3)2 ≤ 16 são os pontos internos e os pontos
sobre a circunferência de centro C(1; 3) e raio r = 4
II) A área da região (círculo) é S = π . r2 = 16π (ua)
Resposta: s = 16π (ua)
�2xC – 3yC + 21�––––––––––––––––
�����22 + (– 3)2
�2xC – 3yC + 21�–––––––––––––––
���13
�3xC – 2yC – 6�––––––––––––––––
�����32 + (– 2)2
�3xC – 2yC – 6�–––––––––––––––
���13
�2xC + 3yC + 9�––––––––––––––––
���22 + 32
�2xC + 3yC + 9�–––––––––––––––
���13
15–––2
� xC + yC = 27
yC = 2 � xC – yC = – 3
yC = 2
�xC + yC = 27
15xC = – ––––
2�
xC – yC = – 3
15xC = – ––––
2
� xC = 25
yC = 2 � xC = – 1
yC = 2
�15
xC = – ––––2
69yC = ––––
2�
15xC = – ––––
2
9yC = – ––––
2
15–––2
69–––2
15–––2
9–––2
�2 . (– 1) – 3 . 2 + 21�––––––––––––––––––––
���13
� x + y = 1
x2 + y2 < 25
– 13
102) (x – 2)2 + y2 ≥ 9 são os pontos externos e sobre a circun fe -
rência de centro C(2; 0) e raio r = 3
Resposta:
103) I) x2 + y2 ≥ 1 são os pontos externos e sobre a circunferência
de centro (0; 0) e raio 1.
II) (x – 1)2 + (y – 1)2 ≤ 1 são os pontos internos e sobre a
circunfe rên cia de centro (1; 1) e raio 1.
III) – 2 ≤ y ≤ 2 são pontos entre as retas horizontais y = – 2 e
y = 2, incluindo-se as retas.
IV)A solução do sistema é:
104) I) Para que o ponto (– 3; – 3) seja interior à circunferência que
tangencia os eixos coordenados, o centro da circunferên cia
é do tipo (– a; – a) e o raio deve ser igual a a, com a > 0.
II) A equação da circunferência é (x + a)2 + (y + a)2 = a2, assim,
se P(– 1; – 2) pertence à circunferência, tem-se:
(– 1 + a)2 + (– 2 + a)2 = a2 ⇔ 1 – 2a + a2 + 4 – 4a + a2 = a2 ⇔⇔ a2 – 6a + 5 = 0 ⇔ a = 1 ou a = 5 ⇒⇒ a = 5, pois para a = 1 o ponto (– 3; – 3) é exterior à
circunferência
III) Para a = 5, a equação da circunferência é
(x + 5)2 + (y + 5)2 = 25
Resposta: (x + 5)2 + (y + 5)2 = 25
105) I) x = m é uma reta vertical e (x – 1)2 + (y + 3)2 = 4 é uma
circunferência de centro (1; – 3) e raio 2.
II) Para que a reta x = m intercepte a circunferência deve-se
ter – 1 ≤ m ≤ 3
Resposta: D�x2 + y2 ≥ 1
(x – 1)2 + (y – 1)2 ≤ 1
– 2 ≤ y ≤ 2
14 –
106) A circunferência de equação (x – 2)2 + (y + 3)2 = 9 tem centro
C(2; – 3) e raio r = 3.
A reta y = k intercepta a circunferência se e somente se
– 6 ≤ k ≤ 0.
Resposta: A
107) I) x = k é uma reta vertical e (x – 1)2 + y2 = 9 é uma circunfe -rência de centro (1; 0) e raio 3.
II) Para que a reta x = k intercepte a circunferência deve-se
ter – 2 ≤ k ≤ 4
Resposta: E
108) Existem duas retas que passam pelo ponto (1; 0) e tangen -ciam a circunferência dada nos pontos T e Q
A reta tangente com ponto de tangência pertinente ao semi -pla no x ≤ 2 (ponto T) é a vertical de equação x = 1
Resposta: B
109) I) A circunferência x2 + y2 = 2 tem centro O(0; 0) e raio ����2
II) O ponto P(1; 1) pertence à circunferência x2 + y2 = 2, pois12 + 12 = 2
III) A reta que passa por P(1; 1) e pelo centro da circunferênciaO(0; 0) é a bissetriz dos quadrantes ímpares, cuja equaçãoé y = x
IV)A reta tangente à circunferência tem coeficiente angular m = tg 135° = – 1 e passa por P(1; 1), assim, sua equação édada por:y – 1 = – 1(x – 1) ⇔ y – 1 = – x + 1 ⇔ x + y – 2 = 0
Resposta: x + y – 2 = 0
110) I) x2 + y2 – 2x + 4y = 0 ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 + 4y + 4 = 1 + 4 ⇔
⇔ (x – 1)2 + (y + 2)2 = 5 é uma circunferência de centro
C(1; – 2) e raio R = ����5 , que passa pela origem.
II) O coeficiente angular da reta↔OC é m = =
= = – 2
III) O coeficiente angular da reta t, perpendicular a↔OC, é
mt = e o coeficiente linear é ht = 0, assim, a equação
da reta t é y = x + 0 ⇔ y = x ⇔ x – 2y = 0
Resposta: x – 2y = 0
yC – yO–––––––xC – xO
– 2 – 0–––––––
1 – 0
1–––2
1–––2
1–––2
– 15
111) I) Se P(xO; yO) pertence à circunferência x2 + y2 = r2, então
xO2 + yO
2 = r2
II) x2 + y2 = r2 é uma circunferência de centro O(0; 0) e raio r
III) O coeficiente angular da reta↔OP é m = =
IV)Se t é a reta que passa por P(xO; yO) e é tangente à circun -
ferência, então t é perpendicular a ↔OP, assim, tem coefi -
ciente angular mt = – e sua equação é dada por:
y – yO = mt . (x – xO) ⇒ y – yO = – . (x – xO) ⇔
⇔ y yO – yO2 = – x xO + xO
2 ⇔ x xO + y yO = xO2 + yO
2 e,
como xO2 + yO
2 = r2, a equação é x xO + y yO = r2
Resposta: B
112) I) x2 + y2 – 2x – 4y + 1 = 0 ⇔
⇔ x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 = 4 ⇔
⇔ (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4 é uma circunferência de centro
C(1; 2) e raio R = 2
II) O ponto P(– 1; 2) pertence à circunferência, pois
(– 1 – 1)2 + (2 – 2)2 = (– 2)2 + 02 = 4
III) A reta tangente à circunferência pelo ponto P(– 1; 2) é a
vertical de equação x = – 1 ⇔ x + 1 = 0
Resposta: x + 1 = 0
113) I) (x – 4)2 + (y – 5)2 = 20 é uma circunferência de centro
C(4; 5) e raio R = ����20 = 2����5
II) Para x = 2, tem-se:
(2 – 4)2 + (y – 5)2 = 20 ⇔ (y – 5)2 = 16 ⇔ y – 5 = � 4 ⇔
⇔ y = 9 ou y = 1, que correspondem aos pontos de tangência
T(2; 9) e Q(2; 1)
III) O coeficiente angular da reta↔CT é mCT = = – 2,
assim, a reta tangente no ponto T(2; 9) tem coeficiente
angular e sua equação é y – 9 = (x – 2) ⇔
⇔ 2y – 18 = x – 2 ⇔ x – 2y + 16 = 0
IV)O coeficiente angular da reta↔CQ é mCQ = = 2,
assim, a reta tangente no ponto Q(2; 1) tem coeficiente
angular – e sua equação é y – 1 = – (x – 2) ⇔
⇔ 2y – 2 = – x + 2 ⇔ x + 2y – 4 = 0
Resposta: B
114) I) x2 + y2 = 16 é uma circunferência de centro O(0; 0) e raio R = 4
II) As retas de declive (ou coeficiente angular) m = – têm
equações do tipo y = – x + h ⇔ 3x + 4y – 4h = 0
III) Para que a reta tangencie a circunferência, a distância do
centro O(0; 0) à reta deve ser igual ao raio R = 4, assim:
R = ⇒ 4 = ⇔
⇔ �– 4h� = 20 ⇔ – 4h = � 20 ⇔ h = � 5
Portanto, as retas são y = – x � 5
Resposta: A
3–––4
1 – 5––––––2 – 4
1–––2
1–––2
9 – 5––––––2 – 4
1–––2
1–––2
xO––––yO
xO––––yO
yO – 0–––––––xO – 0
yO––––xO
3–––4
�3 . 0 + 4 . 0 – 4h�–––––––––––––––––
5
�3xO + 4yO – 4h�–––––––––––––––––
��������32 + 42
3–––4
16 –
115) I) x2 + y2 + 2x – 3 = 0 ⇔ x2 + 2x + 1 + y2 = 3 + 1 ⇔
⇔ (x + 1)2 + y2 = 4 é uma circunferência de centro C(– 1; 0)
e raio R = 2
II) As retas que passam pelo ponto P(5; 2) têm equações do
tipo y – 2 = m(x – 5) ⇔ mx – y + 2 – 5m = 0
III) Para que a reta tangencie a circunferência, a distância do
centro C(– 1; 0) à reta deve ser igual ao raio R = 2, assim:
R = ⇒ 2 = ⇔
⇔ �2 – 6m� = 2��������m2 + 1 ⇔ (�2 – 6m�)2 = (2��������m2 + 1 )2 ⇔
⇔ 4 – 24m + 36m2 = 4(m2 + 1) ⇔ 32m2 – 24m = 0 ⇔
⇔ 8m(4m – 3) = 0 ⇔ m = 0 ou m =
IV)Para m = 0, a reta é 0x – y + 2 – 5 . 0 = 0 ⇔ y – 2 = 0
V) Para m = , a reta é x – y + 2 – 5 . = 0 ⇔
⇔ 3x – 4y + 8 – 15 = 0 ⇔ 3x – 4y – 7 = 0
Resposta: y – 2 = 0 ou 3x – 4y – 7 = 0
116) I) x2 + y2 = 100 é uma circunferência de centro na origem
O(0; 0), raio 10 e que passa pelo ponto P(6; 8)
II) Observa-se, graficamente, que existem duas circunfe rên -
cias de raio 15 tangentes à circunferência dada no ponto
P(6; 8)
III) Por semelhança dos triângulos OPA e OC1B, tem-se:
= = ⇔ x1 = 15 e y1 = 20 ⇒ C1(15; 20)
IV)Por semelhança dos triângulos OPA e C2OD, tem-se:
= = ⇔ x2 = – 3 e y2 = – 4 ⇒ C2(– 3; – 4)
Resposta: E
117) I) (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4 é uma circunferência de centro C(1; 2)
e raio R = 2
II) As retas que passam pelo ponto P(4; 0) têm equações do
tipo y – 0 = m(x – 4) ⇔ mx – y – 4m = 0
III) Para que a reta tangencie a circunferência, a distância do
centro C(1; 2) à reta deve ser igual ao raio R = 2, assim:
R = ⇒ 2 = ⇔
⇔ �– 3m – 2� = 2��������m2 + 1 ⇔ (�– 3m – 2�)2 = (2��������m2 + 1 )2 ⇔
⇔ 9m2 + 12m + 4 = 4(m2 + 1) ⇔ 5m2 + 12m = 0 ⇔
⇔ m(5m + 12) = 0 ⇔ m = 0 ou m = –
IV)Para m = 0, a reta é 0x – y – 4 . 0 = 0 ⇔ y = 0
V) Para m = – , a reta é – x – y – 4 . �– � = 0 ⇔
⇔ – 12x – 5y + 48 = 0 ⇔ 12x + 5y – 48 = 0
Resposta: y = 0 ou 12x + 5y – 48 = 0
118) I) As retas y = x e y = – x são as bissetrizes dos quadrantes
do plano cartesiano
II) O quadrilátero OPCT é um quadrado de lado R (raio da cir -
cun ferência) e diagonal PT = 6, assim:
R2 + R2 = 62 ⇔ 2R2 = 36 ⇔ R2 = 18 ⇒ R = ����18 , pois R > 0
Resposta: D
12–––5
12–––5
12–––5
10–––25
6–––x1
8–––y1
10–––5
6––––– x2
8––––– y2
�mxC – yC – 4m�––––––––––––––––
������������m2 + (– 1)2
�m . 1 – 2 – 4m�––––––––––––––––
��������m2 + 1
12–––5
3–––4
3–––4
3–––4
3–––4
�m . (– 1) – 0 + 2 – 5m�–––––––––––––––––––––
��������m2 + 1
�mxC – yC + 2 – 5m�–––––––––––––––––––
������������m2 + (– 1)2
– 17
119) �x – �2
+ �y – �2
= é uma circunferência de centro
C� ; � e raio R = , assim, tangencia o eixo x, pois
yC = R
Resposta: A
120) x2 + y2 – 2ax = 0 ⇔ x2 – 2ax + a2 + y2 = a2 ⇔
⇔ (x – a)2 + y2 = a2 é uma circunferência C de centro (a; 0) e
raio R = �a�, com a � 0
Assim, existem duas possibilidades:
Analisando as proposições, tem-se:
0) É falsa, pois a � 0
1) É falsa, pois as intersecções da reta x + y = 2a com C são
as soluções do sistema a seguir:
⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
⇔ ou ⇒ Os pontos são (a; a) e (2a; 0)
Assim, a distância entre os pontos (a; a) e (2a; 0) é
d = ��������a2 + a2 = a����2
2) É falsa, pois o centro está sobre o eixo x e a circunferência
passa pela origem (0; 0), portanto, o eixo y tangencia a
circunferência.
3) É verdadeira, pois os vértices (0; 0), (a; a) e (2a; 0) estão
sobre a circunferência, logo, o triângulo é inscrito.
4) É verdadeira, pois como o centro está sobre o eixo x e o raio
é R = �a�, se y > �a� não existem pontos na circunfe rência.
5) É falsa, pois para x ≥ a, os pontos formam uma semicir cun -
ferência de raio �a� , cujo comprimento é = π . �a�
6) É falsa, pois para a < 0, a reta y = x + �a� passa pelo centro
(a; 0) da circunferência, já que �a� = – a e y = a + (– a) = 0
Resposta: F, F, F, V, V, F, F
121) Sejam C1: x2 + y2 + 3x – 2y – 4 = 0, C2: x2 + y2 – 2x – y – 6 = 0
e C3: x2 + y2 – 1 = 0 as três circunferências dadas.
I) O eixo radical das circunferências C1 e C2 é dado por:
x2 + y2 + 3x – 2y – 4 = x2 + y2 – 2x – y – 6 ⇔ 5x – y + 2 = 0
II) O eixo radical das circunferências C1 e C3 é dado por:
x2 + y2 + 3x – 2y – 4 = x2 + y2 – 1 ⇔ 3x – 2y – 3 = 0
III) O eixo radical das circunferências C2 e C3 é dado por:
x2 + y2 – 2x – y – 6 = x2 + y2 – 1 ⇔ 2x + y + 5 = 0
IV)O centro radical é o ponto de intersecção dos eixos radi -
cais, assim:
⇔ ⇒ (– 1; – 3) é o centro radical
Resposta: 5x – y + 2 = 0; 3x – 2y – 3 = 0; 2x + y + 5 = 0;
Centro radical: (– 1; – 3)
122) Os pontos P(x; y) cuja soma dos quadrantes das distâncias
aos pontos A(– 2; – 5) e B(3; 4) é igual a 70, são tais que:
(PA)2 + (PB)2 = 70 ⇒
⇒ (����������������������(x + 2)2 + (y + 5)2 )2
+ (����������������������(x – 3)2 + (y – 4)2 )2
= 70 ⇔
⇔ x2 + 4x + 4 + y2 + 10y + 25 + x2 – 6x + 9 + y2 – 8y + 16 = 70 ⇔
⇔ 2x2 + 2y2 – 2x + 2y – 16 = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 – x + y – 8 = 0
Resposta: x2 + y2 – x + y – 8 = 0
123) Sejam P(x; y) os pontos que formam o lugar geométrico, a
reta (r) 2x + 3y – 6 = 0 e a reta (s) 3x – 2y + 8 = 0
De acordo com o enunciado, deve-se ter:
2
+
2
= 10 ⇔
⇔ + = 10
⇔ 4x2 + 9y2 + 36 + 12xy – 24x – 36y +
+ 9x2 + 4y2 + 64 – 12xy + 48x – 32y = 130 ⇔
⇔ 13x2 + 13y2 + 24x – 68y – 30 = 0
Resposta: 13x2 + 13y2 + 24x – 68y – 30 = 0
� y = 2a – x
x2 – 3ax + 2a2 = 0 � y = 2a – x
x = a ou x = 2a
� x = a
y = a � x = 2a
y = 0
� x + y = 2a
(x – a)2 + y2 = a2 � y = 2a – x
(x – a)2 + (2a – x)2 = a2
2–––3
2–––3
1–––4
4–––9
2–––3
1–––4
2 . π . �a�–––––––––
2
x = – 1
y = – 3�5x – y + 2 = 0
3x – 2y – 3 = 0
2x + y + 5 = 0�
�3x – 2y + 8�–––––––––––––
������������32 + (– 2)2��2x + 3y – 6�–––––––––––––
��������22 + 32�(3x – 2y + 8)2
–––––––––––––13
(2x + 3y – 6)2
–––––––––––––13
18 –
124) Sejam os eixos x e y os dois fios perpendiculares
O ponto médio da haste de 30 cm move-se formando uma cir -
cun fe rência de centro (0; 0) e raio 15, cuja equação é x2 + y2 = 225
Resposta: x2 + y2 = 225
125) I) Para x ≥ 0, tem-se que �x� = x, então:
x2 + y2 – 4 . �x� = 0 ⇔ x2 + y2 – 4x = 0 ⇔⇔ x2 – 4x + 4 + y2 = 4 ⇔ (x – 2)2 + y2 = 4 é uma cirunferência
de centro (2; 0) e raio 2
II) Para x ≤ 0, tem-se que �x� = – x, então:
x2 + y2 – 4 . �x� = 0 ⇔ x2 + y2 – 4(– x) = 0 ⇔⇔ x2 + y2 + 4x = 0 ⇔ x2 + 4x + 4 + y2 = 4 ⇔⇔ (x + 2)2 + y2 = 4 é uma cirunferência de centro (– 2; 0) e
raio 2
III) x2 + y2 – 4 . �x� = 0 corresponde às duas circunferências
descri tas nos casos (I) e (II), cuja representação gráfica é a
da alternativa C
Resposta: C
126) I) x2 + y2 + 4x + 6y – 19 = 0 ⇔
⇔ x2 + 4x + 4 + y2 + 6y + 9 = 19 + 4 + 9 ⇔
⇔ (x + 2)2 + (y + 3)2 = 32 é uma circunferência de centro
C(– 2; – 3) e raio R = ����32
II) O ponto P(6; 4) é externo à circunferência, pois
62 + 42 + 4 . 6 + 6 . 4 – 19 > 0
III) Se T é o ponto de tangência da reta traçada por P, tan -
gente à circunferência, então o triângulo PTC é retângulo
em T e CT = R = ����32 , assim:
(PT)2 + (CT)2 = (PC)2 ⇒
⇒ (PT)2 + (����32 )2 = (���������������(6 + 2)2 + (4 + 3)2 )2
⇔
⇔ (PT)2 + 32 = 64 + 49 ⇔ (PT)2 = 81 ⇒ PT = 9, pois PT > 0
Resposta: 9
127) I) x2 + y2 + 2ky = 0 ⇔ x2 + y2 + 2ky + k2 = k2 ⇔
⇔ x2 + (y + k)2 = k2 é uma circunferência de centro C(0; – k)
e raio R = �k�
II) Se P(5; 4) é externo à circunferência e T é o ponto de tan gên -
cia da reta traçada por P, tangente à circunferência, então o
triângulo PTC é retângulo em T, PT = 5 e CT = R = �k�, assim:
(PC)2 = (PT)2 + (CT)2 ⇒ (�����������52 + (4 + k)2 )2
= 52 + k2 ⇔
⇔ 25 + 16 + 8k + k2 = 25 + k2 ⇔ 8k = – 16 ⇔ k = – 2
Resposta: k = – 2
128) Graficamente, tem-se:
I) xC2 + 22 = 32 ⇔ xC
2 = 5 ⇔ xC = � ����5 , pois a circunferência
pode ter centro no 2o- quadrante
II) Existem duas circunferências de raio 3 e os centros são
C(� ����5 ; 3), assim, as equações são (x � ����5 )2 + (y – 3)2 = 9
Resposta: A
129) I) O centro pertence à reta x – y = 0 ⇔ y = x, então o centro
é do tipo C(xC; xC)
II) Se a circunferência passa pela origem (0; 0) e tem raio
R = 3, então:
R = 3 ⇒ OC = 3 ⇒ �����������xC2 + xC
2 = 3 ⇔ 2xC2 = 9 ⇔
⇔ xC2 = ⇔ xC = �
III) Para xC = yC = e R = 3, a equação da circunferência é:
�x – �2
+ �y – �2
= 32 ⇔
⇔ x2 + y2 – 3����2 x – 3����2 y = 0
IV)Para xC = yC = – e R = 3, a equação da circunferência é:
�x + �2
+ �y + �2
= 32 ⇔
⇔ x2 + y2 + 3����2 x + 3����2 y = 0
Resposta: A
3����2 ––––––
2
9–––2
3����2 –––––
2
3����2 –––––
2
3����2 –––––
2
3����2 –––––
2
3����2 –––––
2
3����2 –––––
2
– 19
130) Seja z = x + yi um número complexo e (x; y) seu afixo.
(z – i) . ( ——z – i ) = 4 ⇒ (x + yi – i) . (
——————x + yi – i ) = 4 ⇔
⇔ �x + (y – 1)i . �————————x + (y – 1)i = 4 ⇔
⇔ �x + (y – 1)i . �x – (y – 1)i = 4 ⇔
⇔ x2 + (y – 1)2 = 4 é uma circunferência de centro (0; 1) e raio 2
Resposta: B
131) A reta y = x ⇔ ����3 x – 3y = 0 é tangente a uma circunfe -
rência de centro C(2; 0), então a distância do centro à reta
deve ser igual ao raio R da circunferência, assim:
R = = =
= = = 1
Resposta: 1
132) Sendo A � 0, tem-se:
Ax2 + Ay2 + Bx + Cy + D = 0 ⇔
⇔ x2 + y2 + x + y + = 0 ⇔
⇔ x2 + x + + y2 + y + = – + + ⇔
⇔ �x + �2
+ �y + �2
= é uma circunferência
de centro �– ; – � e raio
Resposta: C�– ; – � e r =
133) I) As retas y = x e y = x + 2����2 são paralelas, pois possuem
coeficientes angulares iguais (m = 1)
II) Se o centro está numa das retas e a circunferência tan gen -
cia a outra, pois possui apenas um ponto de intersecção
com a reta, a distância entre as retas equivale ao raio R da
circunferência, assim, x – y = 0 e x – y + 2����2 = 0 são as
equações das retas, então:
R = = = 2
Resposta: E
134) I) x2 + y2 – 4x + 6y = 3 ⇔
⇔ x2 – 4x + 4 + y2 + 6y + 9 = 3 + 4 + 9 ⇔
⇔ (x – 2)2 + (y + 3)2 = 16 é uma circunferência de centro
C(2; – 3) e raio R = 4, assim, o conjunto
A = {(x; y) � x2 + y2 – 4x + 6y ≤ 3} é formado pelos pontos da
circunferência e os pontos internos
II) x + 3y = k ⇔ x + 3y – k = 0 é a equação de uma reta e, para
que ela tangencie a circunferência descrita no ítem (I), sua
distância ao centro deve ser igual ao raio, assim:
R = ⇒ 4 = ⇔
⇔ �– 7 – k� = 4���10 ⇔ – 7 – k = � 4���10 ⇔
⇔ k = 4���10 – 7 ou k = – 4���10 – 7
III) Para k = 4���10 – 7, tem-se a reta r de equação
x + 3y = 4���10 – 7
IV)Para k = – 4���10 – 7, tem-se a reta s de equação
x + 3y = – 4���10 – 7
V) Se B = {(x; y) � x + 3y ≤ k}, então:
a) A é subconjunto de B, para k ≥ 4�����10 – 7
b) A e B são disjuntos (A ∩ B = ∅), para k < – 4�����10 – 7
Respostas: a) k ≥ 4�����10 – 7
b) k < – 4�����10 – 7
135) I) (x – 4)2 + (y + 3)2 = 1 é uma circunferência de centro
C(4; – 3) e raio R = 1
II) O ponto de ordenada máxima é (xC; yC + R) =
= (4; – 3 + 1) = (4; – 2)
Resposta: D
����3 –––––
3
�����3 xC – 3yC�––––––––––––––––––
�����������(����3 )2 + (– 3)2
�����3 . 2 – 3 . 0�–––––––––––––––
����3 + 9
2����3 ––––––
���12
2����3 ––––––
2����3
D–––A
C–––A
B–––A
C2
––––4A2
B2
––––4A2
D–––A
C2
––––4A2
C–––A
B2
––––4A2
B–––A
B2 + C2 – 4AD–––––––––––––
4A2
C–––2A
B–––2A
��������������������� B2 + C2 – 4AD––––––––––––––––
2 . �A�C
––––2A
B––––2A
��������������������� B2 + C2 – 4AD––––––––––––––––
2 . �A�C
––––2A
B––––2A
2����2 ––––––
����2
�2����2 – 0�–––––––––––––
�������12 + (– 1)2
�2 + 3 . (– 3) – k�–––––––––––––––
���10
�xC + 3yC – k�–––––––––––––
����12 + 32
y
x2
0
-3 C
A
r: x + 3y = 4 10 -7
x + 3y k�
x + 3y k�
s: x +3y = -4 10 -7
20 –
136) I) x2 + y2 = 3 é uma circunferência de centro C(0; 0) e raio
R = ����3
II) Se a área do quadrilátero PTCQ é ����3 , então:
2 . = ����3 ⇔ PT . ����3 = ����3 ⇔ PT = 1
III) No triângulo retângulo PTC, xP2 = (����3 )2 + 12 ⇒ xP = 2, pois
xP > 0
IV) tg � = = = ����3 ⇒ � = 60°, assim, a reta↔PT tem
incli nação 120° e coeficiente angular ����3 e a reta↔PQ tem
incli nação 240° e coeficiente angular – ����3
V) Para as duas retas tangentes que passam por P(2; 0), tem-
se coeficiente angular m = � ����3 , assim, suas equações
são dadas por:
y – 0 = � ����3 . (x – 2) ⇔ y = � ����3 . (x – 2)
Resposta: y = � ����3 . (x – 2)
137) I) x2 + y2 + 4x – y + 1 = 0 ⇔
⇔ x2 + 4x + 4 + y2 – y + = – 1 + 4 + ⇔
⇔ (x + 2)2 + �y – �2
= é uma circunferência de
centro C�– 2; � e raio R =
II) Sendo r a reta de equação 3x + 2y – 500 = 0, o triângulo
inscrito na circunferência é retângulo, pois possui lados
paralelos aos eixos x e y, assim, a hipotenusa deve ser
paralela à reta r, passando pelo centro da circunferência.
III) (AB)2 = � �2
+ � �2
= + =
IV)DF = 2R = 2 . = ����13
V) Sendo S1 = . . = e S2, respecti va men -
te, as áreas dos triângulos semelhantes AOB e DEF, tem-se:
� �2
= ⇔ = ⇒
⇒ = ⇔ S2 . = ⇔
⇔ S2 = = 3
Resposta: 3
1––––
4
1––––
4
PT . CT––––––––
2
CT––––PT
����3 –––––
1
13––––
4
����13 –––––
2
1–––2
1–––2
13 . 5002
–––––––––36
5002
–––––9
5002
–––––4
500––––
3
500––––
2
����13 –––––
2
5002
–––––12
500––––
2
500––––
3
1–––2
S1––––S2
(AB)2
–––––(DF)2
S1––––S2
AB––––DF
13 . 5002
–––––––––12
13 . 5002
–––––––––36
5002
–––––12
––––––S2
13 . 5002
–––––––––36
––––––––––13
36––––12
– 21
138) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
Sendo C(a,b) o centro da circunferência, (11,2) ponto
pertencente, (3,4) ponto tangente, r a reta tangente e s a reta
que passa pelo centro e que é perpendicular à reta s, temos
as seguintes condições:
I) mr = – e ms =
Reta s: y – 4 = (x – 3) ⇔ y =
II) C(a; b) = C�a; �III) TC = BC
(a – 3)2 + � – 4�2
= (a – 11)2 + � – 2�2
⇔
⇔ (a – 3)2 + � �2
= (a – 11)2 + � �2
⇒
⇒ a2– 6a + 9 + = a2– 22a + 121 + ⇔
⇔ – 24a + 36 + 9a2– 54a + 81 = – 88a + 484 + 9a2 – 30a + 25 ⇔
⇔ – 78a + 177 = – 118a + 509 ⇔ 40a = 392 ⇔ a =
Assim, o centro C é dado por:
�a; � = � ; �= � ; �IV)O raio da circunferência é dado por
R = CT = � – 3�2
+ � �2
=
V) A equação da circunferência é dada por
(x – a)2 + (y – b)2 = R2 ⇒
⇒ �x – �2
+ �y – �2
= � �2
⇔
⇔ x2 – x + + y2 – y + = ⇔
⇔ x2 + y2 – x – y + = 0 ⇔
⇔ 5x2 + 5y2 – 98x – 142y + 737 = 0
Resposta: 5x2 + 5y2 – 98x – 142y + 737 = 0
139) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) A medida R, é tal que:
R = ������������(a – 4)2 + (b – 1)2 = ������������(a + 3)2 + (b – 2)2 ⇒
⇒ a2 – 8a + 16 + b2 – 2b + 1 = a2 + 6a + 9 + b2 – 4b + 4 ⇔
⇔ – 14a + 2b = – 4 ⇔ 7a – b = 2 ⇔ b = 7a – 2
II) O centro C é dado por
C(a; b) = C(a; 7a – 2)
III) R = AC = ���������������(a + 3)2 + (7a – 2 – 2)2 = �������������(a + 3)2 + (7a – 4)2
IV)R = b = 7a – 2, assim:
�������������(a + 3)2 + (7a – 4)2 = 7a – 2 ⇒
⇒ a2 + 6a + 9 + 49a2 – 56a + 16 = 49a2 – 28a + 4 ⇔
⇔ a2 – 22a + 21 = 0 ⇔ a = 1 ou a = 21
V) a = 1 ⇒ b = R = 5 e a = 21 ⇒ b = R = 145
As equações da circunferência são:
(x – 1)2 + (y – 5)2 = 25 ⇔ x2 + y2 – 2x – 10y + 1 = 0
ou
(x – 21)2 + (y – 145)2 = 1452 ⇔ x2 + y2 – 42x – 290y + 441 = 0
Resposta: x2 + y2 – 2x – 10y + 1 = 0 ou
x2 + y2 – 42x – 290y + 441 = 0
2–––3
3–––2
3x – 1––––––
2
3–––2
3a – 1––––––
2
3a – 1––––––
2
3a – 1––––––
2
3a – 9––––––
2
3a – 5––––––
2
9a2 – 54a + 81–––––––––––––
4
9a2 – 30a + 25–––––––––––––
4
49–––5
3a – 1––––––
2
493 . ––– – 1
5––––––––––
2
49–––5
71–––5
49–––5
493 . ––– – 9
5––––––––––
2
3757––––––
25
49–––5
71–––5
3757––––––
25
98–––5
3757–––––
25
5041–––––
25
142––––
5
2401–––––
25
98–––5
142––––
5
737––––
5
Raio RR
aio
R
s
T (3;4)
C (a;b)
B (11;2)
2x + 3y - 18 = 0 (r)
49–––5
R
R
R
A (-3;2)B (4;1)
C (a;b) = (a;R)
x
22 –
140) As inequações definem num plano um círculo
I) x2 + y2 ≤ 2x ⇔ x2 + y2 – 2x ≤ 0 ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 ≤ 1 ⇔
⇔ (x – 1)2 + (y – 0)2 ≤ 1
II) x2 + y2 – 2y ≤ 0 ⇔ x2 + y2 – 2y + 1 ≤ 1 ⇔
⇔ (x – 0)2 + (y – 1)2 ≤ 1
III) Região definida pela intersecção das inequações
A área S dessa região é dada por
S = 2� π . 12 – � = – 1
e supondo π = 3, temos:
S = – 1 = 0,5
Resposta: E
141) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
Sendo C o centro da circunferência e R o seu raio, temos as
seguintes condições:
I) � = arctg � � ⇔ tg � =
II) A equação da reta r é dada por y = x ou 3x – 4y = 0
III) O centro C é dado por C� ; � ⇔ C� ; – k�
e o raio R = � �2
+ k2 – k2 =
IV)A distância do centro da circunferência à reta r é ,
assim: = ⇔ � – 4k� = ⇔
⇔ – 4k = – ou – 4k = ⇔ k = 3 ou k = – 3
Como k > 0, então k = 3
Resposta: A
142) Sendo M (1; 2) o centro da circunferência, e o ponto
A (– 3; –1) um dos vértices do quadrado, temos:
1) O ponto M é ponto médio da diagonal –––AC.
, então C (5; 5).
2) A equação da circunferência é (x – 1)2 + (y – 2)2 = 25, pois
R = dAM = ������������(1 + 3)2 + (2 + 1)2 = 5
3) A diagonal –––BD do quadrado pertence à mediatriz de
–––AC.
a) mAC = = e mBD = , pois –––BD � AC
b) Equação da reta↔BD:
y – 2 = – (x – 1) ⇔ 4x + 3y – 10 = 0
x
y
1
1
1
x
y
1
(0,1)
1 . 1––––
2
1–––4
π–––2
1
1x
y
3–––2
x
y
�
M
C
R
3–––4
3–––4
3–––4
– 3–––– 2
– 2k––––– 2
3–––2
3–––2
3–––2
3–––2
3–––2
3 �3 . ––– – 4 k�2 –––––––––––––––
�������32 + (– 4)2
9–––2
15–––2
15–––2
9–––2
9–––2
15–––2
y
D
2
1
M
C
x
B
A(-3; -1)
– 3 + xC–––––––– = 1 ⇔ xC = 52
– 1 + yC–––––––– = 2 ⇔ yC = 52
�
– 4–––3
3–––4
5 + 1––––––5 + 3
4–––3
– 23
4) Os vértices B e D são as intersecções entre a circunfe rên -
cia e a reta↔BD, assim:
(x – 1)2 + (y – 2)2 = 25 x = 4 e y = – 2
e ⇔ ou
4x + 3y – 10 = 0 x = – 2 e y = 6
portanto, as coordenadas dos pontos B e D são (4; – 2) e
(– 2; 6).
Resposta: Os outros vértices do quadrado são (4; – 2), (5; 5) e
(– 2; 6).
143) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) O raio R é dado por:
R = dP,r = = = 2��5
II) Se o centro é o ponto P(– 1; 2) e o raio R = 2��5 , a equação
da circunferência é dada por:
(x – xc)2 + (y – yc)
2 = R2 ⇒ (x + 1)2 + (y – 2)2 = 20 ⇔
⇔ x2 + y2 + 2x – 4y – 15 = 0
Resposta: A
144) a) Sendo T(x; y) a posição do tesouro, no sistema de
coordenadas cartesianas, a partir do enunciado temos as
seguintes condições:
I) O tesouro está enterrado em um ponto da linha reta
entre os dois ro chedos, portanto y = 0 e 0 < x < 120.
II) O tesouro está a mais de 50 m do poço, isto é, localiza-
se em um ponto externo à circunferência de centro (0; 40)
e raio 50, portanto:
x2 + (y – 40)2 > 502.
III) O tesouro está a menos de 20m do rio, que obedece à
equação x – y – 20 = 0, portanto: � x – y – 20 � < 20 . ���2
b) Para T (x; 0), as condições acima resultam:
I) 0 < x < 120
II) x2 + 402 > 502 ⇔ x2 > 900 ⇒ x > 30, pois x > 0
III) �x – 20� < 20���2 ⇔ – 20���2 < x – 20 < 20���2⇔
⇔ 20 . (1 – ���2) < x < 20 . (1 + ���2)
Portanto, o menor intervalo ao qual pertence x do ponto (x; 0) é:
30 < x < 20 . (1 + ���2)
Respostas:
b) 30 < x < 20 . (1 + ���2)
145)
I) A equação da circunferência é dada por:
(x – 2)2 + (y – 1)2 = 32
II) A intersecção com o eixo das abscissas ocorre quando
y = 0.
Assim, y = 0 ⇒ (x – 2)2 + (0 – 1)2 = 9 ⇔ (x – 2)2 = 8 ⇔
⇔ x – 2 = � 2���2 ⇔ x = 2 + 2���2 ou x = 2 – 2���2
Resposta: B
146) (x – 1)2 + (y + 1)2 – 9 = 0 é a equação de uma circunferência de
centro (1; – 1) e raio r = 3.
O comprimento C dessa curva é tal que:
C = 2π r ⇔ C = 6π
Resposta: E
�
P (-1;2)
(r) x + 2y + 7 = 0
10––––––
��5
�1 . (– 1) + 2 . 2 + 7�––––––––––––––––––
����12 + 22
y
40
R1
-20
20
M N
120
R2x
x +(y-40) =502 2 2
P(x;0)
x-y-20(1- 2)=0
x-y-20(1+ 2)=0
x-y-20=0
0 < x < 120
y = 0
x2 + (y – 40)2 > 502
�x – y – 20� < 20 . ���2�a)
x(x ;0)2(x ;0)1
C (2;1)
3 3
�
24 –
147)
A distância do ponto C (3; yc) à reta y = x ou seja x – y = 0 é 3.
Assim: = 3 ⇒ �3 – yc� = 3 � 2 ⇒ yc = 3 � 2 + 3,
pois C pertence ao 1o. quadrante.
Resposta: D
148) A circunferência (x – 2)2 + (y – 3)2 = 1 tem centro C(2;3) e raio 1.
A reta x = k é vertical.
Então: k = 1 ou k = 3
Resposta: D
149) Considere que x2 + y2 = 1 represente uma circunferência.
1) A região do plano determinada pela inequação x2 + y2 ≤ 1
constitui um círculo de centro na origem e raio igual a 1.
2) Sendo x + y = 1 e x + y = – 1 as equações de duas retas
paralelas, con clui-se que �x + y� ≥ 1 ⇔ x + y ≤ – 1 ou
x + y ≥ 1, conclui-se que são representadas graficamente
da seguinte forma:
3) A região do plano cartesiano, determinada pelas
inequações acima representadas, resulta na figura
indicada (2 segmentos circulares), cuja área é igual a:
A = 2 . – = – 1
Resposta: A
�3 – yc�––––––––––
��� 12 + 12
3
0 1 2 3
x
y
1 C 1
1
-1
-1
1
y
x
y
x-1
-1
1
1
x + y = 1
x + y = -1
1
-1
-1
1
y
x
π–––2�1 . 1
––––2
π . 12
–––––4�
– 25
150) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) A equação (x – 3)2 + y2 = 25 tem centro no ponto C(3; 0) e
raio R = 5.
II) A reta r é perpendicular à reta↔AB, assim, temos
mr . mAB = – 1 ⇒ . mAB = – 1 ⇔ mAB = –
III) A equação da reta↔AB é dada por:
y – 2 = – (x – 4) ⇔ x + 2y – 8 = 0
IV)As coordenadas dos pontos A e B são dadas por:
⇔
Respostas: a) x + 2y – 8 = 0
b) A(0, 4) e B(8, 0)
151) Sendo a reta (r) 2x – y – 5 = 0 e a circunferência
x2 + y2 – 2x – 4y + 3 = 0, temos:
I) Centro C(1;2) e raio R = � 2
II) A distância entre a reta e a circunferência é dada por:
d = = = � 5
III) Intersecção com o eixo y:
x = 0 ⇒ y2 – 4y + 3 = 0 ⇔ y = 1 ou y = 3
IV)Intersecção com o eixo x:
y = 0 ⇒ x2 – 2x + 3 = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 3
Analisando as alternativas, concluímos que:
a) Falsa, pois (3; 0) não é ponto da reta r, pois
2 . 3 – 1 . 0 – 5 � 0.
b) Falsa, pois a distância do centro à reta é maior que � 2.
c) Verdadeira, pois �3 – 1� = 2.
d) Falsa, pois �3 – (– 1)� = 4.
e) Falsa, pois a área é calculada por A = π(� 2 )2 = 2π.
Resposta: C
152) A partir do enunciado, temos:
I) ⇒ x2 + x + 2 – 7x – 9 = 0 ⇔
⇔ x2 – 6x – 7 ⇔
II) Ponto P de intersecção das diagonais desse polígono
Equação da reta↔AC: = 0 ⇔ x + 2y – 1 = 0
Equação da reta↔BD: = 0 ⇔ x – 2y – 1 = 0
Ponto P
⇔ ∴ P(1; 0)
III) Equação da reta que passa por (1; 0) e é paralela à reta
2x – y + 3 = 0, que é dada por 2x – y + c = 0 (c ∈ �)
e 2 . 1 – 0 + c = 0 ⇔ c = – 2
A equação é dada por 2x – y – 2 = 0
Resposta: D
153) I) A circunferência x2 + y2 – 6x – 8y – 1 = 0 tem por centro o
ponto C ; ⇔ C(3; 4)
II) A circunferência citada passa pelo ponto P(1; 3) e tem
centro C(3; 4), logo:
(1 – 3)2 + (3 – 4)2 = R2 ⇔ R2 = 5 ⇒ R = � 5
III) A equação da circunferência é
(x – 3)2 + (y – 4)2 = 5 ⇔ x2 + y2 – 6x – 8y + 20 = 0
Resposta: C
1–––2�2 – 0
–––––4 – 3�
1–––2
x = 8 e y = 0ou
x = 0 e y = 4�x = 8 – 2y
(x – 3)2 + y2 = 25�
5––––
� 5
�2 . 1 – 1 . 2 + 5�––––––––––––––––
� 5
x2 + y2 – 7x – 9 = 0
y2 = x + 2�x = – 1 e y = � 1
oux = 7 e y = � 3
�
x
y
A
B
C
D
P (1;0)P (1;0)7
3
-3
1
-1-1
�x
– 1
7
y
1
– 3
1
1
1�
�x
7
– 1
y
3
– 1
1
1
1�
x = 1
y = 0�x + 2y – 1 = 0
x – 2y – 1 = 0�
�– 8––––– 2
– 6––––– 2�
M (4;2)M (4;2) C (3;0)
A
B
r
26 –
154)
a) 1) Se E é um ponto da circunferência, então as
coordenadas de E são xE = 1 e yE = 2.
2) O coeficiente angular da reta OE é m1 = = .
O coeficiente angular da reta tangente à circun fe rência
em E é
m2 = – = –
3) A equação da reta tangente à circunferência em E é
y – yE = m2 (x – xE ), ou seja, y – 2 = – (x – 1) ⇔
⇔ x + 2y – 5 = 0
b) 1) O coeficiente angular da reta OP é m3 = = .
O coeficiente angular da reta que contém a altura do
triângulo OPE e que passa por E é m4 = – = – .
2) A equação da reta que contém a altura do triângulo
OPE e que passa por E é y – yE = m4(x – xE), ou seja,
y – 2 = – (x – 1) ⇔ x + ���3y – 2���3 – 1 = 0
3) O ortocentro do triângulo OPE é o ponto de
intersecção da reta de equação y = 0 (altura do
triângulo OPE que passa por O) e da reta de equação
x + ���3 y – 2 ���3 – 1 = 0 ( altura do triângulo OPE que
passa por E):
⇔
Respostas: a) x + 2y – 5 = 0
b) (2���3 + 1; 0)
155) A circunferência de equação (x + 3)2 + (y – 2)2 = 27 tem centro
I(– 3; 2) e raio r = ����27 = 3 . ���3.
Como o triângulo equilátero ABC está inscrito na circunfe -
rência, temos:
1) h = . r ⇒ h = . 3���3 =
2) h = ⇒ = ⇔ � = 9
Portanto, AB = 9.
Resposta: C
156) Os afixos dos complexos z = x + yi, representados no plano
complexo, são tais que Re(z) ≥ 0 e �z� ≤ 1
Resposta: E
157) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) O centro da circunferência é C(0; 2) e raio R = 2.
II) A equação da reta que passa por Q tem equação
y + 3 = m(x – 0), com m > 0.
III) CQ = 2 = ⇔ 2� m2 + 1 = 5 ⇔
⇔ 4(m2 + 1) = 25 ⇔ m2 + 1 = ⇔ m2 = ⇒
⇒ m = (m > 0).
Assim, a equação da reta t tem equação y + 3 = x ⇔
⇔ 2y + 6 = ����21x ⇔ ����21x – 2y – 6 = 0
Resposta: ����21x – 2y – 6 = 0
5
3
x - y - 2 - 1 = 03 32
0
y
x
E
P
5
x + 2y - 5 = 0
5
2 + 13
1
2–––1
Δy––––Δx
1–––2
1–––m1
1–––2
���3––––
1
Δy––––Δx
1––––
���3
1–––m3
x = 2���3 + 1
y = 0�y = 0
x + ���3 y – 2���3 – 1 = 0�
A B
I
C
H
r
9���3–––––
2
3–––2
3–––2
� . ���3–––––––
2
9���3–––––
2
� . ���3–––––––
2
C
(0;-3)
Q2
t
(0;2)
abscissa positiva x
y
�m . 0 + 2 . (– 1) – 3�–––––––––––––––––––
� m2 + 1
21–––4
25–––4
������21–––––
2
������21–––––
2
1––––
���3
– 27
158) Seja a circunferência de centro O(a; b) e raio R e seus pontos
A, B e C
I) R = AO = CO = BO, a partir disso, temos:
R = ������������(a + 6)2 + (b – 2)2 = ������������(a + 5)2 + (b + 5)2 =
= ������������(a – 3)2 + (b + 1)2
II) AO = CO ⇒ (a + 6)2 + (b – 2)2 = (a + 5)2 + (b + 5)2 ⇔
⇔ a2+ 12a + 36 + b2– 4b + 4 = a2+ 10a + 25 + b2+ 10b + 25 ⇔
⇔ 2a – 14b = 10 ⇔ a – 7b = 5
III) CO = BO ⇒ (a + 5)2 + (b + 5)2 = (a – 3)2 + (b + 1)2 ⇔
⇔ a2 + 10a + 25 + b2 + 10b + 25 = a2 – 6a + 9 + b2 + 2b + 1 ⇔
⇔ 16a + 8b = – 40 ⇔ 2a + b = – 5
IV)Resolve-se o sistema para se obter as coordenadas do
centro da circunferência.
⇔
V) R = �������������(– 2 + 6)2 + (– 1 – 2)2 = �������42 + (– 3)2 = ���25 = 5
Resposta: 5
159) Seja a circunferência de centro C(a; b) e raio R e uma equação
x2 + y2 = x
I) x2 + y2 – x = 0
C ; ⇔ C ; 0 e
R = � �2
+ 02 – 0 =
II) Sendo P(x; y) o ponto de ordenada máxima do plano.
Assim, x = y = e x + y = + = 1
Resposta: E
160) I) O centro da circunferência é dado por
C ; ⇔ C(– 2; 3)
II) Para que o centro da circunferência e os pontos A e B
estejam alinhados, temos:
= 0 ⇔ – 2p + 8 = 0 ⇔ p = 4
Resposta: D
161)
I) Circunferência de centro C(4; 0) e raio 2
II) A reta tangente à circunferência, no ponto T, passa pela
origem
III) sen � = = =
Resposta: B
162) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) Centro O
O ; ⇔ O(3;2)
II) Raio R = �������32 + 22 – 9 = 2
III) AB = BC = CD = AD = � e BD = ���2 ⇒
⇒ 4 = ���2 ⇒ � = ⇒ � = 2��2
IV)Assim, o perímetro do quadrado ABCD é dado por
4� = 4 . 2��2 = 8��2
Resposta: E
A (-6;2)
B (3;-1)
C (-5;-5)
O (a;b)
R
a = – 2
b = – 1�a – 7b = 5
2a + b = – 5�
�1––––
2��0––––– 2
– 1––––– 2�
1–––2
1–––2
P ( ; )
x
y__21 __
21
__21( ; 0)
__21
1–––2
1–––2
1–––2
�– 6––––– 2
4––––– 2�
�– 2
p
1
3
– 1
1
1
1
1�
�
x
y
44
0
y = mx (m>o)
2
T
C (4;0)
1–––2
2–––4
CT–––OT
x
y
3
2
A B
CD
0
22
2 2
00
�– 4––––– 2
– 6––––– 2�
4––––
��2
28 –
163)
a)
⇒
A equação da reta ↔AP é dada por:
y – 1 = – (x + 5) ⇔ 3x + 4y + 11 = 0
O ponto P é a intersecção das retas (t) e ↔AP; logo:
⇒ P (–1; – 2)
b) O raio da circunferência é a distância do ponto A à reta (t);
então:
r = ⇒ r = 5
A equação da circunferência é: (x + 5)2 + (y – 1)2 = 25.
c) O ponto Q é a intersecção do eixo x com a reta t:
⇒ Q (1/2; 0)
A área do triângulo A (– 5; 1), P (– 1; – 2) e Q (1/2; 0) é:
AΔAPQ = = = = 6,25(ua)
Respostas: a) P(– 1; – 2)
b) (x + 5)2 + (y – 1)2 = 25
c) AΔAPQ = 6,25(ua)
164) A partir dos dados do enunciado, a inequação é dada por:
(x – 6)2 + (y – 0)2 ≤ 52 ⇔ x2 + y2 – 12x + 11 ≤ 0
Resposta: E
165) A partir dos dados do enunciado, temos a seguinte figura
I) C ; ⇔ C(3; 4)
II) Raio R
R = �����������(3 – 0)2 + (4 – 0)2 = 5
III) Equação da circunferência
(x – 3)2 + (y – 4)2 = 25
IV)Intersecção com o eixo y
x = 0 ⇒ (0 – 3)2 + (y – 4)2 = 25 ⇔ (y – 4)2 = 16 ⇔⇔ y = 0 ou y = 8
Assim, temos:
a) (x – 3)2 + (y – 4)2 = 25 b) P(0, 8)
166) A partir do enunciado, temos:
A equação da circunferência é dada por (x – 5)2 + (y – 4)2 = 8
a) Não, pois 2��2 < 4
b) P pertente à circunferência, pois (3 – 5)2 + (2 – 4)2 = 8
c)
I) mcp . mt = – 1 ⇒ . mt = – 1 ⇒ mt = – 1
II) Reta t
y – 2 = – 1(x – 3) ⇔ x + y – 5 = 0
mAP = – 3/4�mt = 4/3
t ⊥ ↔AP
3–––4
x = – 1
y = – 2�4x – 3y – 2 = 0
3x + 4y + 11 = 0 ⇔�
� – 20 – 3 – 2 �––––––––––––––
� ��16 + 9
x = 1/2
y = 0�4x – 3y – 2 = 0
y = 0 ⇔�
25–––4
25–––2
–––––2
– 5 1 1
– 1 – 2 1
1/2 0 1 –––––––––––––––
2
A (-5; 1)
4x - 3y - 2 = 0
P
Qx
(t)
C (3;4)
(0;0)
(6;8)
�0 + 8––––––
2
0 + 6––––––
2�
x
y
4
5
C
0
R = 2 22 2
x = 5 + 2 2
C (5;4)
P (3;2)
t
�4 – 2––––––5 – 3�
– 29
167) O centro da circunferência é o ponto (0; 0) e o raio tem
medida unitária.
As retas tangenciam a circunferência, então:
1 = ⇔ �c� = ���5 ⇔ c = + ���5 ou c = – ���5
As retas que tangenciam a circunferência têm equações
2x + y + ���5 = 0 ou 2x + y – ���5 = 0
168) I) Centro da circunferência C ; ⇔ C(6; 8)
II) Raio da circunferência
R = ��������62 + 82 – 75 = �����25 = 5
a)
b)
I) AQ2 + 52 = 102 ⇒ AQ = 5���3
e
PB2 + 52 = 102 ⇒ PB = 5���3
II) cos � = = ⇒ � = 60° =
III) 2� + � = 180°
2 . 60° + � = 180°
� = 60° =
IV) � = ⇒ = ⇒ � =
V) AQ + PB + �AB = 10���3 +
169) a) 1º) A circunferência de centro (2; 0) e tangente ao eixo y
(raio 2) tem equação (x – 2)2 + y2 = 4.
2º) A reta que passa pela origem, com inclinação de 30°
coeficiente angular m = tg 30° = ,
tem equação y = . x
3º) O ponto P, intersecção da circunferência com a reta, é
obtido a partir do sistema:
⇔ ou
Como P pertence ao 1º quadrante, suas coorde nadas são
x = 3 e y = ���3, ou seja, P(3;���3).
b) As duas circunferências têm raios iguais a 2 e cen tros
C1(0;0) e C2(2;0).
A partir da figura, conclui-se que:
1º) C1C2 = 2 ⇒ C1M = C2M = 1 (M é ponto médio de C1C2).
2º) AC1 = BC1 = 2 (raio)
3º) ΔAMC1 e ΔBMC2 são retângulos, do que se con clui que
AM = BM = ���3 e os ângulos MC1A = MC1B = 60°.
�2 . 0 + 0 . 1 + c�––––––––––––––––
� ��22 + 12
2x + y + c = 0
(0;0)
1
� – 12––––––
– 2
– 16––––––
– 2 �
π––––
3
1––––
2
5––––10
π––––
3
5π––––
3
�––––
5
π––––
3
�––––
5
5π––––
3
����3––––
3����3
––––3
x = 3
y = ���3�x = 0
y = 0 �
(x – 2)2 + y2 = 4
���3y = ––– . x
3
�
x
B
M
A
y
C2C1
30 –
4º) A área do segmento circular AC2B é igual à área do setor
circular (de ângulo central igual a 120°), menos a área do
triângulo ABC1, isto é:
A1 = . π . 22 – = – ���3
5º) A área da região sombreada, pedida na ques tão, será igual
à área do círculo de raio 2, me nos 2 vezes a área do
segmento circular obtido anteriormente. Portanto, a área
pedida é:
A = π . 22 – 2 . A1 = 4 . π – 2 . – ���3 = + 2���3
Respostas: a) P(3;���3)
b) + 2���3
170) A circunferência de equação x2 + y2 – 6x – 6y + 9 = 0 tem
centro C(3;3) e raio 3.
A área S da superfície sombreada
é dada por
S = 32 – ⇔
⇔ S =
Resposta: C
171) A circunferência tem centro C(– 1; 2) e raio 3, logo a sua
equação é dada por:
(x + 1)2 + (y – 2)2 = 9 ⇔ x2 + y2 + 2x – 4y – 4 = 0 ⇔⇔ – 4x2 – 4y2 – 8x – 16y + 16 = 0
Assim, a = b = – 4, c = – 8 e d = 16
4 . π–––––
3
2���3 . 1––––––––
2
1–––3
�4π–––3� 4π
–––3
4π–––3
C
3 x
y
3
0
9(4 – π)––––––––
4
π . 32
–––––––4
– 31
172) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) cos � = e cos (2�) = 2 .
2
– 1 =
II) cos 2� = ⇒ = ⇒ AB = 1
III) BO2 + 12 = 32 ⇒ BO = 2���2
IV)CM2 + (2���2)2 = 3 ⇒ CM = 1
01) Verdadeira, pois: (x – (– 4))2 + (y – (– 2���2))2 = 3 ⇔ (x + 4)2 + (y + 2���2)2 = 8.
02) Falsa, pois: os centros de C2 e C4 estão a 4cm do eixo y.
04) Falsa, pois: ⇒ 2x + ���2y – 6 = 0
e (3; – 2���2) não pertence à reta que passa pelos pontos de intersecção das circunferências C3 e C4.
08) Verdadeira, pois: a equação da circunferência C1 é dada por (x + 8)2 + y2 = 9 e (– 10 + 8)2 + (���5)2 = 9, logo (– 10;���5) pertence à
circunferência C1.
16) Falsa, pois (x – 8)2 + y2 = 9 ⇔ x2 – 16x + y2 + 55 = 0.
�
�2�
C1
C2
C3
C4
C5
(-8;0) (8;0)
AA BB
CC DDMM
(4; )2 2(-4; )2 2
2 2
2 26
6 x
y
3
3
33
1 13 3 320(-3;0)
11
1–––3
����6 ––––
3����6
––––3
AB–––3
1–––3
AB–––3
x2 + y2 = 9
(x – 4)2 + (y – 2���2)2 = 9�
173) A inequação é dada por
(x – 1)2 + (y – 2)2 > 32 ⇔ (x – 1)2 + (y – 2)2 > 9
Resposta: A
174)
A circunferência x2 + y2 – 4x – 4y + 4 = 0 tem centro C(2;2) e
raio r = 2. Os triângulos OAB e ABC são retângulos e
isósceles.
Sendo A(2;0) e B(0;2), pode-se concluir que a área hachurada
é a soma das áreas de dois setores circulares, de ângulo
central 45°, e do triân gulo ABC. Portanto, a área é:
A = 2 . + = π + 2
Resposta: B
175) A partir do enunciado, temos:
I) mCT = =
II) mt . = – 1 ⇒ mt = – ���2
III) Equação da reta t
y – = – ���2 x – ⇔ ���2 x + y – ���3 = 0
Resposta: A
176) 1) O lugar geométrico dos centros das circunferências λ1 é a
circun ferência de centro na origem e raio = 2.
Portanto, tem equação x2 + y2 = 22 ⇔ x2 + y2 = 4
2) O lugar geométrico dos centros das circunferências λ2 é a
circunferência de centro na origem e raio = 1.
Portanto, tem equação x2 + y2 = 12 ⇔ x2 + y2 = 1
Resposta: C
177) I) Sendo C o centro da circunferência
x2 + y2 – 2x + 4y + 1 = 0, temos: C(1; – 2) ∈ s
II) s ⊥ r e mr = , então ms = – 2
III) A equação da reta s é
y + 2 = – 2(x – 1) ⇔ y + 2 = – 2x + 2 ⇔ y = – 2x
Resposta: B
178) A circunferência (x – 3)2 + (y – 4)2 = 25 tem centro C(3; 4), raio
r = 5 e passa pela origem.
A reta tangente à circunferência, passando pela ori gem, tem
equação
y = . x ⇔ 3x + 4y = 0
Portanto, as afirmativas (I) e (II) são falsas. A afirmativa (III) é
verdadeira, pois 4x – 3y = 0 e 3x + 4y = 0 são perpendiculares,
visto que, o coeficiente angular de uma das retas é o oposto
do inverso da outra reta.
Resposta: C
0
y
x
M
45°
N
45°45°
45° CB
A
2.2––––
2
π . 22
––––––8
1
C (0;0)
T ( ; )
t
___36 ___
33
���2 ––––
2
���3 –––– – 0
3––––––––––
���6 –––– – 0
3
���2 ––––
2
����6 ––––
3����3 ––––
3
3 + 1––––––
2
3 – 1––––––
2
1–––2
– 3––––
4
32 –
179) A circunferência tem centro C ; ⇔
⇔ C(1;1) e raio r = ��������������12 + 12 – 1 = 1
A reta x + y – k = 0 é tangente à circunferência, então:
= 1 ⇔ �2 – k� = ���2 ⇔ 2 – k = ± ���2 ⇔ k = 2 ± ���2
A soma dos possíveis valores de k é 4.
Resposta: A
180) A circunferência x2 + y2 – 6x – 10y + 30 = 0 tem centro C(3; 5)
e raio r = �������������32 + 52 – 30 = 2.
O ponto P, de ordenada máxima, é P(3; 5 + 2) = P(3; 7).
A soma das coordenadas de P é 10.
Resposta: A
181) Se P(0; 3) está na circunferência de centro C(2; 1), então o raio r
desta é r = CP = �������������������(2 – 0)2 + (3 – 1)2 = ���8 = 2���2
e sua equação é (x – 2)2 +(y – 1)2 = 8.
Resposta: C
182) I) Uma reta, que passa pela origem e tem coeficiente angular
2, tem equação y = 2x.
II) Circunferência de centro (1;0) e raio 1, tem equação
(x – 1)2 + y2 = 1
III) Pontos de intersecção
⇒
IV)AB = � �2
+ � �2
=
Resposta: B
183) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
I) Seja M o ponto médio de––BC, assim:
M ; ⇔ M ;
II) mm . mBC = – 1 ⇒ mm . = – 1 ⇒ mm = – 1
III) Reta mediatriz r
y – = – 1 x – ⇔ y = – x + 6
IV)Equação da reta↔CD
= 0 ⇔ x – y – 3 = 0
V) Equação da circunferência
(x – 0)2 + (y – 0)2 = 32 ⇔ x2 + y2 = 9
VI)A região sombreada é dada por:
x2 + y2 ≤ 9 e x – y – 3 ≥ 0
VII)Área da região tracejada é dada por
S = – . 32 –
S 6,43
184) Coordenadas de centro e o raio da roldana são dados por
C ; ⇔ C(5; 3) e R = �������������52 + 32 – 33 = 1
Resposta: E
�– 2––––– 2
– 2––––– 2�
�1 + 1 – k�––––––––––
���������12 + 12
� y = 2x
(x – 1)2 + y2 = 1 �x = 0 e y = 0
ou2 4
x = ––– e y = –––5 5
2���5 ––––––
5
2–––5
4–––5
A (0;-3)
D (0;-3)
C (3;0)
B (6;3)
M ( ; )__29 __
23
mediatriz rx
y
� 3 + 6–––––
2
0 + 3–––––
2 � � 9–––2
3–––2 �
� 3 – 0––––––6 – 0 �
3–––2 � 9
–––2 �
�x
3
0
y
0
– 3
1
1
1�
6 . 6–––––
2
1–––4
3 . 3–––––
2
�– 6––––– 2
– 10––––– 2�
– 33
185) De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:
O ponto de abscissa é dado por:
= 0 ⇔ – 1,07x + 2,14 = 0 ⇔ x = 2
Resposta: 2
186) Os pontos do plano que satisfazem as sentenças estão
represen tados nas figuras abaixo.
I) (x – 2)2 + (y – 2)2 � 4 II) x – y � 0
As duas condições simultâneas representam um semicírculo,
cuja área é:
A = = 2π
Resposta: B
187) x + 3 = ���������1 – y2 ⇔ (x + 3)2 = 1 – y2, com x + 3 ≥ 0 ⇔
⇔ (x + 3)2 + y2 = 1, com x ≥ – 3.
Portanto o conjunto dos pontos (x; y) tais que x + 3 = ���������1 – y2
é um arco de circunferência de centro (– 3; 0) e r = 1, conforme
representação a seguir.
Resposta: E
-3
y
1
0
-1
x
π . 22
–––––––2
�x
4
6
0
1,07
2,14
1
1
1�
4 5 6A (x;0) x
y
1,93
0,86
1,071,07
2,14
1 1
C (4;1,07)
B (6;2,14)
�.1 = 3,14
34 –
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA ANALÍTICA
Capítulo 2 – Estudos das Cônicas
29) + = 1 ⇔ + = 1
a) eixo maior: 2a = 2 . 13 ⇔ a = 13
b) eixo menor: 2b = 2 . 12 ⇔ b = 12
c) Da relação fundamental da elipse a2 = b2 + ƒ2, temos:
132 = 122 + ƒ2 ⇔ 169 – 144 = ƒ2 ⇔ ƒ2 = 25 ⇒ ƒ = 5.
Então, no plano teremos: F1(5; 0) e F2(– 5; 0)
d) e = ⇒ e =
e) Sendo a = 13, temos: A1(13; 0) e A2(– 13; 0)
f) Sendo b = 12, temos: B1(0; 12) e B2(0; – 12)
30) + = 1 ⇔ + = 1
a) eixo maior: 2a = 2 . 2���3 ⇔ a = 2���3
b) eixo menor: 2b = 2 . 2���2 ⇔ b = 2���2
c) Da relação fundamental da elipse a2 = b2 + ƒ2, temos:
12 = 8 + ƒ2 ⇔ 12 – 8 = ƒ2 ⇔ ƒ2 = 4 ⇒ ƒ = 2.
Então, no plano teremos: F1(0; 2) e F2(0; – 2)
d) e = ⇒ e = ⇒ e = ⇒ e =
e) Sendo a = 2���3, temos: A1(0; 2���3) e A2(0; – 2���3)
f) Sendo b = 2���2, temos: B1(2���2; 0) e B2(– 2���2; 0)
31) 9x2 + 16y2 = 576 ⇔ + = 1 ⇔ + = 1
a) eixo maior: 2a = 2 . 8 ⇔ a = 8
b) eixo menor: 2b = 2 . 6 ⇔ b = 6
c) Da relação fundamental da elipse a2 = b2 + ƒ2, temos:
82 = 62 + ƒ2 ⇔ 64 – 36 = ƒ2 ⇔ ƒ2 = 28 ⇒ ƒ = 2���7.
Então, no plano teremos: F1(2���7; 0) e F2(– 2���7; 0)
d) e = ⇒ e = ⇒ e =
e) Sendo a = 8, temos: A1(8; 0) e A2(– 8; 0)
f) Sendo b = 6, temos: B1(0; 6) e B2(0; – 6)
32) Temos: 9x2 + 16y2 – 100 = 0 ⇔ 9x2 + 16y2 = 100 ⇔
⇔ + = 1 ⇔ + = 1
Assim, a equação acima representa uma elipse.
Resposta: B
33) 1) Verdadeiro, pois:
3x – 4y + 4 = 0
I) R = = 2
II) Equação de λ(x – 2)2 + (y – 0)2 = 22 ⇔ x2 + y2 – 4x = 0
2) Verdadeiro, pois:
I) a2 = 25 ⇒ a = 5
II) b2 = 9 ⇒ b = 9
III) 25 = 9 + ƒ2 ⇒ ƒ = 4
IV) e = = = 0,8
3) Falso, pois:
⇔ e (1,1) não pertence à
reta 2x + y = 2
4) Verdadeiro, pois:
I) x2 – y2 ≤ 0 ⇔ (x + y)(x – y) ≤ 0
II) �x� ≤ 2 ⇔ – 2 ≤ x ≤ 2
III) �y� ≤ 2 ⇔ – 2 ≤ y ≤ 2
A área da região do plano definida pelas desigualdades é
calculada por:
S = 2 . = 8 unidades
Resposta: 1) V 2) V 3) F 4) V
5–––13
x2
––––169
y2
––––144
x2
––––132
y2
––––122
ƒ–––a
x2
––––8
y2
––––12
x2
––––––(2���2)2
x2
––––––(2���3)2
ƒ–––a
2––––––
2���31
–––––���3
���3–––––
3
x2
––––64
y2
––––36
x2
––––82
y2
––––62
ƒ–––a
2���7–––––
8
���7––––
4
9x2
–––100
16y2
––––100
x2
–––––10 2�–––�3
y2
–––––10 2�–––�4
�
R
(2, 0)
�3 . 2 + (– 4) . 0 + 4�––––––––––––––––––
���������32 + 42
ƒ–––a
4–––5
� 4 . 2––––––
2 �
2-2
+
-
y = x
y = -x
x
y
2
-2
+
-
� x + y = 2
x – y = 2 � x = 1
y = 1
– 35
34) Temos: 9x2 + 25y2 = 225 ⇔ + = 1 ⇔
⇔ + = 1
A partir da equação, temos:
• Centro (0; 0)
• a2 = 25 ⇔ a = 5 (semieixo maior paralelo ao eixo “x”)
• b2 = 9 ⇔ b = 3 (semieixo menor paralelo ao eixo “y”)
Então, no plano cartesiano, teremos:
A área do quadrilátero será:
A = 4 . = 30 unidades
Resposta: A
35)
I) b2 + 42 = 52 ⇔ b2 = 9 ⇒ b = 3
II) + = 1 ⇔ + = 1
Resposta: + = 1
36)
I) b2 + 82 = 172 ⇔ b2 = 225 ⇒ b = 15
II) + = 1 ⇔ + = 1
Resposta: + = 1
37)
I) e = = = ⇒ ƒ = 5 ���3
II) b2 + (5 ���3)2 = 102 ⇔ b2 = 100 – 75 ⇔ b2 = 25 ⇒ b = 5
III) + = 1 ⇒ + = 1
Resposta: + = 1
38) O deslocamento P sobre o plano � gera uma trajetória
elíptica.
I) PA + PB = 10 = 2a ⇒ a = 5
II) AO = OB = ƒ = 3
III) b2 + 32 = 52 ⇔ b2 = 16 ⇒ b = 4
Assim, a equação cartesiana é dada por:
+ = 1 ⇔ + = 1 ⇔ 16x2 + 25y2 = 400
Resposta: D
y2
–––9
x2
–––25
9x2
––––225
25y2
–––––225
x2
–––25
y2
–––9
5 . 3–––––
2
5-5
3
-3
x
y
4 5 x
y
b
5
4-4-5
x2
–––52
y2
–––32
x2
–––25
y2
–––9
x
y
(0, -17)
(0, 17)
(0, 8)
8
b
17
(0, -8)
y2
––––289
x2
––––225
y2
–––172
x2
–––152
y2
––––289
x2
––––225
10
b
x
y
-10
-b
ƒ–––10
ƒ–––a
���3––––
2
y2
––––25
x2
––––100
y2
–––b2
x2
–––102
y2
–––25
x2
––––100
y2
–––16
x2
–––25
y2
–––42
x2
–––52
36 –
39) De acordo com o enunciado, o lugar geométrico descrito pelo
ponto P é uma elipse.
I) Sendo os pontos F1(3; 1) e F2(– 5; 1), os focos da elipse
II) F1F2 = �����������������(3 – (– 5))2 + (1 – 1)2 = 8 = 2ƒ ⇒ ƒ = 4
III) PF1 + PF2 = 10 = 2a ⇒ a = 5
IV)b2 + 42 = 52 ⇔ b2 = 9 ⇒ b = 3
V) O centro da elipse é C ; = C(– 1; 1)
Assim, a equação da elipse é dada por:
+ = 1 ⇔ + = 1
Resposta: + = 1
40) De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:
A elipse tangente simultaneamente a x2 + y2 = 4 e x2 + y2 = 9
tem equação:
+ = 1 ⇔ 4x2 + 9y2 = 36
Resposta: C
41) I) + = 1 ⇔ + = 1
II) b2 + ƒ2 = a2 ⇒ 32 + ƒ2 = 52 ⇔ ƒ2 = 16 ⇒ ƒ = 4
Logo A e B são os focos da elipse
III) AP + BP = 2a = 10 (definição da elipse) e assim o perímetro
do triângulo ABP é calculado por
AP + BP + AB = 10 + [4 – (– 4)] = 10 + 8 = 18
Resposta: C
42) I) x2 + 4y2 = 4 ⇔ + = 1 ⇔ + = 1
II) A equação da circunferência com centro na origem e cujo
raio é 1 (semieixo menor) é:
(x – 0)2 + (y – 0)2 = 12 ⇔ x2 + y2 = 1
Resposta: D
43) Temos: 5x2 + 2y2 = 20 ⇔ + = 1 ⇔ + = 1
A partir da equação, temos:
• Centro (0; 0)
• a2 = 10 ⇒ a = �����10 (semieixo maior paralelo ao eixo “y”)
• eixo maior: 2a = 2�����10
Resposta: B
44) Temos: 9x2 + 25y2 = 225 ⇔ x2 + y2 = ⇔
⇔ + = 1 ⇔ + = 1
A partir da equação, temos:
• Centro (0; 0)
• a2 = 25 ⇒ a = 5 (semieixo maior paralelo ao eixo “x”)
• b2 = 9 ⇒ b = 3 (semieixo menor paralelo ao eixo “y”)
Da relação fundamental da elipse: a2 = b2 + ƒ2 ⇒
⇒ 25 = 9 + ƒ2 ⇔ ƒ2 = 16 ⇒ ƒ = 4
Então, no plano cartesiano, teremos:
F1(4; 0) e F2(– 4; 0)
Resposta: (4; 0) ou (– 4; 0)
(y – 1)2
–––––––9
(x + 1)2
–––––––25
� 1 + 1––––––
2 �3 – 5––––––
2
(x – (– 1))2
––––––––––52
(y – 1)2
–––––––32
(x + 1)2
–––––––25
(y – 1)2
–––––––9
x2
–––32
y2
–––22
x
y
32-3 -2
3
2
-2
-3
Elipse
x2
–––25
y2
–––16
x2
–––52
y2
–––32
x
y
5B(4, 0)
3P
0A(-4, 0)-5
-3
y2
–––12
x2
–––22
y2
–––1
x2
–––4
x
y
20
1
semi eixomenor
semi eixomenor
-2
-1
1
y2
–––––––(�����10 )2
x2
–––22
y2
–––10
x2
–––4
225–––––225
25–––––225
9–––––225
y2
–––32
x2
–––52
y2
–––9
x2
–––25
– 37
45)
I) e = ⇒ = ⇔ ƒ = 1
II) b2 + ƒ2 = a2 ⇒ b2 + 12 = 32 ⇔ b2 = 8 ⇒ b = 2���2
III) O eixo maior é paralelo ao eixo x, assim
+ = 1 ⇒ + = 1 ⇔
⇔ + = 1
Resposta: + = 1
46)
I) PF1 + PF2 = 2a (definição da elipse) ⇒
⇒ ���������������(8 – 1)2 + (0 + 1)2 + ���������������(8 – 7)2 + (0 + 1)2 = 2a ⇒
⇒ 5���2 + ���2 = 2a ⇒ 2a = 6���2 ⇒ a = 3���2
II) a2 + b2 = ƒ2 ⇒ (3���2 )2 + b2 = 32 ⇒ b2 = 9 ⇒ b = 3
III) + = 1 ⇒ + = 1 ⇔
⇔ + = 1
Resposta: + = 1
47)
A partir do enunciado, temos:
• eixo maior: 2a = 4 ⇔ a = 2
• eixo menor: 2b = 2 ⇔ b = 1
• Eixo maior contido no eixo x. Logo a equação da elipse é do
tipo + = 1 ⇒ + = 1 ⇔ + y2 = 1
48) Temos: 9x2 + 16y2 = 25 ⇔ x2 + y2 = ⇔
⇔ + = 1 e 16x2 + y2 = 25 ⇔
⇔ x2 + = ⇔ + = 1
A partir das equações, temos:
As elipses têm quatro pontos em comuns, A, B, C e D.
Resposta: E
(y + 1)2
––––––––9
(x – 4)2
––––––––18
(y – 1)2
––––––––8
(x – 3)2
––––––––9
ƒ–––a
1–––3
ƒ–––3
a = 3
y
x633
1
-1
OA2 A1
(x – xc)2
––––––––a2
(y – yc)2
––––––––b2
(x – 3)2
––––––––32
(y – 1)2
––––––––(2���2)2
(x – 3)2
––––––––9
(y – 1)2
––––––––8
(x – xc)2
––––––––a2
(y – yc)2
––––––––b2
(x – 4)2
––––––––(3���2)2
(y + 1)2
––––––––32
(x – 4)2
––––––––18
(y + 1)2
––––––––9
x
y
(0, 1)
(0, -1)
(2, 0)(-2, 0)
x2
–––4
y2
–––12
x2
–––22
y2
–––b2
x2
–––a2
25–––25
16–––25
9–––25
y2
–––––––5 2�–––�4
x2
–––––––5 2�–––�3
y2
–––52
x2
–––––––5 2�–––�4
25–––25
y2
–––25
16–––25
x
y
- __35 __
45 __
35
__45
5
-5
- __45
AB
C D
- __45
38 –
49) De acordo com a definição da elipse, temos:
I) PF1 + PF2 = 2a (eixo maior) ⇒
⇒ �3 – �2
+ (0 – 2���3 )2 + � + 3�2
+ (0 – 2���3 )2 = 2a ⇒
⇒ + 12 + + 12 = 2a ⇒
⇒ + = 2a ⇒ + = 2a ⇒
⇒ 2a = 10 ⇒ a = 5
II) F1F2 = �3 – (– 3)� = 6 = 2ƒ ⇒ ƒ = 3
III) b2 + 32 = 52 ⇒ b2 = 16 ⇒ b = 4
IV)Elipse com centro na origem e eixo maior contido no
eixo x.
+ = 1 ⇒ + = 1 ⇔ + = 1
Resposta: + = 1
50) Temos: x2 + 4y2 = 1 ⇔ + = 1 e
4x2 + y2 = 4 ⇔ x2 + = 1 ⇔ + = 1
A partir das equações, temos:
São dois pontos, A e B, em comum às elipses.
Resposta: C
51) Para reduzir a equação, devemos completar os quadrados
perfeitos. Assim:
9(x2 + 2x) + 4(y2 – 4y) = 11 ⇔
⇔ 9(x2 + 2x + 1) + 4(y2 – 4y + 4) = 11 + 9 + 16 ⇔
⇔ 9(x + 1)2 + 4(y – 2)2 = 36 ⇔
⇔ + = 1
A partir da equação reduzida, temos:
• a2 = 9 ⇒ a = 3 (semieixo maior)
• b2 = 4 ⇒ b = 2 (semieixo menor)
Resposta: 3 e 2
52) Como a � 0 e b � 0 e c � 0 e a � b.
A equação + = c2 representa uma equação de elipse.
53) I) Temos a equação da elipse:
x2 – 4x + 4y2 = 0 ⇔ x2 – 4x + 4 + 4y2 = 4 ⇔
⇔ (x – 2)2 + 4y2 = 4 ⇔ + = 1
Observando a equação reduzida, obtemos o centro C(2; 0)
II) A equação da reta que passa pelos pontos A(3; – 2) e C(2; 0)
é determinada por
= 0 ⇔ y + 2x – 4 = 0
Resposta: A
54) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
A equacão do lugar gerado é dada por:
+ = 1
y2
––––16
x2
––––25
x2
––––a2
y2
––––b2
x2
––––52
y2
––––42
x2
––––25
y2
––––16
5–––2
5–––2
1–––4
121–––4
49–––4
169–––4
7–––2
13–––2
x2
––––12
y2
–––––––1 2�–––�2
y2
––––4
x2
––––12
y2
––––22
- __21
__21
x
y
AB
1-1
2
-2
(y – 2)2
–––––––9
(x + 1)2
–––––––4
y2
–––b2
x2
–––a2
y2
–––1
(x – 2)2
––––––4
�x
3
2
y
– 2
0
1
1
1�
x
y
P B
A
12
6B ou A
12
A
PB
6
12 12
6
6
P
P
y2
––––36
x2
––––144
– 39
55) I) A equação x2 + y2 = 25 representa uma circunferência de
centro (0; 0) e raio 5.
II) A equação + = 1 ⇔ + = 1 representa uma
elipse de semieixo maior 5 e semieixo menor 4.
III) As inequações representam no plano
cartesiano, a região:
Resposta: ver figura.
56) Seja t a reta tangente procurada, se t��r, então a equação da
tangente será do tipo: y = x + k
A intersecção da tangente com a elipse é obtida pela
resolução do sistema:
Substituindo 2 em 1 , vem: 2x2 + 3(x + k)2 = 6 ⇔
⇔ 5x2 + 6kx + (3k2 – 6) = 0.
Condição: Se t é tangente à elipse, devemos ter Δ = 0 na
equação de 2o. grau, logo:
Δ = (6k)2 – 4 . 5 . (3k2 – 6) = 0 ⇔ 36k2 – 60k2 + 120 = 0 ⇔
⇔ 24k2 = 120 ⇔ k2 = 5 ⇔ k = – 5 ou k = 5
Portanto, as retas tangentes terão equações:
y = x + ���5 ou y = x – ���5
Resposta: y = x + ���5 ou y = x – ���5
57) Para a reta y = x + m interceptar a elipse + y2 = 1 temos
que o sistema formado por suas equações deverá ter
soluções, portanto:
⇒ + (x + m)2 = 1 ⇔
⇔ 5x2 + 8mx + 4m2 – 4 = 0
Logo a equação do 2o. grau 5x2 + 8mx + 4m2 – 4 = 0 deverá
possuir soluções, ou seja:
Δ ≥ 0 ⇔ (8m)2 – 4 . 5 . (4m2 – 4) ≥ 0 ⇔ – 16m2 + 80 ≥ 0 ⇔
⇔ m = � ���5Portanto:
Contudo, para – ���5 ≤ m ≤ ���5 temos soluções para o sistema
e sendo assim a reta intercepta a elipse.
Resposta: D
58) 0) (V) De fato se deslocarmos o ponto C iremos obter uma
elipse, semelhante a seguinte
(verdadeira)
1) (V)
*No triângulo BOC temos:
(BC––
)2 = (OC––
)2 + (BO––
)2
52 = (OC––
)2 + 42
25 – 16 = (OC––
)2
���9 = OC––
OC––
= 3 (verdadeira)
2) (F)
Quando a ponta está sobre a reta temos que sua
distância até o ponto O será 4. (falsa)
y2
–––42
x2
–––52
y2
–––16
x2
–––25
x2 + y2 ≤ 25
x2 y2
––– + ––– ≥ 125 16
�
x
y
5-5
4
-4
5
-5
2x2 + 3y2 = 6 (1)
y = x + k (2)�
x2
–––4
x2
–––4
x2
––– + y2 = 14
y = x + m�
40 –
3) (F)
*Quando � = 0 temos que a distância entre C e O será
igual a 4.
*Quando � = π temos que a distância entre C e O será
igual a 4. (falsa)
4) (V) A distância OC––
é mínima quando � = radianos
Podemos observar que quando � = temos:
(AC––
)2 = (OC)2 + (OA)2
52 = (OC)2 + 42
(OC––
) = ���9
OC––
= 3 (verdadeira)
59) I) e = =
II) 2f = 2 ⇒ f = 1, assim: = ⇒ a = 2
III) Relação entre as constantes
b2 + 12 = 22 ⇒ b = ���3
IV)
A elipse de centro O tem equação do tipo
+ = 1 ⇒ + = 1 ⇔
⇔ = ⇔ 3(x – 2)2 + 4y2 = 12
Resposta: B
60) Dada a equação 4x2 – 45y2 = 180 temos:
4x2 – 45y2 = 180 ⇔ – = ⇔
⇔ – = 1 (equação reduzida)
a2 = 45 e b2 = 4, sendo assim a = 3���5 e b = 2. Tratando-se
de hipérbole f2 = a2 + b2 logo:
f2 = a2 + b2 ⇔ f2 = 45 + 4 ⇔ f2 = 49 ⇔ f = 7
a) A1(3���5, 0) e A2(– 3���5, 0)
b) B1(0, 2) e B2(0, – 2)
c) F1(7, 0) e F2(– 7, 0)
d) e = ⇔ e = ⇔ e = . ⇔ e =
e) Como a hipérbole tem eixo transverso contido no eixo das
abscissas, o coeficiente angular é:
m = � ⇔ m = � ⇔ m = � . ⇔ m = �
Sendo o centro da hipérbole a origem (0,0) logo as
assíntolas são:
(y – 0) = � . (x – 0) ⇔ y = � . x
π–––2
π–––2
180––––180
45y2
––––180
4x2
––––180
y2
––––4
x2
––––45
7���5––––15
���5���5
7––––3���5
7––––3���5
f–––a
2���5––––15
���5���5
2––––3���5
2––––3���5
b––a
f–––a
1–––2
1–––a
1–––2
(x – g)2
–––––––a2
(y – h)2
–––––––b2
(x – 2)2
–––––––4
(y – 0)2
–––––––(���3)2
3(x – 2)2 + 4y2
––––––––––––––12
12––––12
2���5––––15
2���5––––15
– 41
61) Dada a equação 49x2 – 16y2 = 784 temos:
49x2 – 16y2 = 784 ⇔ – = ⇔
⇔ – = 1 (equação reduzida)
Onde a2 = 16 e b2 = 49, sendo assim a = 4 e b = 7.
Tratando-se de hipérbole f2 = a2 + b2, logo:
f2 = a2 + b2 ⇔ f2 = 16 + 49 ⇔ f2 = 65 ∴ f = ����65
a) A1(4, 0) e A2(– 4, 0)
b) B1(0, 7) e B2(0, – 7)
c) F1(����65, 0) e F2(– ����65, 0)
d) e = ⇔ e =
e) Como a hipérbole tem eixo transverso contido no eixo das
abscissas, o coeficiente angular é:
m = � ⇔ m = �
Sendo o centro da hipérbole a origem (0,0) logo as
assíntolas são:
(y – 0) = � . (x – 0) ⇔ y = � . x
62) Dada a equação x2 – y2 = 25 temos:
x2 – y2 = 25 ⇔ – = ⇔
⇔ – = 1 (equação reduzida)
Onde a2 = 25 e b2 = 25, sendo assim a = 5 e b = 5.
Tratando-se de hipérbole f2 = a2 + b2, logo:
f2 = a2 + b2 ⇔ f2 = 25 + 25 ⇔ f = ����50 ⇔ f = 5 . ����2
a) A1(5, 0) e A2(– 5, 0)
b) B1(0, 5) e B2(0, – 5)
c) F1(5����2 , 0) e F2(– 5����2 , 0)
d) e = ⇔ e = ⇔ e = ����2
e) Como a hipérbole tem eixo transverso contido no eixo das
abscissas, o coeficiente angular é:
m = � ⇔ m = � ⇔ m = � 1
Sendo o centro da hipérbole a origem (0,0) logo as
assíntolas são:
(y – 0) = � 1 . (x – 0) ⇔ y = � x
63) Dado o eixo transverso igual a 8 e os focos (� 5,0) temos:
I. Eixo transverso = 2 . a ⇔ 8 = 2 . a ⇔ a = 4
II. Focos: F1(5, 0) e F2(– 5, 0) logo f = 5
III. Tratando-se de uma hipérbole f2 = a2 + b2 logo:
f2 = a2 + b2 ⇔ 52 = 42 + b2 ⇔ 25 – 16 = b2 ⇔ 9 = b2 ∴ b = 3
IV. De acordo com o que foi dado podemos esboçar a
hipérbole
Portanto temos a seguinte equação:
– = 1 ⇔ – = 1 ⇔ = 1 ⇔
⇔ 9x2 – 16y2 = 144
f–––a
����65––––
4
b––a
7––4
7––4
7––4
x2
–––––25
y2
–––––25
25–––––
25
x2
–––25
y2
–––25
784–––––784
16y2
–––––784
49x2
–––––784
y2
–––49
x2
–––16
5 ����2––––––
5
f–––a
5––5
b––a
9x2 – 16y2
–––––––––––144
y2
–––9
x2
–––16
y2
–––32
x2
–––42
42 –
64) Dado o centro (0, 0), um foco (8, 0) e um vértice (6, 0), temos:
I. Como o centro é (0, 0) e foco (8, 0) f = 8, além disso se o
vértice (– 6, 0) a = 6.
II. Tratando-se de uma hipérbole f2 = a2 + b2 logo:
f2 = a2 + b2 ⇔ 82 = 62 + b2 ⇔ 64 – 36 = b2 ⇔
⇔ ����28 = b ⇔ b = 2����7
III. De acordo com o que foi dado podemos esboçar a
hipérbole:
Portanto temos a seguinte equação:
– = 1 ⇔ – = 1 ⇔ = 1 ⇔
⇔ 7x2 – 9y2 = 252
65) Dados os vértices (0, � 3) e focos (0, � 5) temos
I. Como o centro é (0, 0) e os vértices são (0, � 3) a = 3, além
disso os focos são (0, � 5) f = 5.
II. Tratando-se de uma hipérbole f2 = a2 + b2 logo:
f2 = a2 + b2 ⇔ 52 = 32 + b2 ⇔ 25 – 9 = b2 ⇔
⇔ 16 = b2 ∴ b = 4
III. De acordo com o que foi dado podemos esboçar a
hipérbole:
Portanto temos a seguinte equação:
– = 1 ⇔ – = 1 ⇔ = 1 ⇔
⇔ 16y2 – 9x2 = 144
66) a) Da reta 2y = 3x + 5 podemos obter sua forma reduzida
isolando o “y”, assim:
2y = 3x + 5 ⇔ y = ⇔ y = x + , onde o seu
coeficiente angular vale .
Além disso da reta 3x – 2y = 0 podemos obter a sua forma
reduzida isolando o “y”, assim:
3x – 2y = 0 ⇔ 3x = 2y ⇔ x = y, onde o seu coeficiente
angular vale .
Portanto como as retas possuem coeficientes angulares
iguais elas serão paralelas. (verdadeira)
b) Da reta 5x – 2y = 1 podemos obter sua forma reduzida
isolando o “y”, assim:
5x – 2y = 1 ⇔ 5x – 1 = 2y ⇔ = y ∴ y = x – ,
onde o seu coeficiente angular vale .
Além disso da reta 2x + 5y = 0 podemos obter a sua forma
reduzida isolando o “y”, assim:
2x + 5y = 0 ⇔ 5y = – 2x ⇔ y = – x, onde o seu coefi -
ciente angular vale – .
Como o produto entre os coeficientes angulares das retas
é igual a – 1, as retas são perpendiculares. (verdadeira)
c) Dado o ponto (5, 3) e a reta y = 5 temos:
A equação da reta em sua forma geral é y – 5 = 0. Portanto
a distância d do ponto (5, 3) à reta y – 5 = 0 será dada por:
d = = = �– 2� = 2
d) 2x2 + 5y2 = 1 não é equação de uma hipérbole, pois a
mesma deveria ser do tipo – = 1. (falsa)
e) x = 4y2 ⇔ = ⇔ . x = y2 ⇔ y2 = . x
onde 4 . f = e portanto f = (verdadeira)
Resposta: D
7x2 – 9y2
–––––––––252
y2
–––28
x2
–––36
y2
––––––(2���7)2
x2
–––62
y2
–––32
y2
–––9
x2
–––16
16y2 – 9x2
–––––––––144
x2
–––42
5–––2
3–––2
3x + 5––––––
23
–––2
3–––2
3–––2
1–––2
5–––2
5x – 1––––––
25
–––2
2–––5
2–––5
�– 2�–––––
���1
�0 . 5 + 1 . 3 – 5�––––––––––––––––
���������02 + 12
y2
–––b2
x2
–––a2
1–––4
1–––4
4y2
–––4
x–––4
1–––16
1–––4
– 43
67) Como o ponto P se desloca de modo que a diferença de sua
distância aos pontos (0,5) e (0, – 5), em módulo, é 8, pode-se
concluir que esse lugar geométrico é uma hipérbole, pois
�PF1 – PF2� = 2a = 8 ⇒ a = 4, 2f = 10 ⇒ f = 5 e b2 + 42 = 52 ⇒
⇒ b = 3.
Assim, a equação dessa hipérbole é:
– = 1
68) Da equação dada temos:
x2 – y2 = 16 ⇔ – = ⇔ – = 1 onde
a2 = 16 e ∴ a = 4 e b2 = 16 ∴ b = 4
De acordo com a equação dada podemos esboçar o gráfico
da referida hipérbole:
Como a hipérbole possui eixo transverso contido no eixo das
abscissas, as suas assíntotas serão dadas por y = � . x,
logo:
y = � . x ⇔ y = � x. Sendo assim a equacão de uma das
assíntotas da hipérbole x2 – y2 = 16 é y = x.
Resposta: C
69) Dada a equação da hipérbole – = 1 temos:
a2 = 16 ∴ a = 4 e b2 = 64 ∴ b = 8
Sendo assim é possível esboçar o gráfico:
Como a hipérbole possui eixo transverso contido no eixo das
abscissas, as suas assíntotas serão dadas por y = � . x,
logo:
y = � . x ⇔ y = � 2 . x. Sendo assim a equação de uma
das assíntotas da hipérbole – = 1 é y = 2x.
Resposta: E
70) Dada a excentricidade e = 2 temos que como e > 1 trata-se de
uma hipérbole de vértices A1(– 1, 0) e A2(1, 0) onde a = 1. Logo
e = ⇔ 2 = ⇔ f = 2. Além disso f2 = a2 + b2
onde 22 = 12 + b2 e portanto b = ����3 .
Das informações dadas podemos esboçar o gráfico:
Logo a equação é do tipo – = 1 e
Portanto – = 1 ⇔ 3x2 – y2 = 3
Resposta: B
71) Sabendo que a hipérbole possui centro na origem e eixo
transverso pertencente ao eixo Ox, além disso se os pontos
(3, 1) e (9, 5) pertencem a hipérbole, temos:
y2
–––9
x2
–––16
y2
–––16
x2
–––16
16–––16
y2
–––16
x2
–––16
b–––a
4–––4
y2
–––64
x2
–––16
b–––a
8–––4
y2
–––64
x2
–––16
f–––1
f–––a
y2
–––b2
x2
–––a2
y2
–––3
x2
–––1
44 –
Logo a hipérbole possui equação do tipo – = 1
Como (3, 1) e (9, 5) pertencem a hipérbole temos:
⇔
Portanto = ⇔ 25a2 – a2 = 81b2 – 9b2 ⇔
⇔ 24a2 = 72b2 ⇔ a2 = 3b2
Utilizando o ponto (3, 1) e sabendo que a2 = 3b2 na equação
da hipérbole temos:
– = 1 ⇔ = 1 ⇔ 6 = 3b2 ⇔ b = ����2
e a2 = 3b2 ⇔ a2 = 3 . (����2 )2 ⇔ a2 = 6 ∴ a = ����6
Logo a equação da hipérbole será – = 1
Resposta: – = 1
72) Sendo F1(2; – 4) e F2(– 6; – 4) e P o ponto que se desloca,
temos: �PF1 – PF2� = 2a = 6 (definição da hipérbole).
I) 2a = 6 ⇒ a = 3
II) 2f = F1F2 = �2 – (– 6)� = 8
III) Relação entre as constantes
b2 + 32 = 42 ⇔ b2 = 7 ⇒ b = ����7
A equação desse lugar descrito é uma hipérbole de centro O
cuja equação é: – = 1
73) Dada a equação da hipérbole 9x2 – 16y2 – 36x – 32y – 124 = 0
temos que sua equação reduzida será:
9x2 – 36x – 124 = 16y2 + 32y ⇔
⇔ (3x – 6)2 – 124 – 36 = (4y + 4)2 – 16 ⇔
⇔ (3x – 6) . (3x – 6) – 160 = (4y + 4) . (4y + 4) – 16 ⇔
⇔ [3 . (x – 2) . 3 (x – 2)] – 160 = [4 . (y + 1) . 4 . (y + 1)] – 16 ⇔
⇔ 9 . (x – 2)2 – 160 = 16 . (y + 1) – 16 ⇔
⇔ 9 . (x – 2)2 – 16 . (y + 1) = – 16 + 160 ⇔
⇔ – = ⇔
⇔ – = 1 → Equação reduzida
Onde a2 = 16 e b2 = 9 e portanto a = 4 e b = 3.
Logo f2 = a2 + b2 e portanto f = 5.
Contudo podemos montar o gráfico da hipérbole:
a) C(2; – 1)
b) F1(7; – 1) e F2(– 3; – 1)
c) A1(6; – 1) e A2(– 2; – 1)
d) y – (– 1) = � . (x – 2)
y + 1 = � . (x – 2)
74) Sabendo que o centro da hipérbole é (0, 0), um de seus
vértices é A1(3, 0) e uma de suas assíntotas é 2x – 3y = 0,
temos:
I) Se A1(3, 0) e o centro é (0, 0) logo a = 3.
II) Se 2x – 3y = 0, o centro (0, 0) e a = 3, então 3y = 2x ⇔
⇔ y = . x ⇔ y – 0 = . (x – 0) onde a = 3 e portanto
b = 3, uma vez que m = � .
III) De (I) e (II) podemos concluir que a equação da hipérbole é
– = 1 ⇔ – = 1 ⇔ – = 36 ⇔
⇔ 4x2 – 9y2 = 36
y2
–––b2
x2
–––a2
9b2 – a2
––––––––– = 1a2 . b2
81b2 – 25a2
–––––––––––– = 1a2 . b2
�32 12
––– – ––– = 1a2 b2
92 52
––– – ––– = 1a2 b2
�81b2 – 25a2
–––––––––––a2 . b2
9b2 – a2
––––––––a2 . b2
9 – 3––––––
3b2
12
–––b2
32
–––3b2
y2
–––2
x2
–––6
y2
–––2
x2
–––6
(y + 4)2
–––––––7
(x + 2)2
–––––––9
144––––144
16 . (y + 1)–––––––––––
144
9 . (x – 2)2
–––––––––––144
(y + 1)2
–––––––9
(x + 2)2
–––––––16
3–––4
3–––4
2–––3
2–––3
b–––a
36y2
–––––4
36x2
–––––9
y2
–––4
x2
–––9
y2
–––b2
x2
–––a2
-6 -2 2
B1
F2
A2
3
B2
3F1
A1
7
7
-4
OO
– 45
75) I) = ����2 ⇔ f = a����2
II) f2 = a2 + b2 ⇔ 2a2 = a2 + b2 ⇔ a2 = b2
III) A reta s tangente à hipérbole e paralela a y = 2x é do tipo
y = 2x + b
IV) Substituindo o ponto (����5 ; 1) na equação – = 1,
temos: – = 1 ⇔ = 1, pois a2 = b2 e assim
a2 = b2 = 4
Logo, as equações podem ser: x2 – y2 = 4 ou y2 – x2 = 4.
V) ⇒ x2 – (2x + b)2 = 4 ⇔
⇔ – 3x2 – 4xb – b2 – 4 = 0 e como a reta é tangente, temos:
Δ = 0 ⇒ (– 4b)2 – 4(– 3)(– b2 – 4) = 0 ⇔ 4b2 = 48 ⇔
⇔ b2 = 12 ⇔ b = � 2����3
Logo, a equação da reta s pode ser:
y = 2x + 2����3
Resposta: A
76) Seja P(x; y) o ponto que se desloca no plano.
I) P(x; y), A(– 2; 1) e B(3; 2)
II) mAP . mBP = 4 ⇒ . = 4 ⇔
⇔ y2 – 3y + 2 = 4x2 – 4x – 24 ⇔ 4x2 – y2 – 4x + 3y – 26 = 0
Resposta: 4x2 – y2 – 4x + 3y – 26 = 0
77) Sendo a hipérbole x2 – y2 = 1 temos que a2 = 1 e b2 = 1,
ou seja, trata-se de uma hipérbole equilátera, onde f = ����2 ,
cujo centro C(0, 0) é a origem, temos:
78) Dada a parábola y2 = 8 . x notamos que sua equação é do
tipo y2 = 4 . f . x logo 4 . f = 8 e portanto f = 2. Logo pode -
mos esboçar o seu gráfico, assim:
Do gráfico, observamos que a diretriz da parábola dada é a
reta x = – 2 ou ainda em sua forma geral x + 2 = 0, e o seu
foco é F(2, 0).
79) Dada a equação da parábola 3y2 = – 4x temos 3y2 = – 4x ⇔
⇔ y2 = – . x . Logo podemos notar que a equação dada
é do tipo y2 = – 4 . f . x e portanto: – 4f = – ⇔ f = .
Sendo assim podemos construir o esboço do seu gráfico.
Do gráfico da parábola y2 = – . x temos que seu foco
é F – ; 0 e sua diretriz é a reta x = ou em sua
equação geral x – = 0.
80) Dada a equação da parábola x2 = 8y, podemos observar que
sua equação é do tipo x2 = 4 . f . y, logo: 4 . f = 8 ∴ f = 2.
Sendo assim podemos esboçar o seu gráfico:
Do gráfico da parábola x2 = 8 . y podemos notar que seu foco
é F(0, 2) e sua diretriz é a reta de equação y = – 2, ou em
sua forma geral y + 2 = 0.
4–––3
1–––3
4–––3
x
y
F
- __31 __
31V
4–––3
1–––3�1
––3�
1–––3
(y – 1)–––––––(x + 2)
(y – 2)–––––––
x – 3
f–––a
x2
–––a2
y2
–––b2
5–––a2
1–––b2
4–––a2
� y = 2x + b
x2 – y2 = 4
46 –
81) Dada a equação da parábola y2 = – 8x, temos que ela é do
tipo y2 = – 4 . f . x logo – 4f = – 8 ∴ f = 2. Sendo assim
podemos esboçar seu gráfico:
Logo através do gráfico notamos que o foco é F(– 2, 0) e a
diretriz é x – 2 = 0.
82) Segundo o gráfico temos uma parábola do tipo y2 = 4 . f . x
onde f = logo y2 = 4 . . x ∴ y2 = x, ou ainda
x – y2 = 0.
Resposta: C
83) Dado o foco da parábola F(3, 0) e sua diretriz x + 3 = 0 onde
x = – 3.
Podemos esboçar o gráfico:
Logo percebemos que a equação é do tipo y2 = 4 . f . x, sendo
f = 3 temos:
y2 = 4 . 3 . x
y2 = 12x
84) Dado o foco da parábola F(0, 6) e a diretriz y = 0.
Podemos esboçar o gráfico:
Logo percebemos que a equação é do tipo
(x – xV)2 = 4 . f . (y – yV).
Uma vez que o vértice da parábola não encontra-se na
origem do sistema cartesiano.
Sendo f = 3 e V(0, 3) temos:
(x – 0)2 = 4 . 3 . (y – 3)
x2 = 12 . (y – 3)
85) Dado o vértice da parábola V(0, 0), eixo de simetria no eixo
Ox e passando pelo ponto (– 3, 6), temos que:
Logo a parábola tem equação do tipo y2 = – 4 . f . x. Como
(– 3, 6) pertence à parábola podemos obter o valor de f,
fazendo x = – 3 e y = 6 logo:
62 = – 4 . f . (– 3) ⇔ 36 = 12f ⇔ f = 3
Daí a equação será y2 = – 4 . 3 . x, ou seja, y2 = – 12 . x
86) Conhecendo o vértice V(– 2, 3) e o foco F(11, 3) podemos
esboçar o gráfico da parábola.
Logo a função da parábola será do tipo (y – h)2 = 4 . f . (x – g)
onde g = – 2, h = 3 e f = 13. Portanto:
(y – 3)2 = 52 . (x + 2)
x
y
2-2 V
F
x = 2
1–––4
1–––4
x
y
V
6
-3
– 47
87) Se P(x, y) é um ponto de lugar geométrico em questão, além
disso se B(0, y) é um ponto do eixo Oy e A(4, 0). Se P(x, y) é
equidistante ao eixo→Oy e ao ponto A(4, 0) temos:
dPA = dPB ⇔ ������������������������� (x – 4)2 + (y – 0)2 = ������������������������� (x – 0)2 + (y – y)2 ⇔
⇔ (x – 4)2 + y2 = x2 ⇔ x2 – 8x + 16 + y2 = x2 ⇔
⇔ y2 = 8x – 16 ⇔ y2 = 8 . (x – 2)
Logo temos uma parábola de equação y2 = 8 . (x – 2)
Resposta: D
88) Se P(x, y) é um ponto do lugar geométrico em questão, além
disso se B(0, y) é um ponto do eixo Oy e A(2, 0). Se P(x, y) é
equidistante ao eixo→Oy e ao ponto A(2, 0) temos:
dPA = dPB ⇔ ������������������������� (x – 2)2 + (y – 0)2 = ������������������������� (x – 0)2 + (y – y)2 ⇔
⇔ (x – 2)2 + y2 = x2 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 = x2 ⇔
⇔ y2 = 4x – 4 ⇔ y2 = 4 . (x – 1)
Logo temos uma parábola de equação y2 = 4 . (x – 1)
89) Sendo P(x, y) um ponto do lugar geométrico em questão,
além disso se P é equidistante ao ponto (– 2, 3) e à reta
x + 6 = 0 temos:
������������������������� (x + 2)2 + (y – 3)2 = ⇔
⇔ ������������������������� (x + 2)2 + (y – 3)2 = ������������ (x + 6)2
⇔ (x + 2)2 + (y – 3)2 = (x + 6)2 ⇔ (y – 3)2 = (x + 6)2 – (x + 2)2 ⇔
⇔ (y – 3)2 = x2 + 12x + 36 – (x2 + 4x + 4) ⇔
⇔ (y – 3)2 = 8x + 32 ∴ (y – 3)2 = 8 . (x + 4)
Logo o lugar geométrico em questão é uma parábola da
equação (y – 3)2 = 8 . (x + 4).
90) Dada a equação x2 = 4 . y temos que trata-se de uma pará -
bola do tipo x2 = 4 . f . y, sendo assim 4 . f = 4 e portanto
f = 1. Dessa forma podemos esboçar o seu gráfico:
Logo o foco da parábola é F(0, 1)
Contudo a distância (d) do ponto (1, 1) e F(0, 1) é:
d = ������������������������� (1 – 0)2 + (1 – 1)2 ⇔ d = 1
Resposta: A
91) I) Dada a equação da parábola y2 = – 8x temos que seu foco
será:
– 4f = – 8 ⇔ f = 2 e portanto F(– 2, 0)
II) Sendo o centro da circunferência C(1, 4) e o foco F(– 2, 0),
além disso como o círculo passa pelo foco, o seu raio será
a distância entre o centro e o foco, assim:
r = dC, F ⇔ r = ������������������������� (1 + 2)2 + (4 – 0)2 ⇔
⇔ r = ������������ 32 + 42 ⇔ r = �����25 ∴ r = 5
III) A área do círculo é S = π . r2 ⇔ S = π . 52 ∴ S = 25π
Resposta: A
92) Inicialmente, deve-se obter a equação reduzida:
y2 – 4y + 6x – 8 = 0 ⇔ y2 – 4y – 8 = – 6x ⇔
⇔ y2 – 4y – 8 + 12 = – 6x + 12 ⇔ (y – 2)2 = – 6(x – 2) (1)
A equação da parábola com diretriz paralela ao eixo das orde -
na das (virada para a esquerda) é do tipo:
(y – h)2 = – 4f(x – g) (2)
Comparando as equações (1) e (2), teremos:
• g = 2, h = 2 ⇒ V(2, 2) é o vértice
• 4f = 6 ⇔ f = ⇒ F = � ; 2� é o foco
• diretriz com equação x = ou x – = 0
Resposta: V(2; 2); F� ; 2� e x – = 0
�x + 6�–––––––––
�������1 + 01––2
3––2
7––2
7––2
7––2
1––2
48 –
93) Inicialmente, deve-se obter a equação reduzida:
x2 – 6x + 4y + 17 = 0 ⇔ x2 – 6x + 17 = – 4y ⇔
⇔ x2 – 6x + 17 – 8 = – 4y – 8 ⇔ (x – 3)2 = – 4(y + 2) (1)
A equação da parábola paralela ao eixo das abscissas (virada
para baixo) é do tipo:
(x – g)2 = – 4f(y – h) (2)
Comparando as equações (1) e (2), teremos:
• g = 3, h = – 2 ⇒ V(3, – 2) é o vértice
• 4f = 4 ⇔ f = 1 ⇒ F = (3, – 3)
• diretriz com equação y = – 1 ou y + 1 = 0
Resposta: V(3; – 2), F(3; – 3) e y + 1 = 0
94) De acordo com o enunciado, temos a seguinte figura:
A equação dessa parábola é do tipo (x – g)2 = 4f(y – h).
Assim, a equação é dada por:
(x – 0)2 = 4 . 2(y – 2) ⇔ x2 = 8(y – 2)
Resposta: x2 = 8(y – 2)
95) A partir do enunciado, temos a seguinte figura:
Os pontos de intersecção da parábola y = x2 e da elipse
+ = 1 são os pontos (0, 0) e (2, 4).
Assim, a equação da reta que passa pelos pontos (0, 0) e
(2, 4) é calculada por:
= 0 ⇔ y = 2x
Resposta: C
96) Representando graficamente as equações, temos:
A circunferência e a parábola têm três pontos em comum,
A, B e C.
Resposta: 3
97) I) K ∈ �
II) ⇒ y = k2
Sendo k um número real qualquer, a equação do L.G. das
intersecções das retas é y = x2
Resposta: y = x2
y2
––––16
(x – 2)2
––––––––4
�x
0
2
y
0
4
1
1
1�
x = k
y = kx�
– 49
98) I) xV = – = =
II) yV = f � � = – 128 . + 32 . + 6 = – 2 + 4 + 6 = 8
III) A área desse retângulo é . 8 = 1
Resposta: A
99) A partir do enunciado, temos a seguinte figura, que
representa uma parábola com diretriz paralela ao eixo y e
equação do tipo:
(y – h)2 = 4f . (x – g) ⇒ (y – 0)2 = 4 . �x – � ⇔
⇔ y2 = 2x – 3
Resposta: D
100) Se x = sen t e y = sen2 t, então y = x2, com – 1 ≤ x ≤ 1,
pois – 1 ≤ sen t ≤ 1.
101) I) O foco da parábola está no eixo y
II)
A equação da parábola é do tipo (x – g)2 = 4f(y – h), então:
(x – 0)2 = 4 . 1 . (y – 1) ⇔ x2 = 4 (y – 1)
Resposta: x2 = 4 . (y – 1)
102) I) Pontos de intersecção
⇔ ⇔
⇔
II) Gráfico da parábola com eixo de simetria no eixo dos y e
que passa pelos pontos (0, 0) e (4, – 4)
A equação é do tipo x2 = – 4fy, assim:
42 = – 4 . f . (– 4) ⇔ f = 1. Logo, a equação dessa parábola
é dada por:
x2 = – 4y ⇔ y = – x2
Resposta: C
1––8
1––64
1––8
1––8
3––2
1––2
y = – x
x2 + x2 – 8x = 0�x + y = 0
x2 + y2 + 8y = 0�x = 0 e y = 0
ou
x = 4 e y = – 4�
1––8
– 32–––––––2(– 128)
b––2a
1––4
50 –
103) Inicialmente, deve-se obter a equação reduzida:
y2 + 2y + 2x – 3 = 0 ⇔ y2 + 2y – 3 = – 2x ⇔
⇔ y2 + 2y – 3 + 4 = – 2x + 4 ⇔ (y + 1)2 = – 2(x – 2) (1)
A equacão da parábola com diretriz paralela ao eixo das
ordenadas (virada para a esquerda) é do tipo:
(y – h)2 = – 4f(x – g) (2)
Comparando as equações (1) e (2), teremos:
• g = 2, h = – 1 ⇒ V(2, – 1) é o vértice
• 4f = 2 ⇔ f = ⇒ F = � , – 1� é o foco
• diretriz com equação x = ou x – = 0
Resposta: F� ; – 1�
104) Dadas a hipérbole – = 1 e a parábola y = x2 temos
que seus pontos de intersecção são:
⇔ – = 1 ⇔ 2(x2)2 – 9x2 – 18 = 0
Fazendo a = x2 temos:
2 . a2 – 9a – 18 = 0 onde a1 = 6 e a2 = – , logo a1 = x2 ⇔
⇔ 6 = x2 onde x1 = – ���6 e x2 = ���6 , e y = 6.
De tudo podemos verificar o triângulo citado, assim:
A área do triângulo S é dada por
S = = = = 6���6
105) Representando graficamente os pontos dados podemos
estimar à parábola citada, assim:
Dessa forma notamos que o vértice da parábola não está na
origem do sistema cartesiano, tem eixo de simetria paralelo
ao eixo →OX, além disso sua concavidade é voltada para a
direita, o que nos permite concluir que sua equação é do tipo
(y – yV)2 = 4 . f . (x – xV).
Se (6, 5) ⇒ (5 – yV)2 = 4 . f . (6 – xV)
Se (6, – 3) ⇒ (– 3 – yV)2 = 4 . f . (6 – xV)
Como os pontos (6, 5) e (6, – 3) são simétricos em relação ao
eixo de simetria da parábola, notamos que (5 – yV)2 = (– 3 – yV)2.
Logo:
I) (5 – yV)2 = (– 3 – yV)2 ⇔ 25 – 10yV + yV2 = 9 + 6yV + yV
2 ⇔
⇔ 25 – 9 = 16yV ∴ yV = 1
II) Para (3, 3) ⇒ (3 – 1)2 = 4 . f . (3 – xV) ⇔ 22 = 4 . f . (3 – xV)
Para (6, 5) ⇒ (5 – 1)2 = 4 . f . (6 – xV) ⇔ 42 = 4 . f . (6 – x)
De (I) e (II) temos:
⇔ xV = 2
Utilizando o ponto (3, 3) temos que o valor de f será:
(3 – 1)2 = 4 . f . (3 – 2) ⇔ 22 = 4 . f . 1 ⇔ 1 = f
Contudo a equação da parábola é (y – 1)2 = 4 . (x – 2)2
Resposta: (y – 1)2 = 4 . (x – 2)2
3––2
1––2
5––2
5––2
3––2
x2
–––2
y2
–––9
x2
–––2
(x2)2
––––9
y2 x2
––– – –––– = 19 2
y = x2�
3–––2
12���6––––––
2
2���6 . 6–––––––––
2
base x altura–––––––––––––
2
4 = 4 . f . (3 – xV)
16 = 4 . f . (6 – x)�
– 51
106) Se a equação da circunferência passa pela origem e o seu
centro é o vértice da parábola y = x2 – 2x temos:
y = x2 – 2x ⇔ 0 = x2 – 2x ⇔ 0 = x . (x – 2) onde x1 = 0 e x2 = 2.
Sendo x1 = 0 e x2 = 2 as razões da parábola temos:
Onde xV e yV são a abscissa e ordenada do vértice respecti va -
mente, sendo xV = ∴ xV = 1 e yV = 12 – 2 . 1 ∴ yV = – 1
e V(1, – 1)
O raio da circunferência é dado pela distância entre (0, 0) e o
centro da circunferência (1, – 1) logo:
r = ���������������� (0 – 1)2 + (0 + 1)2 ⇔ r = ���������� (– 1)2 + 12 ⇒ r = ���2
Contudo a equação da circunferência é:
(x – 1)2 + (y – (– 1))2 = (���2 )2 ⇔ (x – 1)2 + (y + 1)2 = 2
Resposta: (x – 1)2 + (y + 1)2 = 2
107) Sendo a equação reduzida da cônica + = 1 em
que m � – 4 podemos concluir que:
*Se 4 + m > 0, logo m > – 4 e portanto a cônica é uma
elipse.
*Se 4 + m < 0, logo m < – 4 e portanto a cônica é uma
hipérbole.
*Se m = 5, logo m + 4 = 9 e portanto a cônica é uma
circunferência.
Resposta: A
108) Dado (y2 – x) . (x – 2) ≥ 0
I) Se y2 – x ≥ 0 e x – 2 ≥ 0, então (y2 – x) . (x – 2) ≥ 0
II) Se y2 – x ≤ 0 e x – 2 ≤ 0, então (y – x) . (x – 2) ≥ 0
Logo: I � II pode ser representado assim:
109) Fatorando a equação x2 – y2 + x + y = 0 temos:
x2 – y2 + x + y = 0 ⇔ (x + y) . (x – y) + 1 . (x + y) = 0 ⇔
⇔ (x + y) . (x – y + 1) = 0 ⇔ x + y = 0 ou x – y = 0
Logo a equação dada representa duas retas x + y = 0 e
x – y + 1 = 0 onde y = – x e y = x + 1. Podemos notar que o
produto de seus coeficientes angulares resulta em – 1, dessa
forma concluímos que as retas citadas são perpendiculares.
Resposta: Duas retas perpendiculares
110) Sendo P(x, y) um ponto pertencente ao lugar geométrico que
equidista do ponto A(2, 0) e da reta r: x = – 2, temos:
dP,A = dPr ⇔ ���������������� (x – 2)2 + (y – 0)2 = ⇔
⇔ (2
������������� (x – 2)2 + (y)2 )2
= (2
�������� (x + 2)2 )2
⇔
⇔ (x – 2)2 + y2 = (x + 2)2 ⇔ x2 – 4x + 4 + y2 = x2 + 4x + 4 ⇔
⇔ y2 = 4x
Nesse caso o lugar geométrico em questão é uma parábola.
Resposta: D
111) Sendo p �4, � em ponto pertencente a elipse e seus focos
F1(– 3, 0) e F2(3, 0) temos:
I) � (4 + 3)2 + � – 0�2
+ (4 – 3)2 + � – 0�2 � = 2a ⇔
⇔ � 49 + + 1 + � = 2a ⇔
⇔ � + � = 2a ⇔
⇔ � + � = 2a ⇔ � � = 2a ⇔ 10 = 2a ∴ a = 5
II) a2 = b2 + f2 ⇔ 52 = b2 + 32 ⇔ 25 – 9 = b2 ⇔ b = ���16 ∴ b = 4
III) Sendo assim a equação da elipse é + = 1 é
+ = 1.
Resposta: B
112) I) Sabendo que os pontos A(– 2, 4) e B(1, 1) pertencem a
parábola y = ax2 + bx + c, além disso que a parábola passa
pelo ponto (0, 0) temos:
(0, 0) ⇒ 0 = a . 02 + b . 0 + c ⇔ c = 0
(– 2, 4) ⇒ 4 = a . (– 2)2 + b . (– 2) + 0 ⇔ 4 = 4 . a – 2b
(1, 1) ⇒ 1 = a . 12 + b . 1 + 0 ⇔ 1 = a + b
Logo ⇔ ⇔
e portanto
II) Se os pontos A(– 2, 4) e B(1, 1) pertencem a reta y = m . x + n
então
0 + 2–––––
2
x2
–––9
y2
––––––4 + m
�1 . x + 0 . y + 2�––––––––––––––––
��������12 + 02
12–––5
12–––5
12–––5
144––––25
144––––25
169–––––
25
1368–––––
25
50–––5
13–––5
37–––5
y2
–––b2
x2
–––a2
y2
–––16
x2
–––25
a = 1
b = 0�2a + 2b = 2
4a – 2b = 4�a + b = 1 x (2)
4a – 2b = 4�y = 1 . x2 + 0 . x + 0
52 –
= 0 ⇔
⇔ 4x + y – 2 – x + 2y – 4 = 0 ⇔ 3y = – 3x + 6 ⇔
⇔ y = – 1 . x + 2
Onde a = 1, b = 0, c = 0, m = – 1 e n = 2, sendo assim:
4a – 2b + c + m + n = 4 . 1 – 2 . 0 + 0 + (– 1) + 2 = 5
Resposta: A
113) Dada a equação da parábola y = – 0,0005x2 + 0,2x temos
y = – 0,0005x2 + 0,2x ⇔ y = – 5 . 10–4x2 + 2 . 10–1x, fazendo
y = 0 obtemos as razões da parábola, assim:
0 = – 5 . 10–4x2 + 2 . 10–1 ⇔ 0 = x . (– 5 . 10–4x + 2 . 10–1) onde
x = 0 ou – 5 . 10–4x + 2 . 10–1 = 0 ∴ x = 0 ou x = 40 km
Resposta: D
114) I) A equação da hipérbole é do tipo – = 1, assim:
a2 = 36 ⇒ a = 6 ⇒ 2a = 12 (eixo transverso).
II) A diagonal de um quadrado, de lado �, coincide com o eixo
transverso, logo:
����2 = 12 ⇔ � = ⇔ � = 6���2 e área desse quadrado, em
unidades de área, é igual a �2 = (6���2)2 ⇒ �2 = 72.
Resposta: B
115) I) x2 = 12y ⇔ x2 = 4 . 3 . y ⇒ f = 3 e (0, 3) é o foco.
II) y2 = 16x ⇔ y2 = 4 . 4 . y ⇒ f = 4 e (4, 0) é o foco.
III) y2 = –12x ⇔ y2 = 4 . 3 . x ⇒ f = 3 e (– 3, 0) é o foco.
IV) De acordo com o enunciado, temos:
Sendo A, B e C os focos das parábolas:
(AB)2 = 32 + 32 ⇒ AB = �����18 = 3���2AC = 4 – (– 3) = 7
BC2 = 32 + 42 ⇒ BC = 5, assim o perímetro do triângulo
ABC, em unidades de comprimento, é igual a:
7 + 5 + 3���2 = 12 + 3���2 = 3(4 + ���2).
Resposta: C
116) (V)Verdadeira, pois:
x2 – 2x + y2 + 2y + 1 = 0 ⇔ x2 – 2x + 1 + y2 + 2y + 1 = 1 ⇔
⇔ (x – 1)2 + (y + 1)2 = 1, que representa uma circunferência
de centro (1, – 1) e raio 1, que é tangente tanto ao eixo das
abscissas quanto ao eixo das ordenadas.
(V)Verdadeira, pois:
9x2 + 4y2 = 36 ⇔ + = 1 e x2 – 4y2 = 4 ⇔
⇔ – y2 = 1
As representações gráficas são dadas a seguir:
A elipse de equação 9x2 + 4y2 = 36 intercepta a hipérbole
de equação x2 – 4y2 = 4 em apenas dois pontos, que são
os vértices da hipérbole, (2, 0) e (– 2, 0).
(F) Falso, pois, conforme o item anterior o eixo maior da
elipse 9x2 + 4y2 = 36 é perpendicular ao eixo transverso da
hipérbole x2 – 4y2 = 4.
Resposta: B
�x
– 2
1
y
4
1
1
1
1
x
– 2
1
y
4
1�
y2
––b2
x2
––a2
12–––���2
y2
–––9
x2
–––4
x2
–––4
– 53
117) Inicialmente, deve-se obter a equação reduzida:
y2 – 16x2 = 16 ⇔ – x2 = 1, cuja representação gráfica é
dada a seguir:
Resposta: E
118) I) O segmento ––OP está contido na reta y = x, assim as
coorde nadas do planeta P são dadas pela resolução do
sistema ⇒ + = 1 ⇔
⇔ x2 + 4x2 = 100 ⇔ x2 = 20 ⇒ x = 2���5 (x > 0).
II) A distância, em milhões de km, do planeta P à estrela O, é
dado por 2���5 . ���2 = 2�����10 , pois ––OP é diago nal de um
quadrado
Resposta: B
119) A partir do enunciado, temos:
= 69 ⇔ 2x2 + y2 + 4x – 2y = 69 ⇔
⇔ 2(x2 + 2x + 1) + y2 – 2y + 1 = 69 + 2 + 1 ⇔
⇔ 2(x + 1)2 + (y – 1)2 = 72 ⇔ + = 1, que
representa uma elipse de centro O(– 1, 1), eixo maior 12���2 e
eixo menor 12, pois a2 = 72 ⇒ a = 6���2 ⇒ 2a = 12���2 e
b2 = 36 ⇒ b = 6 ⇒ 2b = 12.
120) I) e = = ⇒ f = e 2b = 6 ⇒ b = 3
II) Relação entre as constantes: a2 = � �2
+ 32 ⇔
⇔ a2 – = 9 ⇔ = 9 ⇒ a = 5
III) Representação gráfica
IV) A área da região hachurada, em cm2, é dada por:
S = π . 52 – π . 5 . 3 + π . 32 = 25π – 15π + 9π
S = 19π
Resposta: A
y2
–––16
x2
–––25
x2
––––100
y = x
x2 y2
–––– + ––– = 1100 25
�
�2x2 + y2
0
2
x
1
0
y
2
1�
(y – 1)2
–––––––72
(x + 1)2
–––––––36
4a–––5
4–––5
f–––a
4a–––5
9a2
––––25
16a2
––––25
x
y
3
-3
0 5-5
3
5
54 –
121) Curvas E e C
I) b2 + (���3)2 = 22 ⇒ b = 1
II) Equacão da curva E
+ = 1
III) A parábola passa por (���3, 0), assim temos:
(x – 0)2 = – 4f(y – 1) ⇔ (���3 – 0)2 = – 4f(0 – 1) ⇔ 3 = 4f ⇔
⇔ f = e a equação da curva C é x2 = – 4f(y – 1) ⇒
⇒ x2 = – 4 . (y – 1) ⇔ x2 = – 3(y – 1)
IV) Pontos de intersecção
⇒ 4y2 – 3y – 1 = 0 ⇔ y = 1 ou y = –
• y = 1 ⇒ x = 0
• y = – ⇒ x = �
• Logo, os pontos de intersecção são
(0; 1), e
122) Inicialmente, deve-se obter a equação reduzida:
I) 4(x – 3)2 – = 1 ⇔ – = 1
e o ponto (3, 0) é o seu centro.
II) Relação entre as constantes
a2 + b2 = f2 ⇒ + = f2 ⇒ f = 2, pois a equação da
hipérbole é do tipo + = 1.
III) a2 = ⇒ a = e b2 = ⇒ b =
IV) Representação gráfica
Centro O(3, 0)
Vértices A1 e A2
Focos F1(5, 0) e F2(1, 0)
123) I) Pontos A e B
2x2 – 13x + 18 = 0 ⇔ x = ou x = 2
II) Ponto C
xV = – = e yV = – = –
III) A área do triângulo ABC, em metros, é dado por:
S = . � – 2� .
S =
124) Inicialmente, deve-se obter a equação reduzida:
9x2 – 288x + 25y2 = 1296 ⇔
⇔ 9(x2 – 32 + 256) + 25y2 = 1296 + 2304 ⇔
⇔ 9(x – 16)2 + 25y2 = 3600 ⇔
⇔ + = 1 ⇔ + = 1
x
y
2-2
1
-1
3- 3 0
y2
–––1
x2
–––4
3–––4
3–––4
1–––4
x2 y2
––– + ––– = 14 1
x2 = – 3(y – 1)�
�����15––––
2
1–––4
������15 1�– –––––; – –––�2 4
������15 1�–––––; – –––�2 4
(y – 0)2
–––––––15–––4
(x – 3)2
–––––––1
–––4
4y2
––––15
15–––4
1–––4
(y – h)2
–––––––b2
(x – g)2
–––––––a2
�����15––––
2
15–––4
1–––2
1–––4
5�–––; 0 �2
7�–––; 0 �2
9–––2
25–––8
(169 – 4 . 2 . 18)–––––––––––––––
4 . 2
13–––4
(– 13)––––––2 . 2
x
y
(2; 0)
A B
C- __
825
( ; 0)__29__
413
25–––8
9–––2
1–––2
125––––32
(y – 0)2
––––––––122
(x – 16)2
––––––––202
(y – 0)2
––––––––144
(x – 16)2
––––––––400
– 55
que representa uma elipse cujo centro é o ponto (16, 0), eixo
maior 2 . 20 = 40 e eixo menor 2 . 12 = 24.
A maior distância do satélite à Terra, em km, é o segmento
OA1 cuja medida é 36 . 1000 km, ou seja, 36000 km.
Resposta: C
125) A equação da parábola é do tipo (x – g)2 = 4f(y – h), assim
4f = 16 f = 4 que representa a distância do foco até o vértice.
Resposta: A
126) A partir do enunciado, temos:
A partir da figura, pode-se afirmar que:
I) V, pois o ponto (1, 1) é interno à circunferência de equação
x2 + y2 = 4
II) F, pois o ponto (5, 1) está na região de recepção média.
III) F, pois a localidade delimitada pela região retangular de
vértices (4, 6), (4, 10), (12, 10) e (12, 6) está parcialmente
contida na região de recepção média.
IV) V, pois a localidade delimitada pelo quadrado de vértices
(1, – 1), (– 1, – 1), (– 1, 1) e (1, 1) está totalmente contida na
região de recepção boa.
V) V, pois a localidade delimitada pelo retângulo de vértice
(–1, 1), (1, 1), (– 1, 8) e (1, 8) possui pontos de recepção
boa, recepção média e recepção ruim.
Resposta: Verdadeiras I, IV e V
terra
x
y
12
(-4,0) (16,0) (36,0)0
A1
12
x
y
1
2
4 5 6 9
10(4, 10) (12, 10)
(4, 6) (12, 6)
9
8
6
1
2-1-2-6-9
-1
-2
-6
-9
12
56 –
– 1
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA MÉTRICA
Capítulo 1 – Cones
11) Sejam R e g, respectivamente, as medidas do raio da base e da
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
12) 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
13)
De acordo 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
14)
Sendo x a medida, em metros, da altura do cone, temos:
h = x, R = x – 2, g = x + 2 e (x + 2)2 = x2 + (x – 2)2 ⇔
⇔ x2 – 8x = 0 ⇔ x = 8, pois x > 0
Assim, h = 8 m, R = 6 m e g = 10 m
A área total AT do cone, em metros quadrados, é:
AT = π R2 + π Rg = π . 62 + π . 6 . 10 = 96π
Resposta: 96π m2
15) 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
16) Considere a figura a seguir, cujas medidas lineares estão em
centímetros:
I) sen 30° = ⇔ = ⇔ r = 3���3
b–––a
3–––2
3a–––2
1––3 � a
––2 �
3a–––2
3 . 2–––––
2
� a–––2
� � 2–––2
�
r–––––
6���3
1–––2
r–––––
6���3
g–––2
g–––2� � g
–––2
πg2
––––4
πg2
––––2
3πg2
––––––4
g–––2
g���3–––––
2
2R���3–––––––
2
1–––3
1–––3 � g
–––2 � g���3
–––––2
1–––3
g2
–––4
g���3–––––
2
�3 g3
––––––––24
1–––3
1–––3
2 –
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
17) Sejam R, g e h, respectivamente, as medidas do raio da base,
da geratriz e da altura do cone.
I) A área da secção meridiana é ASM = = Rh
II) A área da base é AB = πR2
III) ASM = AB ⇒ Rh = πR2 ⇔ h = πR
IV)A área lateral é AL = πRg
V) O volume é V = π R2 h = π R2 π R =
Resposta: E
18) Sendo V = , após as alterações de r para e de h para
2h, tem-se:
V’ = = = =
= . = . = V =
Resposta: A
19) I) AB = 16 . π ⇔ π . R2 = 16 . π ⇔ R2 = 16 ⇒ R = 4
II) Como o cone é equilátero, temos g = 2R = 8
III) AL = π . R . g = π . 4 . 8 = 32 . πResposta: A
20) 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, o
volume de medicamento ministrado é de
1,5 m� . 240 = 360 m�.
II) O recipiente é constituído de um cilindro circular reto com
9 cm de altura e um cone, também circular reto, e de 3 cm
de altura. Sendo o raio da base de ambos de 4 cm, o
volume 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
21) Sejam V1 e V2, respectivamente, os volumes dos cones de
mesma base e alturas iguais a 18 cm e 6 cm.
Se AB é a área das bases dos cones, então:
= = = 3
Resposta: B
22) Sejam r e h, respectivamente, as medidas do raio da base e
da altura, em centímetros, do cone.
I) 2 . π . r = ⇔ r = 10
II) h2 + r2 = 202 ⇒ h2 + 102 = 202 ⇔ h2 = 300 ⇒ h = 10����3
Resposta: C
23)
θ = radianos = 288°
Resposta: D
24) Sejam g = 20, r e h, respectivamente, as medidas da geratriz,
do raio e da altura, em centímetros, do cone.
I) 2 π r = 20π ⇔ r = 10
II) h2 = 202 – r2 = 202 – 102 = 300 ⇒ h = 10���3
III) V = . π . r2 . h = ⇒
⇒ V � ⇔ V � 1700
Resposta: D
25) Sendo V o volume, h a altura e r o raio da base do cone reto,
de acordo com o enunciado temos:
1––3
1–––3
1–––3
2Rh–––––
2
1–––3
1–––3
π2R3
––––––3
π r2 h––––––
3
r–––2
rπ . �––�
2
. 2h2
–––––––––––––3
r2
π . ––– . 2h4
–––––––––––––3
π r2 h––––––
2–––––––––
3
π r2 h––––––
2
1–––3
1–––2
π r2 h––––––
3
1–––2
V–––2
V1––––V2
1–– . AB . 183
–––––––––––––1–– . AB . 63
18––––
6
h–––––
6���3
���3–––2
h–––––
6���3
� �
2 . π . 20––––––––––
2
8π––––
5
1000���3 π–––––––––
3
1–––3
1000 . 1,7 . 3–––––––––––––
3
– 3
I) π r a = . π a2 ⇔ r =
II) h = ��������a2 – r2 = a2 –
2
= �����35
III) V = π r2 h = . π .
2
. . �����35 =
= π .
3
�����35
Resposta: E
26) Sejam r o raio e h = 2 a altura do cilindro, em decímetros.
Sejam, ainda, r o raio e H a altura do cone, em decímetros.
a) Para que o volume do cone seja igual ao volume do cilindro,
deve-se ter:
. π . r2 . H = π . r2 . h ⇒ . H = 2 ⇔ H = 6
b) Aumentando 6 dm no raio r, mantendo a altura h = 2 ou
aumentando 6 dm na altura h = 2, mantendo o raio r, o
volume do cilindro é o mesmo, então:
π . (r + 6)2 . h = π . r2 . (h + 6) ⇒ (r + 6)2 . 2 = r2(2 + 6) ⇔⇔ (r + 6)2 . 2 = r2. 8 ⇔ (r + 6)2 = 4r2 ⇒
⇒ r + 6 = 2r ⇔ r = 6, pois r > 0
Resposta: a) 6 dm b) 6 dm
27)
Sejam VC = 400 e VL, respectivamente, o volume do cone e o
volume do líquido, em ml.
Se o nível do líquido está em , então:
=
3
⇒ = 3
⇔ = ⇔ VL = 50
Resposta: 50 ml
28) Considere a figura a seguir:
O volume V do sólido equivale ao volume de dois cones com
raio da base igual a e altura igual a , assim:
V = 2 . . π .
2
. = 2 . . π . . =
Resposta: C
29) Considere a figura a seguir:
I) sen 60° = ⇒ = ⇔ R = ���3
II) cos 60° = ⇒ = ⇔ h = 1
III) O volume V do cone é dado por:
V = . π . R2 . h = . π . ����3 �2 . 1 = π
Resposta: A
� a–––6 � a
–––6
1–––3
1–––3 � a
–––6 � a
–––6
1–––3
� a–––6 �
1–––3
1–––3
h–––2
h––2
––––h
VL––––VC
� � VL–––––400 � 1
––2 �
VL–––––400
1––8
1–––2
1–––2
1–––3 � 1
–––2 � 1
–––2
1–––3
1–––4
1–––2
π–––12
R–––2
R–––2
���3––––
2
h–––2
h–––2
1–––2
1–––3
1–––3
a–––6
1–––6
4 –
30)
Da semelhança dos triângulos retângulos VAC e VDE, tem-se:
= ⇒ = ⇔ s = 3
a) O volume do material retirado do lápis é o volume do
cilindro ABGJ menos o volume do cone VAB e, portanto,
em mm3, igual a:
π . 52 . 15 – . π . 52 . 15 = 375π – 125π = 250π
b) O volume da grafite retirada é o volume do cilindro DFHI
menos o volume do cone DFV e, portanto, em mm3, igual a:
π . 12 . s – . π . 12 . s = = = 2π
Respostas: a) 250π mm3 b) 2π mm3
31) Sejam R, h e Vi, respectivamente, o raio, a altura e o volume
do cone inicial. Seja, ainda, Vf o volume do cone final de raio
h e altura R.
I) Vi = . π . R2 . h e Vf = . π . h2 . R
II) = = ⇔ Vf = Vi . , assim, o
volume final corresponde ao volume inicial multiplicado por
.
Resposta: E
32) Considere a figura a seguir:
I) (AB)2 + (15 cm)2 = (17 cm)2 ⇒ AB = 8 cm
II) Da semelhança dos triângulos LAB e LCD, tem-se:
= ⇒ = ⇔
⇔ H = 187,5 cm = 1,875 m
Resposta: B
33)
Sendo r o raio, em centímetros, da cavidade cilíndrica e h a
altura, em centímetros, dessa cavidade, tem-se:
I) π (82 – r2) = . π . 82 ⇔ 3 (64 – r2) = 128 ⇔
⇔ r2 = ⇔ r =
2–––3
8–––––
��3
64––––
3
1–––3
1–––3
Vf––––Vi
1–– . π . h2 . R3
––––––––––––––1–– . π . R2 . h3
h––––
R
h––––
R
h–––R
LA––––LC
AB––––CD
15 cm–––––––
H
8 cm––––––––100 cm
s––1
15–––5
VE––––DE
VC––––AC
1–––3
2π . 3––––––
3
2πs–––––
3
1–––3
– 5
II) =
Assim, = ⇔ h = 5(3 – ��3 ) cm
III) O volume V da peça da figura 2, em centímetros cúbicos, é
dado por
V = π . 82 . 15 – . π r2 (15 – h) – π . r2 . h
Assim,
V = 320π – . π . . 5��3 – π . . 5(3 – ��3) ⇔
⇔ V = 320π – – 320π + ⇔
⇔ V =
Resposta: O volume do novo sólido é cm3
34) I) O volume V1 do cone inicial de raio R1 = cm e altura
h = 15 cm é:
V1 = π .
2
. 15 cm3 = π . . 15 cm3
II) O volume V2 do cone após a redução do raio para R2 = 2 cm
e altura h = 15 cm é:
V2 = π . 22 . 15 cm3 = π . 4 . 15 cm3
III) = = = = = 64% ⇔
⇔ V2 = 64% . V1, portanto, houve redução de 36% do volume.
Resposta: O volume diminuiu de 36%
35) Sejam h a altura e g a geratriz do cone, em centímetros.
I) A área lateral, em centímetros quadrados, é AL = 24π e o
raio da base, em centímetros, é R = 4, então:
AL = π . R . g ⇒ 24π = π . 4 . g ⇔ g = 6
II) g2 = h2 + R2 ⇒ 62 = h2 + 42 ⇔ h2 = 20 ⇒ h = ����20
III) O volume V, em centímetros cúbicos, é dado por:
V = . π . R2 . h = . π . 42 . ����20 = ����20 π
Resposta: A
36) Sejam R o raio, h a altura e g a geratriz do cone.
I) Se h é média geométrica entre R e g, então,
h2 = R . g ⇔ = ⇔ =
II) g2 = h2 + R2 ⇔ = + ⇔2
= + 1
III) Como = , tem-se:
2
= + 1 ⇔4
=
2
+ 1
IV)Fazendo = x, com x > 0, tem-se:
x4 = x2 + 1 ⇔ x4 – x2 + 1 = 0 ⇒
⇒ x2 = ⇒ x = , pois x > 0
Resposta: E
37)
O volume do sólido gerado é o volume de um cilindro circular
reto de raio da base 6 cm e altura 12 cm menos o volume de
um cone circular reto de raio da base 6 cm e altura 6 cm.
Assim, em centímetros cúbicos, tem-se:
Vsólido = Vcilindro – Vcone =
= π . 62 . 12 – . π . 62 . 6 = 360π
Resposta: A
38) Em cm3, o volume total do vasilhame, incluindo o funil, é de
π . 52 . 30 + = 800π
O volume do fundo do vasilhame (parte superior após ter sido
virado) é, em cm3, π . 52 . H = 800π – 625π ⇔ 25H = 175 ⇔⇔ H = 7
Resposta: B
1––3
π . 52 . 6–––––––––
3
h2
––––R2
Rg––––R2
h2
––––R2
g–––R
g2
––––R2
h2
––––R2
R2
––––R2
g–––R� � h2
––––R2
g–––R
h2
––––R2
� � h2
––––R2
h2
––––R2 � h
–––R
� � h–––R
�h
–––R
1 +��5––––––––
2
1 +��5––––––––
2
5–––2
� 5–––2 � 25
––––4
V2––––V1
π . 4 . 15 cm3
–––––––––––––––––25
π . –––– . 15 cm3
4
4–––––
25–––4
16––––25
64––––100
1–––3
1–––3
16–––3
640��3 π––––––––––
9
320��3 π––––––––––
3
320��3 π––––––––––
9
640��3 π––––––––––
9
1–––3
1–––3
82
––––3
82
––––3
1–––3
15 – h–––––––
15
1–––––
��3
15 – h–––––––
15
r–––8
6 –
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA MÉTRICA
Capítulo 2 – Troncos e Semelhança de Sólidos
11) Sendo AS a área da secção obtida e AB a área da base da
pirâmide, tem-se:
=
2
=
2
=
2
=
Resposta: C
12) 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) ⇒
⇒ 21000 = . (402 + �2 + ����������402 . �2 ) ⇔
⇔ 21000 = 10 . (1600 + �2 + 40�) ⇔⇔ �2 + 40� – 500 = 0 ⇒ � = 10, pois � > 0
Resposta: C
13) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen tíme -
tros.
I) Os triângulos VAB e VCD são semelhantes, então:
= ⇒ = ⇔ AB = 3 ⇒ � = 6
II)
g2 = 32 + 42 ⇒ g = 5
III) A área total AT do tronco de pirâmide, em centímetros
quadrados, é dada por:
AT = 122 + 62 + 4 . = 144 + 36 + 180 = 360
Resposta: E
14) V = . (S + S’ + ��������S . S’ ) = . (42 + 32 + ��������42. 32 ) =
= . (16 + 9 + 4 . 3) = . 37 =
Resposta: E
15) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -
tímetros.
As medidas 4 e 6 apresentadas na “vista superior de
do tronco” correspondem aos comprimentos das cordas AB––
e
CD––
dos círculos de raios r e R das bases do tronco de cone de
bases paralelas representado acima. Desta forma:
I) AB = r ���2 = 4 ⇒ r = 2 ���2
CD = R ���2 = 6 ⇒ R = 3 ���2
II) HC = OC – OH = R – r = 3 ���2 – 2 ���2 = ���2
III) No triângulo retângulo AHC, temos
AC2 = AH2 + HC2 ⇒ AC2 = 10 2 + (���2 )2 ⇒ AC = ������102
Resposta: B
12–––––––12 – 4� �AB
––––AS
� 12––––
8 � � 3–––2 � 9
–––4
h–––3
30–––3
VA––––VC
AB––––CD
4–––8
AB––––
6
(12 + 6) . 5––––––––––––
2
5–––3
h–––3
185––––
3
5–––3
5–––3
1––4
– 7
16) Sendo S a área da secção, temos:
=
2
⇒ S = 100
Resposta: D
17)
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
18)
Se do volume inicial do iceberg era de 23 100dam3,
então esse volume inicial era de
23 100 . dam3 = 30 800 dam3.
Assim:
(402 + 302 + �������������402 . 302) + 40 . 40 . (H – 12) = 30 800 ⇔
⇔ 14 800 + 1600 (H – 12) = 30 800 ⇔ H – 12 = 10 ⇔ H = 22
Resposta: H = 22 dam
19) Sejam AB e Ab, respectivamente, as áreas dos retângulos
ABCD e A’B’C’D’, em centímetros quadrados.
a) I) A altura da pirâmide EABCD, em centímetros, é h = 6 e a
altura da pirâmide EA’B’C’D’ é, em centímetros,
h – H = 6 – 4 = 2, assim:
= 2
⇒ = 32 ⇔ Ab = 2
II) O volume V da pirâmide EA’B’C’D’, em centímetros
cúbicos, é dado por:
V = . Ab . (h – H) = . 2 . 2 =
b) O volume VT do tronco de pirâmide, em centímetros
cúbicos, é dado por:
VT = . (AB + Ab + ��������� AB . Ab ) = . (18 + 2 + �������18 . 2) =
= . 26 =
Resposta: a) cm3 b) cm3
20) Sejam, em centímetros, R = 6, r = 3, g e h, respectivamente, os
raios das bases maior e menor, a geratriz e a altura do tronco
de cone.
Se a área lateral é igual à soma das área das bases, então:
πg(R + r) = πR2 + πr2 ⇒ g(6 + 3) = 62 + 32 ⇔⇔ 9g = 45 ⇔ g = 5
a)
g2 = h2 + (R – r)2 ⇒ 52 = h2 + 32 ⇒ h = 4
b) O volume V do tronco de cone, em centímetros cúbicos, é
dado 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
104π–––––
3
8–––3
13–––6
104π–––––
3
11–––6
13–––6
3––4
4––3
12––––
3
�2––3�S
––––225
6 . 3––––––
Ab�6
––2�
AB––––Ab
4–––3
1–––3
1–––3
4–––3
H–––3
104–––––
3
4–––3
104––––
3
4–––3
4–––3
4–––3
4–––3
4–––3
8 –
21)
Sejam VT e VB, respectivamente, o volume total e o volume
da bebida que deixou de ser consumida.
=
3
=
3
=
Resposta: E
22) O volume do suco será igual à metade do volume do copo,
então:
=
3
⇔ =
3
⇔
⇔ x3 = 256 ⇔ x =3
�������256 ⇒ x = 43
���4
Resposta: E
23) O volume V1 da pirâmide menor, de altura 6 – d, deve ser a
metade do volume V2 da pirâmide maior, de altura 6, então:
=
3
⇒ =
3
⇔
⇔ = ⇔ = 6 – d ⇔ d = 6 – ⇔
⇔ d = 6 – = 6 – = 6 – 3 .3
���4
Resposta: C
24) a) A área da superfície lateral externa da jarra, em centímetros
quadrados, cor responde à área da superfície lateral de um
cilindro reto cujo raio R, da base, mede 9 cm e cuja altura,
H, mede 12 cm e, portanto:
A� = 2πRH = 2π . 9 . 12 = 216π
b) Desprezando a espessura da parede da jarra, o volume
máximo de suco que a jarra pode conter, em centímetros
cúbicos, corresponde ao volume do cilindro reto, cujo raio
R da base mede 9 cm e cuja altura H mede 12 cm, menos o
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 – (RT
2+ rT
2+ RT . rT) =
= π . 92 . 12 – (62 + 32 + 6 . 3) = 972π – 252π = 720 π
Respostas: a) 216π cm2 b) 720π cm3
25) O volume V, em centímetros cúbicos, de água usada para 6
banhos, 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
26) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -
tímetros.
I) g2 = h2 + (R – r)2 ⇒ 52 = h2 + 42 ⇒ h = 3
II) O volume V, em centímetros cúbicos, do tronco de cone é
dado por:
V = . (πR2 + πr2 + ����������� πR2 . πr2 ) =
= . π . (72 + 32 + 7 . 3) = π . (49 + 9 + 21) = 79π
Resposta: D
27)
=
3
=
3
= ⇔ Vsuco =
Resposta: C
π 12––––––
3
π H––––
3
� x––8 �1
––2� x
––8 �
vsuco
––––––
Vcopo
VB––––VT
� h––––2h � � 1
–––2 � 1
–––8
V1––––V2
� 6 – d––––––
6 � 1–––2
1–––––
3
���2
� 6 – d––––––
6 �6 – d
––––––6
6–––––
3
���2
6–––––
3
���2
63
����22
–––––––––––3
���2 . 3
����22
6 . 3
���4–––––––
2
π . 10––––––
3
92,88–––––––46,44
h–––3
3–––3
V–––8
1–––8�1
–––2��h
––––2h�
Vsuco––––––
V
– 9
28) I) R = = 14, r = = 9 e h = 45 são as medidas, em
centímetros, do raio da base maior, raio da base menor e
altura do balde em forma de tronco de cone.
II) O volume V, em centímetros cúbicos, é dado por:
V = . (πR2 + πr2 + ���������� πR2 . πr2 ) =
= . π . (142 + 92 + 14 . 9) = 15 . π . 403 = 6045π
Resposta: B
29)
Sejam V e 2h, respectivamente, o volume e a altura do cone.
Quando seccionamos o cone com um plano paralelo à base,
que passa pelo ponto médio da altura, obtemos um novo cone
de volume v e altura h, e um tronco de cone de volume Vt e
altura h.
Assim:
I) = ⇔ v = . V
II) Vt = V – v ⇔ Vt = V – . V ⇔ Vt = . V
III) = ⇔ =
Resposta: A
30) O volume V1 do cone menor, de altura h, deve ser a metade do
volume V2 do cone maior, de altura H, então:
=
3
⇒ =
3
⇔
⇔ = ⇔ h = = . =
Resposta: A
31) Sendo h a altura do cone menor na figura (II), cujo volume V1
é a metade do volume V2 do cone maior na figura (I), cuja
altura é H, tem-se:
=
3
⇒ =
3
⇔
⇔ = ⇔ h =
Resposta: C
32)
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
Como
VE = VC – VS = VC – . VC = . VC = 0,488 . VC, tem-se:
VE = 48,8% . VC 50% . VC.
Resposta: C
33)
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 bases
paralelas 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
1–––8
h 3
�–––�2h
v–––V
7–––8
1–––8
1–––7
v–––Vt
1–– . V8
–––––––7–– . V8
v–––Vt
h–––3
45––––
3
V1––––V2
� h–––H � 1
–––2
1–––––
3
���2
H–––––
3
���2
� h–––H �
h–––H
H–––––
3
���2
3
����22
–––––––3
����22
H3
���4–––––––
2
V1––––V2
� h–––H � 1
–––2 � h
–––H �
1–––––
3
���2
h–––H
H–––––
3
���2
18––––
2
28––––
2
64––––125
16–––20
VS––––VC
61––––125
64––––125
VC––––VCP
VC––––VT
�H–––––––
H – h�
�1
–––––3
���2��3
���2 – 1––––––––
3
���2�
10 –
34) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -
tímetros.
I) Os triângulos VAB e VCD são semelhantes, então:
= ⇒ = ⇔ r = 2
II) O volume, em centímetros cúbicos, do cone preenchido
com sorvete de chocolate é:
. π . r2 . H = . 3 . 22 . 12 = 48
III) Como 1 litro = 1000 cm3, o número de sorvetes que podem
ser embalados com 1 litro de sorvete de chocolate é
� 20,8
IV)O volume, em centímetros cúbicos, do tronco de cone
preenchidos 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
número máximo de sorvetes de “choconilha” que é possível
embalar é 17.
Resposta: D
35) Sejam r e h, respectivamente, o raio da base e a altura da lata
cilíndrica. Se A1 é a área do rótulo de papel e A2 a área do novo
rótulo, após o raio e a altura serem aumentadas de 20%,
então:
=
2
=
2
⇒
⇒ = 1,22 ⇔ A2 = 1,44 . A1 ⇔ A2 = 144% . A1
Assim, a área do rótulo aumentará 44%.
Resposta: D
36) Sejam r e h, respectivamente, o raio da base e a altura da lata
cilíndrica. Se V1 é o volume da lata e V2 o volume da nova lata,
após o raio e a altura serem diminuídos em 10%, então:
=
3
=
3
⇒
⇒ = 0,93 ⇔ V2 = 0,729 . V1 ⇔ V2 = 72,9% . V1
Assim, o volume diminuirá 27,1%.
Resposta: E
37) a) I) Por semelhança, tem-se:
= ⇔ AB =
II) O volume total VT da caixa-d’água, em m3, é dado por:
VT = . (22 + AB2 + ���������� 22 . AB2) =
= 1 . 4 + + 2 . = 4 + + 1 =
b) Sejam VP o volume da pirâmide de altura 4 m, VA = o
volume de água na caixa, VT = o volume total da caixa
e VB o volume da pirâmide ABCDV, todos em m3.
I) VP = . 22 . 4 =
II) VB = VP – VT = – = =
III) =
3
⇒ =
3
⇔
⇔ . =
3
⇔ =
3
⇔
⇔ = ⇔ 3 = h + 1 ⇔ h = 2
Resposta: a) m3 b) 2 m21
––––4
VA––––VC
AB––––CD
12––––18
r–––3
1––3
1––3
1000––––––
48
h––3
6––3
2000––––––
114
A2––––A1
� 1,2 . r–––––––
r � � 1,2 . h–––––––
h �A2
––––A1
V2––––V1
� 0,9 . r–––––––
r � � 0,9 . h–––––––
h �V2
––––V1
2––––AB
4–––1
1–––2
�
3–––3
1–––4
1–––2
1–––4�
21–––4
13–––6
21–––4
1–––3
16–––3
16–––3
64 – 63––––––––
12
21–––4
1–––12
�h + 1
––––––4 �
13 1––– + –––6 12
–––––––––––16
––––3
VA + VB––––––––
VP�
h + 1––––––
4 �
27–––12
3–––16 �
h + 1––––––
4 �27
––––64 �
h + 1––––––
4 �3
–––4
h + 1––––––
4
– 11
38) A figura seguinte representa a secção meridiana do reser -
vatório, com medidas em metros.
No ΔABE, temos tg 60° = = ���3 ⇒ EB = 4���3
O raio —
O’B da tampa superior mede 2���3 + 4���3 = 6���3 e tem
área de π(6���3 )2 = 108π, em metros quadrados.
Resposta: B
39) Sejam VO e VM, respectivamente, os volume das latas
originais de altura 24 cm e das latas miniaturas de altura 6 cm.
=
3
= 43 = 64 ⇔ VO = 64 . VM
Assim, são necessárias e suficientes 64 latas miniaturas para
encher uma lata original.
Resposta: A
AE–––––
EB
VO––––VM
� 24 cm–––––––
6 cm �
12 –
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA MÉTRICA
Capítulo 3 – Esfera e Partes
11) O ponto P é o centro e a medida r é o raio de uma esfera.
Resposta: D
12) Seja r o raio de uma esfera de volume V1. Se R é o raio da
esfera de volume V2 = 172,8% . V1, então:
=
3
⇒ = ⇔
⇔ 1,728 =
3
⇔ 1,2 = ⇔ R = 1,2 . r ⇔ R = 120% . r
Assim, o raio da esfera aumenta 20%.
Resposta: D
13) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
r2 + 122 = 132 ⇒ r = 5
Resposta: E
14) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
decímetros.
I) πr2 = 16π ⇒ r = 4
II) R2 = 42 + 32 ⇒ R = 5
III) O volume V da esfera, em dm3, é:
V = . π . R3 = . π . 53 = π
Resposta: E
15) I) O volume VT do tanque cilíndrico, em cm3, é:
VT = 12 . π . 12 = 144 . π
II) O volume VE da esfera, em cm3, é:
VE = . π . 33 = 36 . π
III) = = ⇔ VE = . VT
Resposta: D
V2–––V1
�R––r �
172,8% . V1––––––––––––
V1�
R––r �
�R––r �
R––r
4––3
4––3
500––––
3
4––3
VE––––VT
36π–––––144π
1–––4
1–––4
– 13
16)
I) Sendo r a medida do raio da esfera, em centímetros, temos:
VESF = π r3
II) Sendo V o volume da água que subiu, temos:
V = π . 62 . 1 ⇒ V = 36π
III) VESF = V ⇒ π r3 = 36π ⇔ r3 = 27 ⇔ r = 3
Resposta: C
17) Seja VC e VS, respectivamente, os volumes do copinho e do
sorvete, em cm3. Se R = 2 é o raio da base do copinho em
forma de cone e, também, o raio da esfera de sorvete e h = 10
é a altura do copinho, ambos em cm, tem-se:
I) VC = . π . R2 . h = . π . 22 . 10 =
II) VS = . π . R3 = . π . 23 =
Como VS < VC, o sorvete derretido caberá dentro do copinho.
Resposta: A
18) Sejam R = 2 o raio da esfera e da base do cilindro e h = 6 – 4 = 2
a altura do cilindro, ambos em centímetros.
I) O volume V de cada peso, em cm3, equivale à soma dos
volumes da esfera e do cilindro, assim:
V = πR3 + πR2h = . π 23 + π . 22 . 2 = + 8π =
II) O volume de aço necessário para a produção de 3000 peças
é:
3000 . cm3 = 103 . 56π cm3 = 10–6 . 103 . 56π m3 =
= 10–3 . 56π m3 = 0,056π m3
Resposta: C
19) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em centí -
metros, e seja x a distância da pérola ao fundo da taça.
I) (VB)2 = (VA)2 + (AB)2 = (8���2)2 + 42 = 128 + 16 = 144 ⇒⇒ VB = 12
II) Os triângulos VAB e VCD são semelhantes, assim:
= ⇒ = ⇔ x + 1 = 3 ⇔ x = 2
Resposta: C
20) Sejam R1 e R2, repsectivamente, as medidas dos raios das
bolas de basquete antes e depois da alteração do volume, e
sejam V1 e V2, respectivamente, seus volumes.
Se V2 = α . V1, então:
. π . R32 = α . . π . R3
1 ⇔ R32 = α . R3
1 ⇔
⇔ R2 = 3
������ α . R31 ⇔ R2 = R1 .
3
���α
Assim, se o volume for alterado por um fator multiplicativo α,
o raio deve ser alterado por um fator multiplicativo 3
���α.
Resposta: deve ser alterado por um fator multiplicativo3
���α
1––3
1––3
40π––––
3
4––3
4––3
32π––––
3
4––3
4––3
32π––––
3
56π––3
56π–––––
3
VB––––VD
AB––––CD
12–––––x + 1
4––1
4––3
4––3
4––3
4––3
14 –
21) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros.
(UV)2 = (MV)2 + (MU)2 ⇒ (UV)2 = 122 + 52 ⇒ UV = 13
a) Os triângulos TOV e MUV são semelhantes pelo critério
(AA~).
Assim:
= ⇒ = ⇔ x = ⇔ x = 6,4
b) PV = PO + OV ⇒ PV = 4 + 4 + x = 8 + x = 8 + 6,4 = 14,4
Respostas: a) 6,4 cm
b) 14,4 cm
22) Vamos admitir que se trata de um cone circular reto.
Sendo r a medida dos raios da esfera e do cone, g a medida da
geratriz do cone e h a medida da altura do cone, em
centímetros, temos:
I) 4πr2 = 256π ⇔ r2 = 64 ⇒ r = 8
II) g = . r = . 8 = 10
III) h2 + r 2 = g2 ⇒ h2 + 82 = 10 2 ⇒ h = 6
Assim,
= = = =
Resposta: C
23) Sendo V o volume, em centímetros cúbicos, do per fume
contido no frasco, temos:
V = . π . 43 =
Assim,
V � cm3 � 66,98 cm3 = 66,98 ml
e, portanto, se a pessoa utilizar, todos os dias, 2 m� do
perfume, o tempo de duração dele será:
= 33,49, ou seja, aproximadamente 33 dias
Logo, a alternativa que indica o maior período de tempo,
dentro do tempo de duração do perfume, é a B (31 dias).
Resposta: B
24)
O ponto I é o incentro do triângulo equilátero ABC e portanto
coincide com o baricentro desse triân gulo. Assim, sendo todas
as medidas lineares em centímetros, tem-se:
I) MI = AM = . = ���3
II) BI = BN = . = 2���3
III) (OI)2 + (MI)2 = (OM)2 ⇔ (OI)2 = (OM)2 – (MI)2
IV) (OI)2 + (BI)2 = (OB)2 ⇔ (OI)2 = (OB)2 – (BI)2
Logo: (OB)2 – (BI)2 = (OM)2 – (MI)2 ⇒
⇒ (OB)2 – (2���3 )2 = 42 – (���3 )2⇔ (OB)2 = 25 ⇒ OB = 5
Resposta: C
5–––4
5–––4
Vcone––––––––
Vesfera
1 ––– . πr2 . h3
––––––––––––––4
––– . πr3
3
h–––4r
6–––––4 . 8
6––––32
32––––
5
4 + x––––––
13
4–––5
OV––––UV
TO––––MU
64π––––
3�4––3�1
––4
64 . 3,14––––––––––
3
66,98m�––––––––––
2m�
6���3–––––––
2
1–––3
1–––3
6���3–––––––
2
2–––3
2–––3
– 15
25) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
d2 + 32 = 102 ⇔ d2 + 9 = 100 ⇔ d2 = 91 ⇒ d = ����91
Resposta: A
26) Seja R, em metros, a medida do raio do círculo que representa
o piso e, também, o raio do hemisférico (semiesfera) que
representa a cobertura do galpão.
I) Se a área do piso é 78,5 m2, então:
π . R2 = 78,5
II) A área da cobertura, em m2, é dada por:
. 4 . π . R2 = 2 . π .R2 = 2 . 78,5 = 157
Resposta: C
27)
A área da calota esférica sombreada deve ser igual à metade
da área da semiesfera, assim:
2 . π . r . h = . . 4 . π . r2 ⇔ 2h = r ⇔ h =
Portanto, d = r – h = r – =
Resposta: C
28) I) Para cada hora corresponde um ângulo equatorial de
= = 15°, assim, para uma defasagem de
3 horas, o ângulo equatorial será 3 . 15° = 45° ou rad.
II)
= ⇔ R = km ⇔ 2R = km
Resposta: B
29) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em metros.
Sejam R o raio da esfera, r o raio da base do cone, h a altura
da calota esférica e g = R a geratriz do cone.
I) Se a área da calota esférica é igual ao triplo da área lateral
do cone, então:
2 . π . R . h = 3 . π . r . g ⇒ 2 . R . 2 = 3 . r . R ⇔
⇔ 4 = 3r ⇔ r =
II) R2 = (R – 2)2 + r2 ⇒ R2 = R2 – 4R + 4 +
2
⇔
⇔ 4R = 4 + ⇔ R = 1 + =
Resposta: m
1––2
1––2
r––2
r––2
r––2
1––2
180°–––––
12
360°–––––
24
π––4
40000–––––––
π
20000––––––
π
5000 km–––––––––
R
π––4
4––3
�4––3�
13––9
4––9
16––9
13–––9
16 –
30)
x2 + 42 = 122 ⇔ x2 = 144 – 16 ⇔ x2 = 128 ⇒⇒ x = ������ 128 ⇔ x = 8���2
Resposta: C
31) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros.
I) (PC)2 + (CD)2 = (PD)2 ⇒ (PC)2 + 12 = 32 ⇔⇔ (PC)2 = 8 ⇒ PC = 2��2
II) Os triângulos PAB e PCD são semelhantes, então:
= ⇒ = ⇔ R = ��2
III) O volume V cm3 da bebida somando com o volume da
cereja esférica de raio 1 cm equivale ao volume do cone de
raio ��2 cm e altura 4 cm, assim:
V + . π . 13 = . π (���2)2 . 4 ⇔ V + = ⇔ V =
Resposta:
32)
O volume da esfera de raio r equivale ao volume do cilindro de
raio R e altura , assim:
. π . r3 = π . R2 . ⇔ r3 = ⇔
⇔ r3 = ⇔ r =
Resposta: A
33)
Se a laranja, consideranda esférica de raio R, é formada por 12
gomos exatamente iguais, então a área A da superfície total
de cada gomo equivale à soma das áreas de dois semicírculos
de raio R com a área do fuso esférico correspondente a da
área da superfície esférica, assim:
A = 2 . . π . R2 + . 4 . π . R2 = π . R2 + . π . R2 = . π . R2
Resposta: E
34)
No triângulo retângulo AOB, da figura, temos:
(r cm)2 + (5��3 cm)2 = (10 cm)2 ⇒ r = 5 cm
Assim, o volume V do cilindro, em cen tímetros cúbi cos, é:
V = π . 52 . 20 = 500πResposta: D
5 3cm
20cm
R = 10cm
10cm
O
Br cm A
r cm
1–––12
1––2
1––12
1––3
4––3PA
–––PC
AB–––CD
4––––2���2
R––1
4––3
1––3
4π–––3
8π–––3
4π–––3
4π–––3
9R–––16
4–––3
9R––––16
9 . 3 . R3
–––––––––16 . 4
33 . R3
–––––––43
3R––––
4
– 17
35) Sendo S a área da superfície da gota, em metros qua drados,
temos:
S = Slateral do cone + Ssemiesfera =
= π . r . 3r + = 3 . 0,5 . 3 . 0,5 + = 3,75
Assim, o custo da superfície da boia é, em reais,
3,75 . 1200 = 4500
Resposta: C
36) Sendo S a área do fuso, em metros quadrados, temos:
S = . 4π . 52 = 20π
Resposta: A
37) Sejam, de acordo com o enunciado:
I) r o raio da esfera, o raio da base do co ne e, também, o raio
da base do cilin dro;
II) 2r a altura do cone e do cilindro;
III) P, Q e R, respectivamente, o volume do cone circular reto,
do cilindro reto e da esfera.
Assim:
P – Q + R = π . r2 . 2r – π . r2 . 2r + π r3 =
= = 0
Resposta: A
38)
I) De acordo com o enunciado, tem-se:
= ⇔ r2 =
II) Pelo Teorema de Pitágoras, tem-se:
d2 + r2 = R2 ⇒ d2 + = R2 ⇔ d2 = ⇒ d =
Resposta: C
39) O volume de cada alvéolo, em cm3, é igual a
. π . (0,01)3 = 4 . 10 – 6, pois π = 3.
O número aproximado de alvéolos da pes soa é
n = = 404,5 . 106 = 4045 . 105
Resposta: E
40)
a) Sejam AR e AS as áreas, em cm2, da lateral do reci piente e
da superfície de cada bola, respectivamente. Assim:
I) AR = 4 . (15 . 40) = 2400
II) AS = 4 . π . 22 = 4 . 3 . 4 = 48
b) Sejam VR, VE e VL os volumes, em cm3, do recipien te, de
cada esfera e do líquido, respectivamente. Assim:
I) VR = (15 . 15) . 40 = 9000
II) VE = . π . 23 = . 3 . 8 = 32
III) VL = VR – 90 . VE = 9000 – 90 . 32 = 6120
Respostas: a) 2400 cm2 e 48 cm2
b) 9000 cm3, 32 cm3 e 6120 cm3
4–––3
4–––3
4π r2
––––––2
4 . 3 . (0,5)2
––––––––––––2
72°–––––360°
1–––3
2π r3 – 6π r3 + 4π r3
–––––––––––––––––––––3
πr2
––––πR2
1––4
R2
–––4
R2
–––4
3R2
–––4
R��3–––––
2
4––3
1618 cm3
–––––––––––4 . 10–6 cm3
4––3
18 –
41)
A capacidade V, em m3, do tanque é igual à capacidade de um
cilindro de comprimento 4 m e raio da base 2 m, acrescida da
capacidade de uma esfera de raio 2 m.
Dessa forma, adotando π = 3, temos:
V = π . 22 . 4 + . π . 23 = 48 + 32 = 80
Resposta: A
42) A área S da superfície do sólido é igual à área lateral de um
cilindro de raio e altura b acrescida da área da superfície
de duas semiesferas de raio , assim:
S = 2 . π . . b + 2 . . 4 . π .
2
=
= π hb + πh2 = πh(b + h)
Resposta: B
43) I) Se 1 “cota” = k km, então 1 km = cotas.
II) O raio da esfera é 540 km = cotas.
III) Pelo enunciado:
4 . π .
2
= . π .
3
⇔
⇔ 1 = . ⇔ k = 180
Resposta: A
44)
A intersecção de qualquer plano α, perpen dicular ao segmento
de reta —AH tal que A � α e H � α com V1, V2 e V3, determina
secções transversais S1, S2 e S3, respectiva mente.
Como S1 < S3 < S2 para qualquer α, temos:
V1 < V3 < V2.
Resposta: B
45) A maior fatia (adotando-se espessura zero) é a que contém o
círculo maior da esfera (laranja).
Descontada a secção transversal do cilin dro, cuja área é de π . 12,
esta fatia tem área, em cm2, de π . 32 – π . 12 = 8π, equivalente
a oito vezes a área da secção transversal do cilindro.
Resposta: E
46) I) O volume do paralelepípedo cujas medidas, em cen -
tímetros, são 2a, 2b, 2c é 2a . 2b . 2c = 8abc
II) O volume do elipsoide cujas medidas dos semieixos, em
centímetros, são a, b, c é π abc
III) O volume do material amortecedor necessário, em cada
caixa, em centímetros cúbicos, é:
8 abc – π abc = abc 8 –
Resposta: D
47) O volume da esfera de raio R cm deve ser igual ao volume do
cilindro de raio 12 cm e altura 15 cm, assim:
. π . R3 = π . 122 . 15 ⇔ . R3 = 24 . 32 . 3 . 5 ⇔
⇔ R3 = 22 . 33 . 3 . 5 ⇔ R = 3 . 3
���60
Resposta: D
h–––2
1–––2 � h
–––2 �
� 1–––k �
� 540–––––
k �
� 540–––––
k � 4––3 � 540
–––––k �
1––3
540–––––
k
h–––2
h–––2
4–––3
4–––3
�4π–––3�4
–––3
22
–––3
4–––3
– 19
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA MÉTRICA
Capítulo 4 – Inscrição e Circunscrição de Sólidos
11) Sendo V o volume da esfera de raio R = = 3 cm, tem-se:
V = . π . R3 = . π . (3 cm)3 = 36π cm3
Resposta: D
12) Sendo “a” a medida da aresta do cubo, tem-se que o raio da
esfera inscrita nesse cubo é R = , assim, a razão entre o
volume da esfera e o volume do cubo é:
= = =
Resposta: B
13) I) Se um cubo de aresta “a” está inscrito numa esfera de raio
R, então, o diâmetro da esfera deve ser igual à diagonal do
cubo, assim:
2R = a��3 ⇔ R =
II) A razão entre o volume da esfera e o volume do cubo é:
= =
= =
Resposta: A
14) Considere a figura a seguir:
I) A área da superfície esférica é S = 4πR2
II) A área lateral do cilindro é P = 2 . π . R . 2R = 4πR2
Assim, S = P
Resposta: A
15) Considere a figura a seguir:
I) O ponto P é o incentro do triângulo, equilátero ABC, assim,
no triângulo PQC, tem-se:
tg 30° = ⇔ = ⇔ r = = R��3
II) O ponto P também é o baricentro do triângulo equilátero
ABC, assim, h = 3R
III) Sendo V o volume do cone equilátero, tem-se:
V = . π . r2 . h = π . (R��3)2 . 3R = 3πR3
Resposta: C
16) Se um cubo de aresta “a” está inscrito numa esfera de raio r,
então, a diagonal do cubo deve ser igual ao diâmetro da
esfera, portanto, a��3 = 2r
Resposta: B
17)
Sendo “a” a medida da aresta do cubo, “R” e “h”, respectiva -
mente, as medidas do raio e da altura do cilindro, temos:
a = h = 2R.
Assim, sendo Acubo e Acilindro as áreas totais do cubo e do
cilindro, temos:
= =
= = =
Resposta: C
6 cm–––––
2
4–––3
4–––3
a–––2
4––– . π . R3
3––––––––––––––
a3
4 a––– . π . �–––�
3
3 2––––––––––––––
a3
4 . π . a3
––––––––3 . a3 . 8
π–––6
a��3–––––
2
4––– . π . R3
3––––––––––––––
a3
4 a��3––– . π . �––––––�
3
3 2–––––––––––––––––––
a3
4 . π . a3 . 3��3–––––––––––––––
3 . a3 . 8
π��3–––––
2
3R––––��3
R–––r
��3––––
3
R–––r
1–––3
1–––3
6a2
––––––––––––––2πR2 + 2πR . h
Acubo––––––––Aclindro
4–––π
24R2
––––––6πR2
6 . (2R)2
––––––––––––––––2πR2 + 2πR . 2R
20 –
18)
= = =
Resposta: B
19)
I) O volume da esfera, em metros cúbicos, é:
Vesfera = π . 43 = . 3 . 43 = 256
II) O volume da pirâmide, em metros cúbicos, é:
Vpirâmide = . . 4 =
III) = ⇔ Vesfera = 6 . Vpirâmide
Resposta: A
20) Considere a figura a seguir:
I) Sendo a, b e c as medidas das arestas do paralelepípedo, R
e c, respectivamente, as medidas do raio e da altura do
cilindro, tem-se: a = b = 2R
II) Sendo VC e VP, respectivamente, os volumes do cilindro e
do paralelepípedo, tem-se:
= = = =
Resposta: B
21) Sendo R a medida do raio da base do cone e d a medida da
diagonal da face do cubo de aresta 2R, tem-se:
I) Vcubo – Vcone = 1 – ⇒ 8R3 – = 1 – ⇔
⇔ 8R3 1 – = 1 – ⇔ 8R3 = 1 ⇔ R =
II) d = 2R��2 = 2 . . ��2 = ��2
Resposta: A
22) I) Se um cubo de aresta “a” está inscrito numa esfera de raio
R, então, o diâmetro da esfera deve ser igual à diagonal do
cubo, assim:
2R = a��3 ⇔ R =
II) A razão entre o volume da esfera e o volume do cubo é:
= =
= =
Resposta: A
VC–––––VP
π . R2 . c––––––––a . b . c
π . R2 . c–––––––––2R . 2R . c
π . R2 . c–––––––––4 . R2 . c
π–––––
4
π–––12
2πR3
–––––3
π–––12
� π–––12
� π–––12
1–––2
1–––2
a��3–––––
2
4––– . π . R3
3––––––––––––––
a3
4 a��3––– . π . �––––––�
3
3 2–––––––––––––––––––
a3
4 . π . a3 . 3��3–––––––––––––––
3 . a3 . 8
π��3–––2
Ve––––
Vc
4–– π R3
3 ––––––––––
πR2(2R)
4 π R3
–––––––6 π R3
2––3
4–––3
4–––3
1–––3
82
–––2
128––––
3
Vesfera–––––––––Vpirâmide
256––––––
128––––
3
– 21
23) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
I) (PC)2 + 32 = 52 ⇒ PC = 4
II) Os triângulos PAB e PCD são semelhantes, então:
= ⇒ = ⇔ R = 6
III) A área da base do cone, em cm2, é πR2 = π . 62 = 36π
Resposta: D
24)
= = = = 16,2%
Resposta: E
25) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
A diagonal do cubo é igual ao diâmetro da esfera circunscrita,
então: 2r . ���3 = 2 . 10���3 ⇔ r = 10
Resposta: A
26) Sendo VE o volume da esfera, VC o volume do cubo e V o
volume da região interior à esfera e que é exterior ao cubo,
em centímetros cúbicos, temos:
V = VE – VC = π R3 – L3 = π R3 –
3
=
= π R3 – = . 23 . =
= . = . (3π – 2���3)
Resposta: . (3π – 2���3 ) cm3
27) I) A diagonal do cubo de aresta “a” é igual ao diâmetro da
esfera de raio R, então:
a���3 = 2R ⇔ a =
II) Sendo AT a área total do cubo, tem-se:
AT = 6 . a2 = 6 .
2
= 6 . = 8R2
Resposta: D
4––3
4––3
2R�––––����3
4––3
8R3
––––––
3���3
4––3
2�π – ––––����3
32––––
3
2���3�π – –––––�3
32––––
9
32––––
9
2R––––���3
4R2
––––3�2R
––––���3�
Vcone––––––Vesfera
1 –– . π .32 . 93
–––––––––––––4
–– . π . 53
3
32 . 9––––––4 . 53
81––––500
R––––
3
8––––
4
AB––––CD
PA––––PC
22 –
28) I) A aresta “a” do cubo circunscrito a uma esfera de raio R é
a = 2R
II) Sendo V o volume da esfera e Vc o volume do cubo, tem-se:
= = =
= = =
III) = ⇔ Vc =
Resposta: C
29) Considere a figura a seguir:
I) Sendo a, b e c as medidas das arestas do paralelepípedo, R
e c, respectivamente, as medidas do raio e da altura do
cilindro, tem-se: a = b = 2R
II) Sendo V1 e V2, respectivamente, os volumes do cilindro e
do paralelepípedo, tem-se:
= = = ⇔ πV2 = 4V1
Resposta: A
30) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
Sendo “a” a medida da aresta do tetraedro regular, P o
baricentro do triângulo equilátero QRS e O o centro da esfera
de raio 3 cm circunscrita ao tetraedro regular, tem-se:
I) PQ = . =
II) (PQ)2 + (OP)2 = (OQ)2 ⇒2
+ – 3
2
= 32 ⇔
⇔ + – 2a���6 + 9 = 9 ⇔
⇔ a2 – 2a���6 = 0 ⇔ a(a – 2���6) = 0 ⇔
⇔ a = 2���6, pois a ≠ 0
III) A soma das medidas de todas as arestes do tetraedro é, em
centímetros, igual a:
6 . a = 6 . 2���6 = 12���6Resposta: C
31) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
I) (AB)2 + (PA)2 = (PB)2 ⇒ (AB)2 + (����30)2 = (����55)2 ⇒ AB = 5
II) Os triângulos PAB e PCD são semelhantes, assim:
= ⇒ = ⇔ r = = =
Resposta: C
2––––
3
a���3––––
2
a���3––––
3
� a���3––––
3 � � a���6––––
3 �3a2
––––9
6a2
––––9
V1–––––
V2
π . R2 . c––––––––––
a . b . c
π . R2 . c––––––––––2R . 2R . c
π–––––
4
6V––––
π
6––––
π
Vc––––
V
6––––
π
3 . 8 . R3
––––––––––––4 . π . R3
8 . R3
––––––––––––4
––– . π . R3
3
(2R)3
––––––––––––4
––– . π . R3
3
a3
––––––––––––4
––– . π . R3
3
Vc––––
V
����30––––
2
15����30––––––
30
15––––
����30
5––r
����30––––
3
AB––––CD
PA––––PC
– 23
32) Considere as figuras a seguir:
I) tg 30° = ⇔ = ⇔ r = = R���3
II) A área da superfície esférica de raio R é 4πR2
III) A área total do cilindro de raio R e altura 2R é
2πR2 + 2πR . 2R = 2πR2 + 4πR2 = 6πR2
IV)A área total do cone de raio r e geratriz 2r, com r = R���3 é
πr2 + πr . 2r = πr2 + 2πr2 = 3πr2 = 3π(R���3)2 = 9πR2
V) Os números 4πR2, 6πR2 e 9πR2 são proporcionais aos
números 4, 6 e 9.
Resposta: E
33)
I) Os triângulos ABC e ADE são semelhantes, assim:
= ⇒ = ⇔ DE =
II) Sendo V1 o volume do cone de altura H e V2 o volume do
cilindro, tem-se:
= = =
= . . =
Resposta: A
34) Sejam:
I) � a medida, em centímetros, do lado do triângulo equilátero
que serve de base para o prisma.
II) r a medida, em centímetros, do raio do círculo que serve de
base para o cilindro.
III) h a altura, em centímetros, do prisma e do cilindro.
O volume V da região entre o prisma e o cilindro é dado, em
cen tímetros cúbicos, por:
V = πr2h – . h, em que r = 5, h = 12 e � = 5���3
Assim:
V = 3 . 25 . 12 – . 12 = 900 – 382,5 = 517,5
Resposta: 517,5 cm3
35) Como h é a altura do triângulo equilátero de lado a, temos:
h =
Assim, r = = =
Sendo ALP a área lateral do prisma e ALC a área lateral do
cilindro, temos:
= = =
Respostas: r = e a razão entre a área lateral do prisma
e a área lateral do cilindro é .
V1––––V2
1––– . π . R2 . H3
––––––––––––––––2R 2 H
π �––––� . ––––3 3
1––– . R2 . H3
––––––––––––––4R2 H
––––– . –––9 3
1––––
3
9––––
4
3––––
1
9––––
4
�2 . ���3–––––––
4
25 . 3 . 1,7––––––––––
4
AB––––AD
BC––––DE
H––––––
2H–––3
R––––DE
2R––––
3
R––r
���3––––
3
R––r
3R––––
���3
a���3––––––
2
a���3––––––
6
a���3–––––
2––––––
3
h––3
3���3–––––
π
3a–––––––––––
2π .a���3
–––––6
3 . a . h–––––––––
2π r . h
ALP
–––––ALC
a���3––––––
6
3���3––––––
π
24 –
36) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -
tímetros:
Sendo “a” a medida da aresta do tetraedro regular, P o
baricentro do triângulo equilátero QRS e O o centro da esfera
de raio 6 cm circunscrita ao tetraedro regular, tem-se:
I) PQ = . =
II) (PQ)2 + (OP)2 = (OQ)2 ⇒
2
+
2
= 62 ⇔
⇔ + – 4a���6 + 36 = 36 ⇔ a2 – 4a���6 = 0 ⇔
⇔ a(a – 4���6) = 0 ⇔ a = 4���6, pois a ≠ 0
III) Se V é o volume, em centímetros cúbicos, do tetraedro
regular de aresta a = 4���6, então:
V = . . = . . =
= . . = 64���3
Resposta: C
37) Sendo “a” a medida da aresta do cubo, tem-se que o raio da
esfera inscrita nesse cubo é R = , assim, a razão entre o
volume da esfera e o volume do cubo é:
= = =
Resposta: B
38) Se um cubo de aresta “a” está inscrito numa esfera de raio R,
então, a diagonal do cubo deve ser igual ao diâmetro da
esfera, assim:
a���3 = 2R ⇔ a = = . =
Resposta: A
39) Seja R a medida, em centímetros, do raio da esfera.
Sendo VE o volume da esfera, VJ o volume da joia, VP o volume
da pirâmide ABCDE e V o volume de rocha retirado do cristal
original, temos:
I) VJ = 2 . VP = 9���2 cm3 ⇒
⇒ 2 . . . R = 9���2 cm3 ⇔ R3 = cm3
II) VE = π R3 = . 3 . cm3 = 27���2 cm3
III) V = VE – VJ = 27���2 cm3 – 9���2 cm3 = 18���2 cm3
Resposta: D
40)
m2 +
2
= R2 ⇔ = R2 ⇔
⇔ m2 = . R2 ⇒ m = R
Resposta: A
27���2–––––––
4
(2R)2
––––––2
1––3
27���2–––––––
4
4–––3
4–––3
a–––2
4––– . π . R3
3––––––––––––––
a3
4 a––– . π . �–––�
3
3 2––––––––––––––
a3
4 . π . a3
––––––––3 . a3 . 8
π–––6
2R���3–––––––
3
���3––––
���3
2R––––
���3
2R––––
���3
3a2
–––––9
6a2
–––––9
1–––3
a2���3––––––
4
a���6––––––
3
1–––3
(4���6)2 . ���3––––––––––––
4
4���6.���6––––––––
3
1–––3
16 . 6���3–––––––––
4
4 . 6–––––
3
3m2
–––––2�m���2
––––––2
�2
–––3
2–––3
�a���6 ––––– – 6
3��a���3
–––––3
�
a���3––––––
3
a���3––––––
2
2–––3
– 25
41) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -
tímetros:
I) ⇔ ⇔
⇔ ⇔ ⇔
II) Sendo V o volume do sólido gerado pela rotação do
triângulo ABC, V1 o volume do cone de raio R e altura H e
V2 o volume do cone de raio R e altura h, temos, em
centímetros cúbicos:
V = V1 + V2 = π R2H + π R2h = π R2(H + h) =
= . π . 92,16 . 10 = 307,2π, pois H + h = 10
Resposta: C
42) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em cen -
tímetros:
I) tg 30° = ⇔ = ⇔ h = 8���3
II) O volume V do sólido, em centímetros cúbicos, equivale à
soma dos volumes de um cilindro e de um cone, assim:
V = π . 82 . 8 + . π . 82 . 8���3 = =
=
Resposta: E
43) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
O volume V do sólido, em centímetros cúbios, equivale à soma
dos volumes de um cilindro e de dois cones congruentes,
assim:
V = π . 12 . 2 + 2 . . π . 12 . 1 = 2π + =
Resposta: cm3
44) A rotação do triângulo EDC gera um sólido cujo volume V
equivale à diferença entre o volume de um cilindro de raio r e
altura 2r, e o volume de dois cones congruentes de raio e
altura iguais a r, assim:
V = π . r2 . 2r – 2 . . π . r2 . r = 2πr3 – =
Resposta:
8π–––3
8–––h
8–––h
���3––––
3
3 . π . 83 + π . 83.���3––––––––––––––––––––
3
1–––3
83π(3 + ���3)––––––––––––
3
8π–––3
2π–––3
1–––3
144 = H2 + R2
100 = 100 – 20H + H2 + R2�122 = H2 + R2
102 = (10 – H)2 + R2�R2 = 92,16
H = 7,2�144 = H2 + R2
H = 7,2�144 = H2 + R2
20H = 144�
1–––3
1–––3
1–––3
1–––3
4π r3
––––––3
2π r3
––––––3
1–––3
4π r3
–––––3
26 –
45)
O sólido gerado é um cilindro circular reto de raio r = 3 cm e
altura h = 4 cm.
Assim, sendo At sua área total, em centímetros quadrados, e
V o seu volume, em centímetros cúbicos, tem-se:
a) At = 2πr(h + r) = 2 . π . 3 . (4 + 3) = 42 π = 131,88
b) V = πr2h = π . 32 . 4 = 36π = 113,04
Respostas: a) 131,88 cm2
b) 113,04 cm3
46)
O volume V do sólido equivale ao volume de dois cones
congruentes de raio e altura iguais a , assim:
V = 2 . . π .
2
. = 2 . . π . . =
Resposta: A
47)
O volume V, em cm3, do sólido de revolução gerado pela
rotação completa do trapézio em torno da reta suporte do
lado AD—
é igual ao volum e de um cilindro circular reto com raio
da base AB = 4 cm e altura BC = 9 cm subtraindo o volume de
um cone circular reto com raio da base CE = 4 cm e altura 6 cm.
Dessa forma, resulta: V = π 42 . 9 – π 42 . 6 = 112π
Resposta: B
48)
A rotação de 360° do losango ABCD em torno do lado —
AD gera
um sólido equivalente ao cilin dro gerado pela rotação de 360°
do retân gulo BCEF em torno do lado —EF.
Assim, sendo V o volume do cilindro, em cen tímetros cúbicos,
temos:
V = π.(BF)2.(BC) = π.(6 . sen 60°)2 . 6 =
= π . 6 .
2
. 6 = 162π
Resposta: B
1–––3
���2––––
2
1–––3
���2––––
2
���2––––
2� � π���2–––––
6
���2––––
2
1–––3
2–––4
����3––––
2�
– 27
49) Representando-se as retas no plano cartesiano, tem-se:
O sólido gerado pela rotação do quadrilátero sombreado da
figura, em torno do eixo das ordenadas, considerando metade
da sua altua, resulta num tronco de cone de altura h = 3 e raios
das bases medindo r = 2 e R = 3, cujo volume V é dado por:
V = . (πR2 + πr2 + ����������� πR2 . πr2) =
= . (π . 32 + π . 22 + π . 3 . 2) = 1 . (9π + 4π + 6π) = 19π
Resposta: E
50) I) A altura do triângulo equilátero ABC, relativa ao lado BC, é
R =
II) A rotação de triângulo ABC gera um sólido cujo volume V
é igual ao volume de um cilindro de raio R = e altura
“a”, subtraindo o volume de dois cones congruentes de raio
R = e altura , assim:
V = π . R2 . a – 2 . . π . R2 . =
= π . R2 . a . 1 – = π . R2 . a . =
= π .
2
. a . = π . . a . =
Resposta: B
a���3––––
2
a���3–––––
2
a���3–––––
2
a–––2
1–––3
a–––2
1–––3
��
� �
2–––3
a���3–––––
2
2–––3
πa3
––––2
a2 . 3–––––––
4
2–––3
h–––3
3–––3
28 –
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA MÉTRICA
Capítulo 5 – Exercícios Complementares
1) O volume V do sólido representado pela parte escura da figura
é igual à diferença entre os volumes de dois paralelepípedos
reto-retângulos: o primeiro de dimensões 2x, x e x; e o
segundo de dimensões 1, 1 e x.
Assim:
V = 2x . x . x – 1 . 1 . x ⇔V = 2x3 – x
Resposta: C
2) As medidas da parte interna da caixa são 50 cm, 25 cm, 12 cm
e, portanto, o volume interno da caixa, em metros cúbicos, é:
0,50 . 0,25 . 0,12 = 0,015
Resposta: A
3) Sendo a a medida da aresta e d a medida da diagonal do cubo,
em metros, tem-se:
I) 6a2 = 72 ⇔ a2 = 12 ⇒ a = 2���3II) d = a���3 = 2���3 . ���3 = 6
Resposta: B
4) Sendo V o volume de cubo que tem aresta a = 50 cm, tem-se:
V = a3 = (50 cm)3 = 125 000 cm3 = 125 litros, pois
1 000 cm3 = 1 litro
Resposta: A
5) Sendo V = a . b . c o volume do paralelepípedo de dimensões
a, b e c, se V1 é o volume do paralelepípedo de dimensões 2a,
2b e c, tem-se:
V1 = 2a . 2b . c = 4 . a . b . c = 4V
Resposta: C
6) I) Sendo V o volume, em cm3, do cubo de aresta a = 4���3 cm,
tem-se:
V = (4���3 )3 = 43 . 3���3 = 192���3
II) Sendo V = 192���3 o volume, em cm3, do prisma reto cuja
base é um triângulo equilátero de lado � = 4���3 cm e sendo
h a altura, em cm, do prisma, tem-se:
V = . h ⇒ 192���3 = . h ⇔
⇔ 192 = 4 . 3 . h ⇔ h = 16
` III) Sendo AB a área da base, AL a área lateral e AT a área total,
em cm2, do prisma, tem-se:
AT = 2 . AB + AL = 2 . + 3 . � . h =
= 2 . + 3 . 4���3 . 16 =
= 2 . 4 . 3 . ���3 + 192 . ���3 = 24���3 + 192���3 = 216���3
Resposta: D
7) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em metros:
I) Os triângulos ABC e ADE são semelhantes, assim:
= ⇒ = ⇔ BC = 5
II) O volume V de água na piscina, em m3, equivale ao volume
do prisma triangular de base ABC e altura h = 8 m, assim:
V = . h = . 8 = 12
Resposta: 12 m3
8) I) A área da base é Ab = m2 ⇒ Ab = 20 m2
II) O volume é V = Ab . h = 20 m2 . 5 m = 100 m3
Resposta: D
9) Sejam: A� a área lateral, At a área total, Ab a área da base, b a
aresta da base e � a aresta lateral do prisma.
A� = 75%At ⇔ A� = (A� + 2Ab) ⇔ A� = 6 . Ab ⇔
⇔ 6 . (b . l) = 6 . ⇔ 24bl = 36b2���3 ⇔ =
Resposta: D
�2 . ���3––––––––
4
(4���3 )2 . ���3––––––––––––
4
�2 ���3–––––––
4
(4���3 )2 . ���3––––––––––––
4
AC––––AE
BC––––DE
0,6––––1,8
BC––––15
AC . BC––––––––
2
0,6 . 5––––––––
2
(8 + 2) . 4––––––––––
2
3–––4
6b2 ���3––––––––
4
l–––b
3���3–––––
2
– 29
10) I) O volume do paralelepípedo reto retângulo inicial, de
dimen sões a, a e é .
II) O volume do paralelepípedo reto retângulo reti rado, de
dimensões 2, 2 e é .
III) Assim sendo, pelo enunciado, temos:
– = a2 ⇔ a3 – 3a2 – 4a = 0 ⇔ a(a2 – 3a – 4) = 0 ⇔
⇔ a = 0 ou a = – 1 ou a = 4 ⇒ a = 4, pois a > 0.
Resposta: D
11) I) A altura de um tetraedro regular de aresta “a” é
h = e a área da base é AB =
II) O volume V do tetraedro regular é dado por:
V = . AB . h ⇒ V = . . ⇔
⇔ V = ⇔ 12V = a3���2 ⇔ 12���2 V = 2a3
Resposta: A
12)
EF é a altura relativa à base do triângulo isósceles FAB onde:
BF = AF = e AB = a
Assim, de acordo com o teorema de Pitágoras, tem-se:
(EF)2 + (EB)2 = (BF)2 ⇒
⇒ (EF)2 +
2
=
2
⇔
⇔ (EF)2 = – ⇔ (EF)2 = ⇒ EF =
Resposta: B
13) Sejam: AL a área lateral, V o volume, R o raio da base e h a
altura do cilindro.
⇒ ⇒ ⇒
⇒ = ⇔ 4πh = 4π ⇔ h = 1
Resposta: D
14) A planificação apresentada é do poliedro PQRSTUV abaixo,
que é constituído por um cubo de aresta medindo 1 cm, do
qual se retirou a pirâmide XRTV.
Assim, o volume do poliedro, em cm3, é
13 – . . 1 =
Resposta: D
a–––3
a3
–––3
a–––3
4a–––3
a3
–––3
4a–––3
a���6––––––
3
a2���3––––––
4
1–––3
1–––3
a2���3––––––
4
a���6––––––
3
a3���2––––––
12
a���3–––––
2
�a––2 � � a���3
–––––2
�3a2
–––––4
a2
–––4
2a2
––––4
a���2–––––
2
�AL = 4���πV = 4
�2π R h = 4���ππ R2 h = 4
�4π2 R2 h2 = 16ππ R2 h = 4
4π2 R2 h2
–––––––––π R2 h
16π––––
4
1–—3
1 . 1––––––
2
5–—6
30 –
15)
I) ABCDEFGH é o cubo de aresta a, com volume igual a
VC = a3.
II) PQRSTU é um octaedro regular de aresta medindo
, pois no triângulo retângulo QMR, temos
QR2 =
2
+
2
⇒ QR =
III) O volume do octaedro equivale a duas vezes o volume da
pirâmide quadrangular regular de base QRST e altura .
Assim, o volume do octaedro é
VO = 2 . .
2
. =
IV)A razão entre os volume pedidos (do cubo e do polie dro) é
= = 6
Resposta: 6
16)
Vamos rebater a face 2 em torno da aresta DF até o plano da
face 1.
I) Como AP = 5 e MP = 3, tem-se AM = 4
II) AC + CD + DM = AM
Assim: AC + 2 + 1 = 4 ⇔ AC = 1
a) Da semelhança entre os triângulos retângulos MPA e DRA,
tem-se:
= ⇒ = ⇔ PR =
b) Da semelhança entre os triângulos retângulos MPA e CBA,
tem-se:
= ⇒ = ⇔ AB =
Respostas: a) PR = b) AB =
17) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
100 . 100 . (100 – x) = π . 22 . 5000 ⇔
⇔ 100 – x = 2π ⇔ x = 100 – 2π 100 – 6 = 94
Resposta: C
18)
I) A superfície a ser pintada tem área, em m2, igual a
A = 2 . (3.4 + 3.5) + 4.5 – 2.0,9 – 1.1,8 = 70,4
II) Como o rendimento da tinta é de 1 � para cada 6 m2, a
quantidade necessária e suficiente de tinta a ser utilizada,
em litros, é igual a � 11,7
III) O menor custo possível é obtido com a compra de 2 latas
de 5 litros (custo de R$ 100,00) e 2 latas de 1 litro (custo de
R$ 24,00), num total de R$ 124,00.
Resposta: B
19) I) No primeiro cilindro, de raio R, se o combustível atinge
altura de 8 m, o volume, em m3, é π . R2 . 8
II) No segundo cilindro, de raio 2,5R, o mesmo volume de
combustível atinge altura h, em metros, tal que:
π . R2 . 8 = π . (2,5R)2 . h ⇔ R2 . 8 = 6,25 . R2 . h ⇔
⇔ h = = 1,28
Resposta: B
a���2–––––
2
� a–––2 � � a
–––2 � a���2
–––––2
a–––2
1–––3
� a���2–––––
2 � a–––2
a3
––––6
VC–––––
VO
a3
–––––a3
–––6
AP––––AR
AM––––AD
5–––––––5 – PR
4–––3
5–––4
AP––––AB
AM––––AC
5––––AB
4–––1
5–––4
5–––4
5–––4
70,4 m2
–––––––––6 m2
8–––––6,25
– 31
20)
R = OC + r ⇔ R = . + r ⇔
⇔ R = ⇔ R =
Resposta: R =
21) Sejam VC, em m3, o volume da cesta cilíndrica de altura 2 m e
raio da base 1 m, VB o volume de cada bola de raio m e n
o número de bolas que ocupam 50% do volume da cesta.
Assim, tem-se:
n . VB = 50% . VC ⇒ n . . π . 3
= . π . 12 . 2 ⇔
⇔ n . . π . = π ⇔ n = = 384
Resposta: D
22) I) 1 Km = 103m ⇒ (1 Km)2 = (103m)2 ⇒ 1 Km2 = 106m2
II) O volume do lago é (12 . 106 m2) . (10 m) = 12 . 107 m3
III) Se a substância dissolvida no lago está na proporção de 5 g
por m3, a quantidade total dessa substância no lago é de
12 . 107 m3 . 5 = 60 . 107 g = 6 . 108 g
Resposta: A
23) Considere o paralelepípedo e o cilindro com a mesma altura h.
I) Os perímetros das bases são iguais, então:
2πR = 4� ⇔ R =
II) O volume do cilindro é VC = π . R2 . h = π . 2
. h =
III) O volume do prisma é VP = �2h
IV)A razão entre os volumes desses sólidos, do maior para o
menor é = =
Resposta: B
24) πc2h = πa2h + πb2h ⇔ πhc2 = πh(a2 + b2) ⇔ c2 = a2 + b2
Resposta: demonstração
25) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em metros:
I) A área da base, em m2, é AB = π . 2
=
II) A área AS da secção que contém o eixo do cilindro, em m2,
equivale à área do retângulo ABCD, assim, AS = 3 h
III) AB = AS ⇒ = 3h ⇔ h =
IV)A área total do cilindro, em m2, é:
AT = 2 . π . 2
+ 2 . π . . =
= 2 . π . + π . =
Resposta: B
2––3
2r����3 –––––
2
2����3 r + 3r–––––––––––
3
r(3 + 2����3 )–––––––––––
3
r(3 + 2����3 )–––––––––
3
1–––8
4–––3 � 1
–––8 � 1
–––2
4–––3
1–––––512
512 . 3–––––––
4
g–––m3
2�––––
π
� 2�–––π � 4�2h
––––π
4–––––
π
4�2h–––––
π––––––
�2h
VC––––VP
9π–––4�3
–––2�
3π–––4
9π–––4
3π–––4
3–––2�3
–––2�
9π (2 + π)–––––––––
4
9π–––4
9–––4
32 –
26)
O volume V do sólido equivale ao volume de um cilindro de
raio r e altura b, somado à metade do volume de um cilindro
de raio r e altura a – b, assim:
V = π r2 b + . π r2 (a – b) = =
= =
Resposta:
27)
a) Para que PA + PD tenha o menor valor possível, o ponto P
tem de ser o ponto médio da aresta —BC, pois nesse caso
temos:—PA ⊥
—BC e
—PD ⊥
—BC
Assim: PB = ⇔
b)—PA e
—PD são, respectivamente, as alturas dos triân gulos
equiláteros ABC e DBC cujos lados têm medida 1.
Assim: PA = PD = = , portanto,
PA + PD = + = ���3
Resposta: a) b) ���3
28) Considere as figuras a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
Sendo Va, Vb e Vc os volumes dos blocos (a), (b) e (c), temos:
Vc = Va + Vb ⇒ 8 . 8 . x = 103 + 63 ⇔ 64x = 1216 ⇔ x = 19
Resposta: D
29)
a) I) No triângulo BCX, tem-se:
(CX)2 = (BX)2 + (BC)2 ⇒ (CX)2 = (2 – x)2 + (1)2 = x2 – 4x + 5
II) No triângulo AEX, tem-se:
(EX)2 = (AX)2 + (AE)2 ⇒ (EX)2 = x2 + 12 = x2 + 1
III)No triângulo EHX, tem-se:
(XH)2 = (EX)2 + (EH)2 ⇒ (XH)2 = x2 + 1 + 12 = x2 + 2
IV)CX = XH ⇒ (CX)2 = (XH)2 ⇒ x2 – 4x + 5 = x2 + 2 ⇔
⇔ 4x = 3 ⇔ x =
b) I) No triângulo CGH, tem-se:
(CH)2 = (CG)2 + (GH)2 ⇒ (CH)2 = 12 + 22 = 5
II) Se CX̂H é ângulo reto, então:
(CH)2 = (CX)2 + (XH)2 ⇒ 5 = x2 – 4x + 5 + x2 + 2 ⇔
⇔ 2x2 – 4x + 2 = 0 ⇔ x2 – 2x + 1 = 0 ⇔ x = 1
Resposta: a) x = b) x = 1
CB––––
2
PB 1–––– = ––CB 2
1 . ���3––––––
2
���3––––
2
���3––––
2
���3––––
2
1–––2
2πr2b + πr2a – πr2b–––––––––––––––––––
2
1–––2
π(a + b)r2
––––––––––2
πr2a + πr2b––––––––––––
2
π(a + b)r2
––––––––––2
3–––4
3–––4
– 33
30) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
I) A medida da geratriz do cone, em centímetros, é
g = AB = AC = 7, pois o triângulo ABC é equilátero.
II) Sendo AT a área total do cone, em cm2, tem-se:
AT = π R2 + π R g = π R(R + g) = π . . + 7 =
= . = = 36,75π
Resposta: C
31)
O volume do sólido gerado, em cm3, é o volume de um cilindro
circular reto de raio da base 6 cm e altura 12 cm menos o
volume de um cone circular reto de raio da base 6 cm e altura
6 cm.
Vsólido = Vcilindro – Vcone ⇒
⇒ Vsólido = π . 62 . 12 – . π . 62 . 6 = 360 π
Resposta: A
32) Seja AB a área do triângulo PQR que serve como base do
tetraedro MPQR e do prisma triangular ABCPQR de volumes,
respectivamente, VT e VP. Seja, ainda, VS o volume do outro
sólido em que se divide o prisma, conforme o enunciado.
I) VT = . VS ⇔ VS = 3 . VT
II) VT + VS = VP ⇒ VT + 3 . VT = VP ⇔ 4 . VT = VP
Como VT = . AB . PM e VP = AB . PA, tem-se:
4 . . AB . PM = AB . PA ⇔ . PM = PA ⇔ PM = . PA
Resposta: A
33)
No triângulo ABH retângulo, temos:
sen 45° = = ⇒ g = R���2 (I)
Perímetro da secção meridiana:
2g + 2R = 2 ⇒ g + R = 1 (II)
De (I) e (II), obtemos R = ���2 – 1.
Área total do cone:
AT = π R . g + π R2 = π R(g + R) = π(���2 – 1) . 1
AT = π(���2 – 1)
Resposta: B
34) Considere a figura a seguir, cujas medidas lineares estão em
metros:
I) AC = BC = R e AE = DE = R – 1
II) O volume do tronco de cone cujos raios das bases medem
R e R – 1 e cuja altura mede h = 1 é 7329 litros = 7,329 m3,
assim:
7,329 = . π . [R2 + (R – 1)2 + R . (R – 1)] ⇒
⇒ 7,329 = . 3,141 . (R2 + R2 – 2R + 1 + R2 – R) ⇔
⇔ 21,987 = 3,141 . (3R2 – 3R + 1) ⇔
⇔ 7 = 3R2 – 3R + 1 ⇔ 3R2 – 3R – 6 = 0 ⇔
⇔ R2 – R – 2 = 0 ⇒ R = 2, pois R > 0
III) Sendo V o volume da caixa d’água representada pelo cone
de raio e altura iguais a 2 m, tem-se:
V = . π . 22 . 2 m3 = . 3,141 . 4 . 2 m3 =
= 8,376 m3 = 8376 litros
Resposta: 8376 litros
7–––2 � 7
–––2 �
7π–––2
21–––2
147π–––––
4
1––3
1––3
1––3
1––3
4––3
3––4
R–––g
���2––––
2
h––––
3
1––––
3
1––––
3
1––––
3
34 –
35) De acordo com o gráfico, para R e r em centímetros, tem-se:
I) V(2) = 18 π, é o volume correspondente a 2 cm de altura no
cilindro de raio R, assim:
π . R2 . 2 = 18 . π ⇔ R2 = 9 ⇒ R = 3, pois R > 0
II) V(6) = 44 π, é o volume correspondente a 4 cm de altura no
cilindro de raio R = 3, somado ao volume de 2 cm de altura
no cilindro de raio r, assim:
π . 32 . 4 + π . r2 . 2 = 44 . π ⇔ 36 + 2 r2 = 44 ⇔
⇔ 2 r2 = 8 ⇔ r2 = 4 ⇒ r = 2, pois r > 0
Resposta: R = 3 cm e r = 2 cm
36)
Sendo R o raio da esfera, tem-se:
2R = a���3 ⇔ R =
Assim:
V = . π .
3
⇔ V =
Resposta: D
37) Considere a figura a seguir, cujas medidas estão em
centímetros:
H é o baricentro do triângulo equilátero ABC de lado � = 6,
assim:
AH = . AM = . = . = 2���3
a) No triângulo retângulo AVH, tem-se:
(AH)2 + (VH)2 = (AV)2 ⇒ (2���3)2 + h2 = 42 ⇔
⇔ 12 + h2 = 16 ⇔ h2 = 4 ⇒ h = 2, pois h > 0
b) Sendo O o centro da esfera circunscrita à piramide e
observando-se que OA = OV = R é o raio, no triângulo
retângulo AOH, tem-se:
(AH)2 + (OH)2 = (OA)2 ⇒ (2���3)2 + (2 – R)2 = R2 ⇔
⇔ 12 + 4 – 4R + R2 = R2 ⇔ 16 = 4R ⇔ R = 4
Respostas: a) 2 cm b) 4 cm
38) O volume V da madeira corresponde ao volume do cilindro
menos o volume do cone, ambos com raio R e altura h, assim:
V = π . R2 . h – . π . R2 . h = . π . R2 . h =
Resposta: C
39) Seja O o centro da semicircunferência de diâmetro EF = 2R.
a) Os triângulos ADC e AOF são semelhantes, AD = 3,
OD = OF = R, AO = 3 – R e DC = = , assim:
= ⇒ = ⇔ 3R = (3 – R) ⇔
⇔ 2R = 3 – R ⇔ 3R = 3 ⇔ R = 1 ⇒ EF = 2R = 2
b) O volume V do sólido gerado equivale ao volume de um
cone de raio R = 1 e altura 3 – R = 3 – 1 = 2, somado ao
volume de uma semiesfera de raio R = 1, assim:
V = . π . 12 . 2 + . . π . 13 = + =
Resposta: a) 2 b)
40) Quando a esfera de raio 12 cm é colocada no cilindro de raio
24 cm que está completamente cheio de água, parte da água
é derramada.
Após a retirada da esfera, a parte sem líquido, cuja altura é h,
em centímetros, corresponde ao volume da esfera, assim:
π . 242 . h = . π . 123 ⇔ 24 . 24 . h = . 12 . 12 . 12 ⇔
⇔ 2 . 2 . h = . 12 ⇔ h = 4
Resposta: C
a���3––––––
2
4–––3
� a���3––––––
2� π a3���3
––––––––2
2–––3
2–––3
����3–––––
2
2–––3
6���3–––––
2
1–––3
2–––3
2 π R2 h––––––––
3
3–––2
BC–––2
3–––2
3–––2
––––R
3–––––3 – R
DC–––OF
AD–––AO
4π–––3
2π–––3
2π–––3
4–––3
1–––2
1–––3
4π–––3
4–––3
4–––3
4–––3
– 35
41)
I) Sendo R = 4r, pela semelhança dos triângulos, tem-se:
= ⇒ = ⇔ 4 = ⇔
⇔ 4H – 4h = H ⇔ 3H = 4h ⇔ H =
II) = = =
= = . 16 . = ⇔ V= v
Resposta: E
42)
I) tg � = ⇒ = ⇔ DE =
II) O volume V do sólido obtido ao se girar o trapézio ABCD
em torno de↔BC é igual ao volume de um cilindro de raio
AB = a e altura AD = 2 . AB = 2a, menos o volume de um
cone de raio DF = AB = a e altura DE = , assim:
V = π . a2 . 2a – . π . a2 . = 2 π a3 – π a3 =
= 2 – π a3 = π a3
Resposta: E
43)
Do enunciado, tem-se:
I) Vsemiesfera = Vcone
Assim: . . πr3 = . π (2r)2 . h ⇔ r = 2h
II) Vsemiesfera = Vcilindro ⇔ πr3 = πx2h
Assim: (2h)3 = x2h ⇔ 16h3 = 3x2h ⇔
⇔ = ⇔ = ⇔ = , pois x > 0 e h > 0
Resposta: E
44) I) A base da pirâmide é um dodecágono regular (12 lados)
II) A área da base Ab corresponde a 12 vezes a área do
triângulo OAB, assim:
Ab = 12 . . OA . OB . sen 30° =
= 12 . . � . � . =
III)
(OV)2 + (OA)2 = (AV)2 ⇒ h2 + �
2
= �2 ⇒ h = �
IV)O volume V da pirâmide é dado por:
V = . Ab . h = . . � = �3
Resposta: E
R–––r
H–––––H – h
4r–––––
r
H–––––H – h
H–––––H – h
4h–––––
3
V–––v
1––– . π . R2 . H3
––––––––––––––π . r2 . h
1 4h––– . (4r)2 . –––3 3
––––––––––––––r2 . h
1 4h––– . 16 . r2 . –––3 3
–––––––––––––––r2 . h
1–––3
4–––3
64–––––
9
64–––––
9
5–––6
a–––DE
5–––6
6a–––5
6a–––5
1–––3
6a–––5
2–––5
� 2–––5 � � 8
–––5 �
1––2
4––3
1––3
2––3
2––3
x2
–––h2
16–––3
x––h
4––––
���3
x––h
4���3–––––
3
1–––2
3�2
–––2
1–––2
���2––––
2
���2––––
2
1–––2
���2––––
2����2––––
2�
���2––––
4
���2––––
2
3�2
–––2
1–––3
1–––3
36 –
45) O poliedro é um octaedro, formado por duas pirâmides
regulares com a mesma base quadrada e com alturas OV e
OA, conforme a figura a seguir:
I) FG é a diagonal de um quadrado de lado 5���2 , então,
FG = 5 . ���2 . ���2 = 10, assim, OF = = = 5
II) (OV)2 + (OF)2 = (VF)2 ⇒ (OV)2 + 52 = 132 ⇒ OV = 12
III) (OA)2 + (OF)2 = (AF)2 ⇒ (OA)2 + 52 = (5���2 )2 ⇒ OA = 5
IV)O volume V do octaedro equivale à soma dos volumes das
duas pirâmides, assim:
V = . (5���2 )2 . OV + . (5���2 )2 . OA =
= . (5���2 )2 . (OV + OA) = . 25 . 2 . (12 + 5) =
= . 50 . 17 =
Resposta:
46)
Sendo � a aresta da base do prisma e R o raio da base do
cilindro, tem-se:
I) Vprisma = . 2π = = . R2
II) Vcilindro = πR2 . 6���3
III) A razão entre o volume de água que transbordou e o
volume do cilindro é:
= =
Resposta: C
FG–––2
10–––2
1–––3
1–––3
1–––3
1–––3
1–––3
850––––
3
850––––
3
�2���3–––––
4
(R���3 )2 ���3. 2π––––––––––––––
4
3���3 . π–––––––
2
Vprisma–––––––Vcilindro
3���3 . π––––––– . R2
2–––––––––––––
6 . ���3 . π . R2
1––4
– 37
47)
Se V é o volume do novo cone com base em α, então o volume
do cone original é 2V.
Assim:
=
3
⇔ =
3
⇔
⇔ = ⇔ H = H3
���2 – x3
���2 ⇔ x3
���2 = H3
���2 – H ⇔
⇔ x = . =
Resposta:
48)
I) No triângulo ACV, tem-se:
(AC)2 + (AV)2 = (VC)2 ⇒ (AC)2 + h2 = r2 ⇔ (AC)2 = r2 – h2
II) No triângulo ABC, tem-se:
(AB)2 + (BC)2 = (AC)2 ⇒ d2 + (BC)2 = r2 – h2 ⇔
⇔ (BC)2 = r2 – h2 – d2 ⇒ BC = ���������������� r2 – h2 – d2
III) CD = 2 . BC = 2���������������� r2 – h2 – d2
Resposta: 2���������������� r2 – h2 – d2
49) O balão I, de 20 cm de raio, tem volume, em cm 3, igual a
V1 = π . 203.
O balão II, de 30cm de raio, tem volume, em cm 3, igual a
V2 = π . 303.
Para o balão II flutuar durante uma hora, a quantidade x de
combustível necessária e suficiente é tal que:
= ⇔ = ⇔ = ⇔
⇔ x =
Para este balão II flutuar por meia hora, a quantidade de
combustível necessária e suficiente é
= � 0,16�.
Resposta: E
50) I) O volume da tora, em metros cúbicos, calculado pela
madeireira é: VM = π . (0,4)2 . 4 = 0,64πII) O volume da tora, em metros cúbicos, calculado pelo
IBAMA é:
VI = = (0,25π + 0,16π) . 2 = 0,82π
Assim:
= =
= = � 0,22 = 22%
Resposta: Aproximadamente 22%
51)
Sejam p, q e r as três dimensões do paralelepípedo retoretângulo e raízes da equação x3 – Ax2 + Bx – C = 0.
a) O volume do paralelepípedo é dado por
V = p . q . r = 9 cm3
A soma das áreas de todas as faces é dada por
Stotal = 2 (pq + pr + qr) = 27 cm2
A soma dos comprimentos de todas as arestas é dada por
4p + 4q + 4r = 26 cm
Das relações de Girard, conclui-se:
p + q + r = A = cm = cm
pq + pr + qr = B = cm2
pqr = C = 9 cm3
V–––––
2V � H – x–––––
H � 1–––2 � H – x
–––––H �
1––––3
���2
H – x–––––
H
(3
���2 – 1)H–––––––––––
3
���2
3
���4 –––––
3
���4
(2 –3
���4 )H–––––––––––
3
���2
(2 –3
���4 )H–––––––––––
3
���2
4––3
4––3
V1–––V2
0,1�––––
x
4–– π . 20 3
3––––––––––––
4–– π . 30 3
3
0,1�––––––
x
2 3
�––�3
0,1�––––––
x
2,7�––––––
8
x––2
2,7�––––––
16
[π . (0,5)2 + π . (0,4)2] . 4––––––––––––––––––––––––
2
VI – VM
–––––––––VI
0,82π – 0,64π––––––––––––––
0,82π
0,18π–––––––0,82π
9––––41
26––––
4
13––––
2
27––––
2
38 –
b) A diagonal interna d, em centímetros, é tal que
d2 = p2 + q2 + r2 = (p + q + r)2 – 2 (pq + pr + qr) =
=
2
– 2 = – 27 = ⇒ d =
Respostas: a) A = cm, B = cm2 e C = 9 cm3
b) d = cm
52)
a) Sendo r e R as medidas, em centímetros, dos raios dos
arcos menor e maior, respectivamente, temos:
I) �AB = 2π . cm = 25π cm
II)�CD = 2π . 25 cm = 50π cm
III) = ⇔ = ⇔ r = 30
Como R = r + 30, temos R = 30 + 30 = 60
b) Sendo A a área, em centímetros quadrados, da re gião a ser
demarcada, temos:
A = Asetor OCD – Asetor OAB = – = 1125π
Respostas: a) 30 cm e 60 cm
b) 1125π cm2
53)
Consideremos um tetraedro regular de arestas me dindo �.
1) A altura CM—
do triângulo eqüilátero ABC da base mede
CM = e CG = . CM = . =
2) A altura H do tetraedro é tal que
VG2 + CG2 = VC2 ⇒ H2 +
2
= �2 ⇒ H = (I)
3) O volume do tetraedro regular é
. . = (II)
Agora, consideremos o cubo dado de aresta me dindo 1.
4) Sua diagonal da face (—
VA), aresta do tetraedro, mede ���2 e
a diagonal do cubo (—
VD) mede ���3.
a) A altura H do tretraedro VABC inscrito no cubo mede
= , conforme o resultado (I).
A razão entre a altura do tetraedro e a diagonal do cubo é
= = e, portanto, a altura é da
diagonal do cubo.
b) O volume do tetraedro é = , confor me o
resul tado II e a razão entre o volume do cu bo e o volume do
tetraedro é = = 3.
Respostas: a) e demonstração
b) 3
54) a) Cada uma das superfícies de concreto, que ficam expostas
quando um corte perpendicular ao com primento do cano
é executado, tem a forma de uma coroa circular de raios
R = 15 cm e r = 5 cm.
Assim, a área S, em centímetros quadrados, de uma dessas
superfícies é dada por
S = π(R2 – r2) = π(152 – 52) = 200π = 628
b) Desprezando a espessura dos canos, o volume V, em
metros cúbicos, para preencher toda a extensão de
10 metros entre os dois canos é dado por
V = 0,0628 m2 . 10 m = 0,628 m3
Respostas: a) 628 cm2
b) 0,628 m3
� 13–––2 � � 27
–––2 � 169
–––––4
61––––
4
����61–––––
2
13–––2
27–––2
����61–––––
2
25––––
2
r–––R
25π–––––50π
r–––––––r + 30
1–––2
50π . 60––––––––
2
25π . 30––––––––
2
����3––––––
2
2–––3
2–––3
����3–––––
2
����3–––––
3
����6–––––
3�����3
–––––3
��3���2––––––
12
����6––––––
3
�2���3––––––
4
1–––3
2���3––––––
3
���2 . ���6–––––––––
3
2–––3
2–––3
2���3–––––
3––––––––
���3
H–––VD
1–––3
(���2 )3. ���2––––––––––––
12
13
–––––1––3
Vcubo
––––––––––
Vtetraedro
2���3–––––
3
– 39
55)
A parte do cubo mágico que fica no interior do copo constitui
a pirâmide ABCD, cujas faces ABC, ABD e ACD são triângulos
retângulos isósceles de catetos medindo x e a face BCD é um
triângulo equilátero de lado �. Esse triângulo equilátero está
inscrito no círculo de raio 2���3 cm, da boca do copo.
Assim, em centímetros, temos:
I)
h = = 3���3 ⇒ � = 6
II) Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo ABC, temos
AB2 + AC2 = BC2 ⇒ x2 + x2 = 62 ⇒ x = 3���2
III) O volume V, da pirâmide ABCD, em centímetros cúbicos, é:
V = . . AC = . . x =
= = = 9���2
Resposta: 9���2 cm3
56) a) O volume, em centímetros cúbicos, do tubo cilíndrico in -
terno é dado por:
V = . π . 102 . 60 ⇔ V = 600 π
b) Se durante uma chuva o nível da água no cilindro subiu 2
cm, significa que o volume de água precipitado sobre a
abertura circular existente no topo do pluviômetro, em
centímetros cúbicos, é igual a:
. π . 102 . 2 = 20π
Assim sendo, o volume de água precipitado por essa chuva
sobre um terreno retangular com 500 m = 50 000 cm de
comprimento por 300 m = 30 000 cm de largura, em
centímetros cúbicos, é igual a:
. (50000 . 30000) = 300000000 = 3 . 108
Obs.: 3 . 108 cm3 = 3 . 102 m3 = 300 m3
Respostas: a) 600 π cm3
b) 300 m3
57)
I) A área do triângulo ABE é 4 ���10 e assim a altura FE relativa
ao lado —AB desse triângulo é tal que:
= 4���10 ⇔ FE = 2���10
II) A área do triângulo CDE é 2���37 e assim a altura GE relativa
ao lado DC desse triângulo é tal que:
= 2���37 ⇔ GE = ���37
III) Sendo h a altura da pirâmide e também do triân gulo EFG,
em relação ao lado —FG e x a projeção or to gonal de
—GE sobre
—FG, tem-se:
h2 + x2 = 37�h2 + (3 – x) 2 = 40
Assim: x = 1 e, portanto: h 2 + 12 = 37 ⇒ h = 6
IV) O volume V da pirâmide é dado por um terço do produto
da área do retângulo ABCD pela altura h.
Assim: V = . (4 . 3) . 6 ⇔ V = 24
Resposta: 24 unidades de volume
� ���3–––––
2
x . x––––
2
1––3
AB . AD–––––––––
2
1––3
(3���2 )3
––––––––6
x3
–––6
1–––10
1–––10
20 . π––––––––π . 102
4 . FE––––––
2
4 . GE–––––––
2
1––3
40 –
58)
a) Sendo θ a medida do ângulo agudo BA^
E, no triân gulo EAB,
tem-se,
12 = 12 +
2
– 2 . 1 . . cos θ ⇔ cos θ =
e no triângulo PAB, tem-se:
(BP)2 =
2
+
2
– 2 . . . cos θ
Assim:
(BP)2 = + – . ⇔ (BP)2 = ⇒ BP =
b) Sendo h a altura do trapézio isósceles BCQP e S a sua área,
tem-se:
I) h2 +
2
=
2
⇔ h2 = ⇒
⇒ h = , pois h > 0
II) S =
Assim:
S = ⇔ S =
c)
Sendo M e N os pontos médios dos segmentos BC—
e QP—
,
respectivamente, tem-se:
MN = h = , EM = e EN = . =
Assim, pode-se concluir que o triângulo NME é retângulo
em N, pois (EM)2 = (EN)2 + (NM)2, uma vez que
2
=
2
+
2
e, portanto, EN é a al tu ra da
pirâmide BPQC, pois EN é perpendicular ao—PQ.
Logo, o volume V dessa pirâmide é dado por:
V = . S . EN = . . =
Respostas: a) unidades de comprimento
b) unidades de área
c) unidades de volume
�����10–––––
4
5––8
���3––––
4
���3––––
2
3––4
1––4
���3––––
2
1––2
����3––––
2��1
––2�
9–––16������10
–––––4
��1–––4
�3
–––4
(BC + QP) . h––––––––––––––
2
9–––16
1 3�1 + –—� . –—2 4
–––––––––––––––2
���3––––
4
���3––––
2
1–––2
���3––––
2
3–––4
����3––––
4��3
––4�����3
––––2
�
3���3–––––
64
���3––––
4
9––––16
1––3
1––3
�����10–––––
4
9–––16
3���3––––––
64
���3––––
4
���3––––
2����3
––––2
�
– 1
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA POSIÇÃO
Capítulo 1 – Retas e Planos no Espaço
11) FFFFV
12) FFVFF
13) Resposta: D
14) A reta r forma par de retas re versas com ↔AB,
↔AC,
↔AD,
↔AE,
↔BE,
↔CD,
↔EF e
↔DG, totalizando 8 pares.
Resposta: C
15) Seja o cubo ABCDEFGH abaixo.
(I) e (II) são verdadeiras, pois —AB e
—BC são perpen dicu lares a
—BF e concorrentes e perpendiculares entre si.
(III) verdadeira, pois —AE e
—BF são perpendiculares a
—AB e são
paralelas.
(IV) verdadeira, pois —EF e a diagonal
—AC são perpen diculares a
—AE e são reversas e não-ortogonais.
(V) verdadeira, pois —AE e
—BC são perpendiculares a
—AB e são or -
togonais.
Resposta: A
16) Resposta: B
17) Resposta: E
18) Existem em α retas paralelas a r e também existem em α retas
reversas a r.
Resposta: C
19) Resposta: B
20) Duas retas são reversas quando não são coplanares, ou seja,
quando não existe plano que contém ambas.
Resposta: A
21)
1o. trecho do trajeto: “partiu do vértice G, percorreu toda a
aresta perpen dicular à base ABC” (aresta—GC), chegando a C.
2 o. trecho do trajeto: partiu do vértice C, “caminhou toda a
diagonal da face ADGC” (diagonal CD––
), chegando a D.
3o. trecho do trajeto: partiu do vértice D, “percorreu a aresta
reversa a CG–––
” (aresta DE–––
), chegando ao vértice E.
Resposta: E
22) Resposta: B
23) Resposta: B
24) Resposta: A
25)
I) No triângulo retângulo ADB, temos:
(AB)2 = (6 cm)2 + (5 cm)2 ⇔ (AB)2 = 61 cm2
II) No triângulo retângulo ABC, temos:
(AC)2 = (AB)2 + (BC)2 ⇔ (AC)2 = 61 cm2 + (2���5 cm)2 ⇒⇒ AC = 9 cm
Resposta: B
2 –
26)
Se t é perpendicular a β, é perpendicular a todas as retas de βque contêm Q e é ortogonal às demais retas de β. Como r � βe Q ∉ r, as retas r e t são ortogonais.
Resposta: E
27) Resposta: E
28) Resposta: D
29) Resposta: E
30) Resposta: B
31) Resposta: C
32) Resposta: C
33) Resposta: A
34) Resposta: C
35) a) Falso, pois pelo ponto A existem infinitas retas
perpendiculares a r.
b) Falso, pois infinitas retas não contidas em α são paralelas
a r.
c) Falso, pois se existe um plano β, paralelo e distinto de α,
então:
⇒ r � β = � ⇒ r � β
d) Falso, pois o plano β contendo r e perpendicular a α é único.
e) Verdadeiro, pois ∀s � α � r � s = � é paralela a r.
Resposta: E
36)
A reta d é perpendicular ao plano β determinado pelas retas
concorrentes b e c, pois d é perpendicular a c e ortogonal a b.
Assim sendo, d ⊥ s.
Resposta: D
37) Resposta: A
38) Resposta: E
39)
Resposta: C
40) Resposta: B
41) Resposta: A
42)
t ⊥ r, t ⊥ s, r � α, s � α, mas t � α e, portanto, t ⊥ αResposta: B
43) Resposta: B
α � β = �
r � α �
– 3
44) Por um ponto não pertencente a um plano, pode-se traçar uma
e só uma reta perpendicular a esse plano e infinitos planos
perpendiculares ao referido plano.
Resposta: C
45)
Seja: β = pl . (AP←→
; r)
⇒ BP←→
⊥ β
Assim:
⇒ BP←→
e AT←→
são ortogonais
Resposta: D
46)
Seja x = PQ a distância entre o ponto P e a reta de intersecção
dos planos α e β.
No triângulo retângulo OPQ, tem-se:
I) tg θ =
Assim: = ⇔ OQ = ���5
II) PQ2 = OP2 + OQ2
Assim: x2 = 12 + (���5)2 ⇔ x = ���6, pois x > 0.
Resposta: C
47) Resposta: E
48) Resposta: C
49) Resposta: E
50) ⇒ (AD)2 = (AB)2 + (BC)2 + (CD)2 ⇒
⇒ (AD)2 = 22 + 42 + 32 ⇒ (AD)2 = 29 ⇒ AD = ���29
Resposta: ���29 cm
51) Resposta: E
52) Resposta: E
53) Resposta: A
54) Resposta: E
55)
No triângulo retângulo BOC, sendo B o ponto médio de —CD, tem-se:
I) sen (O^CB) = ⇔ = ⇔ OB =
II) (OB)2 + (BC)2 = (OC)2 ⇒ 2
+ (BC)2 = 42 ⇔
⇔ (BC)2 = ⇒ BC =
A área S do triângulo OCD é tal que S = = BC . OB
Assim: S = . ⇔ S =
Resposta: B
BP←→
⊥ r
BP←→
⊥ AP←→
r � AP←→
= (P)�
BP←→
⊥ β
AT←→
� β
P � AT←→ �
1—–––OQ
���5—–––
5
1—–––OQ
(BD)2 = (BC)2 + (CD)2
(AD)2 = (AB)2 + (BD)2�
OB––––OC
1–––3
OB––––
4
4–––3
� 4––3 �
128––––
9
8���2–––––
3
CD . OB––––––––
2
8���2–––––
3
4–––3
32���2––––––
9
4 –
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA POSIÇÃO
Capítulo 2 – Diedros, Triedos, Poliedros e Ângulos Poliédricos
11) Sendo F1 = 120°, F2 = 135° e F3 as medidas das faces do triedro,
tem-se:
⇒ ⇔
⇔ ⇔ 15° < F3 < 105°
Resposta: B
12) Sendo d1 = 60°, d2 = 90° e d3 as medidas dos diedros do triedo,
tem-se:
⇒
⇒ ⇔
⇔ ⇔ 30° < d3 < 150°
Assim, d3 não pode ser 160°.
Resposta: A
13) Considere os planos � e �, perpendiculares, que contêm as
faces ac e bc, respectivamente, e formam um diedro reto.
No triedro V(abc), as faces ac e bc medem 45° cada uma,
então:
I) ac∧
= 45° ⇒ VC = AC = � ⇒ VA = ���2
II) bc∧
= 45° ⇒ VC = BC = � ⇒ VB = ���2
III) AC = BC e AC∧
B = 90° ⇒ AB = ���2
IV)VA = VB = AB, logo, VAB é um triângulo equilátero e
AV∧
B = 60° ⇒ a∧b = 60°
Resposta: C
14) V – A + F = 2 ⇒ 6 – A + 8 = 2 ⇔ A = 12
Resposta: C
15) O plano que contém os pontos P, P’ e P” determina o qua dri -
látero PP’VP” em que V é um ponto sobre a intersecção dos
pla nos π’ e π”.
A soma dos ângulos internos do quadrilátero é igual a 360°,
assim:
med(P’PP”) + 90° + 45° + 90° = 360° ⇔ med(P’PP”) = 135°
Resposta: E
16) 6 – 9 + F = 2 ⇔ F = 5
Resposta: 5 faces
17) I) F = 6 ; V = 8
II) V + F = A + 1 ⇒ 8 + 6 = A + 1 ⇔ A = 13
Resposta: D
18) 12 – A + 20 = 2 ⇔ A = 30
Resposta: D
19) O cubo possui exatamente 6 faces e 8 vértices.
Assim sendo, o novo poliedro possui exatamente 8 faces tri -
an gulares (uma para cada vértice do cubo) e 6 faces qua dra das
(uma para cada face do cubo).
Resposta: B
20) I) F = 12 e A = = 18
II) V + F = A + 2 ⇒ V + 12 = 18 + 2 ⇔ V = 8
Resposta: E
F1 + F2 + F3 < 360°
F1 < F2 + F3
F2 < F1 + F3
F3 < F1 + F2
120° + 135° + F3 < 360°
120° < 135° + F3
135° < 120° + F3
F3 < 120° + 135°
F3 < 105°
F3 > – 15°
F3 > 15°
F3 < 255°
180° < d1 + d2 + d3 < 540°
d1 + 180° > d2 + d3
d2 + 180° > d1 + d3
d3 + 180° > d1 + d2
180° < 60° + 90° + d3 < 540°
60° + 180° > 90° + d3
90° + 180° > 60° + d3
d3 + 180° > 60° + 90°
30° < d3 < 390°
d3 < 150°
d3 < 210°
d3 > – 30°
12 . 3––––––
2
– 5
21) I) F = 5 + 2 = 7
II) A = = 15
III) V + F = A + 2 ⇒ V + 7 = 15 + 2 ⇔ V = 10
Resposta: E
22) O poliedro com 12 faces é o dodecaedro.
Resposta: D
23) O hexaedro regular é o cubo (formado por 6 quadrados, 12
arestas e 8 vértices).
Resposta: A
24)(I) ⇔ ⇒ V = A – 6
(II) ⇒ 6 < A – 6 < 14 ⇔ 12 < A < 20
Como A ∈ � , então, 13 ≤ A ≤ 19
Resposta: D
25) I) 14 vértices (V = 14), sendo:
II) A = = 28
III) V + F = A + 2 ⇒ 14 + F = 28 + 2 ⇔ F = 16
Resposta: A
26) I) F = 20 + 12 = 32
II) A = = 90
III) V + F = A + 2 ⇒ V + 32 = 90 + 2 ⇔ V = 60
Resposta: C
27) I) F = 80 + 12 = 92
II) A = = 150
III) V + F = A + 2 ⇒ V + 92 = 150 + 2 ⇔ V = 60
Resposta: B
28) I) F = 3 + 4 + 5 = 12
II) A = = 25
III) V + F = A + 2 ⇒ V + 12 = 25 + 2 ⇔ V = 15
Resposta: E
29) I) F = 3 + 1 + 1 + 2 = 7
II) A = = 15
III) V + F = A + 2 ⇒ V + 7 = 15 + 2 ⇔ V = 10
Resposta: 10
30) I) F = 16
II) A = ⇔ A = 24
III) V – A + F = 2 (Relação de Eüler)
Assim: V – 24 + 16 = 2 ⇔ V = 10
Resposta: E
31) I) F = 8 + 6 ⇔ F = 14
II) A = ⇔ A = 25
III) V – A + F = 2 (Relação de Eüler)
Assim: V – 25 + 14 = 2 ⇔ V = 13
Resposta: E
32) I) V = 8
II) A = ⇔ A = 12
III) V – A + F = 2
Assim: 8 – 12 + F = 2 ⇔ F = 6
Resposta: B
33) Sendo F o número de faces, A o número de arestas e V o nú -
me ro de vértices desse poliedro, tem-se:
I) F = 60
II) A = ⇔ A = 90
III) V – A + F = 2 (relação de Euler)
Assim: V – 90 + 60 = 2 ⇔ V = 32
Resposta: D
34) Em todo poliedro convexo, de acordo com a Relação de Euler,
sempre se pode afirmar que: V – A + F = 2
Resposta: E
35) Se uma pirâmide tem exatamente 11 faces triangulares, então
a sua base é um polígono de 11 lados e assim, sendo V o
número de vértices e A o número de arestas dessa pirâmide,
tem-se:
I) V = 1 + 11 ⇔ V = 12
II) A = ⇔ A = 22
Resposta: E
36) Seja n o número de lados do polígono da base.
n . π + (n – 2) . π = 18π ⇔ 2n – 2 = 18 ⇔ 2n = 20 ⇔ n = 10
Resposta: C
37) Seja n o número
de faces laterais
tri angulares da pi -
râ mi de.
16 . 3––––––
2
80 . 3 + 12 . 5––––––––––––––
2
3 . 3 + 4 . 4 + 5 . 5–––––––––––––––––
2
3 . 3 + 1 . 4 + 1 . 5 + 2 . 6––––––––––––––––––––––––
2
6 com 4 arestas
4 com 3 arestas
4 com 5 arestas
6 . 4 + 4 . 3 + 4 . 5––––––––––––––––––
2
20 . 6 + 12 . 5––––––––––––––
2
V = A – 6
6 < V < 14
F = 8
V + F = A + 2 F = 8
V + 8 = A + 2
5 . 4 + 2 . 5–––––––––––
2
8 . 4 + 6 . 3––––––––––––
2
8 . 3–––––
2
60 . 3–––––
2
11 . 3 + 1 . 11––––––––––––––
2
6 –
Deve-se ter: n . 50° < 360° ⇔ n < 7,2, portanto o valor máximo
de n é 7.
Resposta: C
38) Seja n o número de lados da base da pirâmide. Como a soma
das medidas dos ângulos internos de todas as faces é 3600°,
devemos ter:
n . 180° + (n – 2) . 180° = 3600° ⇔ n = 11
Outra resolução:
Assim:
12 = n + 1 ⇔ n = 11
Resposta: A
39) 1) Uma pirâmide cuja base é um polígono convexo de n lados
tem n arestas laterais, um total de n + n = 2n arestas, e
(n + 1) faces.
2) Um prisma cuja base é um polígono convexo de n lados
tem n arestas laterais e, portanto, o número total de
arestas é 2n + n = 3n.
Assim sendo:
I) Verdadeira. Uma pirâmide quadrangular tem 8 arestas
e 5 faces.
II) Verdadeira. Um prisma cuja base é um pentágono
(5 lados) tem 15 arestas.
III) Falsa. O número total de arestas de uma pirâmide é
sempre par.
Resposta: D
40)
Sendo R o raio da esfera e d a distância da aresta do diedro ao
centro O da esfera, tem-se:
I) π R3 = 4��3 π cm3 ⇔ R3 = 3��3 cm3 ⇔ R = ��3 cm
II) sen 60° = ⇒ = ⇔ d = 2 cm
Resposta: E
41)
a) As faces do poliedro construído são os seis octógonos
remanescentes das faces do cubo e os oito triângulos
eqüiláteros formados nos ex-vértices do cubo, portanto, o
número de faces é 6 + 8 = 14
b) O volume de cada pirâmide cortada é:
Vp = . x . x . x =
O volume do sólido construído é
V = a3 – 8 . , pois o volume do cubo original é a3.
Dessa forma,
a3 – = a3 ⇔ = ⇔ x3 = ⇔ x =
Respostas: a) 14 faces
b) x =
V = n + 1
(V – 2) . 360° = 3600° ⇔ V – 2 = 10 ⇔ V = 12
4––3
��3 cm–––––––
d
��3––––
2
R–––d
x3
–––6
1–––2
1–––3
x3
––––6
a–––2
a3
–––6
8x3
––––6
a3
–––6
5–––6
8x3
––––6
a–––2
– 7
MATEMÁTICA
LIVRO 4
GEOMETRIA POSIÇÃO
Capítulo 3 – Exercícios Complementares
1) Resposta: E
2) Resposta: B
3) Resposta: D
4) Resposta: C
5) Resposta: B
6) Resposta: E
7) Resposta: C
8) Resposta: B
9) Considere o cubo ABCDEFGH da figura.
Em relação à reta suporte da aresta––BC, existem:
I) 3 retas paralelas ( ↔AD,
↔FG e
↔EH)
II) 4 retas concorrentes e perpendiculares (↔AB,
↔BF,
↔CD e
↔CG)
III) 4 retas reversas (↔AE,
↔DH,
↔EF e
↔GH)
Assim, para uma determinada aresta existem 4 pares de
arestas reversas, logo, considerando as 12 arestas do cubo,
tem-se 12 . 4 = 48, portanto existem 24 pares de arestas re ver -
sas, pois cada par foi contado duas vezes.
Resposta: C
10) Observe a figura a seguir.
O triângulo MNP pertence ao plano � e o paralelogramo NPQR
pertence ao plano �.
Os segmentos––MN e
––QR são sempre ortogonais, mesmo que
os planos � e � não sejam perpendiculares, pois:
––QR é paralelo a
––PN
––PN é perpendicular a
––MN
⇒––MN e
––QR são ortogonais
Resposta: A
11) Resposta: D
12) Resposta: E
13) Resposta: A
14) Observe a figura a seguir.
Se B’ é a projeção ortogonal de B sobre �, BB’ = 18 é a dis tân -
cia de B ao plano �.
I) (AB’)2 + (BB’)2 = (AB)2 ⇒ (AB’)2 + 182 = 302 ⇒ AB’ = 24
II) (CB’)2 + (BB’)2 = (CB)2 ⇒ (CB’)2 + 182 = 302 ⇒ CB’ = 24
III) A projeção ortogonal do triângulo ABC sobre o plano � é
o triângulo AB’C, que é equilátero, pois
AB’ = CB’ = AC = 24
Resposta: C
15) Resposta: C
16) Resposta: D
17) Resposta: A
18) Respostas: A, B e D
19) Resposta: E
20) VVFFV
21) Resposta: B
22) Resposta: E
23) Resposta: D
�
8 –
24) Resposta: E
25) Resposta: C
26) Resposta: B
27) Resposta: E
28) Resposta: A
29) Resposta: C
30) Observe a figura a seguir.
I) O ângulo formado pelas retas reversas r e s é ϕ e AB = b
II) A projeções ortogonais de r, A e B no plano � são, respecti -
va mente, r’, A’ e B’, assim, AA’ = BB’ = a, A’B’ = b e o ân -
gu lo formado pelas retas r’ e s é ϕ.
III) No triângulo retângulo A’B’C, tem-se:
sen ϕ = = ⇔ B’C = b . senϕ
IV)No triângulo retângulo BB’C, tem-se:
(BC)2 = (BB’)2 + (B’C)2 ⇒ d2 = a2 + b2sen2ϕ ⇒
⇒ d = �������������� a2 + b2sen2ϕ
Resposta: �������������� a2 + b2sen2ϕ
31) Resposta: C
32)
⇒ V = 10
Resposta: E
33) Sendo V, A e F, respectivamente, o número de vértices, o
número de arestas e o número de faces desse poliedro, tem-
se:
I) F = 18
II) A = ⇔ A = 30
III) V – A + F = 2 (relação de Euler)
Assim: V – 30 +18 = 2 ⇔ V = 14
Resposta: A
34) V = 12, A = 30 e V + F = A + 2, então:
12 + F = 30 + 2 ⇔ F = 20 (icosaedro)
Resposta: D
35) Sendo V, A e F, repectivamente, os números de vértices,
arestas e faces, tem-se:
I) F = 15
II) V – A + F = 2 ⇒ V = A – F + 2 = A – 15 + 2 = A – 13
III) A = ⇒
⇒ 2A = 10 + 16 + (A – 13 – 6) . 3 ⇔
⇔ 2A = 26 + 3A – 57 ⇔ A = 31
Resposta: C
36) Sendo A número de arestas, F o número de faces e V o número
de vértices do poliedro, de acordo com o enunciado, temos:
I) F = 11
II) V – A + F = 2 ⇒ V = A – F + 2 = A – 11 + 2 = A – 9
1 . 5 + 5 . 4 + (V – 1 – 5) . 3III) A = –––––––––––––––––––––––––– ⇒
2
⇒ 2A = 5 + 20 + (A – 9 – 6) . 3 ⇔
⇔ 2A = 25 + 3A – 45 ⇔ A = 20
Resposta: A
37) Sendo V, A e F, repectivamente, os números de vértices,
arestas e faces desse poliedro, tem-se:
I) F = 10 + 10 = 20
II) A = = 40
III) V + F = A + 2 ⇒ V + 20 = 40 + 2 ⇔ V = 22
IV) Existem C22,2 = = = = 231
segmentos ligando 2 vértices quaisquer do poliedro, dos
quais 40 são arestas e 10 . 5 = 50 são diagonais das faces
pen ta go nais, assim, as diagonais do poliedro são num
total de 231 – 40 – 50 = 141
Resposta: E
�2A = 30 ⇔ A = 15
F = 7
V – A + F = 2
B’C––––A’B’
B’C––––
b
12 . 3 + 6 . 4––––––––––––
2
2 . 5 + 4 . 4 + (V – 6) . 3–––––––––––––––––––––
2
10 . 3 + 10 . 5––––––––––––––
2
22 . 21––––––––
2 . 1
22!–––––––2! 20!
�22
2�
– 9
38) I) O icosaedro tem 20 faces triângulares, 30 arestas e 12
vértices.
II) Existem C12,2 = = = = 66
segmen tos ligando 2 vértices quaisquer do poliedro, dos
quais 30 são arestas, assim, as diagonais do poliedro são
num total de 66 – 30 = 36, pois não existem diagonais nas
faces.
Resposta: A
39) I) O dodecaedro tem 12 faces pentagonais, 30 arestas e 20
vérti ces.
II) Existem C20,2 = = = = 190
segmentos ligando 2 vértices quaisquer do poliedro, dos
quais 30 são arestas e 12 . 5 = 60 são diagonais das faces,
assim, as diagonais do poliedro são num total de
190 – 30 – 60 = 100
Resposta: C
40) I) O prisma pentagonal é formado por 2 pentágonos e 5
qua driláteros, totalizando 15 arestas e 10 vértices.
II) Existem C10,2 = = = = 45
segmentos ligando 2 vértices quaisquer do prisma, dos
quais 15 são arestas, 2 . 5 = 10 são diagonais dos pen tá -
gonos e 5 . 2 = 10 são diagonais dos quadriláteros, assim,
as diagonais do prisma são num total de
45 – 15 – 10 – 10 = 10
Resposta: B
41) O poliedro regular que possui exatamente 3 diagonais é o
octoedro.
I) As 3 diagonais são––AC,
––BD e
––EF
II) O octoedro possui 8 faces, 6 vértices e 12 arestas.
Resposta: A
42) Sendo V, A e F, repectivamente, os números de vértices,
arestas e faces, tem-se:
I) F = 1 + 4 = 5
II) A = = 14
III) Como a superfície poliédrica é aberta,
V + F = A + 1 ⇒ V + 5 = 14 + 1 ⇔ V = 10
Resposta: D
42) O tetraedro regular é formado por 4 triângulos equiláteros,
tem 4 vértices e 6 arestas.
a) Cortando-se um tetraedro regular de aresta a de cada
vértice do tetraedro regular de aresta 3a, o poliedro
resultante é for ma do por 4 hexágonos regulares (um em
cada face do tetra e dro maior) e 4 triângulos equiláteros
(um em cada vértice do tetraedro maior). Assim, o nú -
mero de faces do poliedro é F = 4 + 4 = 8, o número de
arestas é A = = 18 e o número de vértices é
tal que V + F = A + 2 ⇒ V + 8 = 18 + 2 ⇔ V = 12
b) A área do total do poliedro equivale à soma das áreas de
4 hexágonos regulares e 4 triângulos equiláteros, todos
de aresta a, assim a área é 4 . + 4 . =
= 6a2 ���3 + a2 ���3 = 7a2 ���3
Respostas: a) 12 vértices, 8 faces e 18 arestas;
b) 7���3 a2
� 10
2 � 10!–––––––
2! 8!
10 . 9––––––––
2 . 1
� 20
2 � 20!–––––––2! 18!
20 . 19––––––––
2 . 1
� 12
2 � 12!–––––––2! 10!
12 . 11––––––––
2 . 1 1 . 5 + 4 . 4 + 7––––––––––––––
2
4 . 6 + 4 . 3–––––––––––
2
a2 ���3 ––––––
4
6 . a2 ���3 –––––––––
4
10 –
44) O sólido obtido a partir do cubo de aresta a é um octaedro re -
gular de aresta �.
a) O octaedro é formado por 6 vértices, 12 arestas e 8 faces
triângulares.
b) I) �2 = + = ⇔ �2 =
II) O volume V do octaedro equivale ao volume de duas
pirâmides regulares e congruentes de alturas e de
bases quadradas de lado �, assim:
V = 2 . . �2 . = 2 . . . =
Respostas: a) 6 vértices, 12 arestas e 8 faces
b)
45) I) O número de faces é F = p + q, o número de vértices é
V = 8 e o número de arestas é A
II) V + F = A + 2 ⇒ 8 + p + q = A + 2 ⇔ A = p + q + 6
III) O número de arestas para p faces triângulares e q faces
qua drangulares é A =
IV) Se em 6 vértices concorrem q + 1 arestas e em 2 vértices
concorrem arestas, o número de arestas é dado por
A = =
V) De (II), (III) e (IV), tem-se:
⇔ ⇔
Resposta: 6 faces triangulares e 3 faces quadrangulares.
p6 . (q + 1) + 2 . –––
2–––––––––––––––––––
2
6q + 6 + p––––––––––
2
3p + 4q
p + q + 6 = –––––––––2
6q + 6 + pp + q + 6 = –––––––––––
2
p + 2q = 12
p – 4q = – 6 p = 6
q = 3
p–––2
3p + 4q––––––––
2
a2
–––2
2a2
–––4
a2
–––4
a2
–––4
a–––2
a3
–––6
a–––2
a2
–––2
1–––3
a–––2
1–––3
a3
–––6