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Exercícios de Aprofundamento Matemática Geometria Analítica

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Academic year: 2021

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Página 1 de 15

1. (Unicamp 2015) Seja r a reta de equação cartesiana x2y4. Para cada número real t tal que 0 t 4, considere o triângulo T de vértices em (0, 0), (t, 0) e no ponto P de abscissa xt pertencente à reta r, como mostra a figura abaixo.

a) Para 0 t 4, encontre a expressão para a função A(t), definida pela área do triângulo T, e esboce o seu gráfico.

b) Seja k um número real não nulo e considere a função g(x)k x, definida para todo número real x não nulo. Determine o valor de k para o qual o gráfico da função g tem somente um ponto em comum com a reta r.

2. (Espcex (Aman) 2015) O ponto simétrico do ponto (1,5) em relação à reta de equação 2x3y 4 0 é o ponto a)

 3, 1 .

b)

 1, 2 .

c)

4,4 .

d)

 

3,8 . e)

 

3,2 .

3. (Fuvest 2015) A equação x22xy2myn, em que m e n são constantes, representa uma circunferência no plano cartesiano. Sabe-se que a reta y  x 1 contém o centro da circunferência e a intersecta no ponto ( 3, 4). Os valores de m e n são, respectivamente, a) 4 e 3

b) 4 e 5 c) 4 e 2 d) 2 e 4 e) 2 e 3

(2)

Página 2 de 15 4. (Unicamp 2015) No plano cartesiano, a equação x  y x y representa

a) um ponto. b) uma reta.

c) um par de retas paralelas. d) um par de retas concorrentes.

5. (Unifesp 2015) Um tomógrafo mapeia o interior de um objeto por meio da interação de feixes de raios X com as diferentes partes e constituições desse objeto. Após atravessar o objeto, a informação do que ocorreu com cada raio X é registrada em um detector, o que possibilita, posteriormente, a geração de imagens do interior do objeto.

No esquema indicado na figura, uma fonte de raios X está sendo usada para mapear o ponto P, que está no interior de um objeto circular centrado na origem O de um plano cartesiano. O raio X que passa por P se encontra também nesse plano. A distância entre P e a origem O do sistema de coordenadas é igual a 6.

a) Calcule as coordenadas (x, y) do ponto P.

b) Determine a equação reduzida da reta que contém o segmento que representa o raio X da figura.

6. (Insper 2014) Em um sistema de coordenadas cartesianas no espaço, os pontos A(3, 2, 5), B(5, 2, 5), C(5, 4, 5) e D(3, 4, 5) são os vértices da base de uma pirâmide regular de volume 8. O vértice V dessa pirâmide, que tem as três coordenadas positivas, está localizado no ponto a) (2, 1, 5).

b) (3, 2, 2). c) (3, 2, 6). d) (4, 3, 7). e) (4, 3, 11).

7. (G1 - ifsp 2014) Um triângulo é desenhado marcando-se os pontos A(3;5), B(2;– 6) e C(– 4;1) no Plano Cartesiano. O triângulo A’B’C’ é o simétrico do triângulo ABC em relação ao eixo y. Um dos vértices do triângulo A’B’C’ é

a) ( 3 ; 5 ). b) ( –2 ; 6 ). c) (– 2 ; – 1 ). d) ( – 4 ; 5 ). e) ( 4 ; 1 ).

8. (Unesp 2014) Chegou às mãos do Capitão Jack Sparrow, do Pérola Negra, o mapa da localização de um grande tesouro enterrado em uma ilha do Caribe.

(3)

Página 3 de 15 Ao aportar na ilha, Jack, examinando o mapa, descobriu que P1 e P2 se referem a duas pedras distantes 10 m em linha reta uma da outra, que o ponto A se refere a uma árvore já não mais existente no local e que

(a) ele deve determinar um ponto M1 girando o segmento P1A em um ângulo de 90° no sentido anti-horário, a partir de P1;

(b) ele deve determinar um ponto M2 girando o segmento P2A em um ângulo de 90° no sentido horário, a partir de P2;

(c) o tesouro está enterrado no ponto médio do segmento M1M2.

Jack, como excelente navegador, conhecia alguns conceitos matemáticos. Pensou por alguns instantes e introduziu um sistema de coordenadas retangulares com origem em P1 e com o eixo das abscissas passando por P2. Fez algumas marcações e encontrou o tesouro.

A partir do plano cartesiano definido por Jack Sparrow, determine as coordenadas do ponto de localização do tesouro e marque no sistema de eixos inserido no campo de Resolução e Resposta o ponto P2 e o ponto do local do tesouro.

9. (Espm 2014) Os pontos O(0, 0), P(x, 2) e Q(1, x 1) do plano cartesiano são distintos e colineares. A área do quadrado de diagonal PQ vale:

a) 12 b) 16 c) 25 d) 4 e) 9

10. (Unicamp 2014) No plano cartesiano, a reta de equação 2x3y12 intercepta os eixos coordenados nos pontos A e B. O ponto médio do segmento AB tem coordenadas

a) 4,4 . 3       b) (3, 2) c) 4, 4 . 3       d) (3,2).

11. (Insper 2014) A figura mostra um tabuleiro de um jogo Batalha Naval, em que André representou três navios nas posições dadas pelas coordenadas B2, B14 e M3. Cada navio está identificado por um quadrado sombreado.

(4)

Página 4 de 15 André deseja instalar uma base em um quadrado do tabuleiro cujo centro fique equidistante dos centros dos três quadrados onde foram posicionados os navios. Para isso, a base deverá estar localizada no quadrado de coordenadas

a) G8. b) G9. c) H8. d) H9. e) H10.

12. (Insper 2014) Considere, no plano cartesiano, o triângulo retângulo determinado pelos eixos coordenados e pela reta de equação 12x + 5y = 60. A medida do raio da circunferência inscrita nesse triângulo é igual a

a) 1. b) 2. c) 3. d) 4. e) 5.

13. (Unicamp 2014) Considere no plano cartesiano os pontos A ( 1, 1) e B(2, 2).

a) Encontre a equação que representa o lugar geométrico dos centros dos círculos que passam pelos pontos A e B.

b) Seja C um ponto na parte negativa do eixo das ordenadas. Determine C de modo que o triângulo ABC tenha área igual a 8.

14. (Fgv 2014) Os pontos A 3, 2

e C

1,4

do plano cartesiano são vértices de um quadrado ABCD cujas diagonais são AC e BD. A reta suporte da diagonal BD intercepta o eixo das ordenadas no ponto de ordenada:

a) 2/3 b) 3/5 c) 1/2 d) 1/3 e) 0

15. (Fuvest 2014) Considere o triângulo ABC no plano cartesiano com vértices

A(0, 0), B(3, 4) e C(8, 0). O retângulo MNPQ tem os vértices M e N sobre o eixo das abscissas, o vértice Q sobre o lado AB e o vértice P sobre o lado BC. Dentre todos os retângulos construídos desse modo, o que tem área máxima é aquele em que o ponto P é a) 4,16 5       b) 17,3 4      

(5)

Página 5 de 15 c) 5,12 5       d) 11,2 2       e) 6,8 5      

16. (Insper 2014) No plano cartesiano da figura, feito fora de escala, o eixo x representa uma estrada já existente, os pontos A(8, 2) e B(3, 6) representam duas cidades e a reta r, de inclinação 45°, representa uma estrada que será construída.

Para que as distâncias da cidade A e da cidade B até a nova estrada sejam iguais, o ponto C, onde a nova estrada intercepta a existente, deverá ter coordenadas

a) 1, 0 . 2       b)

 

1, 0 . c) 3, 0 . 2       d)

 

2, 0 . e) 5, 0 . 2      

17. (Insper 2014) No plano cartesiano, a reta r, de coeficiente angular 10, intercepta o eixo y em um ponto de ordenada a. Já a reta s, de coeficiente angular 9, intercepta o eixo y em um ponto de ordenada b. Se as retas r e s interceptam-se em um ponto de abscissa 6, então a) ba.

b) b a 9. c) b a 6. d) b a 9. e) b a 6.

18. (Ita 2014) Seja ABC um triângulo de vértices A = (1, 4), B = (5, 1) e C = (5, 5). O raio da circunferência circunscrita ao triângulo mede, em unidades de comprimento,

a) 15. 8 b) 5 17. 4 c) 3 17. 5

(6)

Página 6 de 15 d) 5 17.

8 e) 17 5.

(7)

Página 7 de 15 Gabarito:

Resposta da questão 1:

a) Sabendo que P pertence à reta r, temos P t, 2 t . 2

 

   Além disso, para todo 0 t 4, o triângulo T é retângulo em (t, 0). Em consequência, segue que

1 t t

A(t) t 2 (t 4).

2 2 4

 

       

O gráfico da função A é uma parábola com concavidade voltada para baixo, e cujas raízes são 0 e 4. Além disso, o vértice tem coordenadas (2, 1).

b) As abscissas dos pontos de interseção da reta y x 2 2    com a função g(x) k, x  sendo x0, satisfazem a equação 2 x k 2 x 4x 2k 0. 2 x       

Para que exista um único ponto de interseção, o discriminante dessa equação deve ser igual a zero, ou seja, Δ ( 4)2  4 1 2k0, o que implica em k2.

Resposta da questão 2: [A]

Considerando, (r ) 2x3y 4 0 e P(1, 5)

Determinando a equação da reta ( s ) perpendicular a reta ( r ) e que passa pelo ponto (1, 5)

( s ) 3 x 2 y k 0 3 10 k 0 k 7       

Logo, a equação da reta ( s ) será dada por 3 x 2 y 7  0. Determinando, o ponto M de intersecção das retas r e s.

2x 3y 4 0 3x 2y 7 0       

Resolvendo o sistema, temos M( 1, 2).

Determinando agora o ponto A simétrico do ponto p em relação à reta r, M é ponto médio de PA.

(8)

Página 8 de 15 A A A A 1 x 1 x 3 2 5 x 2 x 1 2            Logo, A ( 3, 1).  Resposta da questão 3: [A]

Completando os quadrados, vem

2 2 2 2 2 m m x 2x y my n (x 1) y n 1. 2 4              

Logo, como o centro C 1, m 2

 

  

  pertence à reta y  x 1, segue que

m

( 1) 1 m 4. 2

       

Por conseguinte, sabendo que a reta intersecta a circunferência em ( 3, 4), obtemos

2 2 2 2 n x 2x y my ( 3) 2 ( 3) 4 ( 4) 4 3.               Resposta da questão 4: [D]

Supondo que x, y , temos x y x y x y x y ou x y x y x e y 0 ou , x 0 e y                

ou seja, a equação representa os eixos cartesianos, cuja interseção é a origem. Resposta da questão 5:

Considere a figura, em que A e B são, respectivamente, os pontos de interseção do raio X com o eixo das ordenadas e o eixo das abscissas.

(9)

Página 9 de 15 a) O ponto P é a imagem do número complexo de módulo 6 e argumento rad.

3 π

Desse modo, tem-se que

P 6 cos , 6 sen (3, 3 3). 3 3 π π     

b) Sendo BOP60 , temos POA90 60 30 e, portanto, OAP75 . Daí, segue que OPOA6 e, assim, A(0, 6).

Portanto, a equação reduzida da reta AP é

3 3 6 y 6 (x 0) y ( 3 2)x 6. 3 0           Resposta da questão 6: [E]

Observando que as cotas dos pontos A, B, C e D são iguais, podemos concluir que o

quadrilátero ABCD está contido no plano z5. Logo, se O é o centro de ABCD, tem-se que VO é paralelo ao eixo z. Além disso, é fácil ver que ABCD é um quadrado de lado 2. Desse modo, sabendo que o volume de VABCD é igual a 8, obtemos

2 1 8 2 VO VO 6. 3      Portanto, como 3 5 2 4 5 5 O , , (4, 3, 5), 2 2 2          segue-se que V(4, 3, 56)(4, 3, 11) ou V(4, 3, 5 6) (4, 3, 1).

Porém, sabendo que V tem as três coordenadas positivas, só pode ser V(4, 3, 11).

Resposta da questão 7: [E]

Considerando que o simétrico de um ponto P( x,y) em relação ao eixo y é P’(–x,y), temos: A(3,5), então A’=(–3,5)

B(2,–6), então B’(–2,–6) C(–4,1), então C’(4,1)

(10)

Página 10 de 15 Resposta da questão 8: 1 1 1 o 1 1 2 2 2 o 2 2 1 2 P BM ACP (LAA ) P B AC a e P C b ACP M DP (LAA ) DP a e M D 10 b Logo, M (a,b) e M (10 a,10 b).

Δ Δ

Δ Δ

    

    

  

Calculando as coordenadas do ponto M médio do segmento M1 e M2, temos:

5 2 b 10 b y e 5 2 a 10 a xM     M    

Logo, o ponto médio do segmento de extremos M1 e M2 é M(5,5).

Resposta da questão 9:

[E]

(11)

Página 11 de 15 2 0 x 1 0 0 x x 2 0 0 2 x 1 0 x 2 ou x 1.          

Mas O(0, 0), P(x, 2) e Q(1, x 1) são distintos. Logo, só pode ser x 2.

Portanto, a área do quadrado de diagonal PQ vale

2 2 2 ( (1 ( 2)) ( 1 2) ) 18 9 u.a. 2 2        Resposta da questão 10: [D]

A equação segmentária da reta AB é x y

2x 3y 12 1.

6 4

    

Desse modo, como A(6, 0) e B(0,4), segue-se que o ponto médio do segmento AB tem coordenadas 6 0 0 ( 4) , (3, 2). 2 2            Resposta da questão 11: [A]

Adotando, convenientemente, um sistema de coordenadas cartesianas, com origem no vértice inferior esquerdo do quadrado O1, tem-se B2(1,5; 13,5), B14(13,5; 13,5) e M3(2,5; 2,5).

Queremos determinar o circuncentro do triângulo B2B14M3. A mediatriz do segmento B2B14 é a reta

1,5 13,5

x x 7,5.

2

  

A reta B2M3 tem coeficiente angular igual a 13,5 2,5 11. 1,5 2,5

  

O ponto médio do segmento B2M3 é

2,5 1,5 2,5 13,5 , (2, 8). 2 2         

Logo, a equação da mediatriz do segmento B2M3 é dada por

1 1 86

y 8 (x 2) y x .

11 11 11

     

(12)

Página 12 de 15

1 86 93,5

y 7,5 8,5.

11 11 11

    

Portanto, como o ponto (7,5; 8,5) corresponde ao centro do quadrado G8, segue-se o resultado.

Resposta da questão 12: [B]

Fazendo y0 na equação 12x5y60, obtemos o ponto A(5, 0), que é o ponto de interseção da reta com o eixo das abscissas. Tomando x0, encontramos o ponto B(0, 12), que é o ponto de interseção da reta com o eixo das ordenadas.

Desse modo, sendo O a origem do sistema de eixos cartesianos, queremos calcular o raio r da circunferência inscrita no triângulo AOB.

Pelo Teorema de Pitágoras, encontramos AB13. Logo, temos OA OB OA OB AB r 5 12 (5 12 13) r 2 2 r 2.              Resposta da questão 13:

a) O lugar geométrico pedido é a mediatriz do segmento de reta AB. Logo, como o ponto médio de AB é 1 3,

2 2

 

 

  e o coeficiente angular da reta AB é 1

,

3 segue-se que a equação da mediatriz de AB é dada por

3 1 y 3 x 3x y 3 0. 2 2           

b) Se C pertence ao semieixo negativo das ordenadas, então C(0, ),α com α0.

Sabendo que a área do triângulo ABC é igual a 8, temos

1 2 0 1 1 8 16 | 2 2 2 | 1 2 1 2 | 3 4 | 16 20 ou 4. 3 α α α α α α                 

(13)

Página 13 de 15 Porém, sendo α0, só pode ser α 4.

Resposta da questão 14: [D]

O coeficiente angular da reta AC é igual a mAC 4 ( 2) 3.

1 3 2

 

  

  Daí, como AC e BD são perpendiculares, segue-se que mAC mBD 1 mBD 2,

3

     com mBD sendo o coeficiente angular da reta BD.

Além disso, se M é o ponto médio de AC, temos M 3 ( 1), 2 4 (1, 1).

2 2

   

 

 

Sabendo que M é o ponto de interseção das retas AC e BD, concluímos que a equação de BD é

2 2 1

y 1 (x 1) y x .

3 3 3

      

Portanto, segue de imediato que a ordenada do ponto de interseção de BD com o eixo Oy é igual a 1.

3

Resposta da questão 15: [D]

Considere a figura.

A equação da reta AB é dada por

B B y 4 y x y x. x 3    Logo, tem-se Q 3y, y 4        e 3y M , 0 , 4        com 0 y 4.

Além disso, a equação da reta BC é

B C C C B C y y 4 0 y y (x x ) y 0 (x 8) x x 3 8 4 32 y x . 5 5               

(14)

Página 14 de 15 Daí, P 32 5y, y 4         e 32 5y N , 0 , 4         com 0 y 4.

A área do retângulo MNPQ é dada por

2 2 2 (MNPQ) MN PN 32 5y 3y (y 0) 4 4 2 y 8y 2 [(y 2) 4)] 8 2 (y 2) .                     

Portanto, o retângulo MNPQ tem área máxima quando y2, ou seja, quando P 11, 2 . 2        Resposta da questão 16: [C]

Seja M o ponto médio do segmento de reta AB. Se dA, r dB, r d, então M pertence à reta r. Logo,

8 3 2 6 11 M , , 4 2 2 2              e, portanto, a equação de r é 11 3 y 4 tg45 x y x . 2 2          

Em consequência, tomando y0, segue-se que C 3, 0 . 2        Resposta da questão 17: [E]

De acordo com as informações, temos r : y10xa e s : y9xb. Logo, se x6 é a abscissa do ponto de interseção de r e s, então

10 6 a       9 6 b b a 6. Resposta da questão 18:

(15)

Página 15 de 15 O ponto D pertence à mediatriz do segmento BC, logo D é (K,3).

Considerando que D é equidistante dos pontos A e B, temos:

 

 

 

2 2 2 2 2 2 2 2 AD BD K 1 3 4 K 5 3 5 K 2 K 1 1 K 10K 25 4 8K 27 27 K 8                   Portanto, D 27,3 . 8      

Logo, a medida do raio r será dada por:

2 2 27 425 5 17 R AD 1 (3 4) . 8 64 8          

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