MATEMÁTICA LIVRO 4 ÁLGEBRA - Curso Objetivo · 2– 19) Números de 3 algarismos são do tipo ....

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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


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



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



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)


= =

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





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 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.


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


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


I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1

II) = 1 ≠ 0 ⇒ p = 2

Resposta: 2


I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1

II) = 1 ≠ 0 ⇒ p = 2

Resposta: 2


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


I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1

II) = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 2

III) = 1 ≠ 0 ⇒ p = 3

Resposta: 3


I) �1� = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 1

II) = 1 ≠ 0 ⇒ p ≥ 2

III) = 1 ≠ 0 ⇒ p = 3

Resposta: 3


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


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


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


1––––––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


(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)


(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


(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


(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},


• Se x = � 2 ⇒ 4 + y2 < 6 ⇔ y2 < 2 ⇒ y ∈ {0; � 1},


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


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 = + =


(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

=

= + =


(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


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


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


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


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


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).


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


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


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


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)


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


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


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


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


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


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


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


• 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


• 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


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 ⇔ – = ⇔


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 =



m = � ⇔ m = �


assíntolas são:

(y – 0) = � . (x – 0) ⇔ y = � . x

62) Dada a equação x2 – y2 = 25 temos:

x2 – y2 = 25 ⇔ – = ⇔


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



m = � ⇔ m = � ⇔ m = � 1


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:


– = 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:


– = 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 –


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)


• 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


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)


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 –


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)


• 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


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


= 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


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 =


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


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

π��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


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


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


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 –


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


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 –


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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


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 –


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


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


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


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 =


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


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


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


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


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


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


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

MATEMÁTICA LIVRO 4 ÁLGEBRA - Curso Objetivo · 2– 19) Números de 3 algarismos são do tipo ....

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