Matemática B – Extensivo – V. 7

GABARITO
Matemática B – Extensivo – V. 7
Exercícios
01)D
04)B
I. Falso. O diâmetro é dado por 2 . r = 2 . 2 = 4 cm.
II. Verdadeiro. o volume é dado por π . r² = π . 2² = 4π cm²
III. Verdadeiro. (x0, y0) = (0, 0) e assim,
(x − x0)² + (y − y0)² = r² fica x² + y² = 4.
02)D
Temos:
x² + y² = 14x + 6y + 6 ⇔ x² − 14x +y² −6y = 6 ⇔
(x − 7)² − 49 + (y − 3)² − 9 = 6 ⇔ (x − 7)² + (y − 3)² = 64
Logo, o raio r é igual a 8 e o centro é o ponto (7, 3). Se
p é o valor máximo de x, então p = 7 + 8 = 15.
Se q é o valor máximo de y, então q = 3 + 8 = 11. Logo,
3p + 4q = 3 . 15 + 4 . 11 = 45 + 44 = 89.
Logo, os pontos de intersecção da circunferência com
o eixo x são (−2, 0) e (−4, 0).
A intersecção com o eixo y é dada quando x = 0, então,
se x = 0, na nossa equação temos:
(0 + 3)² + (y − 3)² = 10 ⇔ y² − 6y + 8 = 0
⇔ y1 = 2 ou y2 = 4.
Logo, os pontos de intersecção são (0, 2) e (0, 4).
Assim, o quadrilátero formado por esses pontos é:
y
Como o centro é C = (3, b) e essa circunferência tangencia o eixo y, temos que este ponto de tangência é
dado por (0, b).
c
b
Logo, o ponto pertence à reta, ou seja, a reta passa
pelo centro da circunferência.
05)(x − 3)² + (y − 1)² = 9
A intersecção com o eixo x é dada quando y = 0, então,
se fizermos y= 0 na nossa equação da circunferência,
temos:
(x + 3)² + (0 − 3)² = 10 ⇔ x² + 6x + 9 + 9 = 10
x² + 6x + 8 = 0 ⇔ x1 = −4
x2 = −2
03)B
A distância de um ponto P à circunferência r é dada
por:
ax 0 + by 0 + c
dp, r =
a 2 + b2
Temos: r: 5x + 2y = 0, e o centro da circunferência é
(2, −5). Assim,
5 . 2 + 2 . (−5) + 0
0
=
=0
dp, r =
2
2
29
5 +4
3
x
Assim, pela definição de circunferência, temos:
dP, C = dP, (0,b) = r = 3 ⇔
⇔ (3 − 5)2 + (b − 5 − 1)2 = 3⇔
4 + (b − 5− 1)² = 9 ⇔
(b − 5 − 1)² = 5 ⇔
b − 5 − 1 = ± 5⇔
b= 2 5 + 1 ou b = 1
Mas pelo enunciado, b< 5 e 2 5 + 1 > 5. Logo, b = 1.
E, assim, nossa equação fica: (x − 3)² + (y − 1)² = 9
4
2
x
–4
–2
Que terá área A igual a:
4.4 2.2
−
A = A4 − A2 =
=8−2=6
2
2
4
2
06)B
Matemática B
1
GABARITO
( y1 − y 0 )
. (x − x0) ⇔
( x1 − x 0 )
 1
(y − 3) = (2 − 3) . (x − 0) ⇔ y − 3 =− x
 7 
( 7 − 0)
02. Falso. (y − y0) =
Da equação x² + y² −4 = 0 temos que:
x² + y² = 4 = 2² e assim o raio é igual a 2.
Logo, o octógono é formado por 8 triângulos isósceles de lados côngruos iguais a 2.
⇔ x + 7y − 21 = 0
ax 0 + by 0 + c 1 . 1+ 7 . 0 + (−21) −20
20
04.Falso. dB, r =
=
=
=
2
2
2
2
50 5 2
1 +7
a +b
2
x
4
2
=
7 5
5 2
08.Falso. Se C =  ,  e r =
, a equação é dada por:
 2 2
2
Mas note que o ponto (x, x), com x> 0, é
um vértice do octógono e é pertencente a
essa circunferência. Logo, x² + x² = 4 ⇔ 2x²
= 4 ⇔ x² = 2 ⇔ x = ± 2, e como x > 0,
x=
2. Ou seja, P = ( 2,
4 2
=2 2
2
2
2
2



 

x − 7  +  y − 5  =  5 2  ⇔ x² − 7x + 49 + y² − 5y + 25 = 50




 2 
4
4
2  
2
4
⇔ x² + y² −7x − 5y + 6 = 0
2) pertence à
circunferência. Assim, o lado do octógono
é dado por:
16.Verdadeiro. A =
dP, (0, 2) = ( 2 − 0)2 + ( 2 − 2)2 =
= 2 + 2 − 4 2 + 4 = 8 − 4 2
A=
0
7
1
3
2
0
2
Assim, como a área de um octógono de
lado a é dada por 2a² . (1 + 2), temos que:
A=2.
= 2 . (8 − 4 2) . (1 + 2) =
= 2 . ( 8 + 8 2 − 4 2 − 8 ) = 2 . (4 2) =
09)A
=8 2
(
8−4 2
) . (1 +
2
07)17
2
01. Verdadeira. dt, b =
2
2
5 5
=   +   =
 2   2 
2
2
 7   5

 − 1 +  − 0

 2   2
50 5 2
=
4
2
2
7
 5

dT, A =  − 0 +  − 3 =
 2
  2

49 1
+ =
4
4
50 5 2
=
4
2
2
2
7
 5

dT, C =  − 7 +  − 2 =
2
 2

50 5 2
=
4
2
2
49 1
+ =
4
4
2
= 3
–2 –21
2
=
–20
2
= 20 =
2
10
08)C
2) =
1
1
1
D
Note que este é o triângulo retângulo pitagórico de lados 3, 4 e 5.
Logo, P = (4, 3).
Assim, a equação da reta é dada por:
3−0
. (x − 0) ⇔ 4y = 3x ⇔ 3x − 4y = 0
(y − 0) =
4−0
O centro do quadrado e, portanto, da circunferência, é dado pelo
ponto em comum entre as retas dadas:
x + 2y = 1 . (−2) −2x − 4 y = −2
⇒

2x − y = −3
 2x − y = −3

⇒ y = 1 ⇒ x = −1
Logo C = (−1, 1).
− 5y − 5
O raio dessa circunferência é dado pelo lado do quadrado dividido
por dois, pois ela está inscrita no quadrado. Assim, r = .
2
Mas ainda não sabemos o valor do lado do quadrado. Porém,
sabemos o valor da metade da diagonal deste , que é dado pela
distância do centro C ao ponto P = (−5, 3).
diagonal
= dP, C = (−5 − (−1))2 + (3 − 1)2 = 16 + 4 = 2 5.
Logo,
2
Matemática B
GABARITO
Logo, a diagonal do quadrado é d = 4 5. Assim, como:
² + ² = d² ⇔ 2² =(4 5)² ⇔ ² =
Ilustrando os três pontos dados no plano, temos:
16 . 5
= 8 . 5 = 40 ⇔
2
4
² = 40 ⇔  = 2 10.
2 10
=
= 10.
2
2
Com isso, a equação da circunferência fica:
(x − (−1))²+(y −1)² = ( 10)² ⇔
⇔ x² + 2x + 1 + y² − 2y + 1 = 10 ⇔
⇔ x² + y² + 2x − 2y − 8 = 0.
Portanto, o raio da circunferência é r =
Da equação r: 2x −3y + 5 = 0, temos: −3y = −2x − 5 ⇔
= 2.
y−
= 2x +− 5 m −
 3   3  r 3 
Como r é perpendicular à reta que estamos proucurando, denote por s tal reta, temos que: mr . ms = − 1 ⇔
3

− 2 . ms = − 1 ⇔ ms = − . Assim, a equação de s é:
2
 3 
3
. (x − 5) ⇔ 2y − 20 = − 3x + 15 ⇔
2
3x + 2y − 35 = 0.
(y − 10) = −
11)D
Nossa equação é dada por: x² + y² + px + qy + m = 0,
que, ao completar quadrados, fica:
2
2
2
2




x + p  − p +  y + q  − q + m = 0




2
2  22
4 
ou seja,
2
2
2
2




x + p  +  y + q  = p + q − m.




4
2
2
 p
q
Logo, o centro é C = − , − .
 2
2
2
 p
  q

A distância entre C e K é d = dC, K = − − p + − − q
 2

  2

=
9 2 9 2 3 2
p + q = p + q2.
2
4
4
Note, pelo gráfico, que o centro dessa circunferência é
o ponto médio entre (−1, 4) e (3, 0).
Assim:
−1 + 3 2
Cx = xM =
= =1e
2
2
4+0 4
Cy = yM =
= =2
2
2
Logo, C = (1, 2). Como o centro da circunferência pela
 p
q
nossa equação é − , − , temos que:
 2
2
 p
− = 1
p = −2

 2
⇒ 
 q
q = −4
− = 2 
 2
E a distância entre C e K fica:
3
3
2
2
p2 + q2 = (−2) + (−4) =
2
2
3
3
= 20 = . 2 5 = 3 5 = d
2
2
Falta encontrar m, mas como ponto (3, 0) está na circunferência, ele satisfaz a equação da circunferência,
ou seja, 3² + 0² + (−2) . 3 + (−4) . 0 + m =0 ⇔ m = − 3.
Portanto, d. m = (−3) . 3 5 = − 9 5 .
12)E
2
3
10)A
–1
Da equação x² + y² − 4x − 6y − 36 = 0, temos:
x² + y² − 4x − 6y − 36 = 0 ⇔
(x − 2)² − 4 + (y − 3)² − 9 − 36 = 0 ⇔
(x − 2)² + (y − 3)² = 49.
Logo, o raio dessa circunferência é 7, e assim o diâmetro
é 14. A área é dada por:
π . r² = 7² . 3,14 = 49 . 3,14 = 153,86.
Matemática B
3
GABARITO
13)B
15)A
Note que o raio dessa circunferência é dado por:
x² + y² − 4x − 4y + 4 = 0 ⇔
x² − 4x + y² − 4y + 4 = 0 ⇔
(x − 2)² − 4 + (y − 2)² − 4 + 4 = 0 ⇔
(x − 2)² + (y − 2)² = 4
Portanto, o raio é r = 2. Agora, note que a área da região
hachurada é dada pela soma das área:
A
C
N
M
+ A
C
B
+ A
B
A
N
e
C
A
são
C
B
setores circulares e
A
B
Assim, P = L1 ∩ L2 = (2, 3).
Por outro lado, o centro da circunferência é o ponto
C = (2, − 1) e a distância entre P e C é:
C
M
no qual
A intersecção de L1 e L2 é dada por:
2x − 3 y + 5 = 0
⇒

 x − 2y + 4 = 0
. (−2)
 2x − 3 y + 5 = 0

−2x + 4 y − 8 = 0

y−3 = 0 ⇒ y = 3
⇒x=2
dP, C =
C
dobro do raio da circunferência que tem raio 2.
A
é um triângulo retângulo de catetos de medidas iguais
a 2.
Portanto:
A=
16)09
π
π
2.2 π. 4
= π + 2.
.2+ .2+
=
4
4
4
2
Obs.: 2
45°
45° = π , e ainda,
4
2
π
4
14)C
O centro da circunferência é o ponto A = (0, yA), mas
yA = f(0) = 0² − 5 . 0 + 6 = 6 e, assim, A = (0, 6).
Como o raio é dado pela distância de A até B, temos:
r = dA, B = (3 − 0)2 + (0 − 6)2 = 9 + 36 = 45.
Assim, a equação da circunferência fica:
(x − 0)² + (y − 6)² = ( 45)² ⇔ x² + (y − 6)² = 45
Matemática B
x . 100 = 5, 8 . 34,4
x . 100 = 199,52
x = 1,9952
Que é aproximadamente 2° C.
02.Falso. O centro é (6, 0) e o raio é v = 5, então a
equação da circunferência é:
(x − 6)² + (y − 0)² ≤ 5² ⇔ x² − 12x + 36 + y² ≤ 25 ⇔
x² + y² − 12x + 11 ≤ 0
04.Falso. No ponto B, t = 5, e assim:
x = 5 + 5 = 10
⇒ B = (10, 21)

y = 3 . 5 + 6 = 21
Se a circunferência passa por B = (xB, 0) da equação
dada, temos:
x² − 5x + 6 = 0 ⇔ x = 2 ou x = 3.
Assumimos x = 3 pois, pelo gráfico, xB é o maior valor
de x. E, assim, B = (3, 0).
4
01. Verdadeiro. Se em 100 anos cresce 5,8° C, em 34,4
anos crescerá x° C, ou seja:
100 ____ 5, 8° C
regra de 3,
34, 4 ____ x ° C
r
α
r
Área do setor circular é dada
por α . r .
π
4
(2 − 2)2 + (3 − (−1))2 = 4, que é, por sinal, o
No ponto A, t = 0 e assim:
x = 0 + 5 = 5
⇒ A = (5, 6)

y = 3 . 0 + 6 = 6
E, com isso,
dA, B = (10 − 5)2 + (21− 6)2 = 25 + 225
= 250 = 5 10
08.Verdadeiro. O volume do cubo de aresta x é dado
por: V1 = x³ cm³.
O volume do cubinho de 1 cm de aresta é:
V2 = 1 . 1 . 1 = 1 cm³
Se foram retirados 8 cubinhos, um de cada vértice,
o volume restante será:
V = V1 − 8V2 = x³ − 8 . 1 = x³ − 8 =
= x³ − 2³ = (x − 2)(x² + 2x + 4)
GABARITO
17)D
O centro da circunferência é C = (2, 2) e o raio é 2, então temos:
y
R
Q
C
0
x
P
O triângulo PQR inscrito em C com base PQ com o maior perímetro possível é o triângulo isósceles com PR = QR.
Note que R é um ponto que pertence à reta y = x, e assim, R = (x, x). Por outro lado, R também pertence a C, logo se
"colocarmos" as coordenadas de R na equação de C, encontramos x:
(x − 2)² + (x − 2)² = 4 ⇔ x² − 4x + 4 + x² − 4x + 4 = 4 ⇔
2x² − 8x + 8 = 4 ⇔ x² − 4x + 4 = 2 ⇔
x² − 4x + 2 = 0 ⇔ por Bháskara,
x=
ou seja, x = 2 + 2 ou x = 2 − 2.
Mas, pelo gráfico, x = 2 + 2, ou seja, R = (2 + 2, 2 + 2).
Assim, a área do triângulo PQR é:
0
2
A = 2+ 2
4 ± 16 − 4 . 2 . 1 4 ± 8 4 ± 2 2
⇔x=2± 2
=
=
2 .1
2
2
2
1
0
1
2+ 2 1
2
= 4(2+ 2 ) –4 = 2(2+ 2 ) –2 = 2+2 2
2
18)A
x² + y² − 6x − 10y + 30 = 0 ⇔ x² − 6x + y² − 10y = −30 ⇔
(x − 3)² − 9 + (y − 5)² − 25 = − 30 ⇔ (x − 3)² + (y − 5)² = 4
Então o centro é (3, 5) e o raio é 2.
Com isso, a ordenanda máxima de P é 5 + 2 = 7.
E, assim, P = (3, 7). Com isso, a soma de suas coordenadas é 3 + 7 = 10.
y
P
7
5
0
Matemática B
3
x
5
GABARITO
19)B
denadas:
y
6
5
3
C
5
x
8
4
Note que o centro é C = (4, 3) e o raio é 5. Logo, os
6.8
= 24.
catetos são 6 e 8, assim, A =
2
20)B
2y =
−1
 1
 1
5
y =− , e com isso x =− − 2 ⇒ x = − .
 2 
 2 
2
 5
1
Logo G = − , − . Por fim, o raio é:
 2
2
2
0
−2y = −2x − 4
y = x + 2
⇒
⇔ 

4 y = 2x + 3  4x = 2x + 3

Com as informações que temos, devemos achar o centro
de C para termos o raio.
O centro de C será o ponto de intersecção de duas retas.
A primeira reta r será a reta perpendicular à reta dada y
= − x + 2 (do fato de x + y = 2 ⇔ y = − x + 2) e que passa
pelo ponto (0, 2).
A outra reta será a reta s, perpendicular ao segmento
AB (em que A = (1, 0) e B = (0,2)) e que passa pelo
2
 5   1

dG, A = − − 1 + − − 0 =
 2   2

49 1 5
= 2.
+ −
4
4 2
21)P = (−9, −12), d = 15
Da equação dada, temos:
x² + y² + 6x + 8y = 75 ⇔ x² + 6x + y² + 8y = 75 ⇔
(x + 3)² − 9 + (y + 4)² − 16 = 75 ⇔
(x + 3)² + (y + 4)² = 100. Logo o centro é (−3, −4) e o
raio é 10.
O ponto da circunferência mais distante da origem é o
ponto P = (xp, yp) indicado no gráfico abaixo:
y
ponto médio entre A e B.
 Reta r: Como r é perpendicular à reta y = − x + 2, então
seu coeficiente angular será mr, em que mr . m = − 1
(m é o coeficiente angular da reta y = − x + 2). Assim,
como y = − x + 2, temos que:
 m = −1
mr . m = − 1 ⇒ mr . (−1) = − 1 ⇒ mr = 1.
Logo, como r passa por (0, 2), sua equação é:
(y − 2) = mr . (x − 0) ⇔ y − 2 = 1 . (x − 0) ⇔ y = x + 2
2−0
= − 2.
0 −1
Assim, como s é perpendicular ao segmento AB, temos
 1
= .
que: ms . mAB = − 1⇔ ms . (−2) = − 1 ⇔ms−
 2 
O ponto médio entre A e B é:
 x A + x B y A + yB  1+ 0 0 + 2   1 

,
,
 =  ,1. E, assim, a
=
 2
2   2 
2   2
equação de s fica:
 1

1
1
(y − 1) = ms x −  ⇔ y − 1−
= 
⇔ 4y = 2x + 3
 2 x − 2 

2
0
P = (x p , y p)
Portanto, a intersecção de r com s é o ponto G de coor-
6
x
–4
 Reta s: O segmento AB tem coeficiente angular
mAB =
–3
Matemática B
Esse ponto, além de estar na circunferência, está na
reta ilustrada. Tal reta tem como equação:
−4 − 0
4
. (x − 0) ⇔ y = x.
y−0=
−3 − 0
3
(Pois passa pela origem e pelo centro da circunferência,
que é C = (−3, −4)).
 4 
Logo, o ponto P é da forma x, x , e pertence à cir 3 
cunferência, ou seja:
2
(x + 3)² +  4 x + 4 = 100 ⇔

 3
GABARITO
23)C
16
32
x² + x + 16 = 100 ⇔
9
3
9x² + 54x + 81 + 16x² + 96x + 144 = 900 ⇔
25x² + 150x − 675 = 0 ⇔
x² . 6x − 27 = 0 ⇔ x = −9 ou x = 3.
x² + 6x + 9 +
A equação da reta r que passa por PQ é:
5 − (−15)
(x − 30) ⇔
y−5=
30 − (−30)
y−5=
 1 
y−
= x − 5 ou x − 3y − 15 = 0.
 3 
Pelo gráfico, adotamos xp = −9.
4
E assim: yp = . (− 9) = − 12.
3
Logo, P = (−9, −12). E então:
dP, O = (−9 − 0)2 + (−12 − 0)2 = 15.
(x − 30) ⇔
A distância de C à reta r é:
1 . (−5) − 3 . 10 − 15 −50
dC, r =
=
= 5 10
10
12 + (−3)2
x² + y² = 2y ⇔ x² + y² − 2y = 0 ⇔
⇔ x² + (y − 1)² − 1 = 0 ⇔ x² + (y − 1)² = 1.
Então o centro é (0, 1) e o raio é 1.
Agora, note que como é um triângulo equilátero, todo
ângulo interno do triângulo é 60°. E, assim, tomando
ABC como abaixo:
y
C
Logo, o raio da circunferência é 5 10. Assim, a equação
da circunferência é: (x − 5)² + (y − 10)² = (5 10)² = 250.
30°
Essa circunferência intercepta o eixo y quando x = 0.
Então,
(0 + 5)² + (y − 10)² = 250 ⇔
y² − 20y + 100 = 225 ⇔
y² − 20y − 125 = 0 ⇔ (y + 5) (y − 25) = 0
⇔ y = − 5 ou y = 25. Assim, os pontos de intersecção
são (0, −5) e (0, 25). E a distância entre eles é:
25 − (−5) = 30 m.
24)a) (x − 3)² + (y − 3)² = 8
b)y = x −2
c)B = (4 − 3, 2 − 3)
B
A
60
1
3
22)B
20
1
1
0
B = 30° e, assim, como AB = 1, temos
Temos que AC
que o triângulo retângulo tem lado BC igual a:
A
3  1
BA 
⇔
tg 30° =
⇔ BC = 3
−
1
=
 BC

3
BC
B
a)O raio desta circunferência é a distância entre A e B.
x
C
Logo, o lado do triângulo é 2 . BC = 2 3.
r= dA, B = (3 − 5)2 + (3 − 1)2 = 4 + 4 = 2 2
Logo, a equação é: (x − 3)² + (y − 3)² = 8
b)O ponto médio é:
 x + x B y A + yB   3 + 5 3 + 1
 A
,
,
 = 
 = (4, 2).
 2
2   2
2 
Como é perpendicular a AB, o coeficiente angular
1
, temos que:
da reta proucurada é igual a −
mAB
m =−
1 −1
1
1
=−
=−
=
= 1.
2
3
−
1
−1
mAB
−2
3−5
Logo, a equação da reta proucurada é:
(y − 2) = 1 . (x − 4) ⇔ y = x − 2.
c)Como o coeficiente angular da reta AB é mAB = −1,
temos que mAB = tg θAB = −1, ou seja, θAB = 45°. Que
é côngruo ao ângulo θAB = 315°.
Quando rotacionarmos a haste no sentido horário
Matemática B
7
GABARITO
em 60°, o ângulo final é:
θ = θAB − 60° = 315° − 60° = 255° ≅ 75°, pois 255° é
côngruo a 75°.
Logo, θ = 75° = 45°+ 30°.
Assim, o coeficiente angular
m = tg θ = tg 75° = tg (30° + 45°) =
1+ 3
1
+1
3
tg 30° + tg 45°
= 3
= 1+ 3 =
=
1− tg 30° . tg 45° 1− 1 . 1
3 −1
3 −1
3
3
=
(
.
3 −1 (
1+ 3
)= 4+2 3 = 2 +
3 −1
3 + 1)
3 +1
3.
Com isso, a equação da reta suporte da haste rotacionada é:
y − 3 = (2 + 3) (x − 3) ⇔ y = (2 + 3)x − 3 3 − 3 ⇔
⇔ y = (2 + 3)x − 3 (1 + 3).
y
25)C
O centro dessa circunferência tem coordenadas (5,
y), pois a circunferência tangencia o eixo x no ponto
(5, 0). Por outro lado, sabemos que:
dC, A = dC, B, em que A = (1, 2) e B = (5, 0), ou seja,
16 + y 2 − 4y + 4 = y 2
20 − 4y = 0
y=5
Logo, o centro é (5, 5) e assim o raio é:
r = (5 − 5)2 + (5 − 0)2 = 25 = 5
26)D
x–
2
y=
A
3
60°
1
B
B
3
x
5
Agora, se ilustrarmos os dados que temos, note que o
ponto B da haste rotacionada está exatamente na interseção das retas y = x − 2 e y = (2 + 3)x − 3 (1 + 3),
(5 − 1)2 + ( y − 2)2 = (5 − 5)2 + (0 − y )2
A equação da reta r tangente à circunferência é dada
por: (y − 2) = mr (x − 2), pois passa pelo ponto (2, 2).
Note que mr = −1, pois essa reta tangente é perpendicular à reta y = x, que tem coeficiente angular igual
a 1.
Logo, a reta r fica:
y − 2 = (−1) (x − 2) ⇔ y = − x + 4 e intercepta y = 2x
no ponto:
 y = 2x
y = 2x
⇒ 

y = −x + 4 . (−1) −y = x − 4

0 = 3x − 4
8
4
⇒ x = e assim y =
3
3
 4 8 
ou seja, no ponto  , .
3 3
27)F − F − V − V − V
ou seja, x − 2 = (2 + 3)x − 3 (1 + 3) ⇔
(F)Pois θ pertence ao 2o quadrante, assim
tg θ < 0, ou seja, m = tg θ < 0.
y
3 + 3 3 − 2 = 2x + 3x − x ⇔ 1 + 3 3 = (1 + 3)x
⇔x=
1+ 3 3
1+ 3
.
(1− 3 ) = 1−
(1− 3 )
3 + 3 3 −9
=
1− 3
−8 + 2 3
=
⇔x=4− 3
−2
⇒y=4− 3−2⇒y=2− 3
θ
Ou seja, B = (4 − 3, 2 − 3).
8
x
Matemática B
GABARITO
30)a) 30 u. a.
b)D = (5, 5)
r
a)Note que o centro é C= (5, 0) e o raio é 5.
Como B = (xB, 0) e B ∈ r, temos que:
3 . 0 + xB = 20 ⇒ xB = 20, logo, B = (20, 0).
C
(F)
dC,r < R.
dc
Assim a área é:
C
A=
(V) y= ax + b, em que a > 0, ou seja, f(x) = ax + b,
que é crescente.
R1
C2
(V) Pois, A, B e C serão devidamente escolhidos.
28)D
Note que se P = (0, a), então substituindo as coordenadas de P em (x − 3)² + (y − 1)² = 25, temos:
(0 − 3)² + (a − 1)² = 25 ⇔ 9 + a² − 2a + 1 = 25
⇔ a² − 2a − 15 = 0 ⇔ a = 5 ou a = − 3.
–3
 x 2 − 40x + 400 
=
x² − 10x +


9
9x² − 90x + x² − 40x + 400 = 0
⇔ 10x² − 130x + 400 = 0
⇔ x² − 13x + 40 = 0
⇔ x = 8 ou x = 5.
Mas se x = 8, então y = 4 e esse é o ponto
A = (8, 4). Então, tome x = 5 e, assim, y = 5, portanto
D = (5, 5).
a)r: y = 2x intercepta s nos seguintes pontos:
x² + (2x)² = 5 ⇔ 5x² = 5 ⇔ x = ± 1 ⇒ A = (1, 2),
B = (−1, −2)
5
Logo, se a ∈ (−3, 5), P é interior à circunferência.
Se a = −3 ou a = 5, P é ponto da circunferência.
Se a < − 3 ou a > 5, P é externo à circunferência.
29)C
= 20 –80 = 60 = 30 u. a.
2
2
2
b)Como D ∈ r e D pertence à circunferência, temos
 −x + 20 
que D = x,
 e assim,


3
31)a) A = (1, 2), B = (−1, −2) e C = (−2, −1)
b)3 u. a.
K
1
1
1
 20 − x 
(x −5)² + 
 = 25 ⇔
 3 
 x 2 − 40x + 400 
 = 25
x² − 10x + 25 + 


9
R2
C1
4
0
0
2
dc1c2
(V)
8
20
5
Para y = x + b ser tangente à circunferência de equação
x² + y² = 1, temos que ter:
x² + (x + b)² = 1 ⇔ x² + x² + 2xb + b² = 1 ⇔
2x² + 2bx + b² − 1 = 0
E Δ deve ser zero, ou seja:
(2b)² − 4 . 2 . (b² − 1) = 0 ⇔
4b² − 8b² + 8 = 0 ⇔
− 4b² + 8 = 0 ⇔
b² = 2 ⇔ b = ± 2.
Por outro lado, h: y = x + 1 intercepta S nos pontos:
x² + (x + 1)² = 5 ⇔ x² + x² + 2x + 1 = 5 ⇔
2x² + 2x − 4 = 0 ⇔ x² + x − 2 = 0 ⇔ x = − 2 ou x = 1,
E assim A = (1, 2) e C = (−2, −1)
b)A =
1 2
–1 –2
–2 –1
2
1
1
1
= –8 + 2 = 3 u. a.
2
Como, pelo enunciado, queremos o valor positivo de b,
tomamos b = 2.
Matemática B
9
GABARITO
9x² +90x + 16x² − 40x + 25 = 0 ⇔
25x² + 50x + 25 = 0 ⇔ x² + 2x + 1 = 0 ⇔x = −1.
32)E
y
4(−1) − 2
= −2. Logo, P = (−1, −2).
3
b)(x + 5)² + (y −1)² = 25
E, assim, y =
y=x
(0,x) = P
3
 1
c)Q ∈ Ox e Q ∈ t, então 4 . xQ − 3 . 0 − 2 = 0 ⇔ xQ−
= .
 2 
1 
Assim, Q =  , 0. Logo:
 2 
–1 –2 1
3
A=
x
1
2
0
1
–5
1
2
1
3
Essa circunferência é do tipo: (x − 3)² + (y − a)² = 9 e
y = x é tangente a ela. Então:
(x − 3)² + (x − a)² = 9 ⇔
x² − 6x + 9 + x² − 2ax + a² = 9
2x² − (6 + 2a)x + a² = 0
Precisamos ter Δ = 0, logo:
(6 + 2a)² − 4 . 2 .a² = 0 ⇔
36 + 24a + 4a² − 8a² = 0 ⇔
−4a² + 24a + 36 = 0 ⇔ a² − 6a − 9 = 0 ⇔
6 ± 36 + 36 6 ± 6 2
=
a=
⇔ a = 3 ± 3 2.
2
2
2
= 25
4
Note que S: x = 1
y
5
33)a) P (−1, −2)
b)(x + 5)² + (y − 1)² = 36
25
c) u. a.
4
O raio da circunferência e a distância do centro:
A = (−5, 1) a reta t: 4x −3y − 2 = 0. Logo,
4 . (−5) − 3 . 1− 2 −20 − 3 − 2
=
=5
r = dA, t =
25
42 + (−3)2
Logo, a equação da circunferência é:
(x + 5)² + (y −1)² = 25
 4x − 2 
a)O ponto P é dado por x,
. E quando o subs
3 
tituímos na equação da circunferência, temos:
2
 4x − 2 
(x + 5)² + 
− 1 = 25 ⇔
 3

5
2
E
3
1
P
x
0
5
1
a)O ponto E é (1, 2). E o coeficiente angular (m) da reta
tangente é o oposto inverso do coeficciente angular
 1
da reta y= 2x. Logo, m =− .
 2 
 1
Sendo assim, a reta tangente é: y − 2 =− (x
 − 1) ⇔
 2 
x + 2y − 5 = 0.
E
b)
O
2
 4x − 2 
x² +10x + 25 +
− 1 = 25 ⇔
 3

10
12 + 2
34)a) x + 2y − 5 = 0
b)(2 3 + 1, 0).
Mas como a circunferência está no 1o quadrante,
a = 3 + 3 2.
x² + 10x +
1
=
P
H
O ponto de encontro das alturas será o ponto H, no
qual H ∈ Ox e H pertence também à reta perpendicular ao segmento OP que passa por E.
16x 2 − 40x + 25
=0⇔
9
Matemática B
GABARITO
III. Falso. x² + y² + 2x − 4y = 0 ⇔ x² + 2x + y² − 4y = 0 ⇔
⇔ (x + 1)² −1 + (y − 2)² − 4 = 0 ⇔
⇔ (x + 1)² + (y − 2)² = 5
Tal reta é dada por:
−(0 − 1)
(x − 1)
y−2=
(0 − 3 )

3 
3 

+
y − 2 =−
⇔ − 3x − 3y + 3 + 6 = 0 ⇔
 3 x−

 3 
Se r tangencia essa circunferência a distância, do
centro (−1, 2) à reta r deve ser 5. Mas
3x + 3y − 3 − 6 = 0.
−2 . (−1) + 2 . 1− 2
2 2
=
=
5 < 5. Logo, a
5 5
(−2)2 + 12
reta r é secante à circunferência.
1
IV.Verdadeira. 2y + x + 10 = 0 ⇔ y = − x − 5
2
 m
E y − 2x − 2 = 0 ⇔ y = 2 x − 2.
 mr
Logo, m . mr = −1.
dC,r =
Como H ∈ Ox, H = (x, 0), assim:
6+ 3 6 3
3x + 3 . 0 − 3 − 6 = 0 ⇔ x =
=
+1⇒
3
3
x = 2 3 + 1. Logo H = (2 3 + 1, 0)
35)C
y
37)a) x − y + 1 = 0
b)(x − 2)² + (y − 3)² =
C
B
x
r
1. Falso.
2. Verdadeiro. A equação da reta AB é:
(y − 1) =
4. Falso. Pois 3 . 3 + 4 . 5 = 9 + 20 = 29 ≥ 12.
36)C
2 .1
= 1.
2
II. Falso. O raio é 2, e assim o ponto P = (0, 2) não
pertence à circunferência.
38)D
x² + y² − 6y + 7 = 0 ⇔ x² + (y − 3)² − 9 + 7 = 0 ⇔
x² + (y − 3)² = 2
I. Falso. O raio é 2.
3. Verdadeira. Basta imaginar essa circunferência.
I. Verdadeiro. A =
λ: x² + y² −4x − 6y − 3 = 0
λ: (x − 2)² + (y − 3)² = 16
Logo, Cλ = (2, 3) e rλ = 4.
a)Se é perpendicular à reta r, seu coeficiente angular
é 1, pois mr = −1. E como passa pelo centro
Cλ = (2, 3), temos: y − 3 = 1 . (x − 2) ⇒ x − y +1 = 0
b)Como é tangente à reta r, o raio é a distância do
centro até r, ou seja,
1. 2 +1. 3 + 0
5 5 2
dCλ, r =
=
=
2
2
12 + 12
Logo, a equação da circunferência concêntrica a λ
é:
2
 5 2  25
 = .
(x − 2)² + (y − 3)² = 
 2 
2
A
5 −1
4
4
(x − 0) ⇔ y − 1 = x ⇔ y = x + 1
3−0
3
3
 mAC
E, por outro lado,
−3x + 12
−3
x+3
⇔y=
y=
4
4
 mr
. m = −1.
Logo, mAC
r
25
2
II. Verdadeiro.
III. Verdadeiro. Note que y = 1 + x tem coeficiente angular m1 = 1, enquanto que o coeficiente angular da
reta que passa pelo centro (0, 3) e por P = (1, 2) é:
3−2
(x − 1) ⇔ y − 2 = (−1) . (x − 1)⇔
y−2=
0 −1
y = − x + 3 ⇔ y = −1x + 3.
 m2
Portanto, m1 . m2 = − 1, e assim, é perpendicular.
Matemática B
11
GABARITO
39)C
Temos x² + y² + 4x + 2y − 11 = 0
⇔ (x + 2)² − 4 + (y + 1)² − 1 − 11 = 0
⇔ (x + 2)² + (y + 1)² = 16.
Esta circunferência tem centro C = (−2, −1) e o raio
r = 4. A reta p, perpendicular a s tem equação
5x + 12y + k = 0 e será secante a circunferência quando
dp, C < 4, isto é:
5 . (−2) + 12 . (−1) + k
<4⇔
52 + 122
k − 22
< 4 ⇔ k − 22 < 52 ⇔ −52 < k − 22 < 52 ⇔
13
⇔ −30 < k < 74.
A reta p intercepta o eixo y num ponto cuja ordenada
−k
é . Assim, se −30 < k < 74, temos − 74 < − k < 30, ou
12
−74 −k 30
seja,
<
< . Logo, a ordenada do ponto em que
12 12 12
 74 30 
p corta o eixo y pertence ao intervalo − ,
,
 12 12 
40)C
De C1 temos:
x² − 2x + y² − 2y = 0 ⇔ (x − 1)² − 1 + (y − 1)² − 1 = 0 ⇔
(x − 1)² + (y − 1)² = 2.
Logo, o centro de C1 é (1, 1) e o raio de C1 é r1 = 2.
De C2 temos:
x² − 4x + y² − 4y = 0 ⇔ (x −2)² − 4 + (y − 2)² − 4 = 0 ⇔
(x − 2)² + (y − 2)² = 8.
Logo, o centro de C2 é (2, 2) e o raio de C2 e r2 = 8.
e
área de C2 = AC2 = π . r22 = π . ( 8)² = 8π.
Note que C2 tem raio:
dC, P = (13 − 9)2 + (−2 − 0)2 = 16 + 4 = 20.
42)D
Assim,
área de C1 = AC1 = π . r12 = π . ( 2)² = 2π.
C1: x² + y² + 8x − 2y − 83 = 0
(x − 4)² − 16 + (y − 1)² − 1 − 83 = 0 ⇔
(x − 4)² + (y − 1)² = 100.
2−0
(V) A reta AB é: (y −0) =
. (x − 1) ⇔ y = 2x − 2.
2 −1
 1

 1
Se − , − 3 ∈ AB, devemos ter − 3 = 2 . −  − 2
 2 

 2
⇔ − 3 = − 3, logo, pertence.
(F) Pois A nem pertence a esta reta.
senα senβ
(F) Pela lei dos senos temos que
=
⇔
1
2 2
(sen α )
⇔
= 2 2.
(sen β)
Logo C2 : (x − 13)² + (y + 2)² = 20.
Note agora que: dC1, O > RC1 + RC2, pois:
(13 − (−4))2 + (−2 − 1)2 = 172 + 32 = 289 + 9 =
= 298 ≈ 17,1 > 14,4 ≈ 10 + 20 = RC1 + RC2
Raio de C1  Raio de C2
Logo, estas circunferências não se tocam em ponto
algum e são externas. Assim os pontos internos a C1 e
externos a C2 são todos os pontos de C1, e a área de
C1 é dado por:
AC1 = π . R2c1 = π . 10² = π . 100 = 100π.
41)V - F - V - F - F
(V) (x − 1)² + y² = 1 ⇔ x² − 2x + 1 + y² − 1 = 0 ⇔
x² + y² − 2x = 0
(F) Como o raio de λ1 é rλ1 = 1, o seu comprimento é
2π . rλ1 = 2π . 1 = 2π.
12
Matemática B
Portanto, a área hachurada é igual a A = AC2 − AC1 =
= 8π − 2π = 6π
GABARITO
(
43)a) P = 3, 3
circulares de ângulo 120° e raio 2.
A área do segmento circular é a diferença entre a área
do setor circular AOB e a área do triângulo AOB, ou seja,
 1
 1 
4π
− . π . 2²−
− . 2 . 2 . sen 120° =
− 3.
 2 
 3 
3
)


b)  4π  + 2 3  u.a.
 3 

a)Na figura a seguir, sejam O = (0, 0); Q = (2, 0);
P = (xP, yP) e R = (xP, 0).
Assim, a área pedida é:
 4π
 4π
π . 2² − 2 .  − 3  =
+ 2 3.
 3
 3
44)10
y
P
yp
C
30° 2
30°
2
0
60°
Q
R
x
Como a circunferência que passa por P tem centro
(2, 0) e é tangente o eixo y, ela contém a origem e
seu raio é 2. Além disso, o triângulo OQP é isósceles
com OQ = QP = 2 e, portanto, seu ângulo externo
de vértice Q mede 2 . 30° = 60°. No triângulo QPR,
QR  1 xP − 2
⇔ xP = 3 e
cos 60° =
⇔
− =
QP  2 
2
sen 60° =
PR
3 yP
⇔
= ⇔ yP = 3.
QP
2
2
(
)
Dessa forma, P = 3, 3 .
b)Observe a figura a seguir:
y
01. Falso. A alcança B no instante t = 2h ao passarem pelo
marco de 120 km.
A
A
t=0
O
60
A
A
t=1
O
60
60
A, B
t=2
O
60
120
02.Verdadeiro. O ponto médio de AB é:
 x + x B y A + yB   0 + 5 3 + 0   5 3 
M =  A
,
 =  , . Logo,
,
=
 2
2   2 2 
2   2
o coeficiente ângular da reta que passa por M e pela
3
−0
3
origem é m = 2
= .
5
5
−0
2
04.Falso.As retas t e s não são perpendiculares, pois
16
4  4
ms . mt = . −  = − ≠ − 1.
9
3  3 
08.Verdadeiro. Note que:
C: x² + y² − 2x − 10y + 22 = 0 ⇔
(x − 1)² + (y − 5)² − 25 − 1 + 22 = 0 ⇔
(x − 1)² + (y − 5)² = 4
Logo, o centro de C é CC = (1, 5) e o raio é rC = 2.
Por outro lado,
C' = x² + y² − 8x − 4y + 10 = 0 ⇔
(x − 4)² − 16 + (y − 2)² − 4 + 10 = 0 ⇔
(x − 4)² + (y − 2)² = 10.
A
C
Logo, o centro de C' é CC' = (4, 2) e o raio é rC' = 10.
dCC , CC ’ = (4 − 1)2 + (2 − 5)2 = 3 2 e rC + rC' = 2 + 10.
Com isso, temos:
60°
0
x
60°
Portanto:
dCC , CC ’ = 3 2 ≈ 4,24 < 5,16 ≈ 2 + 10 = rC + rC'.
B
A área da região sombreada é a diferença entre a
área do círculo de raio 2 e a área de dois segmentos
Matemática B
13
GABARITO
48)B
45)A
Representando as circunferência C1 e C2 de raios 2 e
3, respectivamente, e a reta r pela figura:
A
10
3
02
01
2
B
C2
C1
r
C
s
O1 = (4, 3) e O2 = (10, 11)
A distância entre os dois postes deverá ser 2a.
c
Temos por II e III que b = 5 e que e = = 0,943. Com
a
c2
isso, 2 = (0,943)² = 0,889, ou seja c² = 0,889a².
a
Dessa forma, da fórmula a² = b² + c², temos:
a² = b² + 0,889a² ⇔ a² . (1 − 0,889) = b² ⇔
1
0,111a² = b² ⇔ a² = 5 .
⇔
0,111
1
1
1
=5.
= 5 . = 5 . 3 = 15. Logo, a
a = 52 .
1
0,111
0, 333
3
distância deverá ser aproximadamente:
2a = 2 . 15 = 30 m
49)A
Temos O1O2 = (10 − 4)2 + (11− 3)2 = 10. Traçando a
reta s paralela à r pelo centro O2, obtemos o retângulo
ABCO2, sendo BC = AO2 = 3 e AB = O2C. Pelo teorema
de Pitágoras, no triângulo O1O2C, temos:
10² = (2 + 3)² + (O2C)² ⇔ AB = 5 3.
46)C
A reta procurada terá pontos da forma (x, x + b). Quando
"colocarmos" a reta na equação da elipse, temos:
x2
x2
+ (x + b)² = 1 ⇔ + x² + 2xb + b² − 1 = 0 ⇔
4
4
5x 2
5x 2
− 1 = 0 (*)
+ 2xb + b² − 1 = 0 ⇔ b² + 2xb +
4
4
Para a reta ser tangente, devemos ter Δ = 0, ou seja,

 5x 2
4x² − 4 . 
− 1 = 0 ⇔ 4x² − 5x² + 4 = 0 ⇔ x = ± 2

 4
Assim, em (*) se x = 2, temos que:
b² + 4b + 4 = 0 ⇔ b1 = −2
ou, em (*) se x = −2, temos que:
b² − 4b + 4 = 0 ⇔ b2 = 2.
x² + y² + 2x + 4y − 4 = 0 ⇔
(x + 1)² − 1 + (y + 2)² − 4 − 4 = 0 ⇔
(x + 1)² + (y + 2)² = 9.
Logo, o centro de C1 é (−1, −2). Agora, note que o raio
de C2 é igual a dC1, C2 − raio de C1, pois elas são tangentes. Logo,
rC2 = (−1− 4)2 + (−2 − 3)2 − 3 = 25 + 25 − 3 = 5 2 − 3.
Logo, a soma de b1 com b2 fica 2 + (−2) = 0.
50)B
47)D
Pelas informações do gráfico temos que:
80
120
− 10 = 50 e b =
− 10 = 30.
a=
2
2
Logo, por Pitágoras temos:
a² = b² + c² ⇔ 50² = 30² + c² ⇔ c² = 2500 − 900 = 1600
⇔ c = 40
Assim, como |F1 − F2| = 2c, temos que a distância é de
2 . c = 2 . 40 = 80 metros.
14
Matemática B
(V)Se x = 0, então y = 1. Se y = 0, então x = −1. Logo,
a circunferência tangencia em (0, 1) e (−1, 0).
9x 2 + 4 y 2 = 36
(V) 2
 x + (−4)y 2 = 4

10x 2
= 40
x² = 4 ⇔ x = ± 2
E, assim, elas se interceptam em (2, 0) e (−2, 0),
que são, de fato, os vértices da hipérbole.
(F)O semieixo maior da elipse 9x² + 4y² = 36 ⇔
x 2 y2
+ = 1 é paralelo ao eixo y.
4 9
x2
O eixo real da hipérbole x² − 4y² = 4 ⇔ − y² = 1 é
4
paralelo ao eixo x.
GABARITO
51)B
c)
Note que P pertence à reta y = x, logo P =(k, k). Como
(k, k) está na elipse, temos:
k2
k2
+
= 1 ⇔ k² + 4k² = 100 ⇔ 5k² = 100 ⇔ k² = 20
100 25
⇔ k = 2 5, positivo pelo fato de P ∈ 1° quadrante.
Assim, P = (2 5, 2 5) e, com isso,
5
3
c
5
=
a 3
e=
2
2
(
)
(
)
55)a) x − 5 + x − 4 = 1
9
4
Centro = (5, 4)
a = 5 − 2 = 3 e b = 6 − 4 = 2.
2
dO, P =
(2
) (
2
)
5 − 0 + 2 5 − 0 = 20 + 20 =
= 40 = 2 10.
52)C
Pela definição de elipse, a corda deverá medir 2a, como
a = 10, a corda deverá medir 2 . 10 = 20 m.
(x − 1)2
56)
3−0
3
(x − 5) ⇔ y = − (x − 5) ⇔
0−5
5
5y + 3x − 15 = 0.
AC . BD 10 . 6
=
(F)A =
= 30.
2
2
(V)O raio desta circunferência deverá ser:
3 . 0 + 5 . 0 + (−15) −15
15
=
=
.
=
dO, AB
34
34
32 + 52
(F)y − 0 =
225
Logo, a equação ficará: x² + y² =
34
2
x2 y
(V) + = 1 ⇔ 9x² + 25y² = 225
25 9
(V)É interior, pois se substituirmos (3, 2) na fórmula
temos 9 . 3² + 25 . 2² = 81 + 100 < 225. Basta de
senhar a reta AB para verificar que P é exterior ao
x² + 4y² − 2x + 16y + 13 = 0
⇔ (x − 1)² − 1 + (2y + 4)² − 16 + 13 = 0
⇔ (x − 1)² + 4(y + 2)² = 4
⇔
(x − 1)2
x 2 y2
x 2 y2
+
= 1 ⇔ 2 + 2 = 1 ⇒ a = 3, b = 2 e por Pitá9
4
3
2
goras c² = a² − b² = 9 − 4 = 5 ⇒ c = 5.
F2 = ( 5, 0).
b)6 e 4
eixo maior = 2 . a = 2 . 3 =6
eixo menor = 2 . b = 2 . 2 = 4
2
+
( y + 2)
=1
4
1
a = 2   b = 1
⇒ c² = a² − b² = 4 − 1 = 3 ⇒ c = 3 .
Logo, os focos são F1 = (1 – 3 , –2), F2 = (1 + 3 , –2)
57)12 m
Pelos dados fornecidos, temos a = 10 e b = 8. Logo, por
Pitágoras, a² = b² + c² ⇔ 100 = 64 + c² ⇔ c = 6. Assim,
a distância focal é igual a 2 . c = 2 . 6 = 12 m.
2
54)a) V1 =(−3, 0), V2 = (3, 0), F1 = (− 5, 0) e F2 = ( 5, 0)
+
quadrilátero.
Logo, V1 =(−3, 0), V2 = (3, 0), F1 = (− 5, 0) e
2
( y + 2)
= 1;
4
1
F1 = (1 – 3 , –2), F2 = (1 + 3 , –2)
53)F − F − V − V − V
2
(
)
(
)
Logo, a equação fica: x − 5 + x − 4 = 1
2
2
3
2
2
2
(x + 4)
−
3
y
(
)
b)
+
=1
1
16
Centro = (−4, 3)
a = 7 − 3 = 4 e b = − 3 − (−4) = 1
2
2
(
)
( y − 3)
Logo, a equação fica: x +2 4 +
=1
2
1
4
2
2
58)(x + 3) + ( y − 4) = 1; focos F1 = (– 3, 0), F2 = (–3, 8)
20
36
9x² + 5y² + 54x − 40y − 19 = 0
(3x + 9)² − 81 + 5 (y² − 8y) − 19 = 0
(3 (x + 3)) ² + 5 (y − 4)² − 80 = 100
9 (x + 3) ² + 5 (y − 4)² = 180
2
2
(
( y − 4)
x + 3)
+
=1
20
36
 b = 20  a = 6
Por Pitágoras, c² = a² − b² = 36 − 20 = 16 ⇒ c = 4.
Assim, F1 = (– 3, 0), F2 = (–3, 8).
Matemática B
15
GABARITO
59)Centro: C = (4, –3); a = 5, b = 4;
focos F1 = (1, – 3), F2 = (7, – 3)
62)D
Do enunciado temos a figura:
Centro = (4, −3)
y
A(0,9)
Como a = 5 e b = 4, por pitágoras c = 3. Assim, os focos
são:
F1 = (4 − 3, −3) = (1, −3)
F2 = (4 + 3, −3) = (7, −3)
6
F2
x
e as medidas dos eixos são:
maior  2 . a = 2 . 5 = 10
menor  2 . b = 2 . 4 = 8
a=9
b=?
c=6
9
B(x,3)
0
60)Vértices: A1 = (–5, 0) e A2 = (5, 0); focos F1 = (− 21, 0),
F2 = ( 21, 0)
4x² + 25y² = 100
x 2 y2
+ = 1⇒ c² = 25 − 4 ⇒ c = 21
25
4
a = 5   b = 2
6
x
–6 F
1
Temos que b² + c² = a²
⇒ b² + 6² = 9² ⇒ b² = 45 ⇒ b = 45
Assim, a equação da elipse fica:
x 2 y2
61) +
=1
1 10
Como B (x, 3) pertence à elipse, temos:
32 x 2
+
= 1 ⇔ x = 2 10.
81 45
Vértices: V1 = (–5, 0) e V2 = (5, 0)
Focos: F1 = (− 21, 0), F2 = ( 21, 0)
Como F1 = (0, −3) e F2 = (0, 3), temos que c = 3 e o
centro é (0, 0).
Por ser 2 o comprimento do eixo menor, temos que
b = 1. E, assim, a² = b² + c² = 1² + 3² = 10 ⇒ a = 10.
Portanto a equação fica:
x 2 y2
+
=1
1 10
 1
Logo, a área do triângulo BF1F2é:
− . 12 . 2 10 = 12 10
 2 
63)E
Como está centrada na origem e passa pelos pontos
(1, 0) e (0, −2), temos que a = 2 e b = 1. Assim:
c² = a² − b² = 2² − 1² = 3 ⇒ c = 3.
Logo, a distância focal é 2 . c = 2 3 e a excentricidade
ée=
16
y2 x 2
+
=1
81 45
Matemática B
c
3
=
.
a
2