MATEMÁTICA

MATEMÁTICA
6)
CADERNO 4 – CURSO E
=
FRENTE 1 – ÁLGEBRA
2x 55 = x4 1x € 10 – 5x = x
2
€
x2
–4€
+ 5x – 14 = 0 € x = – 7 ou x = 2
A nova matriz obtida, de acordo com o enunciado, é
– 4x
3x
1
4
2x
–x
2
–1
=
= 23 –– 4x
3x
1 – 2x
4+x
1
Resposta: x = ––– ou x = – 1
2
Resposta: B
1 2 1
3 4 1
4 6 2
– x . 43
1
€ x = – 1 ou x = –––
2
A solução positiva, x = 2, é um número primo.
2)
23
1
4
II) det(A – x . B) = 0 fi
fi (2 – 4x) . (4 + x) – (1 – 2x) . (3 – 3x) = 0 €
€ 8 + 2x – 16x – 4x2 – 3 + 3x + 6x – 6x2 = 0 €
€ – 10x2 – 5x + 5 = 0 € 2x2 + x – 1 = 0 €
n Módulo 15 – Determinantes
1)
23
I) A – x . B =
7)
2
–2
1
x
–x
–3
3
4
x
= 175 €
€ – 2x2 + 4x + 18 + 3x + 24 + 2x2 = 175 €
, e o determinante dessa matriz é
€ 7x + 42 = 175 € 7x = 133 € x = 19
Resposta: V = {19}
8 + 8 + 18 – 16 – 6 – 12 = 0
Resposta: C
8)
3)
x 1
0 x
+
0 y
y 1
=
x y+1
y x+1
€
€ x . x – 0.1 + 0.1 – y.y = x(x + 1) – y(y + 1) €
€ x2 – y2 = x2 + x – y2 – y € 0 = x – y € y = x
Observe que a expressão da alternativa a está correta, pois
trata-se de uma soma de matrizes, porém, não é equivalente
à expressão dada no enunciado que é uma soma de
determinantes.
Resposta: E
4)
II)
fi
x
z
4
x2
2
0
y+z
x2 = 4
y=0
€
z=2
y+z=–x
y
1
5
–1
1
2
= 4z
=
y
–x
fi
x=–2
y=0
z=2
–2
2
4
0
1
5
–1
1
2
=
= – 4 – 10 + 4 + 10 = 0
Resposta: B
11 x1 ––––––––– =
1 1
x 1
I) A = Bt fi
1–x
=1–x€
1x 11 € ––––––
1–x
9)
1 +3 a 1––1a = 0 € (1 + a) . (1 – a) + 3 = 0 €
€ 1 – a2 + 3 = 0 € a2 = 4 € a = 2 ou a = – 2
€ (1 – x)2 = 1 – x € (1 – x)2 – (1 – x) = 0 €
Resposta: A
€ (1 – x) . (1 – x – 1) = 0 € (1 – x) . (– x) = 0 €
€ x = 1 ou x = 0 fi x = 0, pois deve-se ter 1 – x ≠ 0 € x ≠ 1 fi
10) I) A . B = I fi
fi S = {0}
Resposta: E
5)
€
– a4 –– 44b
fi
Se a matriz A é quadrada de ordem 2 com
aij = 2i – j, para i = j
, então:
aij = 3i – 2j, para i ≠ j
I) A =
aa
II) det A =
= 3.22.1––2.11
21
a12
a22
1 –1
4 2
11
Resposta: E
3.1 – 2.2
2.2 – 2
= 2 – (– 4) = 2 + 4 = 6
= 14
–1
2
–a4
a–
a–
–4
–4
1
b
. –14
a–5
– 4 – 5b
4=1
5=0
€
– 4b = 0
– 5b = 1
= 10
–54
1
–1
0
1
= 10
0
1
€
fi
ab == 5– 1
II) Para a = 5 e b = – 1, tem-se A =
III) det A =
1
–5
–a4
1
b
= –54
1
–1
=–5+4=–1
IV) det A2 = det (A . A) = det A . det A = (– 1) . (– 1) = 1
Resposta: A
–1
22 –51 + k . 10 01 =
=
22 –51 + k0 0k = 2 +2 k 5–+1k II) det(M + k . I) = 0 fi 2 + k – 1
2 5+k =0fi
a–b
b–c
c–a
11) I) M + k . I =
6)
a
c
b
d
= –
c
a
d
b
=
d
b
c
a
7)
, pois cada troca de
ac
= ba
b
d
c
d
–3b2a
– 2c
3d
c
d
b
b
b
=0
+
x+a
y+a
z+a
x
y
z
.(–1)
+
=a.b.
x
y
z
x+b
y+b
z+b
x
y
z
=
=
+
1
1
1
1
1
1
= a . b . 0 = 0, pois a 2a. e a 3a. colunas são
Resposta: A
, pois trata-se do determinante de
= (– 2) . 3 . ba
a
a
a
0
0
0
b–c
c–a
a–b
+
m+1
m+1 m+2 m+3
m+2 m+3 m+4 = m+2
m+3
m+3 m+4 m+5
= (– 2) . 3 . x = – 6x
1
1
1
2
2
2
= 0, pois a 2a. e a 3a.
+
.(–1)
+
uma matriz e da sua transposta, cujos valores são iguais.
II) y =
a–b
b–c
c–a
iguais.
8)
I) x =
=
Resposta: E
filas paralelas provoca a troca do sinal do valor do determinante. Observe que, inicialmente, trocaram de posição a 1a.
e a 2a. linhas e, finalmente, trocaram de posição a 1a. e a 2a.
colunas.
Resposta: D
2)
c–a
a–b
b–c
x1
n Módulo 16 – Propriedades dos
Determinantes
D =
b–c
c–a
a–b
x1
fi (2 + k) . (5 + k) + 2 = 0 € 10 + 2k + 5k + k2 + 2 = 0 €
€ k2 + 7k + 12 = 0 € k = – 4 ou k = – 3
Resposta: C
1)
D=
colunas são proporcionais.
Resposta: C
y
– 6x
III) –– = ––––– = – 6
x
x
n Módulo 17 – Teorema de Laplace,
Regra de Chió e
Outras Propriedades
Resposta: C
3)
I) det A = 2 fi
€4.
II) det B =
1
1
1
4
4
4
a
b
c
m
n
p
= 3 . (– 1) .
a
b
c
m
n
p
a
b
c
1
1
1
3
3
3
a
b
c
m
n
p
=2€
=2€
=3.
m
n
p
1
1
1
a
b
c
m
n
p
m
n
p
a
b
c
1
1
1
1
= ––
2
1)
A23 = (– 1)2 + 3 .
20
1
2
1
3
1
2
, tem-se a23 = 1 e o seu cofator
é dado por:
=
=
2)
Se A é uma matriz quadrada de ordem 4 e det A = – 6, então:
det(2A) = x – 97 fi 24 . det A = x – 97 fi
fi 16 . (– 6) = x – 97 € – 96 = x – 97 € x = 1
Resposta: C
5)
“O determinante da matriz At (transposta de A) é igual ao
determinante da matriz A”, pode ser expressa matematicamente por det(At) = det A
Resposta: D
= (– 1)
5
.2=–2
0
x2
x
0
4
x
6
7
0
3x
3
0
0
x
4
5
= 0 ⇔ 4 . (–
1)1 +2
x2 3x x
. x 3 4 =0⇔
0 0 5
x 3 1
1 1 1
⇔ 4 . (– 1)3 . x . x 3 4 = 0 ⇔ 4 . (– 1) . x . x . 3 . 1 1 4 = 0,
0 0 5
0 0 5
Resposta: D
4)
1
1
Resposta: D
1 =– 3
= 3 . (– 1) . ––
––
2
2
2–
2
1
0
Na matriz A =
1
para qualquer x Œ ⺢, pois 1
0
Resposta: D
3)
0
x
1
0
0
0
x
8
2
x2
log x
1
0
0
8
x
1
1
0
1
4 = 0 (filas paralelas iguais)
5
x
= 0 ⇔ 2 . (– 1)1 + 3 . 1
0
0
x
8
0
8 =0⇔
x
⇔ 2 . (– 1)4 . (x3 – 64x) = 0 ⇔ 2 . 1 . x . (x2 – 64) = 0 ⇔
⇔ x = 0 ou x2 – 64 = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 8 ou x = 8
Resposta: D
4)
1
a
a
0
a
1
0
a
a
0
1
a
0
a
a >0
1
7)
det(A2) = det(A . A) = det A . det A = (det A)2
Resposta: B
8)
Para A =
1
0
–1 –1
1
1
1
0
–1 –1
1
1
eB=
03
0
3
1
4
1
4
2
5
2
5
, tem-se:
= – 33
0
1
2
–5 –7
5
7
Multiplicando a 2a., a 3a. e a 4a. coluna por 1 e somando-as à 1a.
coluna, tem-se:
I) A . B =
2a
2a
2a
2a
II) n = det(AB) = 0, pois a 2a. e a 3a. linha são proporcionais.
+
+
+
+
1
1
1
1
a
1
0
a
a
0
1
a
0
1
a
1
a > 0 ⇔ (2a + 1) . 1
1
1
a
1
0
a
a
0
1
a
0
a
a
1
1
0
0
0
(2a + 1) .
a
a
1–a –a
–a 1–a
0
0
⇔ (2a + 1) . 1 . (– 1)1 + 1 .
0
a
a
1
III) Para n = 0, tem-se 7n = 70 = 1
>0
Multiplicando a 1a. linha por (– 1) e somando-a às outras
linhas, tem-se:
Resposta: 1
9)
>0⇔
1–a –a
–a 1–a
0
0
a
a
1
I) A =
10
1
1
fi det A = 1
II) B =
ac
b
d
fi det B = ad – bc
III) det(AB) = 0 fi det A . det B = 0 fi
fi 1 . (ad – bc) = 0 ⇔ ad – bc = 0
Resposta: C
>0⇔
⇔ (2a + 1) . 1 . 1 . [(1 – a)2 – a2] > 0 ⇔
⇔ (2a + 1) . (1 – 2a + a2 – a2) > 0 ⇔
1
1
⇔ (2a + 1) . (1 – 2a) > 0 ⇔ – ––– < a < ––– , pois o gráfico da
2
2
função f(a) = (2a + 1) . (1 – 2a) é do tipo
.
10)
– sen x
–8
–5
0
– sen x cotg x
0
0
cos x
= 0 ⇔ sen2x . cos x = 0 fi
cos x
fi cos x = 0, pois sen x ≠ 0 (observe que cotg x = –––––––
sen x
não existe para sen x = 0, consequentemente, o determinante
dado não poderia ser calculado).
π
Assim, cos x = 0 ⇔ x = –– + n . π, n Œ ⺪
2
Para 0 ≤ x ≤ 2, o menor valor de x é obtido fazendo n = 0, que
π
resulta x = –– .
2
Resposta: D
Resposta: B
5)
Se A e B são matrizes quadradas de ordem n, são verdadeiras
n Módulo 18 – Inversão de Matrizes
as seguintes propriedades:
I) det A = det At
1)
II) det(A . B) = det A . det B
Seja M =
41 31 , então:
III) det(A2) = det(A . A) = det A . det A = (det A)2
IV) det A . det At = det A . det A = (det A)2
I) det M = 4 · 1 – 3 · 1 = 1.
Não é verdadeira a afirmação det(A + B) = det A + det B
II) M’ =
Resposta: A
6)
I) A =
x1
4
x
fi det A = x
II) B =
x
1
0
x
2
–4
fi det B = – x2
III) det (A . B) = 0 fi det A . det B = 0 fi
fi (x2 – 4) . (– x2) = 0 ⇔ x2 – 4 = 0 ou – x2 = 0 ⇔
⇔ x2 = 4 ou x2 = 0 ⇔ x = – 2 ou x = 2 ou x = 0
Resposta: E
–31 –14 é a matriz dos cofatores.
––
––
III) M = (M’)t ⇒ M =
–11
–3
4
1
IV) M–1 = –––––– · M ⇒ M–1 =
det M
–11 –34 Resposta: B
–3
2)
Se b = b12 for o elemento da 1.° linha e 2.° coluna matriz
inversa, então:
A21
–2
b = b12 = ––––––– = ––– = –1
det M
2
Se as matrizes são inversas uma da outra, então:
A·B=I⇒
11
⇔
11 ·· 22 ++ 24 ·· xx
⇔
22 ++ 2x4x
⇔
· 2x
2
4
–1
y
= 10 01 ⇔
1 · (–1) + 2 · y
1 · (–1) + 4 · y
–1 + 2y
–1 + 4y
2 + 2x = 1
2 + 4x = 0
⇔
–1 + 2y = 0
–1 + 4y = 1
= 10 01 ⇔
Resposta: B
= 10 01 ⇔
1
x = – ––
2
5)
1
1
⇒ x + y = – –– + –– = 0.
2
2
1
y = ––
2
Seja A–1 =
⇔
1
⇔ – 6x2 + 3x ≠0 ⇔ 3x (–2x + 1) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 e x ≠ ––
2
b
, então:
d
1
0
0
–1
·
1·a+0·c
0 · a + (–1) · c
a
–c
b
–d
b
d
0
1
II) A + A–1 =
=
A–1)2
1
0
=
0
–1
2
0
+
0
–2
02· 2· 2++(–2)0 · ·00
⇔
1
0
0
1
0
1
=
6)
I) Se B =
0
–1
2
0
A–1
=
0
–2
=
2
0
1
0
0
–2
0
–1
0
4
⇔
a – a2c
IV) (A +
=
=
2
0
0
–2
·
0·0
20 ·· 44 ++ (–2)
·0
Assim, (A +
A–1)3
4
0
0
4
= 80
0
–8
⇔C=
=8·A
Resposta: E
4)
Se M =
1
0
2
1
I) det M = 0
2
2
–2
0
=
, então:
0
1 =2
1
0
3
= 10 01 ⇔
a=1
b=0
1
c = ––
2
⇔
2
2
·
1
0
1
––
2
1
– ––
2
2
2
6
1
––
2
1
– ––
2
=
–
1
1
4
0
0
–2
–1
–1
=
+
=C⇔
1
–1 · 0 + 2 · – ––
2
–2
0
0–1
0–1
3
–1
=
1
1
3 · 0 + 2 · – ––
2
1
–1 · 1 + 2 · ––
2
B–1
1
d = – ––
2
1
3 · 1 + 2 · ––
2
3+1
–1 + 1
Resposta: B
· ac bd = 10 01 ⇔
= 10 01 ⇔
3
–1
IV) det (A – B + C) =
0 1 = (–1) (2 – 0) = –1 · 2 = –2
2
=C⇒
III) A – B + C =
2
–2
0
II) A21 = (–1)2 + 1 ·
4–
0
1
1
B–1
ac bd , então:
1·b+0·d
1·b–2·d
a=1
⇔
b=0
b – 2d = 1
=
2·0+0·4
0 · 0 + (–2) · (4)
0
–2
b
b – 2d
II) A ·
A–1)3
11
11 ·· aa +– 2c0 · c
⇔
= 40
0
, seja B–1 =
–2
⇔
=
2 · 0 + 0 · (–2)
0 · 0 + (–2) · (–2)
11
B · B–1 = I ⇒
⇔
⇔
1
0
·
1
0
=
1·b+0·d
0 · b + (–1) · d
1
0
=
a
c
⇔ a = 1, b = 0, c = 0, d = –1, então
III) (A +
0
x ≠0⇔
1
Resposta: E
a
c
I) A · A–1 = I ⇒
⇔
0
x
2x
⇔ 3x + 0 + 0 – 0 – 6x2 – 0 ≠ 0 ⇔
Resposta: E
3)
3
Se A admite inversa, det A ≠ 0 ⇒ 0
0
4
0
–1
–1
1
= 18 – (–2) = 20
3
=
6
–2
1
3
7)
I) A =
1
0
1
2
–1
0
3
1
2
⇒ det A = 3
⇔
a = a + 2c
2a + b = b + 2d
c=c
2c + d = d
⇔
a=d
c=0
II) B–1 = 2A ⇒ det B–1 = det (2A)
Resposta: D
Como a matriz A é quadrada de ordem 3, então:
det (2A) = 23 · det A = 8 · det A
FRENTE 2 – ÁLGEBRA
Assim, det B–1 = 8 · det A
1
1
1
1
III) det B = ––––––– = –––––––– = ––––– = –––
–1
det B
8 · det A
8·3
24
n Módulo 15 – Fatorial, Número Binomial
e Triângulo de Pascal ou
Tartaglia
Resposta: E
1)
8)
Resposta: C
1
1
I) det A–1 = –– ⇔ det A = ––––––– = 5
5
det A–1
2)
II) det A =
2x
x
21!
21 . 20 . 19!
–––– = –––––––––––– = 21 . 20 = 420
19!
19!
–1
= 5 ⇔ 3x + 2x = 5 ⇔ 5x = 5 ⇔
3
21! – 20!
21 . 20 . 19! – 20 . 19!
20 . 19! . (21 – 1)
––––––––– = –––––––––––––––––––––– = ––––––––––––––––– =
19!
19!
19!
= 20 . 20 = 400
Resposta: D
⇔x=1⇔x–1=0
3)
Resposta: E
(n + 1)!
(n + 1) . n . (n – 1)!
––––––––– = ––––––––––––––––––– = (n + 1) . n = n2 + n
(n – 1)!
(n – 1)!
Resposta: C
9)
4)
(X · A)t = B ⇒ [(X · A)t]t = Bt ⇒
€ (n + 4) . (n + 3) . (n + 2)! + (n + 3) . (n + 2)! = 15 . (n + 2)! €
⇒ X · A = Bt ⇒ X · A · A–1 = Bt · A–1 ⇒
⇒X·I=
Bt
·
A–1
⇒X=
Bt
·
(n + 4)! + (n + 3)! = 15 . (n + 2)! €
€ (n + 4) . (n + 3) + (n + 3) = 15 €
€ n2 + 3n + 4n + 12 + n + 3 = 15 € n2 + 8n = 0 €
A–1
€ n . (n + 8) = 0 fi n = 0, pois n ≥ – 2
Resposta: B
Resposta: E
5)
10) a) A · B =
=
a b
c d
b) B · A =
·
a·1+b·0
c·1+d·0
⇔A·B=
=
2a + b
2c + d
·
1·a+2·c
0·a+1·c
c) AB = BA ⇒
a + 2c
c
2
1
a
c
=
a
c
b
d
6)
I)
200 . 199 . 198!
––––––––––––––– = 100 . 199 = 19 900
198! . 2 . 1
x +4 1 = 7 x 2– 1 , podemos ter:
x+1 = x–1 =0€
4
2
x
x
x
x
+1≥0
–1≥0 €
+1<4
–1<2
x≥–1
fi
x≥1
x<3
fi x = 1 ou x = 2
II) Para x ≥ 3, tem-se:
=
1·b+2·d
0·b+1·d
b + 2d
d
2a + b
2c + d
Se 2
=
200!
Resposta: A
a·2+b·1
c·2+d·1
a
c
1 2
0 1
⇔B·A=
1
0
= ––––––––– =
200
198 198! . 2!
(x + 1)!
(x – 1)!
2 . ––––––––– = 7 . ––––––––– €
4!(x – 3)!
2!(x – 3)!
=
2 . (x + 1) . x . (x – 1)!
7 . (x – 1)!
€ ––––––––––––––––––––– = ––––––––––– €
4.3.2.1
2.1
=
(x + 1) . x
7
(x + 1) . x
€ ––––––––––– = ––– € ––––––––––– = 7 €
4.3
2
2.3
a + 2c
c
b + 2d
d
€ x2 + x = 42 € x2 + x – 42 = 0 € x = 6, pois x ≥ 3
⇔
Resposta: V = {1; 2; 6}
–5
7)
nk = np ≠ 0 € k = p ou k + p = n, pois se k + p = n os
4
14)
k=0
números binomiais são complementares.
Resposta: E
8)
7!
7 . 6 . 5 . 4!
= ––––– = ––––––––––––– = 7 . 5 = 35, pois é a soma dos
4!3!
4! . 3 . 2 . 1
514– x = 5x14– 7 ≠ 0 € 5 – x = 5x – 7 ou
primeiros elementos de uma diagonal, e o resultado localizase abaixo do último binomial somado.
5 – x + 5x – 7 = 14 € 6x = 12 ou 4x = 16 € x = 2 ou x = 4
Resposta: V = {2; 4}
Resposta: 35
10
9)
15)
21
21
21
21
21
21
0 1 … 13 14 … 20 21 20
0
20
…
1
20
13
20
20
…
14
20
Resposta: 462
m
16)
Resposta: C
I)
m
m
m
m
m
= 512 € + + + … + = 512 €
k 0
1
2
m
k=0
€ 2m = 29 € m = 9
m
m
m
m
m
m
0 1 … p – 1 p … m – 1m
m–1
m–1 m–1
…
1
p–1
p
m
p
p4 = 44 + 54 + 64 + … + 104 = 115 =
11!
11 . 10 . 9 . 8 . 7 . 6!
= ––––– = –––––––––––––––––––– = 462
5!6!
5 . 4 . 3 . 2 . 1 . 6!
+ 20 = 21
20
13 14 14 10)
p=4
Utilizando a Relação de Stifel, observando as duas linhas do
Triângulo de Pascal acima, tem-se:
m–1
0
k +k 2 = 20 + 31 + 42 + 53 + 64 = 74 =
m–1
…
m–1
Resposta: E
m
e
são números binomiais complementares,
m–p
= mm– p = 55
pois p + m – p = m, então, m
II) Utilizando a Relação de p
n Módulo 16 – Teorema do Binômio e
Termo Geral
1)
I) Os coeficientes da linha 4 do triângulo de Pascal são 1, 4,
6, 4 e 1.
II) (x – y)4 = 1x4y0 – 4x3y1 + 6x2y2 – 4x1y3 + 1x0y4 =
Stifel, observando as duas linhas do Triângulo de Pascal
= x4 – 4x3y + 6x2y2 – 4xy3 + y4
acima, tem-se:
mp –– 11 + mp– 1 = mp fi
fi 10 + m – 1 = 55 € m – 1 = 45
p p 2)
I) Os coeficientes da linha 6 do Triângulo de Pascal são 1, 6,
15, 20, 15, 6 e 1
II) (x – 2)6 =1x620 – 6x521 + 15x422 – 20x323 + 15x224 – 6x125 +
Resposta: B
+ 1x026 = x6 – 12x5 + 60x4 – 160x3 + 240x2 – 192x + 64
4
11)
4
4
4
4
4
4
=
+
+
+
+
=2
k 0 1 2 3 4 k=0
4
= 16, pois
3)
centes de x, o termo geral é Tk + 1 =
é a soma de todos os números binomiais da linha 4.
Resposta: 16
6
6
6
6
6
6
=
+
+
+
+
=
k 1 2 3 4 5 k=1
= 26 –
6
0
–
6
6
13)
k=2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
3
6!
= ––––– =
3!3!
seguinte (5 + 1 = 6) e na coluna seguinte (2 + 1 = 3), em
relação ao último binomial somado.
6–
T4 =
4)
6 . 5 . 4 . 3!
= –––––––––––– = 5 . 4 = 20, pois é a soma dos primeiros
3 . 2 . 1 . 3!
elementos da coluna 2, e o resultado localiza-se na linha
Resposta: 20
. 2k
103 . (x )
2 10 – 3
. 23 = 120 . x14 . 8 = 960 . x14
Resposta: 960x14
= + + + = k
2
2 10 – k
= 64 – 1 – 1 = 62
Resposta: 62
5
10k . (x )
II) Fazendo k = 3, obtém-se o 4o. termo, assim:
5
12)
I) No desenvolvimento de (x2 + 2)10, com expoentes decres-
I) No desenvolvimento de
Tk + 1 =
4
k
. (x2)4 – k .
x
2
3
+ –––
2
k
4
, o termo geral é
3
–––
2
4
k
=
. x8 – 2k .
k
3
–––
2
II) Para obter o termo em x4, devemos ter 8 – 2k = 4 € k = 2,
assim:
T3 =
42 . x
Resposta: A
8–2.2
.
2
–––2 = 6 . x
3
4
9
27
. ––– = –––– . x4
4
2
5)
I) No desenvolvimento de
Tk + 1 =
=
12k . (x )
2 12 – k
x
2
1
+ –––
x3
. (x – 3)k =
12
, o termo geral é
12k . x
24 – 2k
4)
12k . x
24 – 5k
II) Para obter o termo em x2, devemos ter 24 – 5k = 2 €
22
€ k = ––– , assim, não existe o termo pedido, pois k œ ⺞.
5
para que se tenha o binomial
5)
I) No desenvolvimento de
Tk + 1 =
=
8k . x
8–k
8k . 4
k
.
4
x + –––
3x
k
8
, o termo geral é
= .x
–––
k
3x 4
8
8–k
. 4k . 3– k . x– k =
. 3– k . x8 – 2k
II) Para obter o termo independente de x, isto é, o termo com
x0, devemos ter 8 – 2k = 0 € k = 4, assim, o termo é
Tk + 1 = T5 (5o. termo)
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
7)
S = (1 – 1)104 = 0104 = 0
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: C
Resposta: 182
A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (3x + 2y)5 é
obtida fazendo x = 1 e y = 1, assim:
S = (3 . 1 + 2 . 1)5 = (3 + 2)5 = 55 = 3125
Resposta: 3125
8)
A soma dos coeficientes do desenvolvimento de (x – y)104 é
obtida fazendo x = 1 e y = 1, assim:
n Módulo 17 – Arranjos Simples e
Permutações Simples
1)
2)
3)
D U .
6)
Resposta: D
7)
Números de 4 algarismos são do tipo M C
Dispondo dos algarismos de 0 a 9, sem repetição, para formar
números pares, existem duas situações:
I) Se o número terminar com zero, o número de possibilidades 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 possibilidades 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
12k ≠ 0
Resposta: não existe
6)
D U .
Dispondo dos algarismos de 0 a 9, sem repetição, para formar
números ímpares, o número de possibilidades é:
I) 5 para U (1, 3, 5, 7 ou 9)
II) 8 para M (deve ser diferente de U e diferente de zero)
III) 8 para C (deve ser diferente de U e de M)
IV) 7 para D (deve ser diferente de U, de M e de C)
Assim, a quantidade pedida é 5 . 8 . 8 . 7 = 2240
Resposta: 2240
. x– 3k =
Observe que k deve ser um número natural entre 0 e 12
Números de 4 algarismos são do tipo M C
Já que os livros são diferentes, o número de maneiras de
distribuir esses livros é A42,2 = 42 . 41 = 1722
Resposta: B
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
Números de 3 algarismos são do tipo C
D U .
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
8)
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 9 a 16:
A palavra ALIMENTO tem 8 letras.
9)
O número de anagramas que começam com M é
P7 = 7! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5 040
Resposta: 5 040
10) O número de anagramas que terminam com O é
P7 = 7! = 7 . 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 5040
Resposta: 5040
11) O número de anagramas que começam com M e terminam
com L é P6 = 6! = 6 . 5 . 4 . 3 . 2 . 1 = 720
Resposta: 720
–7
12) O número de anagramas que começam com uma vogal é
4 . P7 = 4 . 7! = 4 . 5040 = 20 160
Resposta: 20 160
2)
C7,3 =
73 =
7!
7.6.5
––––––– = –––––––– = 35
3! . 4!
3.2.1
Resposta: 35
13) O número de anagramas que terminam com uma consoante
é 4 . P7 = 4 . 7! = 4 . 5040 = 20 160
Resposta: 20 160
14) 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
3)
C21,2 =
212 =
21!
21 . 20
––––––– = –––––––– = 210
2! . 19!
2.1
Resposta: 210
4)
C21,3 =
213 =
21!
21 . 20 . 19
––––––– = ––––––––––– = 1330
3! . 18!
3.2.1
Resposta: 1330
15) O número de anagramas que começam e terminam com
vogal é 4 . 3 . P6 = 4 . 3 . 6! = 4 . 3 . 720 = 8640
Resposta: 8640
5)
16) 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
17) 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
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
12!
7!
12
7
.
= ––––––– = ––––––– =
C12,5 . C7,4 =
5
4
5! . 7!
4! . 3!
12 . 11 . 10 . 9 . 8
7.6.5
= ––––––––––––––––––– . ––––––––– = 792 . 35 = 27720
5.4.3.2.1
3.2.1
Resposta: 27720
6)
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
6.5.4
6
C6,3 =
= ––––––––– = 20
3
3.2.1
Resposta: C
18) 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 sobraram,
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
n Módulo 18 – Combinações Simples,
Permutações, Arranjos e
Combinações com
Repetição
1)
Como não importa a ordem dos livros escolhidos, o número
procurado é dado por C8,3 =
Resposta: 56
8–
83 =
8!
8.7.6
––––––– = –––––––– = 56
3! . 5!
3.2.1
7)
I) Todos os júris de 7 pessoas tem pelo menos um
advogado.
II) O número de formas de compor o júri é
10!
10 . 9 . 8
C10,7 = –––––– = –––––––– = 120
6
7!3!
Resposta: A
8)
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
7.6.5
4.3
4
7
C7,4 . C4,2 =
.
= ––––––––– . –––––– = 35 . 6 = 210
4
2
3.2.1
2.1
Resposta: 210
9)
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:
4!
6!
6.5.4.3.2.1
C4,2 . C6,2 = ––––– . ––––– = ––––––––––––––– = 90
2! 2!
2! 4!
2 . 2. 2
Resposta: A
10) 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
17) 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
7.6
7
por C*3,5 = C3 + 5 – 1,5 = C7,5 =
= –––––– = 21
5
2.1
Pode-se pensar em obter o número de soluções inteiras não
negativas da equação m + p + ᐉ = 5, que é dado por
7!
7.6
(5, 2+)
= –––––– = –––––– = 21
P
7
5! . 2!
2.1
Resposta: 21
(3A,2R)
11) P6
6!
6.5.4
= ––––––– = –––––––– = 60
3! . 2!
2.1
Resposta: 60
2
18) I) O número de comissões diferentes, de 2 pessoas cada,
que podemos formar com os n diretores de uma firma é
Cn,2.
n!
Logo: Cn,2 = k € ––––––––– = k € n . (n – 1) = 2k
2!(n – 2)!
12) I) O número total de permutações da palavra economia é P8 .
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
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 =
III) De (a) e (b), temos: 2k = k + 3 € k = 3
10 800
IV)
Resposta: E
쎻
n–1
Assim sendo:
(n – 1)! = 120 € (n – 1)! = 1.2.3.4.5 € (n – 1)! = 5! €
€n–1=5€n=6
Resposta: C
fi n (n – 1) = 6 € n = 3
FRENTE 3 – GEOMETRIA PLANA E ANALÍTICA
n Módulo 15 – Razão Entre as Áreas de
Figuras Semelhantes e Área
dos Polígonos Regulares
1)
I) A área do quadrado ABCD, em cm2, é S1 = 122 = 144
12
II) AE = AF = –––– = 4, em cm.
3
III) A área do triângulo AEF, em cm2, é
14) 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
15) 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
n . (n – 1) = 2k
Resposta: A
13) 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
k = 3
AE . AF
4.4
S2 = –––––––– = ––––– = 8
2
2
IV) A área S do octógono, em centímetros quadrados, é:
S = S1 – 4 . S2 = 144 – 4 . 8 = 144 – 32 = 112
Resposta: D
2)
16) 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
–9
I) Se a é a área de cada um dos 6 triângulos equiláteros que
5)
formam o hexágono central de área k, então, k = 6a.
II) A soma das áreas dos triângulos ACE e BDF é
9a + 9a = 18a = 3 . 6a = 3k
Resposta: C
3)
I) SHEX = 6 . SOAB fi 6 = 6 . SOAB € SOAB = 1
SOAB + SOBC
2 . SOAB
II) SABC = ––––––––––––– = –––––––––– = SOAB = 1
2
2
Resposta: A
O pentágono hachurado tem área S correspondente a dois
triângulos equiláteros de lado 1, assim, tem-se:
12 . 3
3
S = 2 . –––––––– = ––––
4
2
6)
Resposta: E
4)
2
1
I) SHEX = 6 . SOAB fi 2 = 6 . SOAB € SOAB = ––– = –––
6
3
SOAB + SOBC
2 . SOAB
1
II) SABC = ––––––––––––– = –––––––––– = SOAB = –––
2
2
3
1
5
III) SPENT = SHEX – SABC = 2 – ––– = –––
3
3
Resposta: E
ᐉ
3
3
2
3
I) ᐉ = 2 fi R = ––––– = ––––– = 2
2
ᐉ2 . 3
3
22 . II) S = 12 . –––––––– – π . R2 = 12 . –––––––– – 3 . (
3 )2 =
4
4
= 12 . 3 – 3 . 3 = 3 . (4 . 3 – 3)
Resposta: B
10 –
7)
III) A área do polígono de n lados é dada por
a . 3
3
a . I) AH = HC = ––––––– fi AC = 2 . ––––––– = a . 3
2
2
b.a
2 . r2 – a2 . a
n . ––––– = n . –––––––––––––––– = na
r2 – a2
2
2
2 . SOAB
SOAB + SOBC
a2 . 3
II) SABC = ––––––––––––– = ––––––––– = SOAB = –––––––
2
2
4
Resposta: C
x . a . 3
x . AC
III) SACM = –––––––– = ––––––––––
2
2
9)
Sendo R o raio do círculo maior (figura I)
e r o raio de cada círculo menor (figura II), tem-se:
I) 2 . π . R = 3 . 2 . π . r € R = 3 . r
1
1
IV) SABCM = ––– . SHEX fi SABC + SACM = ––– . SHEX fi
4
4
II) s = π . r2
III) S = π . R2 = π . (3 . r)2 = π . 9 . r2 = 9 . π . r2 = 9 . s
1
. 3
x . a . 3
. 3
fi ––––––– + –––––––––– = ––– . 6 . ––––––– €
4
4
2
4
a2
a2
Resposta: E
a
x
3a
a
€ ––– + ––– = –––– € 2a + 4x = 3a € 4x = a € x = –––
4
2
8
4
10)
V) Utilizando o Teorema de Pitágoras no triângulo ACM, temos:
2
a
49a
= ––––– fi
= 3a + –––
16
16
a
(AM)2 = (AC)2 + x2 = (a . 3)2 + –––
4
2
2
2
7a
fi AM = ––––
4
Resposta: B
I)
8)
I) O polígono regular de n lados é formado por n triângulos
isósceles congruentes, como o da figura a seguir:
—
M é ponto médio de BC
—
N é ponto médio de BD
fi
CD
b
—
—
fi MN // CD e MN = –––– = –––
2
2
b.h
II) A área do triângulo BCD é A = –––––
2
h
b
h
MN . –––
––– . –––
2
2
2
III) A área do triângulo MNP é ––––––––––– = ––––––––––– =
2
2
b.h
–––––
4
b.h
1
b.h
1
= –––––––– = ––––– = ––– . ––––– = ––– . A
8
4
2
4
2
Resposta: C
SABC
11) I) SABC = 2 . SADE € ––––––– = 2
SADE
II) Se a razão de semelhança entre duas figuras semelhantes
II) Pelo Teorema de Pitágoras, tem-se:
2
+
b
–––
2
a2
=
r2
€
2
=
b
–––
2
r2
–
a2
fi
é k, a razão entre as áreas dessas figuras é k2, então:
SABC
––––––– =
SADE
BC
–––––
DE
2
fi2=
BC
–––––
DE
2
2
= fi –––––
DE
BC
Resposta: D
b
fi ––– =
2
r2 – a2 € b = 2 . r2 – a2
– 11
n Módulo 16 – Coordenadas Cartesianas
Ortogonais e Razão de
Secção
8)
Representando graficamente os pontos (0; 0), (a; 0), (a; b) e
(0; b), com a > b > 0, tem-se:
1)
Ligando os pontos, na ordem dada, por linhas retas, forma-se
um retângulo de área a . b, cujo centro é o ponto
Resposta: retângulo; (a . b) u.a.;
9)
2)
Para que os pontos A(a; 3) e B(– 2; b) sejam coincidentes,
os pares ordenados devem ser iguais, portanto,
(a; 3) = (– 2; b) ⇔ a = – 2 e b = 3
Resposta: a = – 2 e b = 3
3)
a) b = 0;
c) a > 0 e b < 0;
4)
Se a < 0 e b > 0, então:
I) P(a; – b) pertence ao 3o. quadrante, pois a < 0 e – b < 0
II) Q(b; – a) pertence ao 1o. quadrante, pois b > 0 e – a > 0
Resposta: D
5)
6)
a
b
; ––– –––
2
2
a
b
De acordo com o enunciado, tem-se a figura a seguir.
b) a = 0;
d) a = – b
I) Se o ponto A(a – 3; 5) pertence à bissetriz dos quadrantes
ímpares, então, a – 3 = 5 ⇔ a = 8
II) Se o ponto B(4; 2b) pertence à bissetriz dos quadrantes
pares, então, 4 = – 2b ⇔ b = – 2
Resposta: a = 8 e b = – 2
a) reta paralela ao eixo das ordenadas (eixo y)
b) reta paralela ao eixo das abscissas (eixo x)
7)
; ––– –––
2
2
Sendo ᐉ = 1 a medida do lado do triângulo equilátero ABC,
tem-se, para o vértice C:
1
ᐉ
I) xC = ––– = –––
2
2
ᐉ
3
1
3
3
II) yC = ––––– = ––––– = ––––
2
2
2
Resposta: B
10) Observando que o quadrilátero da figura é um paralelogramo
de base b = 4 e altura h = 5, sua área é dada por b . h = 4 . 5 =
20, em unidades de área.
Resposta: C
11) 1)
2)
3)
4)
5)
É falsa, pois pontos de abscissa nula estão no eixo Oy.
É verdadeira.
É verdadeira.
É verdadeira.
É falsa, pois os pontos da bissetriz dos quadrantes pares
são do tipo (a; – a)
Resposta: 2, 3 e 4
12 –
12) AB = (5 – 4)2 + (0 – 3)2 = 1 + 9 = 10
16) Para os pontos A(3; 4), B(– 2; 4) e C(2; 2), tem-se:
AC = (0 – 4)2 + (4 – 3)2 = 16 + 1 = 17
I) AB = (3 + 2)2 + (4 – 4)2 = 25 = 5
AD = (2 – 4)2 + (–3 – 3)2 = 4 + 36 = 40 = 2
10
II) AC = (3 – 2)2 + (4 – 2)2 = 1 + 4 = 5
BE = (–4 – 5)2 + (2 – 0)2 = 81 + 4 = 85
III) BC = (2 + 2)2 + (4 – 2)2 = 16 + 4 = 20 = 2
5
BF = | 5 – 0 | = 5
V) O perímetro do triângulo ABC é AB + AC + BC =
CD = (2 – 0)2 + (–3 – 4)2 = 4 + 49 = 53
CG =
(– 6 – 0)2 + (– 4 – 4)2
DE =
(– 4 – 2)2 + (2 + 3)2
EF =
(0 + 4)2 + (0 – 2)2
= 36 + 64 = 10
= 5 + 5 + 2
5 = 5 + 3
5
Resposta: 5 + 3
5
= 36 + 25 = 61
= 16 + 4 = 20 = 2
5
Resposta: AB = 10 ; AC = 17 ; AD = 2 10 ; BE = 85 ;
BF = 5; CD = 53; CG = 10; DE = 61 ; EF = 2
5
13) De acordo com o enunciado, temos a figura a seguir:
17) Para os pontos A(5; 10), B(11; 2) e C(8; 11), tem-se:
I) AB = (11 – 5)2 + (10 – 2)2 = 36 + 64 = 100 = 10
II) AC = (8 – 5)2 + (11 – 10)2 = 9 + 1 = 10
(11 – 8)2 + (11 – 2)2 = 9 + 81 = 90
III) BC = IV)Como AB2 = AC2 + BC2, tem-se que o triângulo ABC é
retângulo com catetos AC e BC, assim, sua área é da por
3 . 10
AC . BC
10 . 90
10 . 3
10
––––––– = ––––––––––– = –––––––––––– = ––––––– = 15
2
2
2
2
Respostas: Triângulo retângulo; 15u.a.
18) Para os pontos A(0; 1), B(3; 5), C(7; 2) e D(4; – 2), tem-se:
Existem duas possibilidades para o quadrado ABCD, assim,
tem-se:
I) Se o centro do quadrado for o ponto (1; 1), a distância à
(1 – 0)2 + (1 – 0)2 = 2
origem (0; 0) é I)
AB = (3 – 0)2 + (5 – 1)2 = 32 + 42 = 5
II)
BC = (7 – 3)2 + (5 – 2)2 = 42 + 32 = 5
III)
CD = (7 – 4)2 + (2 + 2)2 = 32 + 42 = 5
IV)
DA = (4 – 0)2 + (1 + 2)2 = 42 + 32 = 5
V)
AC = (7 – 0)2 + (2 – 1)2 = 72 + 12 = 50
VI)
BD = (4 – 3)2 + (5 + 2)2 = 12 + 72 = 50
VII)
Como AB = BC = CD = DA (lados congruentes) e AC =
BD (diagonais congruentes), tem-se que o quadrilátero
II) Se o centro do quadrado for o ponto (2; 2), a distância à
origem (0; 0) é (2 – 0)2 + (2 – 0)2 = 8 = 2
2
Resposta: E
ABCD é um quadrado.
Resposta: Quadrado
19) Para os pontos A(2; – 2), B(– 3; – 1) e C(1; 6), tem-se:
14)
Sendo P(x; – 8), Q(3; 0) e PQ = 8, tem-se:
PQ = (x – 3)2 + (– 8 – 0)2 ⇒ 8 = (x – 3)2 + 64 ⇒
⇒ 64 = (x – 3)2 + 64 ⇔ (x – 3)2 = 0 ⇔ x – 3 = 0 ⇔ x = 3
2 –2 1
– 3 – 1 1 = – 2 – 2 – 18 + 1 – 12 + 6 = – 27 ≠ 0,
1 6 1
assim, os pontos A, B e C não estão alinhados, portanto,
I) D =
Resposta: C
são vértices de um triângulo.
II) AB = (2 + 3)2 + (– 1 + 2)2 = 25 + 1 = 26
15) Se P(–1; a) pertence ao 2.° quadrante, então a ⬎ 0, assim,
sendo Q(a; – 2) e PQ = 5, tem-se:
III) AC = (2 – 1)2 + (6 + 2)2 = 1 + 64 = 65
PQ = (a + 1)2 + (a + 2)2 = 5 ⇒ (a + 1)2 + (a + 2)2 = 25 ⇔
IV)BC = (1 + 3)2 + (6 + 1)2 = 16 + 49 = 65
⇔ a2 + 2a + 1 + a2 + 4a + 4 = 25 ⇔ 2a2 + 6a – 20 = 0 ⇔
V) Como AC = BC ≠ AB, tem-se que o triângulo ABC é
⇔
a2
+ 3a – 10 = 0 ⇔ a – 5 ou a = 2 ⇒ a = 2, pois a ⬎ 0
Resposta: E
isósceles e não equilátero.
Resposta: C
– 13
25) Se (2; 5) é o ponto médio do segmento de extremos (5; y) e (x; 7),
20) Para A(– 3; 6) e P(3; y), tem-se:
então:
AP = 10 ⇒ (3 + 3)2 + (y – 6)2 = 10 ⇔
⇔ 36 + (y – 6)2 = 10 ⇒ 36 + (y – 6)2 = 100 ⇔
⇔ (y – 6)2 = 64 ⇔ y – 6 = – 8 ou y – 6 = 8 ⇔
⇔ y = – 2 ou y = 14 ⇒ P(3; – 2) ou P(3; 14)
21) Se P(x; y) é o ponto equidistante da origem O(0; 0) e dos
pontos A(1; 0) e B(0; 3), então:
⇒
⇔
PB = PO
⇒
PA = PO
x2 + (y – 3)2
(x –
1)2
+
=
x2 + y2
(x – 1)2 + y2 = x2 + y2
x2 + (y – 3)2 = x2 + y2
y2
– 6y + 9 = 0
=
x2
+
⇔
– 2x + 1 = 0
1
3
Resposta: P –––; –––
2
2
y2
⇔
6y = 9
⇒
x2 + y2 – 6y + 9 = x2 + y2
x2 – 2x + 1 + y2 = x2 + y2
⇒
⇔
⇔
⇒
PA = PC
⇔
2x = 1
1
3
⇒ P ––– ; –––
2
2
1
x = ––
2
26) O centro C(– 4; 1) da circunferência é o ponto médio do
diâmetro de extremos P(2; 6) e Q(xQ; yQ), então:
2 + xQ
–––––––
=–4
2
⇔
6 + yQ
–––––––
= 1
2
xQ = – 10
yQ = – 4
⇒ Q(– 10; – 4)
2+6 –1–3
I) O ponto médio do lado BC é M ––––––; –––––– = M(4; – 2)
2
2
II) O comprimento da mediana AM é dado por
(3 – 4)2 + (8 + 2)2 = 1 + 100 = 101
AM = Resposta: E
28) No triângulo de vértices A(1; 1), B(3; – 4) e C(– 5; 2), tem-se:
I) O ponto médio do lado AC é
x2 + y2 = (x – 1)2 + (y – 7)2
⇒
x2 + y2 = (x – 7)2 + (y + 1)2
x2 + y2 = x2 – 14x + 49 + y2 + 2y + 1
x + 7y = 25
y=3
⇔
7x – y = 25
x + 7y = 25
⇔
49x – 7y = 175
⇔
II) O comprimento da mediana BM é dado por
2x + 14y = 50
3
(3 + 2)2 + – 4 – ––
2
BM =
⇔
14x – 2y = 50
x + 7y = 25
1–5
1+2
3
M ––––––; –––––– = M – 2; –––
2
2
2
x2 + y2 = x2 – 2x + 1 + y2 – 14y + 49
x=4
x=–1
⇒x+y=–1+3=2
y=3
27) No triângulo de vértices A(3; 8), B(2; – 1) e C(6; – 3), tem-se:
3
y = ––
2
C(7; – 1), então:
PA = PB
Resposta: Q(– 10; – 4)
⇔
22) Se P(x; y) é o ponto equidistante dos pontos A(0; 0), B(1; 7) e
⇔
y+7
–––––– = 5
2
Resposta: B
Resposta: P(3; – 2) ou P(3; 14)
5+x
–––––– = 2
2
=
⇔
50x = 200
2
121
25 + ––– =
4
=
221
221
–––– = ––––––
4
2
Resposta: D
29) No triângulo de vértices A(0; 0), B(3; 7) e C(5; – 1), tem-se:
⇒ P(4; 3)
3+5
7–1
I) O ponto médio do lado BC é M ––––––; –––––– = M(4; 3)
2
2
Resposta: P (4; 3)
II) O comprimento da mediana AM é dado por
23) Sendo M o ponto médio de AB e, sendo d, a distância entre o
portão e o ponto médio de AB, temos:
2+4 2+8
M = ––––––; –––––– = (3;5) e d =
2
2
(3 – 3)2 + (9 – 5)2 = 4
Resposta: D
24) Se M(2; 3) é o ponto médio do segmento AB com A(5; 2) e
AM = (4 – 0)2 + (3 – 0)2 = 16 + 9 = 25 = 5
Resposta: AM = 5
30) Sendo A(– 3; 5), B(1; 7), C(xC; yC) e D(xD; yD) os vértices de um
paralelogramo e sendo P(1; 1) o ponto médio das diagonais,
tem-se:
I)
B(xB; yB), então:
5 + xB
–––––––
=2
2
2 + yB
–––––––
=3
2
Resposta: E
⇔
xB = – 1
⇒ B(– 1; 4)
yB = 4
II)
xA + xC
––––––––
= xP
2
⇔
yA + yC
––––––––
= yP
2
xB + xD
––––––––
= xP
2
yB + yD
––––––––
= yP
2
⇔
– 3 + xC
––––––––
=1
2
xC = 5
⇒ C(5; – 3)
yC = – 3
⇔
xD = 1
⇒ D(1; – 5)
yD = – 5
5 + yC
––––––––
=1
2
1 + xD
––––––––
=1
2
7 + yD
––––––––
=1
2
Resposta: (5; – 3) e (1; – 5)
14 –
⇔
31) Representando os pontos dados num sistema cartesiano,
tem-se a figura a seguir.
Se o ponto P(3; m) pertence a um dos lados do triângulo ABC,
assim, A, P e C devem estar
observa-se que esse lado é AC,
alinhados, portanto:
1 2 1
3 m 1
5 –4 1
= 0 ⇔ m + 10 – 12 – 5m + 4 – 6 = 0 ⇔
⇔ – 4m = 4 ⇔ m = – 1
Resposta: A
4)
0 a 1
a –4 1
1 2 1
é M(5; 0) que coincide com o
O ponto médio da diagonal AC
ponto médio da diagonal BD, assim:
xB + xD
––––––––
= xM
2
yB + yD
––––––––
= yM
2
⇔
1 + xD
–––––––
=5
2
3 + yD
–––––––
=0
2
⇔
5)
I) P(x0; y0), A(– 1; – 2) e B(2; 1) estão alinhados, então:
x0 y0 1
–1 –2 1
2 1 1
n Módulo 17 – Alinhamento de Três
Pontos e Curvas
1)
4 –1
8 1
–2 –4
1
1
1
II) P(x0; y0), C(– 2; 1) e D(1; – 4) estão alinhados, então:
= 4 + 2 – 32 + 2 + 8 + 16 = 0, assim, os
x0 y0 1
–2 1 1
1 –4 1
pontos A, B e C são alinhados.
Resposta: Sim
2)
–3 –2
5 2
9 4
1
1
1
III)
– 3x0 + 3y0 + 3 = 0
⇔
5x0 + 3y0 + 7 = 0
= – 6 – 18 + 20 – 18 + 12 + 10 = 0, assim, os
pontos A, B e C são colineares.
Resposta: A
3)
= 0 ⇔ x0 + y0 + 8 – 1 + 4x0 + 2y0 = 0 ⇔
⇔ 5x0 + 3y0 + 7 = 0
Para os pontos A(– 3; – 2), B(5; 2) e C(9; 4), tem-se:
D=
= 0 ⇔ – 2x0 + 2y0 – 1 + 4 – x0 + y0 = 0 ⇔
⇔ – 3x0 + 3y0 + 3 = 0
Para os pontos A(4; – 1), B(8; 1) e C(– 2; – 4), tem-se:
D =
≠ 0 ⇔ a + 2a + 4 – a2 ≠ 0 ⇔ a2 – 3a – 4 ≠ 0 ⇔
⇔a≠–1ea≠4
Resposta: D
xD = 9
⇒ D(9; – 3)
yD = – 3
Resposta: A
Para que os pontos A(0; a), B(a; – 4) e C(1; 2) sejam vértices
de um triângulo, deve-se ter:
Representando os pontos dados num sistema cartesiano,
tem-se a figura a seguir:
⇔
x0 – y0 – 1 = 0
8x0 + 4 = 0
⇔
3
y0 = – ––
2
1
x0 = – ––
2
3x0 – 3y0 – 3 = 0
5x0 + 3y0 + 7 = 0
⇔
x0 – y0 – 1 = 0
1
x0 = – ––
2
1
3
⇒ P –– ; – ––
2
2
1
3
Resposta: P – –– ; – ––
2
2
6)
⇔
⇔
Para os pontos A(0; 2), B(4; 0) e C(– 1; – 2), tem-se:
I) D =
0 2 1
4 0 1
–1 –2 1
= – 2 – 8 – 8 = – 18
II) A área do triângulo ABC é dada por
|D|
| – 18 |
18
S = –––– = ––––––– = –– = 9
2
2
2
Resposta: C
– 15
7)
I) Se B é o ponto em que a reta x + y = 1 encontra o eixo x,
então yB = 0, logo, xB + 0 = 1 ⇔ xB = 1, portanto, B(1; 0)
II) Se C é o ponto em que a reta x + y = 1 encontra o eixo y,
então xC = 0, logo, 0 + yC = 1 ⇔ yC = 1, portanto, C(0; 1)
III) Para os pontos A(3; 4), B(1; 0) e C(0; 1), tem-se:
D=
3
1
0
4
0
1
1
1
1
10) Para os pontos A(1; 3), B(4; 7) e C(6; 5), tem-se:
I) AB = (4 – 1)2 + (7 – 3)2 = 9 + 16 = 25 = 5
II) AC = (6 – 1)2 + (5 – 3)2 = 25 + 4 = 29
III) BC = (6 – 4)2 + (5 – 7)2 = 4 + 4 = 8 = 2
2
IV)O perímetro do triângulo ABC é 5 + 29 + 2
2
=1–3–4=–6
IV) A área do triângulo ABC é dada por
V) A área do triângulo ABC é
3
7
5
1
1
1
14
= ––– = 7
2
2
|D|
|–6|
6
S = –––– = –––––– = –– = 3
2
2
2
Resposta: B
8)
1
4
6
=5+2
perímetro
área = 7
Resposta:
Representando o quadrilátero no sistema cartesiano, tem-se:
2 + 29
11) Se os pontos A(7; 5), B(3; – 4) e C(x; 6), com x inteiro, formam
um triângulo de área 29, então:
7 5 1
3 –4 1
x 6 1
= 29 = 8⇔ – 28 + 5x + 18 + 4x – 42 – 15 = 58
2
⇔
⇔ 9x – 67 = 58 ⇔ 9x – 67 = 58 ou 9x – 67 = – 58 ⇔
125
⇔ x = ––––– ou x = 1 ⇒ x = 1, pois x é inteiro
9
Resposta: x = 1
A área do quadrilátero é dada por
9)
1
1
12) Se os pontos A –– ; 1 , B(– 3; 4) e C t; – –– são colineares,
2
2
então:
(AC + BD) . h
(3 + 1) . 1
–––––––––––– = ––––––––– = 2
2
2
Resposta: 2u.a.
Representando o quadrilátero no sistema cartesiano, tem-se:
1
––
2
1
1
–3
4
1
t
1
– ––
2
1
3
1
= 0 ⇔ 2 + t + –– – 4t + –– + 3 = 0 ⇔
2
4
27
9
⇔ 8 + 4t + 6 – 16t + 1 + 12 = 0 ⇔ – 12t = – 27 ⇔ t = ––– = ––
12
4
Resposta: A
13) Para os pontos A(1; 2), B(3; 4) e C(4; 5), tem-se:
D =
I) A área do triângulo ABC é S1 =
II) A área do triângulo ACD é S2 =
2 5 1
7 1 1
3 –4 1
2
2 5 1
3 –4 1
–2 –3 1
2
16 –
2
4
5
1
1
1
= 0, portanto, A, B e C estão alinhados e
pertencem ao gráfico da função f(x) = x + 1, pois f(1) = 2, f(3) =
4 e f(4) = 5
41
= ––– = 20,5
2
Resposta: D
14) A distância real entre o ponto de partida C da joaninha e o de
chegada A é o comprimento da hipotenusa de um triângulo
retângulo de catetos 2 m e 6 m.
44
= ––– = 22
2
III) A área do quadrilátero ABCD é S1 + S2 = 20,5 + 22 = 42,5
Resposta: 42,5u.a.
1
3
4
Assim sendo, essa distância d, em metros, é:
d=
= 2
22 + 62 = 40
10
Resposta: A
n Módulo 18 – Equação Geral da Reta
15)
1)
I) O ponto A(a; 1) pertence à reta x + 2y = 0, então:
a + 2 . 1 = 0 ⇔ a = – 2 fi A(– 2; 1)
II) O ponto B(2; b) pertence à reta x + 2y = 0, então:
2 + 2b = 0 ⇔ b = – 1 fi B(2; – 1)
III) A distância entre os pontos A(–2; 1) e B(2; – 1) é
d = (2 + 2)2 + (1 + 1)2 = 16 + 4 = 20 = 2
5
Resposta: A
Sendo x a medida do lado da malha quadriculada da figura 2,
a medida do lado da malha quadriculada da figura 3 é 2x.
Assim, A’B’ = 4x, AB = 3x e, portanto, o fator de ampliação da
figura 2 para a figura 3 é:
2)
3
II) O ponto (1; 2) pertence à reta y = –– x + q – 3, então:
2
3
7
2 = –– . 1 + q – 3 ⇔ q = ––
2
2
A’B’
4x
4
––––– = –––– = –––
AB
3x
3
Resposta: C
16) A⌬ABC
3 1 1
–3 1 1
I) O ponto (1; 2) pertence à reta y = 2x + p – 2q, então:
2 = 2 . 1 + p – 2q ⇔ p – 2q = 0
III)
3)
Resposta: 12 u. a.
5y + 2x – 2 = 0 ⇔ 2x + 5y = 2
y = 2x + 1
4
≠ 0 ⇔ – 6k + 6 + 6 – 3k ≠ 0 ⇔ 9k ≠ 12 ⇔ k ≠ ––
3
⇔
Resposta: C
4)
Resposta: C
1
1 =0€x=–4
1
20) Os pontos A, B e P estão alinhados, então:
1
3
1
4
1
1 =0 € k=–5
k k + 12 1
tem
A reta y = – 2 é horizontal, portanto, é mediatriz de um
segmento vertical, cujo ponto médio deve ter y = – 2. Um
possível segmento tem extremos A(0; 0) e B(0; – 4), pois
yA + yB
0 + (– 4)
xA = xB e ––––––––– = ––––––––– = – 2
2
2
19) Os pontos A, B e C pertencem a uma mesma reta €
Resposta: D
1
x = – ––
4
1 1
fi P – –– ; ––
1
4 2
y = ––
2
⇔
5
–1
–16
– 2x + y = 1
1 1
II) A reta vertical que passa pelo ponto P – –– ; ––
4 2
1
equação x = – ––
4
Resposta: C
18) Sendo S a área do triângulo de vértices A(6;8), B(2;2) e C(8;4),
temos:
3
€ 1
x
7
21
7 ⇔ p + q = 7 + –– = –––
q = ––
2
2
2
I) O ponto P de intersecção das retas y = 2x + 1 e
5y + 2x – 2 = 0 é dado pela solução do sistema formado
pelas duas equações, assim:
17) Se A, B e C são vértices de um triângulo, então necessariamente:
6 8 1
2 2 1
8 4 1
S = –––––––––––––– = 14
2
p=7
Resposta: C
– 24 5 5 1
= –––––– = 12 u.a.
= –––––––––––––
2
2
k
0 1
2 –6 1
1
3 1
p – 2q = 0
7
⇔
q = ––
2
Resposta: A
5)
A reta passa pelos pontos (0; 3) e (5; 0), assim, sua equação é
dada por:
0
5
x
3
0
y
1
1 = 0 ⇔ 3x + 5y – 15 = 0 ⇔
1
Portanto: 3 . k + 2 = – 13
3
⇔ 5y = – 3x + 15 ⇔ y = – ––– x + 3
5
Resposta: C
Resposta: A
– 17
6)
Os pontos I1 e I2 pertencem à parábola y = x2 e à reta
3
y = – ––– x + 3, logo, suas coordenadas são as soluções do
5
sistema formado pelas duas equações, assim:
y = x2
3
y = – ––x + 3
5
⇔
y = x2
⇔
3
x2 = – ––x + 3
5
2
+ 3x – 15 = 0
–b
–3
+ 3x – 15 = 0 é –––– = –––– , que corresponde à soma das
a
5
abscissas dos pontos I1 e I2.
Resposta: A
7)
A reta passa pelos pontos (– 2; 0) e (2; 3), assim, sua equação
é dada por:
–2
2
x
0
3
y
1
1
1
= 0 ⇔ – 6 + 2y – 3x + 2y = 0 ⇔
⇔ – 3x + 4y – 6 = 0 ⇔ 3x – 4y + 6 = 0
Resposta: C
8)
I) Os pontos P(3; yP), (0; 8) e (4; 0) estão alinhados, pois pertencem ao gráfico da função do 1o. grau f(x), então:
3
0
4
yP
8
0
1
1 = 0 ⇔ 24 + 4yP – 32 = 0 ⇔ yP = 2 fi P(3; 2)
1
II) O gráfico da y = g(x) é uma reta que passa pelos pontos
P(3; 2) e (– 1; 0), assim, sua equação é dada por:
3 2
–1 0
x y
por P(3; 6), assim, sua equação é:
0
3
x
y = x2
5x
A soma dos valores de x que satisfazem a equação
5x2
II) A mediana traçada do vértice M é o segmento de reta que
—
une o vértice M(0; 0) e o ponto médio do lado NQ, dado
1
1 = 0 ⇔ 2x – y + 2 – 3y = 0 ⇔ 2x – 4y + 2 = 0 ⇔
1
x+1
⇔ x – 2y + 1 = 0 ⇔ 2y = x + 1 ⇔ y = ––––––
2
0
6
y
1
1 = 0 ⇔ 3y – 6x = 0 ⇔ 3y = 6x ⇔ y = 2x
1
Resposta: E
11) A equação da reta r que passa por (2; 5) e (5; 9) é dada por:
2
5
x
5
9
y
1
1 = 0 ⇔ 18 + 5x + 5y – 9x – 2y – 25 = 0 ⇔
1
⇔ – 4x + 3y – 7 = 0
Um outro ponto dessa reta é (500; 669), pois, para x = 500
tem-se: – 4 . 500 + 3y – 7 = 0 ⇔ 3y = 2007 ⇔ y = 669
Resposta: A
12) A equação da reta que passa por A(1; 2) e B(3; 3) é dada por:
1
3
x
2
3
y
1
1 = 0 ⇔ 3 + 2x + 3y – 3x – y – 6 = 0 ⇔
1
x
3
⇔ – x + 2y – 3 = 0 ⇔ 2y = x + 3 ⇔ y = ––– + –––
2
2
Resposta: D
13) a) A reta x = – 3 é vertical e a distância ao ponto P(2; 10) é
d = 2 – (– 3) = 2 + 3 = 5
b) A reta y = 6 é horizontal e a distância ao ponto P(2; 10) é
d = 10 – 6 = 4
Respostas: a) 5
b) 4
14) a) Para que as retas ax – 5y + 7 = 0, 2x + ay – 8 = 0 e
2ax – 7y + 8 = 0 sejam concorrentes no mesmo ponto, o
sistema formado pelas três equações deve ter uma única
solução (x; y), que corresponde ao ponto onde as retas se
interceptam, assim:
Resposta: D
9)
A reta passa pelos pontos (0; 3) e (4; 0), assim, sua equação é
dada por:
0
4
x
3
0
y
1
1 = 0 ⇔ 3x + 4y – 12 = 0
1
ax – 5y + 7 = 0
2x + ay – 8 = 0 ⇔
2ax – 7y + 8 = 0
⇔
ax – 5y = – 7
2x + ay = 8 ⇔
3y = 6
ax = 3
x+a=4 ⇔
y=2
Outra maneira: A equação da reta cujas intersecções com os
x
y
eixos são (p; 0) e (0; q) é dada por ––– + ––– = 1, assim, para
p
q
⇔
os pontos (4; 0) e (0; 3), tem-se:
x
y
––– + ––– = 1 ⇔ 3x + 4y = 12 ⇔ 3x + 4y – 12 = 0
4
3
Resposta: D
—
10) I) Sendo P o ponto médio do lado NQ, com N(2; 9) e Q(4; 3),
tem-se:
2+4
xN + xQ
xP = –––––––– = –––––– = 3
2
2
fi P(3; 6)
yN + yQ
9+3
yP = –––––––– = –––––– = 6
2
2
⇔
ax – 5y = – 7
2x + ay = 8
2ax – 7y = – 8
ax – 5y = – 7
⇔
2x + ay = 8
y=2
3
x = ––
a
⇔
x=4–a
y=2
–2
⇔
+
ax – 10 = – 7
⇔
2x + 2a = 8
y=2
3
4 – a = ––
a
⇔
x=4–a
y=2
a2 – 4a + 3 = 0
⇒ a = 1 ou a = 3
x=4–a
y=2
b) O ponto de intersecção é dado por
x=4–a
, assim:
y=2
x=3
I) Para a = 1 fi
, então, o ponto é (3; 2).
y=2
x=1
II) Para a = 3 fi
, então, o ponto é (1; 2).
y=2
Resposta: a) 1 ou 3
b) para a = 1  (3; 2)
para a = 3  (1; 2)
18 –
15) I)
x
y 1
3 – 2 1 = 0 ⇔ – 2x + y + 3m + 2 – 3y – mx = 0 ⇔
1 m 1
⇔ (– 2 – m)x – 2y + 3m + 2 = 0
II) A reta x = 5 é vertical, assim, a reta obtida no item (I) deve
ser horizontal, isto é, a equação deve ser do tipo
y = contante, independente do valor de x, portanto, devese ter: – 2 – m = 0 ⇔ m = – 2
Resposta: C
16) Uma reta paralela ao eixo y é uma reta vertical e sua equação
é do tipo x = constante, assim, para que a reta passe pelo
ponto P(2; 3), a equação é dada por x = 2.
Resposta: A
⇔
x = 4 – 2y
5(4 – 2y) + 3y = 15
– 7y = – 5
⇔
⇔
x = 4 – 2y
⇔
x = 4 – 2y
20 – 10y + 3y = 15
5
y = –––
7
fiP
18
x = –––
7
⇔
; ––– –––
7
7
18
IV) A equação da reta r que passa por P
5
; ––– –––
7
7
18
5
e O(0; 0)
é dada por:
18 5
––– ––
7
7
0
0
x
y
1
1
1
5
18
= 0 ⇔ ––– x – ––– y = 0 ⇔
7
7
5 x
⇔ 5x – 18y = 0 ⇔ 18y = 5x ⇔ y = –––
18
Resposta: B
17) Os pontos A(3; – 2), B(m; n) e O(0; 0) estão alinhados, então:
3 –2 1
m n 1 = 0 ⇔ 2m + 3n = 0
0 0 1
Resposta: 2m + 3n = 0
18) I) O ponto P de intersecção das retas 3x + 5y – 7 = 0 e
4x + 6y – 5 = 0 é dado pela solução do sistema formado
pelas duas equações, assim:
4x + 6y – 5 = 0 ⇔ 4x + 6y = 5
3x + 5y – 7 = 0
⇔
⇔
3x + 5y = 7
– 18x – 30y = – 42
⇔
20x + 30y = 25
17
x = – –––
2
13
y = –––
2
⇔
4x + 6y = 5
2x = – 17
17 13
fi P – –––
; –––
2
2
fi
II) A reta paralela ao eixo Ox (horizontal) que passa pelo
17 13
ponto P – ––– ; –––
2
2
13
tem equação y = ––– .
2
Resposta: C
19) I) A equação da reta que passa por (0; 5) e (3; 0) é dada por:
0
3
x
5
0
y
1
1 = 0 ⇔ 5x + 3y – 15 = 0
1
II) A equação da reta que passa por (0; 2) e (4; 0) é dada por:
0
4
x
2
0
y
1
1 = 0 ⇔ 2x + 4y – 8 = 0 ⇔ x + 2y – 4 = 0
1
III) O ponto P de intersecção das retas 5x + 3y – 15 = 0 e
x + 2y – 4 = 0 é dado pela solução do sistema formado
pelas duas equações, assim:
x + 2y – 4 = 0
5x + 3y – 15 = 0
⇔
x = 4 – 2y
5x + 3y = 15
⇔
– 19