Baixe Análise Geométrica: Equações de Circulos, Elipses e Retas e outras Provas em PDF para Matemática, somente na Docsity!
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1.1. António: c ; Diogo: ∼ ( i ∧ e ) ; Rita: e ∨ ∼ c
1.2. Se as afirmações dos três amigos são verdadeiras, a afirmação do António é verdadeira, pelo que a proposição c é verdadeira e, consequentemente, a proposição ∼ c é falsa. Por outro lado, a afirmação da Rita é, também, verdadeira, pelo que a proposição e ∨ ∼ c é verdadeira. Deste modo, podemos concluir que a proposição e terá de ser verdadeira, pois, caso fosse falsa, a proposição e ∨ ∼ c teria de ser falsa, o que contradiz os dados do problema. Finalmente, e como o Diogo falou a verdade, a proposição
∼ ( i ∧ e ) terá de ser verdadeira. Sabemos que a proposição e
é verdadeira, pelo que a proposição i terá de ser falsa, uma vez que a conjunção de duas proposições é verdadeira somente se as duas forem verdadeiras e a negação de uma proposição falsa é uma proposição verdadeira. Assim, podemos concluir que os alunos das ilhas não gostam de Matemática, os alunos estrangeiros gostam de Matemática e os alunos do continente também gostam de Matemática.
2.1. • B ∪ C = { c , d } ∪ { a , b , d } ={ a , b , c , d }
- A ∩ B = (^) { a , b c , (^) } (^) ∩ (^) { c , d } (^) ={ c }
- (^) ( B ∪ C (^) ) \ (^) ( A ∩ B (^) ) = (^) { a , b , c , d } (^) \ (^) { c } (^) = (^) { a , b , d (^) }= C
2.2. Sabemos que A ∪ X ={ a , b , c } e que A ={ a , b , c } , pelo
que todos os elementos de X são também elementos de A , ou seja, X ⊂ A. De igual modo, temos que
B ∪ X = { c , d } e B ={ c , d } , pelo que todos os elementos
de X são, também elementos de B , ou seja, X ⊂ B.
Se X ⊂ A e X ⊂ B então X ⊂ ( A ∩ B ) , ou seja X ⊂{ c } ,
pelo que X ={ c } ou X = ∅.
Como C ∪ X = A ∪ B , vem { a b d , , } ∪ X ={ a b c d , , , }.
Logo, X ={ c }.
3.1. (^) sólido 8 esfera cone menor cone maior 8 esfera 25 25
V = × V ⇔ V + V = × V ⇔
( )
3 base base
(^1 1 8 4) π 5 2 3 3 25 3
⇔ × A × AC + × A × CB = × × ×
base ( )
⇔ × A × AC + CB = π ⇔
base ( )
⇔ × A × × = π ⇔
(^10 2) base 320 2 3 3
⇔ ×^^ A = π ⇔
base
⇔ A = π × ⇔
⇔ A base = 32 π ⇔
⇔ π × ( r base)^2 = 32 π ⇔
⇔ ( r base )^2 = 32
pelo que o r base (^) = 32 = 4 2. Para determinar OC , utilizamos o Teorema de Pitágoras. ( ) ( )
2 2 2 2 2 OC + 4 2 = 5 2 ⇔ OC = 50 − 32 ⇔ OC = 18 , pelo que OC = 18 = 3 2
3.2. Os triângulos [ BC C ′ ]e [ BO O ′ ]
Da figura ao lado são semelhantes, pelo que: 8 2 4 2 5 2
BC CC
BO OO^ OO
OO
OO
⇔ ′= × ⇔
cone base
(^1) altura 3
V = × A × =
2 (^1 5 2 5 ) 3 2
× π × (^) ×
= × π × × = 125 2 6
π
( )
3 esfera
V = × π × = 4 250 2 3
× π × =
π
cone esfera
V
V
π = = π × = π π
Pág. 243 4.1. O instante t = 0 corresponde às 7 horas desse dia, pelo que às 15 horas e 45 minutos corresponderá o instante t = 8,75. Assim tem-se:
T ( 8,75) = 0,1 8,75( ) 4 − 2 8,75( ) 3 + 12,775 8,75( )^2 −
−30 8,75 ( ) + 22,5 ⇒ T ( 8,75) ≈ −15,
A temperatura no interior da arca frigorífica às 15 horas e 45 minutos desse dia foi de, aproximadamente, –15,58 graus Celsius. 4.2. Os instantes em que a temperatura no interior da arca frigorífica foi igual a zero graus Celsius correspondem às raízes do polinómio. Às 8 horas e 30 minutos corresponde o instante t = 1,5 e às 13 horas corresponde o instante t = 6. Aplicando, sucessivamente, a regra de Ruffini, tem-se: 0,1 –2 12,775 –30 22, 1,5 0,15 –2,775 15 –22, 0,1 –1,85 10 –15 0 6 0,6 –7,5 15 0,1 –1,25 2,5 0 Assim, tem-se que: T t ( (^) ) = (^) ( t − 1,5) (^) ( t − (^6) )( 0,1 t^2 − 1, 25 t +2,5) As outras duas raízes são as soluções da equação: 0,1 t^2 − 1, 25 t +2,5= 2 1, 25^ 1, 25^2 4 0,1^ 2, 0,1 1, 25 2,5 0 2 0,
− + = ⇔ = ±^ −^ ×^ × ⇔
×
t t t
1, 25 0,5625 1, 25 0, 0, 2 0, 2
⇔ t = ±^ ⇔ t = ± ⇔
1, 25 0,75 1, 25 0,75 (^10) 2, 0, 2 0, 2
⇔ t = +^ ∨ t = − ⇔ t = ∨ t =
O instante t = 2,5 corresponde às 9 horas e 30 minutos e o instante t = 10 corresponde às 17 horas. Os outros dois instantes em que a temperatura no interior da arca frigorífica foi igual a zero graus Celsius foram às 9 horas e 30 minutos e às 17 horas. 5.1. O ponto O é o ponto médio de [ AC ], pelo que
2 ,^2 (^ 0 , 0^ ) 2 0 2 0
+^ +^ = ⇔ +^ = ∧ + =
^ A^ C^ A^ C^ A^ C^ A^ C
x x y y x x y y
⇔ xA + xC = 0 ∧ yA + yC = 0 ⇔ xA = − xC ∧ y (^) A = − yC Por outro lado, tem-se que:
AB BC AC
AC = C − A = ( xC , yC ) − ( x A , yA ) = ( xC − xA , yC − yA )
Assim, tem-se: AB + BC = AC ⇔
⇔ ( −7 , − 8 ) + ( 13 , 4 ) = ( xC − xA , yC − yA )⇔
⇔ ( − 7 + 13 , − 8 + 4 ) = ( xC − xA , yC − yA )⇔
⇔ ( 6 , − 4 ) = ( xC − xA , yC − yA )⇔
⇔ 6 = xC − xA ∧ − 4 = yC − yA Como x (^) A = − xC ∧ yA = − yC , vem:
6 = xC − − ( xC ) ∧ − 4 = yC − −( yC )⇔
⇔ 6 = 2 xC ∧ − 4 = 2 yC ⇔ ⇔ xC = 3 ∧ yC = − 2 A (–3 , 2) e C (3 , –2) 5.2. B = A + AB ⇔
⇔ B = ( −3 , 2 ) + ( −7 , − 8 )⇔
⇔ B = ( − 3 − 7 , 2 − 8 )⇔
⇔ B = ( −10 , − 6 )
5.3. Equação da reta AB : 6 2 8 8 10 3 7 7
= −^ = −^ −^ = − =
AB^ B^ A B A
m y^ y x x 8 7
y = x + b
Como A ( –3 , 2 )∈ AB , tem-se:
= × − + b ⇔ = − + b ⇔ + = b ⇔ b =
AB : 8 38 7 7
y = x +
Equação da reta AC : 2 2 4 2 3 3 6 3
= −^ = −^ −^ = − = −
AC^ C^ A C A
m y^ y x x 2 3
y = − x + b
Como 0 0 , 0( ) ∈ AC , tem-se b = 0.
AB : 2
y = − x
Equação da reta BC : 2 6 4 3 10 13
= −^ = −^ + =
BC^ C^ B C B
m y^ y x x 4 13
y = x + b.
Como B ( –10 , − 6 )∈ BC , tem-se:
− = × − + b ⇔ − = − + b ⇔
6 40 38 13 13
⇔ − + = b ⇔ b = −
BC : 4 38 13 13
y = x −
Condição pedida: (^8 38 2 4 38 0 ) 7 7 3 13 13
y ≤ x + ∧ y ≤ − x ∧ y ≥ x − ∧ x < ∧ y <
5.4. a) O ponto médio de [ AB ] é o centro da circunferência. , 3 10 , 2 6 13 , 2 2 2 2 2 2
+^ +^ = −^ −^ − = − −
^ A^ B^ A^ B
x x y y
O raio, r , é igual a 2
AB .
( ) 2 ( )^2
= =^ B^ A^ B^ A =
AB x^ x^ y^ y r
( 10 3 ) 2 ( 6 2 ) 2 ( 7 ) 2 ( 8 )^2
2 2 113 113 2 4
r
Equação da circunferência de diâmetro [ AB ]:
^ x^ y
b) Interseção com o eixo Ox : Equação do eixo Ox : y = 0
(^) x + + y + = ∧ y = ⇔
⇔ ^ x + + + = ∧ y = ⇔ 13 2 113 4 0 2 4
⇔ ^ x + = − ∧ y = ⇔ 13 2 97 0 2 4
⇔ ^ x + = ∧ y = ⇔ (^13 97 ) 2 4
⇔ x + = ± ∧ y = ⇔
(^13 97 ) 2 4
⇔ x = − ± ∧ y = ⇔
(^13 97 ) 2
⇔ x = −^ ± ∧ y =
Os pontos de interseção da circunferência de diâmetro [ AB ] com o eixo Ox têm de coordenadas: (^13 97) , 0 e 13 97 , 0 2 2
Interseção com o eixo Oy : Equação do eixo Oy : x = 0
A = { −5 , − 4 , − 3 , − 2 , −1 , 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 , 11}
B = (^) { x ∈ ℤ : x^2 < (^16) }= (^) { x ∈ ℤ: − 4 < x < (^4) }
B = { −3 , − 2 , −1, 0 , 1 , 2 , 3}
A \ B = { −5 , −4 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 ,11}
8.2. a) A proposição é verdadeira, já que 1 e 1 1 1
∈ A ≥.
b) A proposição é verdadeira, já que o valor absoluto de qualquer elemento de B é igual à raiz quadrada do seu quadrado. 8.3. O conjunto A é constituído por 17 elementos. Por outro lado, A ∩ C é constituído por 11 elementos e A ∪ C tem 21 elementos. Logo, o conjunto C tem 11 elementos comuns com o conjunto A e quatro elementos que não pertencem a A. Assim, temos que:
C = { −9 , 8 , − 7 , − 6 , − 5 , − 4 , − 3 , − 2 , −1 , 0 ,1 , 2 , 3 , 4 , 5},
pelo que a = –10 e b = 5. ou
C = {1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 , 9 , 10 ,11, 12 ,13 ,14 , 15 }pelo
que a = 0 e b = 15. 9.1. Seja M ( x , y ) um ponto qualquer que verifica a condição MA + MB = 10. A condição define a elipse de focos A e B e eixo maior igual a 10. Logo a = 5.
Como as coordenadas dos focos são ( −3, 0 )e ( 3, 0) , temos
c = 3 e a > b , pelo que a^2 = b^2^ + c^2. a^2 = b^2 + c^2^ ⇔ 52 = b^2^ + 32 ⇔ b^2 =16. Como b > 0 vem b = 4. Equação reduzida da elipse:
2 2 1 25 16
x (^) + y =
9.2. As retas tangentes à elipse que são paralelas aos eixos coordenados passam pelos vértices pelo que as suas equações são: x = 5 , x = −5 , y = 4 e y = − 4.
10.1. ( x − 1 ) 2 = x^2 − 2 x + 1
Usando o algoritmo da divisão inteira de polinómios:
Assim, tem-se que: x n^ − xn −^^2 − 2 x + 2 = (^) ( x^2^ − 2 x + (^1) ) xn −^^2 + 2 xn −^^1 − 2 x n −^2 − 2 x + 2 ⇔ xn − xn −^^2 − 2 x + 2 = (^) ( x − (^1) ) 2 x n −^^2 + (^2) ( xn −^^1 − xn −^2 − x + (^1) ) P x ( ) (^) = (^) ( x − (^1) ) 2 xn −^^2 + (^2) ( x n^ −^1 − x n −^2 − x + (^1) )
10.2. Para n = 4: P x ( ) = x^4^ − x^2^ − 2 x + 2
Os divisores inteiros de 2 são –1 , 1 , –2 e 2.
1 é raiz de P x ( ), então pela regra de Ruffini:
Verifica-se, facilmente, que 1 é ainda raiz de x^3^ + x^2^ − 2 , pelo que: 1 0 –1 –2 2
1 1 1 0 2
1 1 0 –2 0 2 2 2 0 2 4 4 1 2 2 2 4 2
x x x
x
+ + = ⇔ = −^ ±^ −^ ×^ × ⇔
⇔ =^ −^ ±^ −
Equação impossível em ℝ , pelo que o polinómio: x^2 + 2 x + 2 = 0 não tem mais raízes reais. Assim, tem-se: P x ( (^) ) = (^) ( x − (^1) ) (^2) ( x^2 + 2 x + (^2) )→fatorização de P x ( )
Vamos, agora, resolver a inequação P x ( ) ≤ 0 , recorrendo a
uma tabela de sinais. x −∞ 1 +∞
( x^ −^1 )^2 + 0 +
x^2^ + 2 x + 2 + + +
P x ( ) + 0 +
Logo, P x ( ) ≤ 0 ⇔ x = 1.
S = { 1 }
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11.1. Para n = 1, tem-se p x ( ) = x^5 − x^4^ − x + 1.
a) P ( 1 ) = 15 − 14 − 1 + 1 = 1 − 1 − 1 + 1 = 0 , pelo que 1 é raiz de
P x ( ).
b) Como 1 é raiz de P x ( ), então P x ( ) é divisível por x – 1.
Aplicando a regra de Ruffini, tem-se: 1 –1 0 0 –1 1 1 1 0 0 0 – 1 0 0 0 –1 0 Assim, tem-se que: p x ( ) = ( x − 1 ) (^) ( x^4 − (^1) ) Determinemos, agora, as raízes de x^4 − 1. ( ) ( )( ) 4 2 2 2 2 x − 1 = x − 1 = x − 1 x + 1 pelo que: x^4^ − 1 = 0 ⇔ (^) ( x^2 − (^1) ) (^) ( x^2 + (^1) ) = 0 ⇔ ⇔ x^2 − 1 = 0 ∨ x^2 + 1 = 0 ⇔
⇔ ( x − 1 ) ( x + 1 ) = 0 ∨ x^2 + 1 = 0 ⇔
⇔ x − 1 = 0 ∨ x + 1 = 0 ∨ x^2 = − 1 ⇔ ⇔ x = 1 ∨ x = − 1 ∨ x^2 = − 1 ⇔ ⇔ x = 1 ∨ x = − 1 Para além da raiz 1, o polinómio P ( x ) tem apenas mais uma raiz que é –1 (1 é raiz de multiplicidade 2).
Logo, a decomposição de P x ( )em fatores é:
P x ( ) = ( x − 1 ) ( 2 x + 1 ) (^) ( x^2 + (^1) )
x n^ − x n −^2 − 2 x + 2 x^2 − 2 x + 1 − x n^ + 2 x n^ −^1 − xn −^2 xn −^2
2 x n^ −^1 − 2 x n −^2 − 2 x + 2
c) p x ( ) ≤ 0 ⇔ x^5 − x^4 − x + 1 ≤ 0
⇔ (^) ( x − (^1) ) ( 2 x + (^1) ) (^) ( x^2 + (^1) ) ≤ 0 Recorrendo a uma tabela de sinais, tem-se: x −∞ –1 1 +∞
( x^ −^1 )^2 + + + 0 +
x + 1 – 0 + + + x^2^ + (^1) + + + + +
P x ( ) – 0 + 0 +
Assim, P x ( ) ≤ 0 ⇔ x ∈ −∞] , − 1 ] ∪{ 1 }.
11.2. P a ( ) + P ( − a )=
= a^2 n^ +^3 − a^2 n +^2 − a + 1 + ( − a ) 2^ n^^ +^3 − −( a ) 2 n +^2 − −( a )+ 1
= a^2 n^ +^3 − a^2 n +^2 − a + 1 + a^2 n +^3 × −( 1 ) 2 n^ +^2 + a + 1
2 n + 3 representa um número ímpar qualquer que seja o
número natural n , pelo que ( − 1 ) 2^ n +^3 = − 1.
Por outro lado, 2 n + 2 representa um número par qualquer
que seja o número natural n , pelo que ( − 1 ) 2^ n +^2 = 1.
Assim, vem que:
P a ( ) + P ( − a ) = a^2^ n +^3 − a^2 n^ +^2 + 1 − a^2 n +^3 − a^2^ n +^2 + 1
= 2 − 2 a^2^ n^ +^2 = 2 1 ( − a^2 n +^2 )
12.1. As dimensões do retângulo obtido são: comprimento = perímetro da base do cilindro largura = altura do cilindro A altura do cilindro é 3 256 metros, pelo que a largura do retângulo é, também, 3 256 metros. Por outro lado, sabemos que a área da base do cilindro é 4 π 32 m^2. Seja r o raio da base do cilindro. Área da base = π r 2 , ou seja: 2 3 2 4 32 π r = 4 π 2 ⇔ r = π π
⇔ r^2 = 4 32 , com r > 0
r = 4 3 2 ⇔ r = 2 3 2 ⇔ r = 2 62 Perímetro da base do cilindro: 2 π r = 2 π × 26 2 pelo que o comprimento do retângulo mede 4 π 2 62 metros. a) Perímetro do retângulo: 2 × 3256 + 2 × 4 π 62 = 2 × 3256 + 8 π 62 = = 2 × 3 28 + 8 π 62 = = 2 × 3 23 × 23 × 2 2 + 8 π^6 2 = = 2 × 2 × 2 × 3 2 2 + 8 π 62 = = 8 × 6 24 + 8 π 62 = = 8 × 6 2 × 6 23 + 8 π 62 = = 8 × 6 2 × 2 + 8 π 62 = = (^8 62) ( 2 + π) b) Área do retângulo: (^3 256) × 4 π 62 =^3 28 × 22 × π × 216 = 8 2 1 = 23 × 2 × π × 26 =
8 21 23 +^ +^6 × π =
29 2 6 π
12.2. AC = diâmetro da base do cilindro = 2 × r = = 2 × 2 62 = = 4 62 Seja a a aresta da base da pirâmide, em metros. Pelo Teorema de Pitágoras, tem-se: ( ) 6 2 2 2 6 2 2 6 2 2 3 2 4 2 = a + a ⇔ 16 2 = 2 a ⇔ 8 2 = a ⇔ 8 2 = a
Como a > 0,
1 1 10 1 5 (^3 33 2 3 ) a 8 2 2 2 2 2
= = × = =
12.3. Volume da pirâmide = área da base^ altura 3
× =
5 2 (^3 ) (^2 256 2 33 )
3 3
×
= ^ = ×
(^10 ) 2 3 2 3 2 64 3 3 3
= × = =
Volume do cilindro = área da base × altura = = 4 π 3 2 × 3256 = = 4 π 32 × 3 28 = 1 8 = 4 π × 23 × 23 = 4 23 32
= π × = = π Consideremos as seguintes proposições: p : O volume da pirâmide é 64 3
cm^3.
q : O volume do cilindro é 320π cm^3. A proposição dada pode ser traduzida, simbolicamente, por p ⇒ q. p é verdadeira, mas q é falsa, logo a proposição p ⇒ q é falsa.
13.1. Sabemos que P a ( , b ) e B ( 3 , 0).
Recorrendo à fórmula da distância entre dois pontos nos plano, tem-se:
PB = ( a − 3 ) 3 + ( b − 0 ) 2 ⇔ PB = a^2^ − 6 a + 9 + b^2
⇔ PB = a^2^ + b^2^ − 6 a + 9
Por outro lado, P a b ( , )pertence à circunferência de equação
x^2^ + y^2 = 1 , pelo que a^2 + b^2 = 1. Assim, substituindo em PB = a^2 + b^2^ − 6 a + 9 , vem PB = 1 − 6 a + 9 ⇔ PB = 10 − 6 a. 13.2. A circunferência tem centro no ponto médio de [ PB ]. (^3) , 0 3 , 2 2 2 2
^ a^ +^ b^ +^ (^) = a^ + b
O raio da circunferência é igual a 2
PB (^) , ou seja , é igual a
− a
(^1 1 )
CM = CA + AM = AM − AC = AB − AC
Temos assim a seguinte equação
1
CG = CM ⇔ AB − AC = ^ AB − AC ⇔
β β
(^1 2 1 ) 3 3 2
⇔ AB − AC − ^ AB − AC = ⇔
β
(^1 2 ) 3 3 2
⇔ AB − AC − AB + AC = ⇔
(^) β β
(^1 2 ) 3 2 3
⇔ ^ − β^ AB + ^ − + β AC =
Como AB
e AC
não são colineares: 1 0 2 3 2 3 2 2 0 2 3 3 3
β (^) β β β β
⇔^ ⇔^ =
Donde , (^21) 3
CG = CM
, pelo que os pontos C , G e M 1 são
colineares e que G divide [ CM 1 ]na razão 2 para 1.
Pág. 247 17.1. r : y = a x + b s : y = − 2 ax + b As retas r e s têm ordenada na origem igual a b , pelo que o ponto de interseção de r com s tem coordenadas (0 , b ), isto é, B (0 , b ). Determinemos, agora, as coordenadas do ponto A.
A x ( A , 0)∈ r pelo que:
0 a xA b x (^) A b^ xA b^ a a a
= + ⇔ = − ⇔ =^ −
Assim, A b^ a , 0 a
Determinemos as coordenadas do ponto C.
C ( xC , 0)∈ s , pelo que:
C C 2
ax b x b a
Assim, , 0 2
C b a
A área do triângulo [ ABC ]é dada por
AC × OB , pelo que:
b a b (^) b a a (^) b a b b a b b b a a a
−^ +^ ×
^ ^ +
= + × = × ×
1 2 1 2 (^2 1 ) 2 2 4
a^ b^ a b b a a
+^ +
= × × × =
17.2. O vetor (2 , 3) é paralelo a um dos lados do triângulo [ ABC ], pelo que terá de ser paralelo ao lado [ AB ], uma vez que é aquele que está contido na reta de declive positivo, a reta r.
Como o vetor de coordenadas (2 , 3) é paralelo a AB
, o declive da reta r é igual a 3 2
, ou seja, 3 2
a = , pelo que 9 4
a =.
Por outro lado, sabemos que a área do triângulo [ ABC ] é 36 e, por 17.1. , tem-se que: (^2) ( 2 1 ) 36 4
b a a
Substituindo na expressão a por 9 4
, tem-se que:
(^2 2 9 1 22 ) (^4 ) 9 36 36 4 9 4
b (^) b
+ × +
⇔^ b^ = ⇔ b = × ⇔ b = ⇔ b = ±
Como b é um número real positivo, então b = 9. Assim, tem-se que:
, 0 ; ( 0 , )e 2 , 0
A b^ a^ B b C b a a
^
Substituindo a por 9 4
, a por 3 2
e b = 9 :
A A A
×
−^ ⇔^ −^ ×^ ⇔^ −
^
- B ( 0 , 9)
- 9 9 , 0 9 4 , 0 ( 2 , 0) 2 18 4
C C C
⇔^ ×^ ⇔
× ^
Determinemos, agora, os comprimentos dos lados do triângulo [ ABC ].
- AB = ( − 6 − 0 ) 2 + ( 0 − 9 )^2 = 36 + 81 = 117 = = 9 × 13 =3 13
- BC = ( 0 − 2 ) 2 + ( 9 − 0 )^2 = 4 + 81 = 85
- AC = − 6 − 2 = 8 O perímetro do triângulo [ ABC ] é 3 13 + 85 + 8. 17.3. Tem-se que a = 4 e b = 5, pelo que:
a)^5 4 , 0 5 , 0 4 2
A A
−^ ⇔^ −
^
B ( 0 , 5)
C^ ^ ^ ⇔ C ^
×
AB = ^
CB = ^ −
A área do trapézio [ ACC A ′ ′]^ é 8
da área do triângulo
[ ACB ], pelo que a área do triângulo [ A C B ′^ ′^ ]é 1
da área do triângulo [ ACB ].
Como os triângulos [ A C B ′ ′ ]e [ ACB ] são semelhantes,
tem-se que: 2 1 1 9 3
r = ⇔ r = sendo r a razão de semelhança que transforma o
triângulo [ ACB ] no triângulo [ A C B ′^ ′^ ].
AA = AB = ^ ^ =^
' 2 2 5 , 5 5 ,^10
CC = CB = ^ − ^ = ^ −
A = A + AA = ^ − ^ + ^ =
= ^ − + ^ = ^ −
' ' 5 , 0 5 ,^10
C = C + CC = ^ ^ + ^ − =
= ^ − − ^ = ^ −
Logo, 5 , 10 e 5 ,^10 6 3 24 3
A ′^ ^ − ^ C ′^
b) Sabemos que a = 4 e b = 5. r : y = 2 x + 5 ; s : y = − 8 x + 5 : 10 3
A C ′ ′ y = e (^) AC : y = 0
A condição pedida é: 2 5 8 5 0 10 3
y ≤ x + ∧ y ≤ − x + ∧ ≤ y ≤
18.1. A semirreta que é a bissetriz do primeiro quadrante pode ser definida pela condição y = x ∧ x ≥ 0 , pelo que:
A ( 1, 1) e B ( 3 , 3)
Sejam ( x , y )as coordenadas de um ponto genérico da
mediatriz do segmento de reta [ AB ].
( x^ −^1 )^2 +^ ( y^ −^1 )^2 =^ ( x^ −^3 )^2 +^ ( y −^3 )^2 ⇔
⇔ x^2^ − 2 x + 1 + y^2 − 2 y + 1 = x^2 − 6 x + 9 + y^2 − 6 y + 9 ⇔ − 2 x − 2 y + 2 = − 6 x − 6 y + 18 ⇔ − 2 y + 6 y = − 6 x + 2 x + 18 − 2 ⇔ 4 y = − 4 x + 16 ⇔ y = − x + 4
A equação reduzida da mediatriz do segmento de reta [ AB ] é y = − x + 4. Pretende-se que o ponto P pertença à mediatriz do segmento de reta [ AB ] e que a ordenada, y , seja, o dobro da abcissa, x , ou seja, y = 2 x. Substituindo na equação da mediatriz, tem-se: 2 4 3 4 4 3
x = − x + ⇔ x = ⇔ x =
Assim, 4 ,^8 3 3
P ^
18.2. O ponto A tem de coordenadas (1 , 1), pelo que o ponto A ′^ , simétrico do ponto A em relação à origem do referencial tem coordenadas ( –1 , –1). O ponto B tem coordenadas (3 , 3), pelo que o ponto B ′^ , simétrico do ponto B em relação ao eixo Oy , tem coordenadas (–3 , 3).
a) Tem-se que A (1 , 1) e B ′ −( 3 , 3 ).
O declive da reta AB ′^ é igual a 3 1 2 1 3 1 4 2
y = − x + b
A ∈ AB 'pelo que 1 1 1 1 1 3 2 2 2
= − × + b ⇔ + = b ⇔ b =.
A equação reduzida da reta AB ′^ é 1 3 2 2
y = − x +.
b) Substituindo as coordenadas do ponto Q na equação reduzida da reta AB ′^ , tem-se: (^2 1 3 2 2 3 2 23 ) 2 2
k = − k + ⇔ k = − k + ⇔ k + k − = ⇔
k k
− ± − × × − − ± +
×
⇔ k = −^ +^ ∨ k = −^ − ⇔ 1 3 2
k = ∨ k = −
c) Pretende-se classificar o triângulo [ AA B ′^ ′]^ quanto ao
comprimento dos seus lados.
AA ′^ = ( 1 + 1 ) 2 + ( 1 + 1 ) 2 ⇔ AA ′= 4 + 4 ⇔
⇔ AA ′^ = 8 ⇔ AA ′= 2 2
AB ′^ = ( 1 + 3 ) 2 + ( 1 − 3 ) 2 ⇔ AB ′= 16 + 4 ⇔
⇔ AB ′^ = 20 ⇔ AB ′= 2 5
A B ′^ ′^ = ( − + 1 3 ) 2 + − −( 1 3 )^2 ⇔ A B ′^ ′= 4 + 16 ⇔
⇔ A B ′^ ′^ = 20 ⇔ A B ′^ ′= 2 5
O triângulo [ AA B ′ ′] tem dois lados com o mesmo
comprimento, logo é isósceles. Pelo Teorema de Pitágoras: ( ) ( )
2 2 2 2 5 = h + 2 ⇔ ⇔ 20 = h^2 + 2 ⇔ h^2 = 18 Como h > 0, h = 18 = 3 2
A = 2 2 3 2 6 2
× =
A área do triângulo é 6 u. a.
