Matemática B 1

Matemática B – Extensivo – V. 7

Exercícios

01) D

x2 + y2 + 6x + 4y + 12 = 0

Temos que:– 2x0 = 6 e – 2y0 = 4

x0 = 62−

y0 = 42−

x0 = – 3 y0 = – 2

Logo, C = (x, y0) = (–3, –2).

02) B

x2 + y2 – 4x + 6y – 3 = 0Completando quadrado, temos:(x2 – 4x) + (y2 + 6y) – 3 = 0(x2 – 4x + 4) – 4 + (y + 6y + 9) – 9 – 3 = 0(x – 2)2 – 4 + (y + 3)2 – 9 – 3 = 0(x – 2)2 + (y + 3)2 – 16 = 0(x – 2)2 + (y + 3)2 = 16(x – 2)2 + (y + 3)2 = 42

Logo,C = (2, –3) e r = 4.Portanto,2 + (–3) + 4 = 3.

03) B

Já que BC é o diâmetro da circunferência, então o centro é dado pelo ponto médio do segmento BC .x0 = xM = x xB C+

=+=

22 4

262

= 3

y0 = yM = y yB C+=+=

23 1

242

= 2

Logo, C = (x0, y0) = (3, 2).Raio é dado por:

r = dMB = 3 2 3 2 1 1 22 2 2 2−( ) + −( ) = + =

Portanto, a equação da circunferência é dada por:

(x – 3)2 + (y – 2)2 = ( 2 )2

x2 – 6x + 9 + y2 – 4y + 4 = 2x2 + y2 – 6x – 4y + 13 – 2 = 0x2 + y2 – 6x – 4y + 11 = 0

04) C

Raio é dado por:

r = dCP = 2 0 1 3 2 2 4 4 82 2 2 2

−( ) + −( ) = + −( ) = + =

Portanto, a equação é:

(x – 2)2 + (y – 1)2 = ( 8 )2

(x – 2)2 + (y – 1)2 = 8

05) E

Ponto médio de AB :

xM = x xA B+

=− +

=2

1 52

42

= 2

yM = y yA B+=+=

24 2

262

= 3

Logo, M(2, 3).Portanto, o raio da circunferência é:

r = dMO = 2 0 3 0 2 3 4 9 132 2 2 2−( ) + −( ) = + = + =

06) E

x2 + y2 = 6x + 6y – 14x2 + y2 – 6x – 6y = – 14(x – 3)2 + (y – 3)2 – 9 – 9 = – 14(x – 3)2 + (y – 3)2 – 18 = – 14(x – 3)2 + (y – 3)2 = – 14 + 18(x – 3)2 + (y – 3)2 = 4 = 22

x

y

5

4

3

2

1

531 2 4

A

Do gráfico, obtemos A = (5, 5). Logo, 5 + 5 = 10.

GABARITO

2 Matemática B

07) D

x² + Ay² + Bxy + 2x − 4y + C = 0

Para que represente uma equação de circunferência temos: A = 1 e B = 0, reescrevendo a equação: x² + y² + 2x − 4y + C = 0 (I) ⇒ x² + y² − 2x0x − 2y0y + x0² + y0² − R² = 0 (II)

Sabemos que d = 10, então R = 5. Comparando I e II, temos:

a) 2x = − 2x0x

22xx− = x0

x0 = −1

b) − 2y0y = − 4y

y0 = −−

42

yy

y0 = 2

c) x0² + y0² − R² = C (−1)² + (2)² − (5)² = C 1 + 4 − 25 = C −20 = C

Logo, A – B – C = 1 – 0 – (–20) = 1 + 20 = 21.

08) D

Nossa equação é dada por: x² + y² + px + qy + m = 0, que, ao completar quadrados, fica:

xp

+

2

2

− p2

4 + y

q+

2

2

− q2

22 + m = 0

ou seja,

xp

+

2

2

+ yq

+

2

2

= p q2 2

4+

− m.

Logo, o centro é C = − −

p q2 2

, .

A distância entre C e K é

d = dC, K = − −

+ − −

pp

qq

2 2

2 2

d = 94

94

2 2p q+ = 32

p q2 2+ .

Ilustrando os três pontos dados no plano, temos:

Note, pelo gráfico, que o centro dessa circunferência é o ponto médio entre (−1, 4) e (3, 0).

Assim:

Cx = xM = − +1 3

2 =

22 = 1 e

Cy = yM = 4 0

2+

= 42 = 2

Logo, C = (1, 2). Como o centro da circunferência pela nossa equa-

ção é − −

p q2 2

, , temos que: − =

− =

⇒=−=−

p

q

p

q2

1

22

2

4

E a distância entre C e K fica:

32

p q2 2+ = 32

( ) ( )− + −2 42 2 = 32

20 = 32 . 2 5 = 3 5 = d.

Falta encontrar m, mas como o 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 .

GABARITO

3Matemática B

dP, C = ( ) ( ( ))2 2 3 12 2− + − − = 4, que é, por sinal, o

dobro do raio da circunferência que tem raio 2.

11) A

x² + y² − 6x – 4y + p = 0(x – 3)2 + (y – 2)2 – 9 – 4 + p = 0(x – 3)2 + (y – 2)2 = 13 – pDevemos ter:13 – p > 013 > pPortanto, o maior número p é 12.

12) A

x² + y² − 4x + 8y + k = 0 (I) x² + y² − 2x0x − 2y0y + x0² + y0² − r² = 0 (II)

Comparando I e II, temos: a) − 2x0x = − 4x

x0 = −−

42

xx

x0 = 2

b) − 2y0y = 8y

y0 = 82yy−

y0 = −4

c) x0² + y0 − r² = k 2² + (−4)² −r² = k 4 + 16 − r² = k − k + 20 = r² Como r² > 0, temos − k + 20 > 0 − k > −20 .(–1) k < 20

13) a) R < 13 b) R = 13

x2 + y2 + 4x + 6y + R = 0(x2 + 2)2 + (y + 3)2 – 4 – 9 + R = 0(x2 + 2)2 + (y + 3)2 = 4 + 9 – Ra) Devemos ter: 4 + 9 – R > 0 13 – R > 0 R < 13b) Devemos ter: 4 + 9 – R = 0 13 – R = 0 R = 13

09) B

y

x–1–2–3–4

A

2

M

B

y = 2x –4

Ponto médio:

xM = x xA B+

=+=

22 0

222

= 1

yM = y yA B+=− +

=−

24 02

42

= – 2

Logo, M(1, –2).O raio da circunferência é dado por:

r = dMA = 1 2 2 02 2

−( ) + − −( )

r = −( ) + −( ) = + =1 2 1 4 52 2

Portanto, a equação da circunferência é:(x – 1)2 + (y + 2)2 = ( 5 )2

x2 – 2x + 1 + y2 + 4y + 4 = 5x2 + y2 – 2x + 4y + 1 + 4 – 5 = 0x2 + y2 – 2x + 4y = 0

10) A

A intersecção de L1 e L2 é dada por:

2 3 5 0

2 4 0 2

x y

x y

− + =− + = −

. ( )

⇒ 2 3 5 0

2 4 8 0

3 0 3

x y

x y

y y

− + =− + − =

− = ⇒ = ⇒ x = 2

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:

GABARITO

4 Matemática B

14) B

Temos que o ponto P é simétrico ao ponto (–1, 1), ou seja, P(–1, –1).

O centro da circunferência λ é dado por:

x0 = −( )42

= –2

y0 = −( )102

= –5

Logo, C(–2, –5).

Temos ainda que o raio da circunferência é:

r = dCF = − − −( )( ) + − − −( )( )2 1 5 12 2

r = − +( ) + − +( )2 1 5 12 2

r = −( ) +( )1 42 2

r = 1 16+

r = 17

Portanto, a equação da circunferência é dada por:(x + 2)2 + (y + 5)2 = ( 17 )2

x2 + 4x + 4 + y2 + 10y + 25 = 17x2 + y2 + 4x + 10y + 29 – 17 = 0x2 + y2 + 4x + 10y + 12 = 0

15)D

Note que o ponto médio M é o centro da circun-ferência. Assim:

xC = xM = x xA B+=+=

22 6

282

= 4

yC = yM = y yA B+=+

22 5

2= 7

2Raio é dado por:

r = dMA = ( )4 272

522

− + −

r = ( )232

22

+ −

r = 494

+

r = 254

r = 52

Portanto, a equação é dada por:

(x – 4)2 + (y – 72

)2 = ( 52

)2

x2 – 8x + 16 + y2 – 7y + 494

= 254

x2 + y2 – 8x – 7y + 16 + 494

– 254

= 0

x2 + y2 – 8x – 7y + 64 49 254

+ − = 0

x2 + y2 – 8x – 7y + 884

= 0

x2 + y2 – 8x – 7y + 22 = 0

16) a) A(3, –2); B(3, 4); C(1, 5) b) s: 7x + 2y – 17 = 0 c) λ: (x – 1)2 + (y – 5)2 = 5

a) A(3, –2) B(3, 4) C(1, 5) b) Equação da reta s:

3 2 1

1 5 1

1

0

−=

x y 15 – 2x + y – 5x – 3y + 2 = 0 – 7x – 2y + 17 = 0 .(–1) 7x + 2y – 17 = 0

c) r = dCB = ( ) ( )1 3 5 42 2− + −

r = ( )− + = +2 1 4 12 2 = 5

Portanto, a equação da circunferência é:

(x – 1)2 + (y – 5)2 = ( 5 )2

(x – 1)2 + (y – 5)2 = 5

17) B

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.

Mas note que o ponto (x, x), com x > 0, é um vértice do oc-tógono e é pertencente a essa circunferência.

GABARITO

5Matemática B

Logo, x² + x² = 4 ⇔ 2x² = 4 ⇔ x² = 2 ⇔ x = ± 2, e como

x > 0, x = 2. Ou seja, P = ( 2, 2) pertence à circun-

ferência. Assim, o lado do octógono é dado por:

dP, (0, 2) = ( ) ( )2 0 2 22 2− + − =

= 2 2 4 2 4+ − + = 8 4 2− .

Assim, como a área de um octógono de lado a é dada

por 2a² . (1 + 2), temos que:

A = 2 . 8 4 22

−( ) . (1 + 2) =

= 2 . (8 − 4 2) . (1 + 2) =

= 2 . ( 8 + 8 2 − 4 2 − 8 ) = 2 . (4 2) =

= 8 2.

18) B

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 a seguir:

Temos que AC�B = 30° e, assim, como AB = 1, o triân-

gulo retângulo tem lado BC igual a:

CB

A

1

30°

tg 30° = BA

BC ⇔−

3

3 =

1

BC ⇔ BC = 3

Logo, o lado do triângulo é 2 . BC = 2 3.

19) 21

C: (x − 4)² + (y − 3)² = 16 e r: 4x + 3y − 10 = 0

01. Verdadeiro. Quando y = 0, em C temos: (x − 4)² + (0 − 3)² = 16

x² − 8x + 16 + 9 = 16 x² − 8x + 9 = 0

x = −− ± −( )8 64 36

2

x = 8 28

2±

x = 8 2 7

2±

x' = 4 + 7 x'' = 4 − 7

Quando x = 0, em C temos: (0 − 4)² + (y − 3)² = 16

16 + y² − 6y + 9 = 16 y² − 6y + 9 = 0

y = −− ± −( )6 36 36

2

y = 6 0

2±

y = 3

Note que temos dois valores de intersecção para x e um valor para y.

02. Verdadeiro. C(4, 3), pois (x − xC)2 + (y − yC)2 = R2.04. Verdadeiro.

drC = Ax By C

A BC C+ +

+2 2

drC = 4 4 3 3 10

4 32 2

. .+ −

+

drC = 16 9 10

16 9

+ −

+

drC = 15

25

drC = 155

drC = |3| = 308. Falso. Do item 04 temos que drC = 3 < 4 = R, com

isso podemos afirmar que r é secante, logo r ∩ C ≠ ∅.16. Verdadeiro. r: 3y = − 4x + 10

y = − +4 10

3x

, note que − 43

< 0, logo y é decrescen-

te.

GABARITO

6 Matemática B

20) 18

01. Falso. Primeiro vamos descobrir o centro da circun-ferência: x² + y² + 2x − 6y + 9 = 0.

a) − 2xx0 = 2x

x0 = 22xx−

x0 = −1 ⇒ C(−1, 3) b) − 2y0y = − 6y

y0 = −−

62

yy

y0 = 3

Se as circunferências são concêntricas, então elas têm o mesmo centro:

(x − (−1))² + (y − 3)² = 3² (x + 1)² + (y − 3)² = 9

x² + 2x + 1 +y² − 6y + 9 = 9 x² + y² + 2x − 6y + 1 = 002. Verdadeiro. y − y0 = m(x − x0) 2 − (−1) = m(3 − (−3)) 2 + 1 = m(3 + 3) 3 = 6m

m = 36 3

3

÷

÷

m = 12

04. Falso. Substituindo o ponto P(3, 4) na equação da circun-

ferência, temos: 32 + 42 – 3 + 4 . 4 – 3 = 9 + 16 – 3 + 16 – 3 = 35 > 0 Portanto, o ponto P é exterior.

08. Falso. r: 2x − 3y + 5 = 0 s: 4x − 6y − 1 = 0 2x + 5 = 3y 4x − 1 = 6y

23x +

53 = y

46x −

16 = y

⇓ ⇓

mr = 23 ms =

46 2

2

÷

÷

= 23

Então, r // s.

16. Verdadeiro. dAP = dBP

( ) ( )x x y yA P A P− + −2 2 = ( ) ( )x x y yB P B P− + −2 2

(3 − p)² + (1 − 2)² = (2 − p)² + (4 − 2)²

9 − 6p + p2 + 1 = 4 − 4p + p2 + 4

10 − 6p = 8 − 4p 2 = 2p

22 = p

1 = p

21) 19

01. Correta. Temos que Centro: C(6, 4) Raio: r = 1 Logo, a equação da circunferência é dada por: (x – 6)2 + (y – 4)2 = 12

x2 – 12x + 36 + y2 – 8x + 16 = 1 x2 + y2 – 12x – 8x + 52 = 1 x2 + y2 – 12x – 8x + 52 – 1 = 0 x2 + y2 – 12x – 8x + 51 = 0

02. Correta. Equação da reta determinada pelos pontos A e C.

4 2 1

10 6 1

1

0

x y

=

24 + 2x + 10y – 6x – 4y – 20 = 0 – 4x + 6y + 4 = 0 .(– 1) 4x – 6y – 4 = 0 (÷ 2) 2x – 3y – 2 = 0

04. Incorreta.

dAC B� ���

, ( )=

⋅ − ⋅ −

+ −

2 8 3 3 2

2 32 2

= 16 9 2

4 9

− −

+

= 5

13

13

13⋅

= 5 1313

08. Incorreta. Caso os pontos (7; 4), (4; 2) e (10; 6) sejam coline-

ares, então satisfazem a mesma equação de reta. No item (02), calculamos a equação da reta que pas-

sa pelos pontos (4, 2) e (10; 6), isto é, 2x – 3y – 2 =0. Assim, o ponto (7, 4) deve satisfazer a equação para

que os pontos sejam colineares. 2 . 7 – 3 . 4 – 2 = 0 14 – 12 – 2 = 0 14 – 14 = 0 0 = 0 (ok!)

Portanto, os pontos são colineares.

GABARITO

7Matemática B

16. Correta. O valor real do raio é: R = r . 10 = 1 . 10 = 10 m Área A = π.R2 = π.(10)2 = 100π m2

22) F – V – V – F – F

(F) Ponto (–2, 2). (– 2)2 + 22 + 2 . (– 2) – 4 . 2 – 4

4 + 2 – 4 – 8 – 4 – 10 < 0 Logo, o ponto (–2, 2) é interior. (V) Ponto (1, 6). 12 + 62 + 2 . 1 – 4 . 6 – 4 = 1 + 36 + 2 – 24 – 4 = 11 > 0 Logo, o ponto (6, 1) é exterior. (V) Ponto (–1, –1). (–1)2 + (–1)2 + 2 . (–1) – 4 . (–1) – 4 = 1 + 1 – 2 + 4 – 4 = 0 Logo, o ponto pertence a c. (F) Ponto (–5, 0). (– 5)2 + 02 + 2 . (– 5) – 4 . 0 – 4 = 25 – 10 – 4 = 11 > 0 Logo, o ponto (– 5, 0) é exterior a c. (F) Ponto (0, 1). 02 + 1 + 2 . 0 – 4 . 1 – 4 = 1 – 4 – 4 = – 7 < 0 Logo, o ponto (0, 1) é interior.

23) E

1) Verdadeira. P(4, 2) (4 – 3)2 + (2 – 4)2 – 5 = 12 + (–2)2 – 5 = 1 + 4 – 5 = 5 – 5 = 0 Logo, o ponto P pertence a c.

2) Falso. (x – 3)2 + (y – 4)2 = 5 (x – 3)2 + (y – 4)2 = ( 5 )2

Logo, o raio é r = 5 .

3) Verdadeira. Centro C(3, 4)

y = 43

x

4 = 4

33⋅

4 = 4 (ok!)

Logo, a reta y = 43

x passa pelo ponto C(3, 4).

24) 31

01. Correta. x2 + y2 + 4x – 6y + 4 = 0 Completando quadrado, temos:

(x + 2)2 + (y – 3)2 – 4 – 9 + 4 = 0 (x + 2)2 + (y – 3)2 = 9 (x + 2)2 + (y – 3)2 = 32

Note que a ordenada é y = 3 e o raio é r = 3. Portanto, a circunferência é tangente ao eixo das abscissas.

02. Correta. x2 + y2 + 4x – 6y + 9 = 0 Completando quadrado, temos:

(x + 2)2 + (y – 3)2 – 4 – 9 + 9 = 0 (x + 2)2 + (y – 3)2 = 4 (x + 2)2 + (y – 3)2 = 22

Note que a abscissa é x = – 2 e o raio é r = 2. Portanto, a circunferência é tangente ao eixo da ordenada.

04. Correta. Para Q(–1, –2) (–1)2 + (–2)2 + 4 . (–1) – 6 . (–2) – 13 = 0

1 + 4 – 4 + 12 – 13 = 0 13 – 13 = 0 0 = 0 (ok!) Portanto, o ponto Q pertence à circunferência de

centro (–2, 3).

08. Correta. Centro: (0, 0) Para C(–2, 3) (–2)2 + 32 – 13 = 0 4 + 9 – 13 = 0 13 – 13 = 0 0 = 0 (ok!) Portanto, a circunferência passa pelo ponto C(–2, 3).

16. Correta. x2 + y2 + 4x – 6y + 3 = 0 Completanto quadrado, temos: (x + 2)2 + (y – 3)2 + 4 – 9 + 3 = 0 (x + 2)2 + (y – 3)2 – 10 = 0 (x + 2)2 + (y – 3)2 = 10

(x + 2)2 + (y – 3)2 = ( 10)2

Logo, o raio é r = 10.

GABARITO

8 Matemática B

25) D

Note que se P = (0, a), então substituindo as coorde-nadas 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.

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.

26) A

y

T

1 2 3 4

t

C

D(x,o)

3

x

x2 + y2 – 4x = 0 (x – 2)2 + y2 = 22

Logo: C(2, 0) r = 2

Coeficiente angular da reta t:

mTC = y y

x xT C

T C

−−

=−−

=−3 01 2

3

mt = − =−

−= ⋅ =

1 1

3

1

3

3

3

33mTC

Logo, a reta t é dada por: (y – 3) = 3

3(x – 1)

3( y – 3 ) 3 ( x – 1)=

3y – 3 3 = 3 . x – 3

3y – 3 3 + 3 = 3 . x

3y – 2 3 = 3 . x

x = 3

3

2 3

3

y−

x = 3

3

y – 2

Para P(x, 0), temos:

x = 3 0

3

⋅ – 2

x = – 2

27) A

y

2

7

r

C

x

R

R = dr,c = 3 7 4 2 12

3 42 2

⋅ − ⋅ +

+ −( )

R = 21 8 12

25

− +

R = 255

R = 5 Portanto, a equação da circunferência é: (x – 7)2 + (y – 2)2 = 52

(x – 7)2 + (y – 2)2 = 25 28) D

x² + y² − 6y + 7 = 0 ⇔ x² + (y − 3)² − 9 + 7 = 0 ⇔ x² + (y − 3)² = 2

I. Falso. O raio é 2.

II. Verdadeiro.III. Verdadeiro. Note que y = 1 + x tem coeficiente an-

gular m1 = 1, enquanto que o coeficiente angular da reta que passa pelo centro (0, 3) e por P = (1, 2) é:

y − 2 = 3 20 1−−

(x − 1) ⇔ y − 2 = (−1) . (x − 1)⇔

y = − x + 3 ⇔ y = −1x + 3.  m2

Portanto, m1 . m2 = − 1, e, assim, é perpendicular.

GABARITO

9Matemática B

31)D

s: x − y = 2 ⇒ y = x − 2 (I) λ: (x − 2)² + (y − 3)² = 3²

x² − 4x + 4 + y² − 6y + 9 = 9 x² + y² − 4x − 6y + 4 = 0 (II)

Substituindo I em II, temos:

x² + (x − 2)² − 4x − 6(x − 2) + 4 = 0 x² + x² − 4x + 4 − 4x − 6x + 12 + 4 = 0 2x² − 14x + 20 = 0 (dividindo por 2) x² − 7x + 10 = 0

x = −− ± −( )7 49 40

2

x = 7 9

2±

x = 7 3

2±

= x

x

’

’’

==

5

2

Substituindo x em I, temos:

a) y = x' − 2 b) y = x'' − 2 y = 5 − 2 y = 2 − 2 y = 3 y = 0

P1(2, 0) P2(5, 3)

Por Pitágoras temos:

PP1 2

2( ) = (2 − 5)² + (0 − 3)²

PP1 2

2( ) = (−3)² + (−3)²

PP1 2 = 9 9+

PP1 2 = 18 = 3 2

29) a) x – y + 1 = 0

b) (x – 2)2 + (y – 3)2 = 252

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,

dCλ, r = 1 2 1 3 0

1 12 2

. .+ +

+ =

5

2 =

5 22

.

Logo, a equação da circunferência concêntrica a λ é:

(x − 2)² + (y − 3)² = 5 2

2

2

=

252

.

30) D

C(2, 1) s: 3x − 4y + 8 = 0

C

s

Para encontrarmos o raio, precisamos calcular a dis-tância entre C e s:

dCs = Ax By C

A BC C+ +

+2 2

dCs = 3 2 4 1 8

3 42 2

. .

( )

− +

+ −

dCs = 6 4 8

9 16

− +

+

dCs = 10

25

dCs = 105

= 2

r = 2

Então a equação da circunferência é: (x − 2)² + (y − 1)² = 2² (x − 2)² + (y − 1)² = 4

GABARITO

10 Matemática B

32) C

Para y = x + b ser tangente à circunferência de equação x² + y² = 1, precisamos 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. Como, pelo enunciado, queremos o valor positivo de b,

tomamos b = 2.

33) A

Substituindo y = k – x em x2 + y2 – 2x – 2y + 1 = 0, temos:

x + (k – x) – 2x – 2 (k –x ) + 1 = 02 2

x2 + k2 – 2kx + x2 – 2x – 2k + 2x + 1 = 0

2x2 – 2kx + (k2 – 2k + 1) = 0 Como existe um único ponto em comum, ou seja, são

tangentes, então Δ = 0. Δ = (–2k)2 – 4 . 2 . (k2 – 2k + 1) = 0

4 k – 8 (k – 2k + 1) = 02 2

4k2 – 8k2 + 16k – 8 = 0 – 4k2 + 16k – 8 = 0 .(–¼) k2 – 4k + 2 = 0 Resolvendo a equação acima, temos:

k' = 2 + 2 ou k'' = 2 – 2 Portanto:

k' + k'' = 2 + 2 + 2 – 2 k' + k'' = 4

34)B

x2 + y2 – 4x – 8y + 15 = 0 (x – 2)2 + (y – 4)2 – 4 – 16 + 15 = 0 (x – 2)2 + (y – 4)2 = 5 (x – 2)2 + (y – 4)2 = ( 5 )2

Logo: Centro: P(2, 4) Raio: r = 5

y

P

0

r

x1 2 3

2

4

1

3

s

B

C

mr = y y

x xP

P

−−

=−−=0

0

4 02 0

42

= 2

Logo: ms = − =−

1 12mr

Vamos encontrar o ponto A. Equação da reta r: y = 2x Substituindo y = 2x em x2 + y2 – 4x – 8y + 15 = 0, tere-

mos: x2 + (2x)2 – 4x – 8 . (2x) + 15 = 0 x2 + 4x2 – 4x – 16x + 15 = 0 5x2 – 20x + 15 = 0 .(１／５) x2 – 4x + 3 = 0 Resolvendo a equação acima, obtemos: x' = 1 ou x'' = 3 Substituindo x' = 1 em y = 2x, temos: y = 2 . 1 y = 2 Logo, A(1, 2). Portanto, a equação da reta s é dada por: y – y0 = ms (x – x0)

y – 2 = – −

12 (x – 1)

– 2 ( y – 2 ) = x – 1

– 2y + 4 = x – 1 x – 1 + 2y – 4 = 0 x + 2y – 5 = 0

GABARITO

11Matemática B

35) 12

C1: x² + y² − 2x − 2y − 6 = 0 ⇒ C1(1, 1) e R1 =  8 = 2 2

a) − 2x0x = − 2x

x0 = −−

22

xx = 1

b) − 2y0y = − 2y

y0 = −−

22

yy = 1

c) x0² + y0² − R² = −6 1² + 1² + 6 = R²

R² = 8 ⇒ R = 8 = 2 2

r: x + y − 6 = 0

01. Falso.C2 = (0, 0) e R2 = 2 dC C1 2

= R1 + R2

( ) ( )1 0 1 02 2− + − = 2 2 + 2

1 12 2+ = 3 2

2 ≠ 3 2

02. Falso.

dCr = Ax By C

A BC C+ +

+2 2

dCr = 1 1 1 1 6

1 12 2

. .+ −

+

dCr = 1 1 6

2

+ −

dCr = −4

2

dCr = 4

2 2

2

.

.

dCr = 4 2

2 = 2 2

Elas são tangentes.

04. Verdadeiro. A = πr²

A = π( 8)²

A = 8π

08. Verdadeiro. Justificativa no começo da questão.

16. Falso.

dPC = ( ) ( )x x y yP C P C− + −2 2

dPC = ( ) ( )2 1 3 12 2− + −

dPC = 1 22 2+

dPC = 1 4+

dPC = 5 < 2 2 P é interior.

36) 09

C1: x² + y² + 4x + 4y + 4 = 0 ⇒ C1(−2, −2) e R = 2

a) − 2x0x = 4x

x0 = 42xx−

x0 = −2

b)− 2y0y = 4y

y0 = 42yy−

y0 = −2

c) x0² + y0² − R² = 4 (−2)² + (−2)² − 4 = R² 4 + 4 − 4 = R² 4 = R²

4 = R ⇒ R = 2 P(1, 2) e s: x + y − 1 = 0

01. Verdadeiro.

dC P1 = ( ) ( )x x y yC P C P1 1

2 2− + −

dC P1 = ( ) ( )− − + − −2 1 2 22 2

dC P1 = ( ) ( )− + −3 42 2

dC P1 = 9 16+

dC P1 = 25 = 5

Note que 5 é a distância entre P e o centro da circunferência, então se descontarmos o raio tere-mos a distância de P à "borda" da circunferência; 5 − 2 = 3 u.c.

02. Falso. s: y = − x + 1 ⇒ ms = − 1 Se s ⊥ r, sendo r a reta que passa por P, então mr = 1. Logo, a equação de r é: y − yP = mr(x − xP) y − 2 = 1(x − 1) y − 2 = x − 1 y − x − 2 + 1 = 0 y − x − 1 = 0.

GABARITO

12 Matemática B

04. Falso.

dC s1 =

Ax By C

A B

C C1 1

2 2

+ +

+

dC s1 =

1 2 1 2 1

1 12 2

. ( ) . ( )− + − −

+

dC s1 = − − −

+

2 2 1

1 1

dC s1 = −5

2

dC s1 =

5

2 2

2

.

.

dC s1 =

5 22

> 2

s é exterior.

08. Verdadeiro. P(1, 2) C(−2, − 2) Q(1, − 2)

DP −DS = (− 2 + 2 + 4) − (− 4 − 2 − 2) = 4 + 8 = 12

A = D

2 =

12

2 = 6 u. a

37) D

x2 + y2 – 4x – 6y – 3 = 0 Completando quadrado, temos: (x – 2)2 + (y – 3)2 – 4 – 9 – 3 = 0 (x – 2)2 + (y – 3)2 = 16 Logo, C(2, 3) e r = 4.

y

–2x

–1

3

8

10 P

A

r

dPA

dDP

0

2

Vamos calcular dOP:

dOP = ( ) ( )8 2 10 32 2− + −

dOP = 6 72 2+

dOP = 36 49+

dOP = 85

No triângulo OAP, temos: (dOP)

2 = r2 + (dPA)2 (Teorema de Pitágoras)

( 85 )2 = 42 + (dPA)2

(dPA)2 = 85 – 16

(dPA)2 = 69

dPA = 69

38) D

C1: x² + y² + 8x + 6y = 0

a) − 2x0x = 8x

x0 = 82xx− = − 4

b) − 2y0y = 6y

y0 = 62yy− = − 3

c) x0² + y0² − R² = 0 (−4)² + (−3)² = R² 16 + 9 = R² R² = 25

R = 25 R = 5

⇒ Então, C1 (−4, −3) e R1 = 5.

C2: x² + y² − 16x − 12y = 0

a) − 2x0x = − 16x

x0 = −−162

xx

= 8

b) − 2y0y = − 12y

y0 = −−122

yy

= 6

c) x0² + y0² − R² = 0 8² + 6² = R² 64 + 36 = R² R² = 100

R = 100

GABARITO

13Matemática B

R = 10

⇒ Então, C2 (8, 6) e R2 = 10.

Calculando a distância entre C1 e C2, temos:

dC C1 2 = ( ) ( )x x y yC C C C1 2 1 2

2 2− + −

dC C1 2 = ( ) ( )− − + − −4 8 3 62 2

dC C1 2 = ( ) ( )− + −12 92 2

dC C1 2 = 144 81+

dC C1 2 = 225

dC C1 2 = 15

Note que dC C1 2 = R1 + R2 = 5 + 10 = 15, logo C1 e C2 são

tangentes externas.

39) C

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) e raio r1 = 3. Agora, note que o raio de C2 é igual a dC C1 2, − raio de C1, pois elas são tangentes. Logo,

rC2 = ( ) ( )− − + − −1 4 2 32 2 − 3 =

= 25 25+ − 3 = 5 2 − 3.

40) D

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.

Assim,

área de C1 = AC1 = π . r1

2 = π . ( 2)² = 2π

e

área de C2 = AC2 = π . r2

2 = π . ( 8)² = 8π.

Portanto, a área hachurada é igual a

A = AC2− AC1

= 8π − 2π = 6π.

41) A

y

x

C2

C1

A (o, y)

B (x, o)

Da equação c1, temos: x2 + y2 + 6y + 5 = 0 Ponto A(0, y) 02 + y2 + 6y + 5 = 0 y2 + 6y + 5 = 0 Resolvendo a equação acima, obtemos: y' = –5 ou y'' = –1 (não serve) Portanto, A(0, –5). Da equação c2, temos: x2 + y2 – 12x = 0 Ponto B(x, 0) x2 + 02 – 12x = 0 x2 – 12x = 0 x (x – 12) = 0 x' = 0 ou x'' – 12 = 0 x'' = 12 Portanto, B(12, 0). Assim, dAB é dada por: dAB = ( ) ( )0 12 5 02 2− + − −

dAB = ( ) ( )− + −12 52 2

dAB = 144 25+

dAB = 169

dAB = 13

GABARITO

14 Matemática B

42) A = 10,93 ≅ 11.

y

x0

y

h

T

Ponto T é dado: 42 + y2 = 64 y2 = 64 – 16 y2 = 48 y = 48

y = 4 3 Logo, T(4, 4 3) Portanto, a soma das coordenadas do ponto T: 4 + 4 3 = 4 + 6,93 = 10,93 ≅ 11

43)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.

(V) A reta AB� ���

é: (y −0) = 2 02 1−−

. (x − 1) ⇔ y = 2x − 2.

Se − −

12

3, ∈ AB� ���

, devemos ter − 3 = 2 . −

12

− 2

⇔ − 3 = − 3, logo pertence.(F) Pois A nem pertence a essa reta.

(F) Pela lei dos senos temos que senα2 2

= senβ

1 ⇔

⇔ ( )( )sensen

αβ

= 2 2.

44) C

Pela definição de elipse, a corda deverá medir 2a, como a = 10, a corda deverá medir 2 . 10 = 20 m.

45) B

Equação da elipse. ( ) ( )x x

b

y y

a

−+

−02

20

2

2

= 1

Da figura, obtemos: C(x0, y0) = C(–5, 7) a = 4 b = 3 Logo, a equação é dada por:

( ( )) ( )x y− −+

−53

74

2

2

2

2

= 1

( ) ( )x y++

−59

716

2 2= 1

46) A

Equação da elipse centrada na origem. x

bya

2

2

2

2+ = 1

Temos que a = 3 e b = 2. Portanto, a equação é dada por:

x y2

2

2

22 3+ = 1

x y2 2

4 9+ = 1

47) D

Pelas informações do gráfico temos que:

a = 120

2 − 10 = 50 e b =

802

− 10 = 30.

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.

48) B

Excentricidade e1: e1 = c

a Como a = 5 e a2 = b2 + c2

25 = 4 + c2

25 – 4 = c2

c2 = 21

c = 21.

GABARITO

15Matemática B

Portanto: e1 = 21

5 Excentricidade e2: e2 = c

a Temos a = 5 e a2 = b2 + c2

25 = 16 + c2

25 – 16 = c2

9 = c2

c = 3. Portanto:

e2 = 35

Logo:

ee

1

2

21535

21

5

53

213

= = ⋅ =

49) Centro: C = (4, –3); a = 5, b = 4; focos F1 = (1, – 3), F2 = (7, – 3)

Centro = (4, −3)

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)

e as medidas dos eixos são: maior 2 . a = 2 . 5 = 10 menor 2 . b = 2 . 4 = 8

50) x y−( )+

+( )=

14

21

12 2

;

focos F1 = (1 – 3 , –2), F2 = (1 +  3 , –2)

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 y−( )+

+( )=

14

21

12 2

a = 2 b = 1

⇒ c² = a² − b² = 4 − 1 = 3 ⇒ c = 3 . Logo, os focos são F1 = (1 – 3 , –2), F2 = (1 + 3 , –2).

51) x y+( )+

−( )=

320

436

12 2

; focos F1 = (– 3, 0), F2 = (–3, 8)

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

x y+( )+

−( )=

320

436

12 2

 b = 20 a = 6

Por Pitágoras, c² = a² − b² = 36 − 20 = 16 ⇒ c = 4.

Assim, F1 = (– 3, 0), F2 = (–3, 8).

52) E

9x2 + 25y2 – 36x + 50y – 164 = 0 9x2 – 36x + 25y2 + 50y – 164 = 0 9 (x2 – 4) + 25 (y2 + 2y) – 164 = 0 9 (x – 2)2 – 36 + 25 (y + 1)2 – 25 – 164 = 0 9 (x – 2)2 + 25 (y + 1)2 = 225 (÷225) ( ) ( )x y−

++2

251

9

2 2= 1

a) Centro: C(2, –1). Portanto, incorreta.b) Eixo maior: 2a = 2 . 5 = 10. Portanto, incorreta.c) Eixo menor: 2b = 2 . 3 = 6. Portanto, incorreta.d) Distância focal. c2 = a2 – b2

c2 = 25 – 9 c2 = 16 c = 16

c = 4 Logo, a distância focal é dada por: 2c = 2 . 4 = 8. Portanto, incorreta.e) Excentricidade. e = c

a = 4

5= 0,8

Portanto, correta.

53) B

x2 + 9y2 – 8x – 54y + 88 = 0 x2 – 8x + 9y2 – 54y + 88 = 0 (x – 4)2 – 16 + 9 (y2 – 6y) + 88 = 0 (x – 4)2 + 9 (y – 3)2 – 81 – 16 + 88 = 0 (x – 4)2 + 9 (y – 3)2 = 9 (÷9) ( )x−4

9

2+ (y – 3)2 = 1

Portanto, o gráfico da circunferência é:

GABARITO

16 Matemática B

y

x4

3 ab

Logo, a circunferência tangencia o eixo das abscissas.

54) C

E1: 16x2 + 25y2 = 400 (÷ 400)

x2

25+ y2

16= 1

Temos ainda:

E2: 16x2 + 9y2 = 144 (÷ 144)

x2

9+ y2

16= 1

x

y

–5 –3 5

–4

4

E1E2

3

Área E1:

AE1 = 5 . 4 . π = 20π u.a.

Área E2: AE2

= 3 . 4π = 12π u.a.

Logo,

A = AE1 – AE2

= 20π – 12π = 8π u.a.

55) C

(x – 2)2 + 4 (y + 5)2 = 36 (÷ 36)

( )x−236

2+ ( )y+ 5

9

2= 1

Maior valor x:

x = 6 + 2 = 8

Maior valor y:

y = – 5 + 3

y = – 2

Portanto, m + n = 8 – 2 = 6.

56) 23

x2 + 4y2 = 9 (÷ 9)

x2

9+ 4

9

2y = 1

x2

23+ y2

232

= 1

01. Correta. Pois, a ≠ b.02. Correta. Para y = 0 x2 + 4 . 0 = 9 x2 = 9 x = ± 9

x = ±3 Logo, a cônica intercepta o eixo das abscissas em

(3, 0) e (–3, 0).04. Correta. Uma elipse é o conjunto de pontos do plano cuja

soma das distâncias a dois pontos fixos é constante 2a. Então,

AD AE BD BE+ = + = 2a.

Portanto, o perímetro é dado:

ΔDAE: 2p: AD AE DE a DE+ + = +2

ΔDBE: 2p: BD BE DE a DE+ + = +2

Logo, os perímetros são iguais.

08. Incorreta.

x y i

x y ii

2 2

2 2

2

4 9

+ =

+ =

( )

( )

Fazendo (ii) – (i), teremos:

3y2 = 7

y2 = 73

y' = 73

ou y'' = – 73

Substituindo y' e y'' em (i), obtemos:

x2 + 73

2

= 2

x2 = 2 – 73

GABARITO

17Matemática B

x2 = – −

13

(Absurdo!)

Portanto, não existe ponto de intersecção, e assim não são tangentes.

16. Correta.

Para x = 2 2

(2 2)2 + 4y2 = 9 4 . 2 + 4y2 = 9 4y2 = 9 – 8 4y2 = 1

y2 = 14

y = ± 14

y = ±−

12

Logo, o ponto (2 2, −

12) pertence à cônica.

57) E

x2 + y2 – 4x – 6y = 3 (x – 2)2 – 4 (y – 3)2 – 9 = 3 (x – 2)2 – 4 (y – 3)2 = 16 Logo, o centro é C(2, 3). Temos ainda, 5x2 + 4y2 = 20 (÷20) x2

4+ y2

5= 1

c2 = a2 – b2

c2 = 5 – 4 ⇒ c2 = 1 ⇒ c = 1 Logo, os focos são F1(0, 1) e F2(0, –1). Portanto, a reta com menor coeficiente é determinada

pelos pontos C(2, 3) e F1(0, 1). 2 3 1

0 1 1

1

0

x y

=

2 + 3x – x – 2y = 0 2x – 2y + 2 = 0 (÷2) x – y + 1 = 0 58) B

Note que P pertence à reta y = x, logo P = (k, k). Como (k, k) está na elipse, temos:

k k2 2

100 251+ = ⇔ k² + 4k² = 100 ⇔ 5k² = 100 ⇔ k² = 20

⇔ k = 2 5, positivo pelo fato de P ∈ 1° quadrante.

Assim, P = (2 5, 2 5) e, com isso,

dO, P = 2 5 0 2 5 02 2

−( ) + −( ) = 20 20+ =

= 40 = 2 10.

59) D

Do enunciado temos a figura:

y

9

6F2

F1

0

–6

xB(x,3)

A(0,9)

x

a = 9

b = ?

c = 6

45

Temos que b² + c² = a²

⇒ b² + 6² = 9² ⇒ b² = 45 ⇒ b = 45.

Assim, a equação da elipse fica: y2

81 +

x2

45 = 1.

Como B (x, 3) pertence à elipse, temos:

381

2

+ x2

45 = 1 ⇔ x = 2 10.

Logo, a área do triângulo BF1F2 é: −

12 . 12 . 2 10 = 12 10.

60) 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

é eca

= = 32

.