08 07 (Gabarito - Geometria Analítica Inequações Revisão)

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Prof. Anderson Weber 
Matemática 
 
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Geometria Analítica – Inequações + Revisão 
 
Gabarito: 
Resposta da questão 1: 
 [C] 
 
Resposta da questão 2: 
 [C] 
 
Resposta da questão 3: 
 [D] 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
 
Resposta da questão 5: 
 [C] 
 
Resposta da questão 6: 
 [B] 
 
Resposta da questão 7: 
 [A] 
 
Resposta da questão 8: 
 [A] 
 
Resposta da questão 9: 
 [E] 
 
Resposta da questão 10: 
 −
3
(3 2) u.a.
4
π 
 
Resposta da questão 11: 
 a) 
 
 
b) 
 
 
 
 
−6 3
u.a.
24
π
 
 
Resposta da questão 12: 
 [D] 
 
 
Resposta da questão 13: 
 [C] 
 
 
Resposta da questão 14: 
 [B] 
 
Resposta da questão 15: 
 [E] 
 
Resposta da questão 16: 
 [B] 
 
Resposta da questão 17: a) A ( 1, 0).= − 
b) 21,3cm . 
 
Resposta da questão 18: 
a) ( ) ( ) ( )A 2 2; 1 , B 1; 2 2 , C 1; 2 2− e ( )D 2 2; 1 .− 
b) = +A 7 2 2 
 
Resposta da questão 19: 
 a) A região A é um disco centrado em (2, 2) de raio 
igual a 2. 
b) A região B é um triângulo retângulo isósceles cujos 
catetos medem 4. 
c) 
22 2 u.a.
2
π π = 
 
Resposta da questão 20: 
 [C] 
 
Resolução: 
Resposta da questão 1: 
 [C] 
4x 5y 20+ = (dividindo por 20) 
x y
1
5 4
+ = (forma segmentária) 
Logo, 
5.4
A 10
2
= = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Resposta da questão 2: 
 [C] 
 
Representando o sistema 
2 2
x y 6
x y 36
+ 

+ 
 no plano 
cartesiano temos região mostrada na figura abaixo: 
 
Basta fazer a área do quarto de círculo menos a área 
do triângulo retângulo e isósceles: 
2
2
.6 6.6
A
4 2
A 9. 18
A 9.( 2) unid
π
π
π
= −
= −
= −
 
 
Resposta da questão 3: 
 [D] 
 
Considere a figura, em que está representada a região 
do plano que satisfaz 0 x 4, 0 y 3    e y x 2. − + 
 
A área da região é dada por 
1
4 3 2 2 10 u.a.
2
 −   = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta da questão 4: 
 [C] 
A região do plano representada simultaneamente 
pelas duas inequações está representada na figura a 
seguir, um semicírculo de raio R = 2. 
 
Logo, sua área será dada por: 
22
A 2 .
2
π
π

= = 
 
Resposta da questão 5: 
 [C] 
 
Observando as figuras, concluímos que a área pedida 
é: 
A = 
23. .2
3 .
4
π
π= 
 
Resposta da questão 6: 
 [B] 
Os pares ordenados satisfazem as condições 
0 x 10,  y 0 e y x, ou seja, 
0 y x 10.   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Resposta da questão 7: 
 [A] 
Esboçando o gráfico de y || x | 1| − e a circunferência 
definida por 2 2x (y 1) 25,+ +  a região 1 2S S será a 
apresentada em amarelo na figura a seguir. 
 
Calculando sua área, tem-se que essa será igual a um 
quarto da área do círculo menos a área de um 
quadrado de lado 2, ou seja: 
( )
2 2
1 2
5 25
S S 2 2
4 4
π π
 = − = − 
Resposta da questão 8: 
 [A] 
Sobre as inequações apresentadas: 
2 2x y 4+   Circunferência de raio 2 e centro na 
origem. 
x y 0+   Reta que passa pelo segundo e quarto 
quadrantes cortando-os diagonalmente, passando 
também pela origem. Assim, existirá um segmento de 
reta pertencente à mesma que é diâmetro da 
circunferência anterior. 
Assim, a região delimitada será um semicírculo de raio 
2, ou seja: 
22
S S 2
2
π
π

=  = 
 
Resposta da questão 9: 
 [E] 
A equação da reta que passa pelos pontos (0, 0) e 
(4, 9) é 
9
y x,
4
= isto é, 9x 4y 0.− = Ademais, a 
equação da reta que passa pelos pontos (0, 0) e 
(8, 3) é 
3
y x,
8
= ou seja, 3x 8y 0.− = Portanto, é fácil 
ver que a região S é limitada pelas desigualdades 
9x 4y 0,−  3x 8y 0,−  x 8 e y 9. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta da questão 10: 
 Temos 
y x 2 0
x
(y x 2) y 2 0 ou
2
x
y 2 0
2
y x 2
ou .
x
y 2 0
2
− − =
 
− − + − =  
 
+ − =
= +

= − + =
 
A reta y x 2= + intersecta o eixo das ordenadas no 
ponto A (0, 2)= e o eixo das abscissas no ponto 
Q ( 2, 0),= − enquanto que a reta 
x
y 2 0
2
= − + = 
intersecta o eixo das ordenadas no ponto A (0, 2)= e 
o eixo das abscissas no ponto P (4, 0)= . 
Completando os quadrados, vem 
2 2 2 2x 2x y 8 0 (x 1) (y 0) 9,− + − =  − + − = 
ou seja, a curva 2 2x 2x y 8 0− + − = é uma 
circunferência centrada em C (1, 0)= e raio 3. 
Seja B o ponto em que a reta y x 2= + intersecta a 
circunferência, conforme a figura. 
 
As coordenadas do ponto B são obtidas do sistema 
2 2
y x 2
.
(x 1) y 9
 = +

− + =
 
Logo, sendo B (1, 3),= a área pedida corresponde à 
soma das áreas do triângulo ABP e do segmento 
circular, definido pelo arco PB. Assim, como: 
0 1 4 01
(ABP)
2 2 3 0 2
1
| 6 |
2
3 u.a.
= 
=  −
=
 
e 
2 23 3
(BP)
4 2
9 18
u.a.,
4
π
π

= −
−
=
 
Segue-se o resultado 
9 18 3
3 (3 2) u.a.
4 4
π
π
−
+ =  − 
 
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Resposta da questão 11: 
 a) Reescrevendo o sistema, obtemos
 
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2
x y 2x 0 (x 1) (y 0) 1
,3 1 3 1
(x 1) y (x 1) y
2 4 2 2
 + −  − + − 
  
      
− + −  − + −                 
 
ou seja, a solução do sistema é a região do plano 
limitada pelas circunferências de centros em (1, 0) e 
3
1, ,
2
 
 
 
 
 com raios respectivamente iguais a 1 e 
1
.
2
 
 
 
b) Considere a figura. 
 
 
 A área pedida corresponde à área do semicírculo 
de centro O e raio igual a 
1
,
2
 subtraída da área do 
segmento circular OBDC, ou seja, 
 
2 21 1 3
sen
2 2 2 3 3 8 6 4
6 3
u.a.
24
π π π π π
π
    
 −  − = − +    
    
−
=
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resposta da questão 12: 
 [D] 
( )2 2 2y x 6x 8 y (x 6x 9) 1 y ( (x 3) 1= − − + +  = − − + + +  = − − + + 
Temos então uma semicircunferência de centro (3,0) e 
raio 1, que está representada na figura abaixo 
juntamente com a reta de equação y x 2.= + 
 
Portanto, a área assinalada será dada por: 
21 1 1 1
A (área do segmento circular)
4 2 4 2
π π 
= − = − 
 
Resposta da questão 13: 
 [C] 
Reescrevendo as equações das elipses, obtemos 
2 2
2 2
2 2
x y
16x 25y 400 1
5 4
+ =  + = 
e 
2 2
2 2
2 2
x y
16x 9y 144 1.
3 4
+ =  + = 
Logo, traçando os gráficos dessas elipses, vem 
 
e, portanto, a área sombreada é dada por 
(5 4 4 3) 8 u.a.π π  −  = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Resposta da questão 14: 
 [B] 
 
x 6
x 2y 6 y
2
x y 4 y x 4
x 0
y 0
− +
+   

+    − +
 


 
Localizando a região no plano e determinando o ponto 
P 
x 6
y
 logo P (2,2)2
y x 4
− +
=

 = − +
 
Calculando a área A assinalada, temos: 
A = A1 + A2 + A3 
1 2 2 2
A 2 2
2 2
 
= +  + 
A = 7. 
 
Resposta da questão 15: 
 [E] 
Calculando: 
( ) ( )
2
2 2
y x 7
x y 7 ou ainda
x y x y 7
x y 1 x 4
x y 7 y 3
x y 7 x 4
x y 1 y 3
 = −

− =  

−  + =

− = =

+ = =
− = =

+ = = −
 
Substituindo: 
( ) ( )
2
4,3 4 7 9 3 − = =  
E ainda: 
( ) ( )
2
4,3 4 7 9 3−  − − = =  
Logo: ( ) ( ) ( ) ( ) Logo : S 4,3 ; 4,3 ; 4, 3 ; 4, 3= − − − − 
Assim, os pontos formam um retângulo de 
comprimento 8 (de 4 até 4)− e altura 6 (de 3 até 3).−
A área desse polígono portanto será igual a 48 (
6 8 48). = 
 
 
Resposta da questão 16: 
 [B] 
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y 2x x 2x 1 y 1 (x 1) y 1
x y 2y x y 2y 1 1 x (y 1) 1
+   − + +   − + 
+   + − +   + − 
 
Representado as duas regiões no plano cartesiano e 
destacando a região comum, cuja área é A. 
 
Portanto, A = 2  A1 
21 1 1 3 1
A 2 2 0,5.
4 2 4 2
π    
=  −  −       
 
 
Resposta da questão 17: 
 a) Desde que a abscissa do ponto A corresponde a 
um dos zeros de f, temos 
23x 0 x 2x 3 0
2 x
x 1 ou x 3.
+ =  − − =
−
 = − =
 
Logo, como o ponto A se encontra no semieixo 
negativo das abscissas, vem A ( 1, 0).= − 
b) Observando queC e D possuem a mesma 
ordenada, encontramos 
234 x x 6x 5 0
2 x
x 1 ou x 5.
= +  − + =
−
 = =
 
Assim, temos Cx 5= e, portanto, se G é o centro do 
retângulo ABCD, então 
A C A Cx x y yG ,
2 2
1 5 0 4
,
2 2
(2, 2).
+ + 
=  
 
− + + 
=  
 
=
 
Portanto, como o ponto de encontro das assíntotas é o 
centro da hipérbole, segue que E Gx x 2.= = 
Finalmente, como a hipérbole é simétrica em relação a 
G, podemos concluir que a área pedida é dada por 
2
3 4
(EBC) 4,7 4,7
2
1,3cm .

− = −
=
 
 
 
 
 
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Resposta da questão 18: 
 a) Equação da circunferência: 2 2 2x y 3 .+ = 
Resolvendo o sistema: 
2 2x y 9
8
y
| x |
 + =


=

 
2 4 2
2
8
x 9 x 9x 8 0
x
+ =  − + = 
Resolvendo, temos: 
x 2 2 y 1
x 2 2 y 1
x 1 y 2 2
x 1 y 2 2
=  =
= −  =
=  =
= −  =
 
Logo, 
( ) ( ) ( )A 2 2; 1 , B 1; 2 2 , C 1; 2 2− e ( )D 2 2; 1 .− 
b) Teremos: 
1
(2 4 2) (2 2 1)
A 7
2
+  −
= = (área do trapézio) 
2
1 2
4 2 1
A 2 2
2
A A A A 7 2 2

= =
= +  = +
 
 
 
Resposta da questão 19: 
 a) Completando os quadrados, obtemos 
2 2
2 2
2 2 2
x 4x y 4y 4 0
(x 2) 4 (y 2) 4 4 0
(x 2) (y 2) 2 .
− + − + 
− − + − − + 
− + − 
 
 
 
 
A região A é um disco centrado em (2, 2) de raio 
igual a 2. 
 
 
 
b) Temos que 
0 y 4
0 y x 4 0 x 4
y x
 

     
 
 
 
A região B é um triângulo retângulo isósceles cujos 
catetos medem 4. 
 
c) Como o centro do disco pertence à reta y x,=
segue que a região A B corresponde a um 
semicírculo de raio 2. Portanto, sua área é dada por 
 
22 2 u.a.
2
π π = 
 
 
 
Resposta da questão 20: 
 [C] 
 
Calculando: 
( )
( )
2 2 A 0,3x y
1
4 9 B 2,0
3 2
S 4 12
2
 =
+ =  
=

=  =