01 Na forma reduzida, temos: (r) y = 3x + 1 (s) y = ax + b a) a = 3, b, b R b) a = 3 e b = 1 c) a = 3 e b 1 d) a 3 1
0 y = 3x + 1 m = 3 A equação que apresenta uma reta com o mesmo coeficiente angular é: 3x + y = 0 y = 3 Resposta: D
03 3x y +7 = 0 y = 3x +7 m = 3 Como a reta passa por P(4, ), temos: y = 3 (x 4) y = 3x 1 y = 3x 10 3x y 10 = 0 Resposta: B 3
04 ax b (r) ax + 3y + b = 0 y = 3 3 (s) x + y + 7 = 0 y = x 7 Como r // s, vem: a = a = 6 3 Assim: b y = x 3 Como a reta passa por P(0, ), temos: = 0 b 3 = b 3 b = 6 Resposta: a = 6; b = 6 4
05 Do enunciado, temos: Resposta: D 5
06 Obtendo o ponto de intersecção de r e s: 5x 1y = 4 5x + 16y = 56 (I) (II) Subtraindo (I) de (II), temos: 8y = 14 y = 1 Em (I): 5x 1 1 = 4 5x 6 = 4 x = 48 5 Logo r s = 48 1, 5 Para que as três retas sejam concorrentes nesse ponto, ele também deve pertencer à reta t; assim: (t) 5x + 0y = m 5 48 5 + 0 1 Resposta: E = m 48 + 10 = m m = 58 6
07 Sobre o eixo das abcissas, temos y = 0; logo, o ponto é: 0 = 5x + 4 x = 4 5 4 O par, 0 deve satisfazer à equação y = x + 5m, então: 5 0 = 4 5 + 5m 5m = 8 8 m = 5 5 Resposta: A 7
08 Basta obter as equações das retas e resolver o sistema: A reta r 1 passa por (, 0) e (0, 3), assim: m = 3 0 0 ( ) m = 3 Então: y 3 = 3 (x + 0) y 6 = 3x 3x y = 6 A reta r passa por (0, 6) e (6, 0), assim: m = 6 0 m = 1 0 6 Então: y 0 = 1 (x 6) y = x + 6 x + y = 6 Fazendo r 1 r : 3x y = 6 x + y = 6 ( ) 3x y = 6 x + y = 1 5x = 6 x = 6 5 Substituindo x = 6 5 em x + y = 6, temos: 6 5 + y = 6 y = 4 5 P 6, 4 5 5 Resposta: P 6, 4 5 5 8
09 Obtendo a reta que passa por AC: (1, 7) e (10, 1) m = 1 7 6 m = m = 10 1 9 3 y = 7 = (x 1) 3y 1 = x + x +3y = 3 3 Logo, (AC): x + 3y = 3 Basta resolver o seguinte sistema: x + 3y = 3 y = x + 1 Assim: x + 3 (x + 1) = 3 x + 3x + 3 = 3 x = 4 e y = 4 + 1 y = 5 Logo, o ponto é P(4, 5). Resposta: B 9
10 A reta t passa por (, 0) e tem inclinação de 30º: 3 m = tg 30º m = 3 3 Assim: y = 3 (x 0) y = 3 3 x + A reta s tem esta equação: y = y + = 0 Para obter t s, basta resolver o sistema: 3 y = 3 x + y = Daí: 3 = 3 x + 4 = 3 3 x 1 = 3 x 1 x = x = 4 3 3 e y = Logo, t s = ( 4 3, ). Assim a b é dado por: 1 ( 4 3) = = ( 4 3) 1 16 3 = 1 48 Resposta: E 10
11 Como r // s, vem m r = m s. De (r) 3x 5y 11 = 0, temos 5y = 3x 11. 3x 11 y = m r = m s = 3 5 5 5 Como já conhecemos o coeficiente angular de s, precisamos de um par ordenado. A reta que divide o paralelogramo em duas regiões de mesma área passa pelo ponto M de encontro das diagonais. M 1+ 6, 1+ 3 M 7, (ponto médio de AC). Podemos esboçar esta figura: Com m s = 3 5 e M 7,, determinamos a equação de s: y = 3 5 7 x 5y 10 = 3x 1 10y 0 = 6x 1 6x 10y + 1 = 0 Resposta: C 11
1 t t 6 = 0 Resolvendo, temos: t = ou t = 3 Logo: (x y) = ou (x y) = 3 (não convém) Assim: x y = ou x y = Portanto, o conjunto de pontos consiste de duas retas. Resposta: B 1
13 a) Sim, m r = e m s = 1 b) Sim, m r = 1 e m s = 1 c) Sim, m r = 0 e m s d) Sim, m r = 3 e m s = 3 e) Não, m r = 1 e ms =. Assim: 1 ( ) 1 Resposta: E 13
14 a) Cálculo de m r : x y + 4 = 0 y = x + 4 y = x + m r = 1 e m s = Logo: y 4 = (x ) (r) x + y 8 = 0 b) x 1 = 0 x = 1 A reta perpendicular à reta s e que passa por (, 4) é: y = 4 y 4 = 0 c) x 3 = 0 x = 3 A reta perpendicular à reta s e que passa por (, 4) é: x = x = 0 Respostas: a) x + y 8 = 0 b) y = 4 ou y 4 = 0 c) x = ou x = 0 14
15 Do enunciado, podemos obter a seguinte figura: Logo, o triângulo é retângulo Resposta: B 15
16 (r) ax + y 1 = 0 y = ax +1 m r = a (s) x 3 = 0 3y = x y = x 3 m s = 3 Para que r seja perpendicular a s, devemos ter: a 3 = 1 a = 3 Resposta: a = 3 16
17 Observe a figura: m AB = 1 ( 1) 8 m AB = 1 3 Como m // AB, temos: m m = 3 Assim: y 0 = 3 (x 5) y = 3x +15 Resposta: C 17
18 Observe a figura: m AB = 1 1 7 3 m AB = 0 Ponto médio de AB: 5 7 1 1 M +, + M(5, 1) Logo, a reta é perpendicular e passa por (5, 1): x = 5 x 5 = 0 Resposta: B 18
19 Do enunciado, temos a figura: A reta mediatriz de AB é perpendicular à reta que passa por P e por N. 0 4 m PN = n PN = 4 ( ) 1 Logo: m = 1 De (, ) e m =, vem: 1 y = (x ) y 4 = x + x + y 6 = 0 Resposta: A 19
0 O circuncentro é o ponto de encontro das mediatrizes: A(, ), B(8, ) e C(4, 6) Mediatriz de AB: x = 5 Mediatriz de BC: m BC = 6 = 1 4 8 De m = 1 e M(6, 4), vem: y 4 = 1 (x 6) y = x Como x = 5, temos: y = 5 = 3 Como x = 5 e y = 3, o circuncentro é (5, 3). Resposta: B 0
1 Pelo gráfico, temos: (r) (1, 1) e (6, 3) m r = 3 1 = 6 5 5 (s) (, 7) e (5, -1) m s = 7 ( 1) 8 = 5 3 Como m r m s 1, as retas não são ortogonais. Resposta: m r = 5 e m s = 8. Não são ortogonais, pois m r m s 1. 3 1
Observe a figura: m s = 5 4 = 1 0 Logo, m r =. (r) m = e (, 4) y 4 = (x ) y 4 = x 4 y = x Resposta: E
3 m r = 3 e m s = 3 (0, 3) e m r = y 3 = y = 3 3 (x 0) 3 x + 3 (s) (0, 0) e m r = 3 y 0 = 3 (x 0) y = 3 x Determinando r s: 3 x = 3 x + 3 4x = 9x + 18 x = 18 13 Resposta: C 3
4 Observe a figura: m PM m MN = 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 7 5 5 1 1 a a + 1 = 1 4 ( 1 a ) ( a + 1 ) = 1 1 a = 8 a = 9 a = 3 ou a = 3 Resposta: A 4
5 Observe a figura: m PA m PB = 1 a a a 1 = 1 4 0 0 4 a + 10a 9 = 16 a = a = 5 Assim: P(0, 5) Resposta: P(0, 5) 5
6 A reta pedida é perpendicular ao segmento AC e passa pelo seu ponto médio. m AC = 9 1 = 4 0 1 Logo: m BD = Ponto médio: M 4 + 0, 1+ 9 M(, 5) Com M(, 5) e m BD = 1 y 5 = (x ) y 10 = x + x + y 1 = 0 1, vem: Resposta: x + y 1 = 0 6
7 A ( 1, 3) e C (5, 3) m AC = 3 3 = 0 1 5 Logo, a reta perpendicular a AC não possui coeficiente angular, ou seja, é uma reta vertical passando pelo seu ponto médio. 1 5 3 3 M + BD, + M(, 3) A reta vertical que passa por esse ponto é: x = x = 0 Resposta: x = 0 7
8 Observe a figura: a) As duas diagonais se encontram no ponto médio de AB M 3 +, 4 + M 1, 3 Os coeficientes angulares são: m AB = 4 = e m CD = 5 3 5 Segmento AB: m AB = 1 y 3 = x 5 x + 5y 1 = 0 5 e M 1, 3 Segmento CD: m CD = 5 e M 1, 3 y 3 = 5 1 x 10x 4y + 17 = 0 b) Chamemos de C o terceiro vértice do losango, que pertence ao eixo das abscissas, então y C = 0. 17 10x 4 0 + 17 = 0 10x = 17 x = 10 Assim: C 17, 0 10 8
A medida do lado BC do losango pode ser calculada pelo teorema de Pitágoras: (BC) = (0 4) 13 + 10 (BC) = 4 13 + 10 (BC) = 16 + 169 100 (BC) = 16 + 169 100 (BC) = 1769 100 BC = 1769 10 Respostas: a) x + 5y 14 = 0 e 10x 4y + 17 = 0 b) 1769 10 9
9 Observe a figura: m AB = 4 1 ( ) = m BC = 1 De m BC = 1 e C (3, 3), vem: y 3 = 1 (x 3) y x 3 = 0 Resposta: A 30
30 Observe a figura: Como um dos lados está no eixo Ox, uma das alturas será uma reta vertical, ou seja, x = 3. m BC = 6 0 = 5 3 8 6 Assim, a outra equação é dada por: m = 5 6 e (0, 0) y 0 = 5 6 (x 0) y = 5x 6 Como x = 3, temos: y = 5 5 O ortocentro é: H 3, Soma = 3 + 5 = 11 Resposta: B 31
31 Observe a figura: Como BC é paralelo ao eixo Ox, a abscissa do pé da altura é a mesma do vértice A. Logo, H(3, ). Resposta: B 3
3 Do enunciado, temos a figura: m r = 3 0 1 ( 7) m r = 1 e m s = (s) m s = e P( 1, 3) y 3 = [x ( 1)] y 3 = x Com y = 0, temos: 0 3 = x x = 1 Portanto, o ponto de intersecção é 1, 0. Resposta: C 33
33 A reta que passa por AB é perpendicular à reta (r) 3x + y 4 = 0; assim: y = 3x + 4 m r = 3 A intersecção de r com o eixo y é (0, 4). Logo, a reta que passa por AB pode ser obtida por: m = 1 3 e (0, 4) y 4 = 1 3 (x 0) y = x 3 + 4 A reta suporte de AB intercepta o eixo y em: y = x 3 + 4 0 = x 3 + 4 x = 1 Usando x = 1 na reta r, obtemos: y = 3 ( 1) + 4 y = 40 Logo, a área é: A = 40 1 = 40 u.a. Resposta: A 34
34 Observe a figura: Temos ABC AOD, assim: S AOD = 1 = 1 SABC Sabemos que = K, vem: SAOD AC = K (razão de semelhança) AD SABC = 5 S = 5 K K = = 10 AOD No AOD, temos: AD = + 1 AD = 5 Logo: AC AD = K m 5 = 10 (m ) = 5 10 m 4 = 50 m = 4 + 50 m = 4 + 5 m = 4 + 5 Resposta: m = + 5 m = + 5 35
35 a) P(1, 4) e (r) x = 3 b) Observe a figura: A projeção ortogonal e o ponto simétrico do ponto P estão na reta (s), que é perpendicular a (r). (s) m = 1 e P(3, 5) y 5 = 1 (x 3) y = x + 8 A = r s y = x e y = x + 8 Então: x = 4 e y = 4 Logo, A (4, 4). Para obter o ponto B, usamos A como ponto médio de PB. Seja B(x, y): 3 x 5 y (4, 4) = +, + x = 5 e y = 3 Então: B(5, 3) Respostas: a) A(3, 4) e B(5, 4) b) A(4, 4) e B(5, 3) 36
36 a) P(1, ) d pr = (r) 3x + 4y 1 = 0 (3 1+ 4 1) 5 + 4 = 10 5 = b) P(0, 3) d pr = (r) 5x - 1y 3 = 0 (5 0 1 3 3) 5 + ( 1) = 39 = 3 13 ( 0 1 0 + 5) c) P(0, 0) d pr = + ( 1) (r) x y + 5 = 0 = 5 5 = 5 d) P(4, ) d pr = (r) x 3 = 0 (1 4 + 0 3) + 1 0 = 1 1 = 1 e) P( 1, 3) d pr = (r) y + 5 = 0 Respostas: a) b) 3 c) 5 d) 1 e) 8 (0 ( 1) + 1 3 + 5) 0 + 1 = 8 1 = 8 37
37 P( 7, 3) a) Equação do eixo Ox y = 0: (0 ( 7) + 1 3 + 0) d pox = = 3 0 + 1 b) Equação do eixo Oy x = 0: (1 ( 7) + 0 3+ 0) d pox = = 7 0 + 1 Podemos verificar pela figura: Respostas: a) 3 b) 7 38
38 A altura será dada pela distância do vértice A até a reta que passa por BC. m BC = 8 = 3 8 0 4 y = 3 (x 0) 4 3x 4y + 8 = 0 Assim: (3 4 4 0 + 8) d ABC = 3 + ( 4) = 0 5 = 4 Resposta: A 39
39 Observe que a abscissa do ponto P é π, pois cos π = 1. Sua ordenada é: 3x + y 6 = 0 3 0 + y 6 = 0 y = 3 Assim, P(π, 3). d ABC = (3 π + 3 6) 9 + 4 = 3 π 13 Resposta: E 40
40 P(a, 0) (r) 3x + 4y + 3 = 0 d p. r = 3 (3 a + 4 0 + 3) 3 + 4 = 3 3a + 3 = 15 a = 4 Então: P(4, 0) 3a + 3 = 15 a = 6 Então: P( 6, 0) Respostas: P(4, 0) ou P( 6, 0) 41
41 Como PE, vem: y = 3x P(a, 3a) d p.reta = 3 3 a + 4 3a 3 + 4 = 3 15a 5 = 3 15a = 15 15a = 15 a = 1 ou 15a = 15 a = 1 (não convém, pois P é do 1 o quadrante) Assim, P(1,3). Portanto, soma = 1 + 3 = 4. Resposta: D 4
4 (r) 9x +1y 1 = 0 A(0,1) r Tomamos um ponto em r e obtemos a distância até (s) 9x + 1y + 3 = 0. d a.s = (9 0 + 1 1+ 3) 9 + 1 = 15 15 = 1 Resposta: 1 43
43 x y 1 A = 1 1 1 1 1 1 det A = x y Sejam (r) det A > 0 e (s) det a = 1, assim: (r) x y = 0 (s) x y = 1 x y 1 = 0 P(0, 0) r d p.s = ( 0 + 0 1) + ( ) = 1 = 4 Resposta: A 44
44 m r = m s = tg 135º = 1 Seja A o ponto onde a reta s intercepta o eixo x A(a, 0). Pelo teorema de Pitágoras, temos: (0 a) = 3 + 3 a = 6 a = 6 ou a = 6 Como a é negativo: A( 6, 0) Logo (s) m = 1 e A( 6, 0). y 0 = 1 (x ( 6 )) x + y = 6 Resposta: C 45
45 Retas paralelas à reta 3x + 4y = 0 são do tipo 3x + 4y + c = 0. Origem: O(0, 0) 3 0 + 4 0 + c 3 + 4 = c 5 = c = 10 c = 10 ou c = 10 Logo, as retas são: 3x + 4y + 10 = 0 e 3x + 4y 10 = 0 Resposta: 3x + 4y + 10 = 0 e 3x + 4y 10 = 0 46
46 Como lados opostos de um quadrado são paralelos, a reta que contém os pontos C e D é paralela à reta y = x. Logo: a = 1 e y = x + b Sem perda de generalidades, podemos considerar a figura acima em que C(0, 3 ). y = x + 3 a = 1 e b = 3 Então: a b = 3 Resposta: C 47
47 3 1 D = 4 1 1 = 1 6 5 1 Assim: S = 1 D = 1 = 6 u.a. Resposta: B 48
48 Ponto P: x y = 0 y = x (I) e x + y = 3 x + y = 6 (II) De (I) em (II), vem: x + (x ) = 6 x + x 4 = 6 3x = 10 Daí: x = 10 3 e y = 4 3 Então: P 10, 4 3 3 A área do triangulo formado pelos pontos P 10, 4, A(0, 3) e B(, 0) 3 3 pode ser obtida por: 10 4 1 3 3 D = 0 3 1 0 1 D = 10 + 8 3 38 + 0 (6 + 0 + 0) = 3 6 = 0 3 Área = 1 D = 1 0 3 = 10 3 u.a. Resposta: D 49
49 Observe a figura: Seja P o ponto de intersecção das retas: y = x + e y = x + 6 Daí: y = 4 e x = Então: P(, 4) S = S 1 + S 1 0 0 1 D = 0 1 = 1 6 0 1 S 1 = 1 1 = 6 u.a. 0 1 D = 4 1 = 16 6 0 1 S = 1 16 = 8 u.a. Portanto: S = 6 + 8 = 14 u.a. Resposta: E 50
50 A(0, 0), B(0, ), C(x, ) x 1 D = 0 0 1 = 0 1 Área = 1 x = x Resposta: C 51
51 Observe a figura: (r) x 3y +1 = 0 y = x 3 + 4 S = 4 6 = 1 u.a. Resposta: C 5
5 Observe a figura: Obtendo r s: y = 3x +36 Para y = x, temos: x = 9 e y = 9 S = 1 9 = 54 u.a. Resposta: E 53
53 A(, 0), B(5,0) (r) y = x a) Considere esta figura: b) Como a área é igual a 6 u.a., temos: b h 3h = 6 = 6 h = 4 Como o vértice C r, temos: x = 4 x = 8 Logo: C(8,4) Respostas: a) Gráfico acima. b) C(8, 4) 54
54 x + y k = 0 y = x + k k = 8 k = 4 k = ou k = Resposta: k = ou k = 55
55 (r) y 3 x + 7 m = 3 tg β = 3 θ = 10º (s) y = x + 7 m = 1 tg α = 1 α = 45º a) θ = 75º b) A = 1 b h A = 1 7 3 + 7 7 3 A = 1 49 3 49( 3 + 3) + 49 A = 3 6 Respostas: a) 75º 49( 3 + 3) b) 6 56
56 A reta passa pelos pontos (0, 8) e (4, 0). m = y 0 = (x 4) y = x + 8 f(x) = x + 8 f(x + 1) = (x+1) + 8 = x + 6 Os vértices do triângulo são (0, ), (x, x +8) e (x + 1, x +6). A área é dada por: A = 1 D, em que D é o seguinte determinante: 0 1 D = x x + 8 1 x + 1 x + 6 1 D = 0 + (x + 1) + x ( x + 6) (x + 1) ( x + 8) + 0 + x D = 6 Logo, A = 3 Assim a área de cada triângulo é 3 qualquer que seja x {1,, 3,..., n}. Portanto, a soma das áreas é 3 n. Resposta: B 57
57 Observe a figura: a) A = 1 k k A = k b) Seja h a hipotenusa do triângulo: h = k + k h = k 5 O perímetro P será: P = k + k + k 5 P = k(3 + 5) Resposta: a) k b) k(3 + 5) 58
58 A reta r, de equação y = mx +, passa pelo ponto (0, ) e intercepta a reta y = x nos pontos A(a, a) do 1 o quadrante e B( b, b) do o quadrante, com a > 0 e b > 0. Os pontos A e B, pertencem à reta r, então:(i) a = m a + a (1 m) = (II) b = m ( b) + b (1 + m) = a) Como a > 0, de (I) temos: 1 m > 0 m < 1 Como b > 0, de (II) temos: 1 + m > 0 m > 1 Logo: 1 < m > 1 b) No AOB, AO = a (hipotenusa de um triângulo retângulo isósceles de catetos a) e OB = b (hipotenusa de um triângulo retângulo isósceles de catetos b). A área S do AOB vale: S = 1 a b = ab De (I): a = 1 m De (II): b = 1+ m Assim: 4 S = S = 1 m 1+ m 1 m A área mínima ocorre quando 1 m é máximo, ou seja, quando m = 0. Respostas: a) 1 < m < 1 b) m = 0 59
59 Do enunciado, temos a figura: r s = (4, 3) ( ) Área trap = 8 + 4 3 = 18 Logo, a área do triângulo destacado é igual a 9. Assim: 8h = 9 h = 9 4 9 Da reta t, vem: P a, 4 Como o ponto P r, temos: 9 4 = 3a + 6 a = 5 4 A reta, cujo coeficiente angular é pedido, passa pelos pontos 0(0, 0). Assim: 9 0 m = 4 m = 9 5 0 0 9 P 5, 4 e Resposta: E 60
60 Sendo α o ângulo de inclinação da reta r, temos tg α =. a) Os triângulos B 0 B 1 D 1, B 1 B D e B B 3 D 3 são congruentes. Consideremos: b a = b = a 9 = a + ( a) a = 3 Logo, as abcissas de A 1, A e A 3 são, respectivamente, 3, 6 e 9. b) As ordenadas dos pontos B 0, B 1 e B são, respectivamente: y 0 = 0 + 1 = 1 y 1 = 3 + 1 = 6 + 1 y = 6 +1 = 1 + 1 Logo, a soma das áreas R 0, R 1 e R vale: S = 3 1 + 3 ( 6 + 1) + 3 (1 + 1) = 9 + 54 Respostas: a) 3, 6, 9 b) 9 + 54 61
61 a) x 8 8 x 4 b) x 1 > 3 x > 4 c) 3y 1 0 y 4 d) y + 8 > 0 y > 4 6
6 a) x + y 4 0 y x + Nota: Na reta, y = x +, e na região acima dela, y > x +. b) x y + 1 > 0 y < x + 1 63
c) x y 0 y x d) x + y > 0 y > x 64
63 Obtendo a equação da reta que passa por (, 0) e (0, 1): 1 0 m = = 1 0 ( ) Assim: y 1 = x y = 1 + x Como a região está abaixo da reta, ela é representada por: y 1 + x y x + x y Resposta: A 65
64 a) x y 0 y x e x 3 0 x 3 b) x + y > 0 y > x e x + y < 0 y < x 66
65 x + y 0 y x y 3 y 4 x 0 Resposta: A 67
66 A(x, y) Observa-se que a ordenada de A está na região acima da reta s e abaixo da reta r. (r) y = x +1 (s) y = x Logo: x < y < x +1 Resposta: E 68
67 y > 0 y x 3 3 x 3 A = b h A = 6 = 1 Resposta: D 69
68 x > 0 y > 0 x + y 3 0 y x + 3 Para as desigualdades dadas, observe que x 0 e y 0. Logo, os pontos com coordenadas inteiras nesta região são: (1, 1), (1, ) e (, 1) Resposta: C 70
69 A reta passa pelos pontos (0, ) e ( 4, 0) e tem a equação y = x +. Logo, a região é: y x + O único ponto que satisfaz a desigualdade é 8, 3, pois 8 3 3. Resposta: D 71
70 3x + y 9 3x + 6y 4 y 3x + 9 x y + 4 Resposta: E Observação: No Caderno de Exercícios, considere o seguinte texto para subsidiar esta questão. Texto para a questão 70. Uma fábrica utiliza dois tipos de processos, P 1 e P, para produzir dois tipos de chocolates, C 1 e C. Para produzir 1 000 unidades de C 1 são exigidas 3 horas de trabalho no processo P 1 e 3 horas em P. Para produzir 1 000 unidades de C são necessárias 1 hora de trabalho no processo P 1 e 6 horas em P. Representada por x a quantidade diária de lotes de 1 000 unidades de chocolates produzidas pelo processo P 1 e por y a quantidade diária de lotes de 1 000 unidades de chocolates produzidas pelo processo P, sabe-se que o número de horas trabalhadas pelo dia no processo P 1 é 3x + y, e que o número de horas trabalhadas em um dia no processo P é 3x + 6y. 7
71 Do enunciado, o gasto com o produto A é R$ (0 x) e o gasto com o produto B é R$ (30 y). Assim: 0x + 30y 600 0x 300 x 0 y 0 x + 3y 60 x 15 x 0 y 0 Representando no plano, temos: Como AOB ~ ACD, temos: CD 0 = 15 CD = 10 30 Assim sendo, a área pedida é a do trapézio: ( 0 + 10 ) 15 A = = 5 Resposta: D 73
7 x: peixes vermelhos y: peixes amarelos As quantidades de água e ração são delimitadas respectivamente por: 5x + 3y 300 10x + 4y 500 a) Considere esta figura: b) Obtemos o consumo máximo na intersecção; assim: 5x +3y = 300 10x + 4y = 500 Resolvendo, obtemos: x = 30 e y = 50 Portanto, 30 peixes vermelhos e 50 peixes amarelos. Respostas: a) Gráfico acima. b) 30 peixes vermelhos e 50 peixes amarelos. 74