MATEMÁTICA VAULA 19:

CIRCUNFERÊNCIA I

EXERCÍCIOS PROPOSTOSANUAL

VOLUME 4

OSG.: 102305/16

01. O ponto procurado é o circuncentro do triângulo ABC.Os pontos médios dos lados AB e BC são, respectivamente, M

c = (50, 20) e M

a = (65, 35). Além disso, o coefi ciente angular da reta

BC é dado por:

my y

x xBCB C

B C

=−−

=−−

= −

20 50

70 603

A equação da mediatriz do lado BC é tal que:

y ym

x x y x

y x

M

BC

MC C− = − −( ) ⇔ = = −

−−( )

⇔ = − +

135

1

365

1

3

65

335.

Agora, como AB é paralelo ao eixo das abscissas, segue-se que a equação da mediatriz do lado AB é x xMC= =50.

Desse modo, a ordenada do circuncentro de ABC é dada por:

y = ⋅ − + =1

350

65

335 30

e, portanto, o resultado pedido é (50, 30).

Resposta: E

02. Por hipótese, M =

43

2, . Daí, uma vez que MN = 2 cm implica que MS = 1 cm, onde S = (x

S, y

S) é o ponto médio de MN , concluímos

que xS – y

M = 1e, portanto, que x

S = 5. Note que x

S = 5 também é a abscissa do centro da semicircunferência QRP. Por outro lado, desde

que MQ = 1 cm, temos que y y yQ M Q− = ⇔ − =13

21, onde obtemos yQ =

5

2. Observe que yQ =

5

2 também é ordenada do centro da

semicircunferência QRP. Assim, QRP está centrada no ponto 55

2,

e possui raio R = 1 cm. Portanto, sua equação é dada por:

x y y x

y x y

−( ) + −

= ⇒ −

= − −( )

∴ − = + − −( ) →

55

21

5

21 5

5

21 5

22 2

2

2 == − −( ) +1 55

22x

Obs.: y x− = − − −( )5

21 5

2 (não serve, pois devemos considerar a parte superior da curva).

Resposta: D

03. Do enunciado, temos:

(–5, 0)

(0, –5)

(5, 0)

(0, 5)Reta “t“ tangente à circunferência “λ“ no ponto “P”.

Reta “S“ suporte ao segmento OP.P(4, 3) Ponto de ruptura do barbante.

RAIO=5

(0, 0)

circunferência “λ“de raio 5 U.C.

y

y

OSG.: 102305/16

Resolução – Matemática V

I. Veja que ms = ∆

∆y

x, m

s = 3

4 (coefi ciente angular da reta “S“ suporte ao segmento OP;

II. Como 5 ⊥ t, temos: mt = − 1

ms

→ mt =

−4

3. Sabendo que o ponto “P“ pertence à reta tangente “t“ podemos utilizar:

y – yo = m · (x – x

o) → y – 3 =

−4

3 · (x – 4)

3y – 9 = –4x + 16 4x + 3y – 25 = 0

Resposta: A

04. Temos:I. Área (círculo) = πR2 = 49π → R = 7.II.

A

C

M

Ox

7

73

7

60º

sen

xx60

3

3

2

3 3

2º = = → =

III. Pitágoras (AMO) 72 = x2 + y2

4927

4

13

22= + → = →y y 2y = 13 → AB = 13 cm, pois AM = MB.

Resposta: D

05. Segundo o enunciado, remos na fi gura a seguir uma possível ilustração:

A B

D’

D

C

10

10

Mediatriz

Resposta: A

06. Seja Γ a circunferência de equação x2 + y2 – 4x – 6y – 36 = 0 que limita o círculo do pastel folheado. Note que para acharmos o valor do diâmetro e da área de cada pastel folheado, é necessário o conhecimento do raio de . Neste caso, temos que:

• Cálculo do raio de R:

RD E AF

AR R=

+ −⇒ =

+ +∴ =

2 2

2

4

4

16 36 144

47

Assim, uma vez que d = 2R e A = πR2, são, respectivamente, as fórmulas que dão o comprimento do diâmetro de uma circunferência e a área de um círculo, obtemos:

• Cálculo do diâmetro de Γ: d = 2R ⇒ d = 2 · 7 ∴ d = 14

• Cálculo da área do círculo de Γ: A = πR2 ⇒ A = 3,14 · 72 ∴ A = 3,14 · 49 ∴ A = 153,86

Resposta: E

OSG.: 102305/16

Resolução – Matemática V

07. Seja a circunferência externa do anel externo da fi gura, cuja equação é x2 + y2 – 12x + 8y + 43 = 0. Estamos interessados na obtenção docentro e do raio dessa circunferência. Neste caso, levando em conta que D = – 12, E = 8 e F = 43, temos que:

• Cálculo do centro CΓ = (xΓ, yΓ) de Γ:

xD

x x

yE

y y

Γ Γ Γ

Γ Γ Γ

= − ⇒ = −−

∴ =

= − ⇒ = − ∴ = −

2

12

26

2

8

24

• Cálculo da área do círculo de

RD E AF

AR R RΓ Γ Γ Γ= + − ⇒ =

−( ) + ( ) − ⋅ ⋅⋅

∴ = + − ∴2 2

2

2

2

4

4

12 8 4 1 43

4 1

144 64 172

4== ∴ = ∴ =36

49 3R RΓ Γ

Assim, o centro e o raio da circunferência Γ são, respectivamente, CΓ = (6, – 4) e RΓ = 3.

Resposta: A

08. Note que, por hipótese, a circunferência circunscrita ao quadrado maior Q tem centro no ponto (10, 8). Neste caso, para encontrar sua equação, é claro que resta apenas o valor do seu raio. Para tanto, observaremos a fi gura abaixo para auxiliar na solução.

A B

8P

5

5

10

H C

x

D

y

Ora, sabendo que DC = 10 e AD = 10 implicam, respectivamente, que DH = 5 e HP = 5, então, aplicando o Teorema de Pitágoras

no triângulo retângulo DHP, obtemos DP = 5 2. Logo, o valor R da circunferência circunscrita ao quadrado maior Q é igual 5 2. Daí segue que sua equação é dada por:

x y

x x y y

x y x y

−( ) + −( ) = ( )⇒ − + + − + =

∴ + − −

10 8 5 2

20 100 16 64 50

20 16

2 2 2

2 2

2 2 ++ =114 0

Resposta: C

09. Temos:I. x2 + y2 = 4 Circunferência de centro = (0,0) e Raio = 2II.

2 2

2

2 2

2

A = Área (Pintada) = Área (∆Equilátero) – Área (Semicírculo)

A = 4 3

4

1

22 4 3 2

22− ⋅ = −π π( ) u.a.

A � 0,64 u.a.

Resposta: B

OSG.: 102305/16

Resolução – Matemática V

10. Temos:I. Com centro no 1º quadrante, temos:

λ1: (x – 1)2 + (y – 1)2 = 12

II. Com centro no 2º quadrante, temos:λ

2: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 12

I. Com centro no 3º quadrante, temos: λ

3: (x + 1)2 + (y + 1)2 = 12

II. Com centro no 4º quadrante, temos: (x – 1)2 + (y + 1)2 = 12

Desenvolvendo λ2, encontramos:

x2 + y2 + 2x – 2y + 1 = 0

Resposta: E

CINTHIA: – Rev.: LSS10230516-pro-Aula 19 - Circunferência I.