Geometria Analítica I

PRÉ-VESTIBULARLIVRO DO PROFESSOR

MATEMÁTICA

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Produção Projeto e Desenvolvimento Pedagógico

Disciplinas Autores

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I229 IESDE Brasil S.A. / Pré-vestibular / IESDE Brasil S.A. — Curitiba : IESDE Brasil S.A., 2009. [Livro do Professor]

660 p.

ISBN: 978-85-387-0571-0

1. Pré-vestibular. 2. Educação. 3. Estudo e Ensino. I. Título.

CDD 370.71




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Geometria Analítica no Plano:

Ponto, Reta e Circunferência

O emprego de coordenadas cartesianas, tanto no plano quanto no espaço, servem a pelo menos dois propósitos que se complementam. O primeiro é o de atribuir um significado geométrico a fatos de natureza numérica, como o comportamento de uma função real, que ganha muito em clareza quando se olha para seu gráfico. E o segundo propósito é recorrer–se às coordenadas a fim de resolver proble-mas de geometria.

O ponto no plano

Coordenadas cartesianasSejam os eixos Ox e Oy, perpendiculares em O.

Eles determinam um plano (π). Consideremos um ponto qualquer P ∈ (π) e tracemos por ele as retas (x’) paralela a Ox e (y’) paralela a Oy. Chamemos P1 e P2, respectivamente, as intersecções de (y’) com o eixo Ox e de (x’) com o eixo Oy (Figura 1).

2

1

Figura 1

O e P1 determinam o segmento orientado OP1 cuja medida algébrica é a abscissa do ponto P.

OP1 = P2P = xp

O e P2 determinam o segmento orientado OP2, cuja medida algébrica é a ordenada do ponto P.

OP2 = P1P = yp

Os números reais xp e yp constituem um par or-denado que determina a posição do ponto P no plano (π). São as coordenadas do ponto P. Representado por (xp, yp).


2 EM

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O plano ( ) é denominado plano cartesiano e os eixos Ox e Oy que o determinam são os eixos carte-sianos, sendo o eixo Ox1 o eixo das abscissas e Oy1 o eixo das ordenadas.

xOy indica o sistema de eixos cartesianos orto-gonais (ou retangulares).

O ponto O é a origem do sistema.

QuadrantesOs eixos cartesianos determinam quatro re-

giões distintas no plano cartesiano, os quadrantes (Figura 2).

Figura 2

Verificamos facilmente que existe uma corres-pondência biunívoca entre o conjunto dos pontos P do plano e o conjunto dos pares ordenados (xp, yp) (Figura 3).

Assim, o ponto A tem sua posição definida no plano cartesiano (π) pelo par ordenado (3, 4) e indi-camos por A(3, 4) e lemos ponto A de coordenadas cartesianas 3 e 4.

Da mesma forma os pontos B, C e D.

B(–4, 1), C(–2, –5) e D(5, –3)

Figura 3

F

Um ponto pertencente ao eixo das abscissas tem ordenada nula E(4, 0).

Se pertencente ao eixo das ordenadas tem abs-cissa nula, F(0,– 4) e na origem ambas as coordenadas são nulas, x = y = 0.

Figura 4

Um ponto pertencente à bissetriz do 1.º e 3.º quadrantes tem coordenadas iguais e quando per-tencente à bissetriz dos quadrantes pares tem coor-denadas simétricas (Figura 4).

b1,3 = { P(x,x)/x R}

b2,4 = {P(x,–x)/x R}

Distância de dois pontosSejam os pontos A(xA, yA) e B(xB, yB) referidos

num sistema de eixos cartesianos ortogonais.

Procuremos a distância d entre dois pontos.

Tracemos por A (Figura 5) a paralela a Ox de-terminando em B1B o ponto C.

Do triângulo ABC tiramos

d = (xB – xA)2+(yB – yA)2

Figura 5


3EM

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Razão de secção

Razão de secção de um segmento por um ponto

Sejam os pontos A ≠ B ≠ C colineares. Chama-mos razão de secção do segmento AB pelo ponto C ao número real r, razão entre as medidas algébricas dos segmentos AC e CB.

r = (ABC) = ACCB

Tomemos A(xA, yA), B(xB, yB) e C(xC, yC) referidos aos sistema xOy (Figura 6).

Figura 6

O feixe de paralelas A1A, C1C e B1B determina, sobre as retas AB e Ox, segmentos proporcionais, então:

r = ACCB

= A1C1

C1B1

= xC – xA

xB – xC

1

Ponto médio de um segmentoDados os pontos A(xA, yA) e B(xB, yB).

O ponto médio desse segmento M tem coorde-nadas:

xA+ xB

2,

yA+ yB

2

O ponto no espaço

Coordenadas cartesianasTracemos por um ponto fixo 0 três eixos perpen-

diculares entre si (Figura 1). Estes eixos, x’x, eixo das abscissas; y’y, eixo das ordenadas e z’z, eixos das cotas determinam, dois a dois, os planos x0y, x0z e y0z, planos coordenados.

Dado um ponto P do espaço, sua posição fica determinada plenamente em relação ao sistema {0, x’x, y’y,z’z},através de suas distâncias PF, PV e PH aos três panos coordenados ou pelas projeções destas distâncias sobre os eixos coordenados, res-pectivamente, OA, OB e OC.

Figura 7

OA = BH = CV = x (abscissa)

OB = AH = CF = PV = y (ordenada)

OC = BF = AV = PH = z (cota)

OctantesOs planos coordenados dividem o espaço em oito

regiões, denominadas octantes (Figura 2). Os pontos de cada octante ficam determinados por três números reais ordenados, isto é, o terno ordenado (x,y,z).

Os octantes anteriores são os ímpares e os pos-teriores os pares. Os sinais das coordenadas do ponto dependem do octante em que o ponto está situado.

Figura 8

Assim:

1.° Octante – 0xyz : x > 0, y > 0, z > 0.

2.° Octante – 0x’yz : x < 0, y > 0, z > 0.

3.° Octante – 0xy’z : x > 0, y < 0, z > 0.

4.° Octante – 0x’y’z : x < 0, y < 0, z > 0.

5.° Octante – 0xyz’ : x > 0, y > 0, z < 0.

6.° Octante – 0x’yz’ : x < 0, y > 0, z < 0.


4 EM

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7.° Octante – 0xy’z : x > 0, y < 0, z < 0.

8.° Octante – 0x’y’z’ : x < 0, y < 0, z < 0.

Dessa forma o ponto A (–3, 2, –1) está situado no 6.° octante; B (1, 3, –4) no 5.° octante.

Distância de 2 pontos do R3

Sejam os pontos A(xA, yA, zA) e B(xB, yB, zB) (Fi-gura 5) referidos num sistema cartesiano ortogonal {O, x’x, y’y, z’z}. Marquemos os pontos através de suas coordenadas.

Figura 9

Do triângulo retângulo ACB, aplicando a relação de Pitágoras, resulta em:

d2 = d21 + (zB – zA)2, (1)

e do triângulo A1PB1, também retângulo, tiramos:

d21 = (xB – xA)2 + (yB – yA)2

Substituindo em (1), vem

d2 =(xB – xA)2 + (yB – yA)2 + (zB – zA)2

Então a distância d do ponto A ao ponto B nos é dada por:

d = (xB – xA)2 + (yB – yA)2 + (zB – zA)2

ou

d = (∆x)2 + (∆y)2 + (∆z)2

Equação vetorialSuponhamos que dados um ponto P0 do plano

e um vetor u, seja pedido para achar a equação da reta (r) que passa por P0 e tenha a direção de u . Para resolver o problema, seja P um ponto qualquer de (r). O vetor v– vo

deve ter a direção de u, pois queremos que (r) tenha a direção de u. Decorre daí que para cada v– OP da reta existe um número real

tal que v– vo= u , isto é, v= vo

+ u, chamada a equação vetorial da reta.

Equações paramétricasSe u = (a’, b’) e v=(x, y) obteremos, a partir da

equação vetorial que:

(x, y) = (xo, yo) + (a’, b’) ou x = xo + a’

x = yo + b’ ,

que são as equações paramétricas da reta sen-do o parâmetro.

Equação simétricaSe a’ 0 e b’ 0, as equações paramétricas podem

ser escritas na forma:x – xo

a’ = y – yo

b’

que é a chamada equação simétrica da reta.

Equação geralDa equação simétrica obtém–se:

b’ (x – xo) = a’(y – yo) ou b’x – a’y +(a’yo – b’xo) = 0 fazendo b’= a; –a’ = b e c = a’yo – b’xo resulta que ax + by + c = 0 denominada equação geral da reta (r).

Equação reduzidaSupondo b 0 podemos escrever y = – a

b x – c

b

e estabelecer m = – ab

e p = – cb

, segue–se que

y = mx + p, conhecida como equação reduzida da reta.

Os parâmetros m e p que aparecem na equação da reduzida da reta possuem um significado geo-métrico simples. De fato, suponhamos que a reta passa pelos pontos P e Q com P = (x1, y1) e Q = (x2, y2) e seja R = (x2, y1). Logo, w– u = (x2 – x1, 0) e v – w= (0,y2 – y1). Como a reta (r) passa pelos pontos P e Q tem–se que y1 = mx1 + p e y2 = mx2 + p e daí,

y2 – y1 = m(x2 – x1) ou seja m = y2 - y1

x2 - x1 que é igual à

tangente do ângulo que a reta (r) faz com o semi–eixo positivo dos x. O parâmetro m é denominado coeficiente angular da reta (r) e é uma medida da inclinação da reta em relação ao eixo dos x.

Se fizermos x = 0 na equação reduzida da reta obteremos y = p. Logo, o ponto (O, p) é o ponto de interseção de (r) com o eixo dos y e |p|, e é a distância deste ponto à origem. O parâmetro p é denominado coeficiente linear da reta (r).


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Vetor normal à uma retaSuponhamos agora, uma reta (r) que passa pelo

ponto P = (x1, y1) possui direção dada pelo vetor u e está representada pela sua equação geral ax + by + c = 0. Se Q = (x2, y2) é outro ponto qualquer da reta (r), então claramente PQ = u com PQ = Q – P = (x2 – x1, y2 – y1). Como P e Q são pontos de (r), te-mos também ax1 + by1 + c = 0 e ax2 + by2 + c = 0. Subtraindo membro a membro, a primeira da segunda tem–se:

a(x2 – x1) + b(y2 – y1) = 0

A expressão acima pode ser identificada com o produto escalar do vetor PQ = (x2 – x1, y2 – y1) com o ve-tor n =(a,b) . Fazendo esta identificação obtemos:

n .PQ = a(x2 – x1) +b (y2 – y1) = 0,

qualquer que seja o ponto Q = (x2, y2) da reta. Concluímos daí que se a reta estiver representada pela sua equação geral ax + by + c = 0, os números a e b são as componentes de um vetor n perpendi-cular à direção de (r), isto é, perpendicular ao vetor u para todo .

Paralelismo e perpendicularismo

Suponhamos agora duas retas (r) e (s) repre-sentadas por suas equações gerais ax + by + c = 0 e a’x + b’y + c = 0, coeficientes angulares m e m’ e vetores normais n=(a, b) e n’=(a’, b’) respectiva-mente. Logo,

(i) Se (r) // (s) então n // n’ e daí aa’

= bb’

ou ainda m = m’.

(ii) Se (r) (s) então n n’ e daí aa’+bb’=0 ou

ainda m = – 1m’.

Distância de ponto à retaSejam dados a reta (r), representada pela sua

equação geral, ax + by + c = 0 e P0 = (x0, y0) deter-minemos agora a distância d do ponto à reta. Pelo que vimos anteriormente, a direção da normal a (r)

é dada por n= n n

, onde n = (a, b). Considere um

ponto P qualquer da reta (r) e seja o ângulo entre a direção de (u – v) e n. A distância d procurada é expressa por:

d = (u – v) |cos | = (u – v)cos , ou seja, d

= (u – v). n

Em coordenadas a fórmula acima se torna:

d =axo + byo + c

a2 + b2

Condição de alinhamento de 3 pontos

Sejam os pontos P1(x1, y1) P2(x2, y2) e P3(x3, y3).

Sabemos que os pontos P1 e P2 determinam a reta (r) da equação:

x – x1

x2 – x1

= y – y1

y2 – y1

Para P3 pertencer à reta (r) é necessário e suficien-te que suas coordenadas satisfaçam sua equação

x3 – x1

x2 – x1 =

y3 – y1

y2 – y1 ou

x1 y1 1

x2 y2 1

x3 y3 1 = 0

Posições relativas de duas retas

Duas retas (r1) e (r2) do plano R2 serão:

paralelas distintas: (ra) 1) (r2) =

paralelas coincidentes: (rb) 1) (r2) = (r1) = (r2)

concorrentes: (rc) 1) (r2) = {P}

Ângulo de duas retasSejam as retas (r1) A1x + B1y + C1 = 0 e (r2) A2x

+ B2y + C2 = 0 referidas num sistema {0, i, j,} de vetores diretores V1 = (–B1, A1) e V2 = (–B2, A2) e o ângulo agudo entre elas.

Do produto V1 . V 2 =|V 1|| V2|cos

cos = V1

|V1| . V2

|V2| cos =

A21 B2

1+ A22 B2

2+

(–B1) (–B2) + A1A2


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cos = A2

1 B21+ A2

2 B22+

A1A2 + B1B2 Fórmula que nos per-

mite calcular o ângulo ou seu suplemento.

O ângulo pode ser calculado através do pro-duto vetorial dos 2 vetores:

sen = | || |

V1

V1

V2

| |V2

sen A2

1 B21+ A2

2 B22+

A1B2 + A2B1 ou

tg = sen cos = A1B2 – A2B1

A1A2 + B1B2

ou, dividindo nume-

rador e denominador por B1B2,

tg =

A1

B1

– A2

B2

A1

B1

. A2

B2

+ 1=

m2 – m1

1 + m1.m2

m1 e m2 são coeficientes angulares das retas r1

e r2 respectivamente.

Área de um triânguloDado um triângulo ABC, de vértices A(x1 , y1),

B(x2, y2), C(x3 , y3) , desejamos expressar sua área em função das coordenadas de A, B e C.

Seja r a reta suporte do seguimento BC, a equa-ção de r é dada por:

C

x y 1

x2 y2 1

x3 y3 1 = 0 (1)

A distância de A à reta r é:

d(A,r) = a2 + b2

ax1 + by1 + c

onde, de acordo com (1),

a = y2 – y3 ; b = x3 – x2 e c = x2y3 – x3y2 .

Assim,

d(A,r) =

(x3 – x2)2 +(y2 – y3)

2

x y 1

x2 y2 1

x3 y3 1

a área do triângulo ABC é igual a

(ABC) = 1

2 d(A,r).(B,C)

Desenvolvendo, obtemos:

= 1

2

x2 y2

x3 y2

– x1 y1

x3 y3

+ x1 y1

x2 y2

=

(ABC) = 1

2

x1 y1

x2 y2

x3 y3

x1 y1

ou 1

2

x1 y1 1

x2 y2 1

x3 y3 1

Logo, a área do triângulo ABC é igual à metade do valor absoluto do “determinante” acima e pode ser calculado da seguinte maneira:

= x1y2 + x2y3 + x3y1 – x2y1 – x3y2 – x1y3

Triangularização de polígonosDado um polígono P qualquer, uma triangu-

larização de P é uma divisão de P em triângulos, satisfazendo às seguintes condições:

A união de todos os triângulos é igual ao I. polígono P.

Dados dois triângulos T e T’, se T II. T’ , estão T T’ é um lado comum a T e T’

ou um vértice comum de T e T’.

Exemplo 1: `

O exemplo abaixo ilustra a ideia da demonstração:

Dado o pol ígono P = A1A2A3. . .A7A8, t r iangu-lar ize–o obtendo os t r iângulos T 1 = A 1A2A8, T 2 = A 2A 3A 4, T 3 = A 4A 5A 6, T 4 = A 4A 6A 7, T5 = A2A4A7, T6 = A2A7A8 (observe a figura). Temos, então, A(P) significa área de P:

A(P) = A(T1 ) + A(T2) + A(T3) + A(T4) + A(T5) + A(T6) =


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Exemplo 2: `

Calcule a área do pentágono ABCDE de vértices: A(3,0), B(1,2), C(–2,2), D(–8,–7) e E(6,–1).

Área (ABCDE) = 1

2

A

B

C

D

E

A

= 1

2

3 0

1 2

–2 2

–8 –7

6 –1

3 0

= 1

2 (65+33) =

98

2 = 49u.a.

CircunferênciaCircunferência é o lugar geométrico dos pontos

de um plano equidistantes de um único ponto fixo (centro) do mesmo plano.

A distância de qualquer ponto ao centro é o raio R.

Equação cartesianaSeja a circunferência de centro C(m, n) e raio R,

referida num sistema x O y

j

Sua equação espontânea é |CP| = R.

Se determinarmos o módulo do vetor CP, obte-remos a equação cartesiana na forma reduzida.

(x–m)2 + (y–n)2 = R, ou racionalizando

(x–m)2 + (y–n)2 = R2 (equação reduzida)

Desenvolvendo e ordenando obtemos:

x2 + y2 – 2mx – 2ny + (m2+n2– R2) = 0

que é a equação normal da circunferência.

Condições para que uma equação do 2.º Grau, com duas variáveis, represente uma circunferência

Seja a circunferência de equação geral:x2 + y2 – 2mx – 2ny + (m2 + n2 – R2) = 0 (1)Procuremos as condições a que deve satisfazer

a equação geral do 2.º grau com duas variáveis,Ax2 + Bxy + Cy2 + Dx + Ey + F = 0 (2)para representar uma circunferência.É necessário e suficiente que consigamos de-

terminar os valores de m, n e R, finitos e determina-dos, tais que as duas equações, (1) e (2), tenham as mesmas soluções.

Confrontando os coeficientes dos termos se-melhantes nas equações citadas, levando–se em conta que B = O, porque não existe o termo em x na equação (1), e A ≠ 0, condição obrigatória da álgebra, resulta:

A1 =

C1 =

D-2m =

E-2n =

Fm2 + n2 - R2

Destas proporções tiramos:A = C ≠ 02Am = – D2An = – E

A(m2 + n2 – R2) = FAs condições A = C e B = 0, não dependendo

das incógnitas m, n e R, verificam–se por si mesmas, então, são condições necessárias. E são suficientes, porque desde que sejam verificadas, permitem de-terminar os valores de m, n e R.

Concluímos que, dada uma equação do 2.º grau com duas variáveis, as condições necessárias e sufi-cientes para que a mesma represente uma circunfe-rência, no sistema cartesiano ortogonal, são:

A = C ≠ 0

B = 0

Respeitadas estas condições, determinamos:

1. m = – D2A

e n = - E2A o centro da circunferência

– D , – E 2A 2A

2. F = Am2 + An2 – AR2 ⇒ R =

Am2 + An2 - F

A⇒


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⇒

A . D2 + A . E

2 - F4A2 4A2

AR =

ou

R = D2 + E2 – 4AF

2A o raio da circunferência.

Se D2 + E2 – 4AF > 0 ⇒ circunferência real de

centro (m, n) e de raio R;

se D2 + E2 – 4AF = 0 ⇒ circunferência de raio nulo, reduzindo–se ao ponto (m, n);

se D2 + E2 – 4AF < 0 ⇒ circunferência imaginária.

Equação da reta tangente à circunferência, dado o ponto de contato

Seja a circunferência de centro C(m, n) e raio R, referida num sistema x O y.

j

Procuremos a equação da reta (r) tangente à circunferência no ponto T(x1, y1).

A reta (t) é reta do feixe de centro T, logo:

y – y1 = a(x – x1) (1)

Seja o vetor diretor de (t) V = (f, g). Sabemos

que a = g f

Determinamos f e g no vetor normal de (t) que é n = (g, – f), então g = x1 – m e –f = y1 – n, o que nos dá:

a =– x1 – m y1 – n

Substituindo em (1) ⇒

y – y1 =– x1 – m (x - x1) y1 – n

(I)

Se o centro C(m, n) estiver na origem, m = n = 0, a equação da tangente assumirá a forma.

y – y1 = x1 (x – x1) ou y1y + x1x = x2

1

+ y2

1 y1

Posições relativas entre ponto e circunferência

Sejam uma circunferência , de centro C (m, n) e raio R, e um ponto do plano P(x0, y0), entre P e λ são três as possíveis posições relativas.

1.º) O ponto P é externo à circunferência λ:

R

C

P

d

Nessa situação, tem-se que:

A distância de P até o centro C é maior que •o raio R.

2.º) O ponto P pertence à circunferência :

R

C

P

d


A distância do ponto P ao centro C da circun- •ferência é igual ao raio R.

As coordenadas do ponto P satisfazem a •equação da circunferência .

3.º) O ponto P é interno à circunferência :

R

C

P

d


A distância de P até o centro C é menor que •o raio R

Chamando de d a distância entre o ponto P e o centro C da circunferência, resumidamente, tem-se que:


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1.º) d(C,P) > R P é externo à ;

2.º) d(C, P) = P ;

3.º) d(C, P) < R P é interno à ;

Podemos também determinar as posições rela-tivas entre a circunferência de equação (x – m)2 + (y – n)2 = R2 e o ponto P(x0, y0) utilizando a equação da circunferência e as coordenadas do ponto:

Partindo da equação (x – m)2 + (y – n)2 = R2, tem-se:

(x – m)2 + (y – n)2 = R2

(x – m)2 + (y – n)2 – R2 = 0

Chamando de N o 1.º membro dessa equação temos:

Seja N= (x – m)2 + (y – n)2 – R2, substituindo as coordenadas de P(x0, y0) em N temos:

1.º) Se N > 0 (x0 – m)2 + (y0 – n)2 – R2 > 0, então P é externo à

2.º) Se N = 0 (x0 – m)2 + (y0 – n)2 – R2 = 0, então P pertence à

3.º) Se N < 0 (x0 – m)2 + (y0 – n)2 – R2 < 0, então P é interno à

Posições relativas entre reta e circunferência

Considerando uma circunferência de centro C(m,n) e raio R. Existem três posições relativas entre a circunferência e uma reta t. Sendo d a distância entre a reta e a circunferência temos:

1.º) A reta t é exterior à circunferência :

R0

d > Rd

t

A distância entre o centro C e a reta t é maior que o raio. Nessa situação, a circunferência e a reta não têm ponto em comum.

2.º) A reta t é tangente à circunferência :

0d = R

t

A distância entre o centro C e a reta t é igual ao raio. Nessa situação, a circunferência e a reta têm um único ponto em comum, denominado ponto de tangência.

3.º) A reta t é secante à circunferência :

M

BR

A

0d < Rd

t

A distância entre o centro C e a reta t é menor que o raio. Nessa situação, a circunferência e a reta têm dois pontos em comum.

Considere o sistema formado pela equação da circunferência e da reta t:

(x – m)2 + (y – n)2 = R2

ax + by + c = 0

A resolução desse sistema pode apresentar três situações:

1.º) Não existe par ordenado que solucione o sis-tema. Isso ocorre quando t for exterior à ;

2.º) O sistema tem uma única solução – isso ocorre quando t for tangente à . Nesse caso, a solução é representada pelas coordenadas do ponto de tangência;

3.º) O sistema tem duas soluções – isso ocorre quando t for secante à . Nesse caso, as so-luções são representadas pelas coordenadas dos dois pontos de interseção entre t e .

Posições relativas entre duas circunferências

Considere uma circunferência 1, de raio R1 e centro C1, e outra 2, de raio R2 e centro C2, e ainda a distância d entre os centros C1 e C2. Entre essas duas circunferências 1 e 2 são possíveis as seguintes posições relativas:

1.º) Externas:

R1C1 C2

R2

d


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Nesse caso, não existe ponto de interseção entre as circunferências.

2.º) Tangentes externas:

R1C1 C2

R2

d

Nesse caso, as circunferências têm um único ponto em comum, denominado ponto de tangência.

3.º) Circunferências secantes

R1C1 C2

R2

d

Nesse caso, existem dois pontos de interseção.

4.º) Tangentes internas

R1

C1 C2

R2d

Nesse caso, as circunferências têm um único ponto em comum, denominado ponto de tangência.

5.º) A circunferência de raio menor é interna à de raio maior.

R1

C1 C2

R2d

Neste caso, não existe ponto de interseção entre as circunferências.

Logo, duas circunferências podem estar uma em relação à outra, em cinco posições diferentes: externas, tangentes externas, secantes, tangentes internas e internas. A partir da análise dessas cinco situações, é possível estabelecer as seguintes rela-ções entre d, R1+ R2 e R1– R2

:

Quadro 1

Posição relativa entre as

circunferênciasRelação

Externas d (C1, C2) > R1 + R2

Tangentes externas d (C1, C2) = R1 + R2

Secantes R1– R2 < d (C1, C2) < R1 + R2

Tangentes internas d(C1, C2) = R1– R2

Uma circunferência é interna à outra

d (C1, C2) < R1– R2

Quando uma circunferência é interna à outra e d (C1, C2) = 0, elas são denominadas concêntricas, ou seja, têm os centros coincidentes.

A determinação dos possíveis pontos em co-mum entre as circunferências é realizada a partir da resolução do sistema formado pelas equações das duas circunferências. A resolução desse sistema poderá apresentar as seguintes situações:

Quadro 2

Número de soluções do sistema de equações

Posição relativa entre as circunferências

Nenhuma Externas ou internas

Uma Tangentes externas ou tangentes internas

Duas Secantes

Quando o objetivo for determinar a posição re-lativa entre as circunferências, é mais conveniente a utilização das relações expostas no quadro 1. No entanto, quando a intenção for a determinação dos pontos em comum entre as circunferências, é im-prescindível a resolução do sistema formado pelas equações das duas circunferências.

Determine o perímetro do triângulo de vértices A(1, –1), 1. B(5, 2) e C(–7, –3).

Solução: `

A medida do perímetro do triângulo é 2p = dAB + dBC + dCA


11EM

_V_M

AT

_020

Determinemos as medidas dos lados:

dAB = (5–1)2+(2–(–1))2 = 16 + 9 = 5

dBC = (–7 –5)2+(–3 –2)2 = 144 + 25 = 13

d C A = (1 + 7)2+(–1+ 3)2 = 64 + 4 = 68 = 2 17

Então, 2p = 18 + 2 17.

Demonstre analiticamente que as diagonais de um 2. retângulo são congruentes.

Solução: `

Consideremos o retângulo ABCD, sendo os vértices os pontos A(0, 0), B(b, 0), C(b, c) e D(0, c).

Determinemos dAC e dBD:

dAC = (b – 0)2+(c – 0)2 = b 2 + c 2 1

dBD = (0 – b)2+(c – 0)2 = b 2 + c 2 2

1 = 2 dAC = dBD méd. (AC) = méd. (BD).

Verifique a natureza do triângulo de vértices A(9, 8), 3. B(1, 4) e C(5, –4).

Solução: `

Determinemos as medidas dos lados: dAB, dBC e dCA.

m(AB) = dAB = (1 – 9)2 + (4 – 8)2 = 64 + 16 = 80

m(BC) = dBC = (5–1)2 + (–4 –4)2 = 16 + 64 = 80

m(CA) = dCA = (9 – 5)2 + (8 + 4)2 = 16 +144

= 160

Triângulo isósceles quanto aos lados, e

d2AB = 80, d2

BC= 80 e d2CA= 160 ⇒ CA2 = AB2 = BC2 ,

triângulo retângulo quanto aos ângulos.

O triângulo é retângulo isósceles.

Determine a natureza do quadrilátero ABCD, sendo 4. A(–2, 6), B(0, 2), C(4, 0) e D(2, 4).

Solução: `

Determinemos as medidas dos lados AB, BC, CD e DA.

dAB = (0+ 2)2 + (2 – 6)2 = 4 + 16 = 20

dBC = (4 – 0)2 + (0 – 2)2 = 16 + 4 = 20

dCD = (2 – 4)2 + (4 – 0)2 = 4 + 16 = 20

dDA = (–2 – 2)2+(6 – 4)2 = 16 + 4 = 20

Os quatro lados são congruentes, podendo o quadrilátero ser quadrado ou losango. Verifiquemos através das suas diagonais AC e BD.

dAC = (4+ 2)2 + (0 – 6)2 = 36 +36 = 72

dBD = (2 – 0)2 + (4 – 2)2 = 4 + 4 = 8

O quadrilátero é losango.

Ache as coordenadas do ponto de interseção das 5. medianas do retângulo de vértices A(–1, 4, 7), B(4, 8, –3) e C(–6, 0, 5).

Solução: `

O encontro das medianas do triângulo é seu baricentro, logo

xG = –1 + 4 – 6

3 = –1

yG = 4 + 8 + 0

3 = 4

zG = 7 – 3 + 5

3 = 3 G(–1, 4, 3).

Num determinado instante 6. t as posições de duas partículas P e Q são dadas por (1 + 2t ,1 + t) e (4 + t, – 3 + 6t).

Elas se chocam ?

Solução: `

xP (t) = (1 + 2t, 1 + t)

xQ (t) = (4 + t, –3 + 6t)

Para P e Q se chocarem, suas posições são iguais, ou seja, xP (t) = xQ (t) ⇔ (1 + 2t, 1 + t) = (4 + t, –3 + 6t)

1 + 2t = 4 + t

1 + t = –3 + 6t t = 3

5t = 4 ⇒15 = 4 (impossível).

Logo, não se chocam!


12 EM

_V_M

AT

_020

Os pontos A = (a, 1) e B = (a7. 2, b) pertencem à reta de equação 2x + y – 5 = 0. Determine a distância entre eles.

Solução: À = (a, 1) B = (a2, b)

A,B r: y = 5 – 2x ou r : 2x + y – 5 = 0

A r 1 = 5 – 2a a = 2

B r B = (22, b) = (4, b) b = 5 – 2 . 4 –3 = b.

Logo, dA,B = (4 – 2)2 + (–3 – 1)2 = 4 + 16 = 20 = 2 5

Solução: ` 2 5

Determine as coordenadas do ponto comum às retas8.

(r): x = 3 – 2

y = –1 + , R e (s):

x = 2 + 3

y = –2 - ,

Solução: `

r: x = 3 – 2

y = –1 + , R r:

x = 3 – 2

= y + 1

r: x = 3 – 2(y+1) r: x + 2y –1 = 0

s: x = 2 + 3

y = –2 – , R s: x = 2 + 3

= – y – 2

s: x = 2 +3(–y – 2) s: x + 3y + 4 = 0

P = r s P = (x, y) x + 2y – 1 = 0

e

x + 3y + 4 = 0

x = 1 –2y = – 3y – 4

y = –5

x = 1– 2y = 11

Logo, P = (11, –5)

Solução: ` (11, –5)

A equação da reta que passa pelos pontos (3,3) e 9. (6,6) é:

y = x;a) y = 3x;b) y = 6x;c) 2y = x;d)

6y = x;e)

Solução: ` A

(3, 3) e (6, 6) r.

r : y = mx + n

3 = 3m + n

6 = 6m + n 3 = 3m + n

3 = 3m + m = 1 3 = 3 + n

n = 0

Portanto, r : y = x

Um foguete com ogiva nuclear foi acidentalmente lança-10. do de um ponto da Terra e cairá perigosamente de volta à Terra. Se a trajetória plana desse foguete segue o gráfico da equação y= –x2 + 300x, com que inclinação se deve lançar outro foguete com trajetória retilínea, do mesmo ponto de lançamento, para que esse último intercepte e destrua o primeiro, no ponto mais distante da Terra?

Solução: `y = –x2 + 300x

O ponto mais distante da Terra é o ponto P, que cor-responde à altura máxima.

tg = 22.500

150 = 150 = arctg150

Solução:

= arc tg 150

Calcule a área do triângulo ABC, dados A(1,–1) , B(7,5) e 11. C(–2,6).

Solução: `

Área(ABC) = 1

2

1 –1

7 5

–2 6

1 –1

= 1

2 (5 + 42 + 2 + 7 + 10 – 6)

= 1

2 . 60 = 30 u.a.


13EM

_V_M

AT

_020

Calcular a12. área do quadrilátero ABCD, dados A(0,–1), B(6,0), C(4,5) e D(1,7).

Solução: `

SABCD = SABC + SACD

SABC= 1

2

0 –1

6 0

4 5

0 –1

= (30 – 4 + 6) = 28 ua D

A

B

C

12

SACD = 1

2

0 –1

4 5

1 7

0 –1

= (28 – 1 + 4 – 5) = 26 ua

SABCD = 54 ua

(Cesgranrio) A área do triângulo, cujos vértices são (1,2), 13. (3,4) e (4,–1), é igual a:

6a)

8b)

9c)

10d)

12e)

Solução: ` A

Área ( ) = 1

2

1 2

3 4

4 –1

1 2 =

1

2 (4 – 3 + 8 – 6 – 16 + 1)

= 1

2 –12 = 6 u.a.

Determine a área dessa região geográfica.

Solução: `

y + 4x = 11 (i)

5y – 2x = 11 (ii)

3y + x = 0 x = –3y (iii)

(i) (ii)

y = 11 – 4x

5y – 2x = 11

y = 11 – 4x

5(11 – 4x) – 2x = 11

–22x = –44 x = 2 y = 3

Logo, (i) (ii) = (2, 3)

(i) (iii)

y = 11 – 4x

x = – 3y

x = –3y

y = 11–4(–3y) y=–1, x = 3

Logo, (i) (iii) = (3, -1)

(ii) (iii)

5y –2x = 11

x = – 3y x = –3y

5y –2(–3y) = 11 y=1, x = –3

Logo, (ii) (iii) = (-3, 1)

Área ( ) =

= 1

2

2 3

3 –1

–3 1

2 3

= 1

2 (– 2 + 3 – 9 – 3 – 2) = 11 u.a.

Determine a equação da reta tangente à circunferência 15. (x – 2)2 + (y – 1)2 = 25, no ponto (–2, 4).

Solução: Àplicando a fórmula temos

y – 4 = – 2 – 2 (x+2) ou 4x – 3y + 20 = 0 4 - 1

Determine a equação da circunferência, sabendo–se que 16. um de seus diâmetros é o segmento de extremos A(1, 3) e B(5, – 3).

Solução: Ò ponto médio de AB é o centro C(3, 0) da circunferência e R2 = (3 – 1)2 + (0 – 3)2 ⇒ R2 = 13A equação da circunferência é (x – 3)2 + y2 = 13

(UFPE) Em um mapa geográfico, três cidades são 14. vértices de um triângulo de alta produção agrícola. Se os vértices desse triângulo num sistema cartesiano são as intersecções das retas: y+ 4x =11; 5y –2 x =11 e 3y + x = 0 .


14 EM

_V_M

AT

_020

Determine a equação da circunferência concêntrica à 17. circunferência x2 + y2 – 4x – 8y – 29 = 0 e que passa pelo ponto P1(5, 8).

Solução: `

O centro das circunferências é C D2a

E2a

– –, isto é,

C(2, 4) e o raio da circunferência procurada é:

CP1 = (5 – 2)2 + (8 – 4)2 = 5 , logo

(x–2)2 = (y – 4)2 = 25.

Em um circo, no qual o picadeiro tem – no plano car-18. tesiano – a forma de um círculo de equação igual a x2+y2–12x–16y–300 = 0, o palhaço acidentou-se com o fogo do malabarista e saiu desesperadamente do centro do picadeiro, em linha reta, em direção a um poço com água localizado no ponto (24, 32).

Calcule a distância d percorrida pelo palhaço, a partir do momento em que sai do picadeiro até o momento em que chega ao poço.

Solução: `C: x2 + y2 – 12x – 16y – 300 = 0

C: x2 – 12x + 36 + y2 – 16y + 64 = 300 + 36 + 64 = 300 + 36 + 64

C: (x – 6)2 + (y – 8)2 = 202 ⇔ (x – xC)2 + (y – yC)2 = R2

Centro (6, 8)

Raio = 20m

distância de (6, 8) a (24, 32) = (24 - 6)2 + (32 - 8)2 = 30m

Como o raio é 20m, ele percorreu 10m depois de sair do picadeiro.

Três pontos de coordenadas, respectivamente, (0, 0), (b, 1. 2b) e (5b, 0), com b > 0, são vértices de um retângulo.

As coordenadas do quarto vértice são dadas por:

(–b, –b)a)

(2b, –b)b)

(4b, –2b)c)

(3b, –2b)d)

(2b, –2b)e)

Verifique a natureza do triângulo de vértices A(9, 8), 2. B(1, 4) e C(5, –4).

Determine as coordenadas do ponto equidistante dos 3. vértices A(–1, 2), B(6, 3) e C(0, –5) do triângulo ABC.

Determine a natureza do quadrilátero ABCD, sendo 4. A(–2, 6), B(0, 2), C(4, 0) e D(2, 4).

Num triângulo retângulo ABC, A(–4, 1) e B(2, 3). De-5. termine o vértice C do ângulo reto, sabendo–se que C ∈ Oy.

O baricentro de um triângulo é G(4, –1) e dois de seus 6. vértices são os pontos A(3, –2) e B(–1, –2). Determine o terceiro vértice C.

Os meios dos lados de um triângulo são P(3, 1), Q(2, 7. 0) e R(1, 2). Determine as coordenadas dos vértices do triângulo.

Dois vértices consecutivos de um quadrado são os pontos 8. A(4, 0) e B(0, 6). Determine as coordenadas dos outros vértices.

Determine o ponto do eixo dos x equidistantes dos 9. pontos A(3, 1) e B(5, –1).

No plano cartesiano, considere a reta (r) de equação 10. 2x – y + 3 = 0. Seja (t) a reta perpendicular a (r), pas-sando pelo ponto P(–1, 5).

Obter o ponto de intersecção da reta (t) com o eixo a) das abscissas.

Qual o ponto da reta (r) mais próximo de P?b)

Um avião taxia (preparando para decolar) a partir de um 11. ponto que a torre de controle do aeroporto considera a origem dos eixos coordenados, com escala em qui-lômetros. Ele segue em linha reta até o ponto (3, –1), onde realiza uma curva de 90° no sentido anti–horário, seguindo, a partir daí, em linha reta. Após algum tempo, o piloto acusa defeito no avião, relatando a necessidade de abortar a decolagem. Se, após a mudança de direção, o avião anda 1 (um) km até parar, para que ponto do plano a torre deve encaminhar a equipe de resgate?

Em um plano cartesiano, considere a reta r, de equação 12. 3x + 4y = 30, e os pontos A = (5, 10) e B = (13, 4), que estão sobre uma reta paralela à reta r. Considere ainda que um espelho tenha sido colocado no plano que con-tém a reta r e é perpendicular ao plano cartesiano dado.


15EM

_V_M

AT

_020

Suponha que um raio luminoso, partindo do ponto A, incida sobre o espelho plano no ponto de coordenadas (a, b) sobre a reta r e, em seguida, passe pelo ponto B. Nessas condições, calcule a soma a + b, desprezando a parte fracionária de seu resultado, caso exista.

Seja A a intersecção das retas r, de equação y = 2x, e 13. s, de equação y = 4x – 2. Se B e C são as intersecções respectivas dessas retas com o eixo das abscissas, a área do triângulo ABC é:

1/2a)

1b)

2c)

3d)

4e)

Na figura a seguir, cotg 14. = 4, tg = 2/3 e M (2, 3) é o ponto médio de AB .

Então o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A e B é:

– 1a)

– 2b)

– 3/5c)

– 4/5d)

– 5/2.e)

Sejam t e s as retas de equações 2x – y – 3 = 0 e 3x – 2y + 1 = 0, 15. respectivamente, a reta r contém o ponto A = (5, 1) e o ponto de interseção de t e s. A equação de r é:

5x – y – 24 = 0a)

5x + y – 26 = 0b)

x + 5y – 10 = 0c)

x – 5y = 0d)

A reta r é paralela à reta de equação 3x – y –10 = 0.16.

Um dos pontos de interseção de r com a parábola de equação y = x² – 4 tem abscissa 1.

A equação de r é:

x + 3y + 8 = 0a)

3x – y + 6 = 0b)

3x – y – 6 = 0c)

x – 3y – 10 = 0d)

Considere as retas cujas equações são y = x + 4 e 17. y = mx, em que m é uma constante positiva.

Nesse caso, a área do triângulo determinado pelas duas retas e o eixo das abscissas é:

(4m²)/(2m – 1).a)

4m².b)

(8m)/(m – 1).c)

(2m + 10)/(2m + 1).d)

A hipotenusa de um triângulo retângulo está contida 18. na reta r:y=5x–13, e um de seus catetos está contido na reta s:y=x–1. Se o vértice onde está o ângulo reto é um ponto da forma (k, 5) sobre a reta s, determine:

todos os vértices do triângulo.a)

a área do triângulo.b)

Num sistema de coordenadas cartesianas retangu-19. lares de origem 0, considere os pontos A=(3, 0), B=(3, 5) e C=(0, 5). Seja ‘r’ a reta pelo ponto M=(1, 2) e que corta OC e AB em Q e P, respectiva-mente, de modo que a área do trapézio OQPA seja metade da do retângulo OCBA. Determine a equação de ‘r’.

Calcule a e b positivos na equação da reta ax+by=6 de 20. modo que ela passe pelo ponto (3,1) e forme com os eixos coordenados um triângulo de área igual 6.

A área do triângulo cujos vértices são os pontos (1,2), 21. (3,5) e (4,–1) vale:

4,5a)

6b)

7,5c)

9d)

15e)

Considere o triângulo cujos vértices são os pontos 22. A(0, 0), B(2, 2) e C(2, –2). Se ax + by = c é a equação cartesiana da reta que contém a altura deste triângulo relativa ao lado AB, determine 5b/a.


16 EM

_V_M

AT

_020

23.

Nessa figura, a reta AC intercepta o eixo das abscissas no ponto (–1/2, 0 ), e a área do triângulo de vértices A, B e C é 10.

Então, a ordenada do ponto B é:

20/11a)

31/11b)

4c)

5d)

6e)

As retas y = 0 e 4x + 3y + 7 = 0 são retas suportes 24. das diagonais de um paralelogramo. Sabendo que es-tas diagonais medem 4cm e 6cm, então, a área deste paralelogramo, em cm2, vale:

36/5a)

27/4b)

44/3c)

48/3d)

48/5e)

(FGV)25. Seja AB um diâmetro da circunferência l, onde os pontos A e B são ( –3;4) e (1;–2). A equação de l é:

xa) 2 + y2 + 2x – 2y – 50 = 0

xb) 2 + y2 + 2x – 2y – 11 = 0

xc) 2 + y2 + 2x + 2y – 11 = 0

xd) 2 + y2 –2x – 2y – 50 = 0

xe) 2 + y2 – 2x – 2y – 11 = 0

(UFPR)26. Sejam M( 7;–2) e N( 5,4). Se C1 é uma circun-ferência que tem o segmento MN como um diâmetro, então, a equação de C1 é:

xa) 2 + y2 – 12x – 2y + 27 = 0

xb) 2 + y2 + 12x – 2y + 27 = 0

xc) 2 + y2 + 12x +2y + 27 = 0

xd) 2 + y2 – 12x +2y + 27 = 0

xe) 2 + y2 + 12x +2y – 27 = 0

(PUC–SP)27. Considere os pontos A(0,0), B(2;3) e C (4;1). O segmento BC é um diâmetro da circunferência de equação :

xa) 2 + y2 + 6x + 4y + 11 = 0.

xb) 2 + y2 – 6x – 4y + 11 = 0

xc) 2 + y2 – 4x + 9y + 11 = 0

xd) 2 + y2 – 6x – 4y + 9 = 0

xe) 2 + y2 – 4x – 9y + 9 = 0

(Mackenzie)28. O maior valor inteiro de k, para que a equação x2 + y2 + 4x – 6y + k = 0 represente uma circunferência é:

10a)

12b)

13c)

15d)

16e)

(PUCRS)29. O ponto P(–3;b) pertence à circunferência de centro C(0;3) e raio r = 5. Quais são os valores de b?

–14 e 20a)

–20 e 14b)

8 e 2c)

–7 e 1d)

7 e –1e)

(Fuvest)30. O segmento AB é um diâmetro da circunferência de equação x2 + y2 = 10y. Se A(3;1), então B é:

(–3;9)a)

(3;9)b)

(0;10)c)

(–3;1)d)

(1;3)e)

(UFRJ)31. Uma circunferência tem centro no ponto C(2;–1) e raio igual a 2 . Qual a equação desta circunferência?

(x – 2)a) 2 + ( y + 1)2 = 2

( x – 2)b) 2 + ( y + 1)2 = 2

(x + 1)c) 2 + ( y – 2)2 = 2

(x + 2)d) 2 + ( y – 1)2 = 2

( x – 2)e) 2 + ( y – 1)2 = 2


17EM

_V_M

AT

_020

(Unirio)32. A equação da circunferência com centro C(–2,–1) e perímetro 12π é:

(x – 2)a) 2 + ( y – 1)2 = 36

(x – 2)b) 2 + ( y – 1)2 = 6

(c) x – 2)2 + ( y – 1)2 = 36y

( x + 2)d) 2 + ( y +1)2 = 6

( x + 2)e) 2 + ( y + 1)2 = 36

(Oswaldo Cruz-SP) Escreva a equação geral da circun-33. ferência de centro no ponto C (–1, 3) e tangente à reta s: 6x – y – 28 = 0.

(CESESP) Escreva a equação geral da reta s que 34. passa pelo centro da circunferência de equação:

: x2 + y2 – 2x + 4y – 4 = 0 e é perpendicular à reta r : 3x – 2y + 7 = 0

(FUVEST) Dadas as circunferências de equações:35.

1 : x2 + y2 – 2x – 10y + 22 = 0 e

2 : x2 + y2 – 8x – 4y + 10 = 0

Quais os possíveis pontos de interseção?

(UF-ES) Qual a posição relativa entre as circunferências 36. de equações gerais:

1 : x2 + y2 – 2x – 8y + 8 = 0 e

2 : x2 + y2 – 2x = 0

(UFRS) O eixo das abscissas determina na circunferência 37. x2 + y2 – 6x + 4y – 7 = 0 uma corda de comprimento:

52a)

5b)

6c)

7d)

8e)

Num triângulo ABC são dados A(2, 0), M(–1, 4) ponto 1. médio de AB, medida dos lados AC = 10 e BC =10 2 . Determine:

o perímetro do triângulo;a)

os vértices B e C.b)

Verifique se o triângulo de vértices A(1, 2, 3), B(2, 3, 1) e 2. C(3, 1, 2) é equilátero. Dê o seu perímetro.

Verifique a natureza do triângulo ABC, sendo A(3, 5, 0), 3. B(2, 3, –3) e C(6, 1, –3).

Determine as coordenadas dos extremos do segmento 4. orientado AB

dividido em três partes iguais pelos pon-tos C(2, 0, 2) e D(5, –2, 4).

Dados os vértices A(2, –1, 4), B(3, 2, –6) e C(–5, 0, 2) 5. do triângulo ABC, calcule o comprimento da mediana relativa ao lado BC.

Dados os vértices A(3, –4, 7), B(–5, 3, –2), C(1, 2, –3) 6. do paralelogramo ABCD. Determine as coordenadas do vértice D.

Duas pessoas A e B decidem se encontrar em um deter-7. minado local, no período de tempo entre 0h e 1h.

Para cada par ordenado (x, y), pertencente à região hachurada do gráfico a seguir, x e y representam, respectivamente, o instante de chegada de A e B ao local de encontro.

Determine as coordenadas dos pontos da região hachurada, os quais indicam:

a chegada de ambas as pessoas ao local de encon-a) tro exatamente aos 40 minutos.

que a pessoa B tenha chegado ao local de encon-b) tro aos 20 minutos e esperado por A durante 10 minutos.

Uma reta faz o ângulo de 45° com o eixo Ox e 135° com 8. Oz. Determine o ângulo que ela faz com o eixo Oy.

Seja r a reta que corta o eixo y no ponto (0, 2) e forma 9. ângulo de 45° com o eixo x; s, a reta que corta o eixo x no ponto (–2, 0) e forma ângulo de 135° com o eixo x; t, o eixo y. Para que o ponto (1, m) pertença à circun-ferência que passa pelas interseções das retas r, s e t, o valor de m é:

a) 3 ou – 3

b) 2 ou – 2

2 ou –2c)

1 ou –1d)

e) π ou – π

Determine a equação simétrica da reta que passa pelo 10. ponto médio do segmento AB, A(3, –2) e B(1, 4), e cujo vetor diretor é o vetor

V i j= −3 2


18 EM

_V_M

AT

_020

Determine a equação da reta suporte do lado AB e da 11. mediana relativa ao lado AC do trioângulo ABC de vértices A(3, 5), B(2, –1) e C(4, 0).

Os interceptos de uma reta são, respectivamente, 8 e –4. 12. Determine a equação da reta que passa pelo ponto A(2, 3)

e pelo ponto B que divide na razão 1

3 o segmento PQ que

os eixos coordenados determinam na reta dada por seus interceptos.

Dados os pontos médios M13. 1(2, 1), M2(5, 3) e M3(3, –4) dos lados do triângulo ABC, determine as equações dos lados deste triângulo.

Determine a equação da reta que passa pelo baricen-14. tro do triângulo ABC, de vértices A(3, 1), B(–2, 4) e C(2, –2) e é paralela ao lado BC.

Determine a equação da reta perpendicular à reta de 15. interceptos 4 e 1 que passa pelo ponto A(–3, 4).

Dado o vetor normal 16. n

= ( , )3 4 de uma reta (r), deter-mine a equação da reta que passa por P(–1, 2) e é perpendicular à (r).

Determine a equação da mediatriz do segmento de 17. extremos A(–3, 1) e B(1, 5).

O elenco de um filme publicitário é composto por pes-18. soas com cabelos louros ou olhos verdes. Sabe–se que esse elenco tem, no máximo vinte pessoas, dentre as quais, pelo menos doze possuem cabelos louros e, no máximo, cinco possuem olhos verdes.

No gráfico a seguir, pretende–se marcar um ponto P(L,V), em que L representa o número de pessoas do elenco que têm cabelos louros e V o número de pessoas do elenco que têm olhos verdes.

O ponto P deverá ser marcado na região indicada por:

Ra) 1

Rb) 2

Rc) 3

Rd) 4

Re) 5

Determine as equações das retas do feixe de centro C(–3, 19. 2) que formam com a reta 3x – y + 5 = 0 ângulos de 45º.

Uma reta r determina, no primeiro quadrante do plano 20. cartesiano, um triângulo isósceles, cujos vértices são a origem e os pontos onde a reta intercepta os eixos 0x e 0y. Se a área desse triângulo é 18, a equação de r é:

x – y = 4a)

x – y = 16b)


19EM

_V_M

AT

_020

x + y = 2c)

x + y = 4d)

x + y = 6e)

Um círculo com centro C = (2, –5) tangencia a reta de 21. equação x – 2y – 7 = 0. O valor numérico da área da região limitada pelo círculo é:

4a) π

5b) π

6c) π

7d) π

8e) π

22.

A área A do retângulo em função da abscissa x do ponto R é:

A = xa) 2 – 3x

A = –3xb) 2 + 9x

A = 3xc) 2 – 9x

A = –2xd) 2 + 6x

A = 2xe) 2 – 6x

O valor de x para que os pontos (1, 3), (–2, 4), e (x, 0) 23. do plano sejam colineares é:

8a)

9b)

11c)

10d)

5e)

Considere, no plano xy, as retas y = 1, y = 2x – 5 e 24. x – 2y + 5 = 0.

Quais são as coordenadas dos vértices do triângulo a) ABC formado por essas retas?

Qual é a área do triângulo ABC?b)

Sejam A = (0, 0), B = (8, 0) e C = (–1, 3) os vértices 25. de um triângulo e D = (u, v) um ponto do segmento BC. Sejam E o ponto de intersecção de AB com a reta que passa por D e é paralela ao eixo dos y e F o ponto de intersecção de AC com a reta que passa por D e é paralela ao eixo dos x.

Determine, em função de u, a área do quadrilátero a) AEDF.

Determine o valor de u para o qual a área do qua-b) drilátero AEDF é máxima.

Determine a equação da reta que passa pelo ponto 26. P(–1, –2) e forma com os eixos coordenados um triân-gulo de área 4 u.a.

A soma dos interceptos de uma reta é 7 e a área do 27. triângulo que esta reta determina com os eixos coor-denados é 6. Determine a equação da reta.

Sabedoria egípcia28.

Há mais de 5 000 anos os egípcios observaram que a sombra no chão provocada pela incidência dos raios solares de um gnômon (um tipo de vareta) variava de tamanho e de direção. Com medidas feitas sempre ao meio dia, notaram que a sombra, com o passar dos dias, aumentava de tamanho. Depois de chegar a um comprimento máximo, ela recuava até perto da vareta. As sombras mais longas coincidiam com dias frios. E as mais curtas, com dias quentes.

(Adaptado de Revista Galileu, jan. 2001.)

Sol

A

OInício do verão (sombra mais

curta)

Outono ou primavera

Início do inverno (sombra mais longa)

Comprimento da sombra ao meio-dia

B

Vare

ta

Um estudante fez uma experiência semelhante à descrita no texto, utilizando uma vareta OA de dois metros de comprimento. No início do inverno, mediu o comprimento da sombra OB, encontrando oito metros.

Utilizou, para representar sua experiência, um sistema de coordenadas cartesianas, no qual o eixo das ordenadas (y) e o eixo das abscissas (x) continham, respectivamente,


20 EM

_V_M

AT

_020

os segmentos de reta que representavam a vareta e a sombra que ela determinava no chão.

Esse estudante pôde, assim, escrever a seguinte equação da reta que contém o segmento AB:

y = 8 – 4xa)

x = 6 – 3yb)

x = 8 – 4yc)

y = 6 – 3xd)

Dois lados de um triângulo têm por suportes as retas 29. (r1) 3x + 4y – 2 = 0 e (r2) 4x + 3y – 5 = 0. Determine a equação do suporte do 3.º lado para que o triângulo tenha 7/4 unidades de área e o outro vértice pertencente à reta (r2) seja o ponto (–1, 3).

(Cesgranrio)30. Uma equação da circunferência de centro (–3;4) e que tangencia o eixo OX é:

(x – 3)a) 2 + ( y–4)2 = 16

(x – 3)b) 2 + ( y+4)2 = 9

(x + 3)c) 2 + ( y + 4)2 = 16

(x + 3)d) 2 + ( y – 4)2 = 9

( x+ 3)e) 2 + ( y– 4 )2 = 16

(PUCPR)31. Sejam l, a circunferência de equação x2 + y2 – 2y – 4 = 0 e r,a reta tangente a l no ponto P. Se a equação de r é 2x – y – 4 = 0, o ponto P é:

(2;0)a)

(2;1)b)

(1;2)c)

(0;2)d)

(–1;2)e)

(Ulbra)32. Sabe–se que a reta de equação 4x + 3y = 0 é tangente a uma circunferência λ, de centro no ponto (–1;3). A equação de l é:

xa) 2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0

xb) 2 + y2 + 2x – 6y + 6 = 0

xc) 2 + y2 – 2x + 6y + 6 = 0

xd) 2 + y2 + 2x – 6y + 9 = 0

xe) 2 + y2 – 2x + 6y + 12 = 0

(Vunesp)33. Considere uma circunferência de raio r < 4, com centro na origem de um sistema de coordenadas cartesianas. Se uma das tangentes à circunferência pelo ponto (4;0) forma com o eixo x um ângulo de 30°, então o ponto de tangência correspondente é:

(1;– a) 3)

(1; – b) 2)

(1/2 ; – c) 3)

(1/2; – d) 2)

(1/2; e) 3

2)

(UFES)34. Uma circunferência de raio 2, localizada no 1.° quadrante, tangencia o eixo OX e a reta de equação 4x – 3y = 0. Então, a abscissa do centro dessa circun-ferência é:

1a)

2b)

3c)

4d)

5e)

(UFRRJ)35. A reta y = mx ( m > 0 ) é tangente à circun-ferência (x – 4)2 + y2 = 4. Determine o seno do ângulo que a reta forma com o eixo OX.

1/5a)

1/2b)

3

2c)

2

2d)

5e)

(UERJ)36. O ponto de coordenadas (0;0) pertence às retas r e s, que são tangentes à circunferência de equação x2 + y2 – 12x – 16y + 75 = 0.

Determine as coordenadas do centro e a medida a) do raio da circunferência.


21EM

_V_M

AT

_020

Calcule a medida do menor ângulo formado entre b) r e s.

(Fuvest)37. Sendo C a circunferência x2 + y2 = 4 e s a reta x + y = 8:

Determine uma equação da reta perpendicular a s a) e que passa pelo centro de C.

Dentre os pontos equidistantes de C e s, determine b) aquele que está mais próximo de s.

Os ciclistas A e B partem do ponto P(–1;1) no mesmo 38. instante e com velocidade de módulos constantes. O ciclista A segue a trajetória descrita pela equação 4x – 3y – 7 = 0 e o ciclista B, a trajetória descrita pela equação x2 + y2 –6x – 8y = 0. As trajetórias estão no mesmo plano e a unidade de medida de comprimento é o km. Pergunta–se:Quais as coordenadas do ponto Q, distinto de P, onde haverá cruzamento das duas trajetórias?

Mostre que as equações paramétricas39.

x2t

1 t, t R; y

1-t

1 t2

2

2=+

∈ =+

,

onde t é um número real qualquer, representam uma circunferência.

(FEI-SP) Determine a equação da reta s, tangente à 40. circunferência de equação : x2 + y2 + 4x + 2y – 8 = 0 e que passa pelo ponto P(1, 1).

(FUVEST) A reta s : x – y – 2 = 0 intercepta a circun-41. ferência : x2 + y2 – 8x – 2y + 12 = 0 nos ponto A e B. Determine a equação da mediatriz da corda AB.

(OSEC-SP) Uma circunferência de centro C(2, 0), passa 42. pelo ponto de interseção das retas r: x + y – 6 = 0 e s: x – y – 2 = 0. Determine a equação geral dessa circunferência.

Determine as equações das retas que passam pelo 43. ponto P(3, 2) e tangenciam a circunferência de equação

: x2 + y2 + 6x – 4y + 4 = 0.

Obter as equações das circunferências concêntricas de 44. centro O(1, – 1) que tangenciam a circunferência de equação : (x + 5)2 + (y – 7)2 = 36.

(FUVEST-SP) Seja M(8,1) o ponto médio de uma 45. corda AB da circunferência x2 + y2 – 4x + 2y – 45 = 0. Determine os pontos da circunferência onde as retas tangentes são paralelas à reta AB.


22

C1.

O triângulo é retângulo isósceles.2.

P(3, –1).3.

O quadrilátero é losango.4.

C(0, 5) e C’(0, –1).5.

C(10, 1).6.

Sabemos que:

xx x x x

x

yy y y y

y

GA B C C

C

GA B C C

C

= + + ⇒ = − + ⇒ =

= + + ⇒ − = − − + ⇒ =

34

3 13

10

31

2 23

1

c(10,1)

(2, 3), (4, –1) e (0, 1).7.

C(6, 10) e D(10, 4); C(–6, 2) e D(–2, –4).8.

(4, 0)9.

10.

(9; 0) a)

(3/5; 21/5)b)

P = + − +

3

1010

13 10

10,11.

9 = 6 + 312.

13. A

A14.

A15.

C16.

C 17.

18.

(3; 2); a) (6; 5); (4; 7).

Sb) ∆ = 6 u.a.

19. x – y +1 = 0

a = 1 e b = 320.

C21.

22. 5

D23.

E24.

B25. EM

_V_M

AT

_020


23

A26.

B27.

B28.

E29.

A30.

B31.

E32.

x33. 2 + y2 + 2x – 6y – 27 = 0

s : 2x + 3y + 4 = 034.

P35. 1 (1,3) e P2 (3,5)

Tangentes externas.36.

E37.

1.

10(2 + a) 2 )

B(–4, 8) e C(10, 6) ou C(–6, –6).b)

Sim, 2p = 32. 6

Retângulo.3.

4. A(8, –4, 6) e B(–1, 2, 0)

75.

D(9, –5, 6)6.

7.

(2/3, 2/3)a)

(1/2, 1/3)b)

8.

Vimos que cos2a + cos2b + cos2g = 1.

No problema são dados a = 45º e g = 135º, logo

cos2 45º + cos2b + cos2 135º = 1

12

12

1 1 902 2+ + = ⇒ = ⇒ =cos cosb b b .

A 9.

10. rx y

:− = −

−2

31

2

11.

6x – y + 8 = 01)

7x – 3y – 17 = 0 2)

12.

B(6, –1)1)

( r) x + y – 5 = 02)

13. 5x + y – 28 = 0 , 7x – 2y – 12 = 0 e 3x – 5y – 16 = 0

3x + 2y – 5 = 014.

4x – y + 16 = 015.

16. 4x – 3y + 10 = 0

17. x + y – 2 = 0

D18.

2x + y + 4 = 0 e x – 2y + 7 = 019.

E20.

B21.

D22.

D23.

24.

(3; 1), (–3; 1) e (5; 5) a)

12 u.a.b)

25.

(17u + 8) . (8 – u)/54 a)

64/17b)

A reta que passa pelo ponto P(–1, –2) determina os 26. interceptos p e q ⇒ y + 2x + 4 = 0.

4x + 3y – 12 = 0 ou 3x + 4y – 12 = 027.

C28.

Determinemos o vértice (r29. 1)∩(r2) = A(2; –1)

C(0; 21 ) ⇒ (r3): 5x + 2y – 1 = 0.

E30.

A31.

D32.

A33.

D34.

B35.

36.

C(6;8) e R = 5a)

60λb)

37.

y = xa)

M = b) 4 2

24 2

2+ +æ

èççççç

ö

ø÷÷÷÷÷

,

EM

_V_M

AT

_020


24

Q (7;7)38.

Eleve ao quadrado as duas equações e depois some.39.

s : 3x + 2y – 5 = 040.

y = –x + 541.

x42. 2 + y2 – 4x – 4 = 0

3

343. x – y 3 + 2 = 0 e – 3

3 x + y 3 + 2 = 0

44. 1 : (x – 1)2 + (y + 1)2 = 16 e

2 : (x – 1)2 + (y + 1)2 = 256

(2 + 345. 5 , –1 + 5 ) e (2 – 3 5 , –1 – 5 )

EM

_V_M

AT

_020


Education

Geometria Analítica I