ProjetoExercícios Resolvidos de Cálculo Vetorial e Geometria Analítica Por: Prof. André Assumpção Versão Preliminar 422 Exercícios Abril de 2014 http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 1 1- Parte : Pontos em R2 1.1 – Operações com Pontos em R2; 1.2 – Propriedades dos Pontos em R2; 1.3 – Distância entre Pontos em R2; 1.4 – Ponto Médio. 2- Parte : Pontos em R3 2.1– Operações com Pontos em R3; 2.2– Propriedades dos Pontos em R3; 2.3– Distância entre Pontos em R3; 3- Parte : Pontos em Rn 4- Parte : Vetores 4.1- Construção de Vetores; 4.2- Operações com Vetores 4.2.1- Soma; 4.2.2 – Multiplicação por Escalar; 4.2.3 – Produto Interno; 4.2.4 – Produto Vetorial; 4.2.5 – Produto Misto. 4.3 - Módulo de Vetores; 4.4 - Vetores Unitários; 4.5- Vetor Direção; 4.6 – Fracionamento de um Segmento de Reta; 4.7- Ângulo entre Vetores; 4.8 – Vetores Paralelos; 4.8 – Vetores Ortogonais; 4.10 – Área da Região Formada por dois Vetores; 4.11 – Volume do Paralelepípedo Gerado por Vetores; 5- Parte : Retas 5.1- Equação da Reta; 5.1.1 – Coeficiente Angular e Coeficiente Linear; 5.1.2 – Equação Geral da Reta; 5.1.3 – Equação Reduzida da Reta; 5.1.4 – Equação da Reta em R3; 5.1.5 – Vetores Normais ä Reta; 5.1.6 – Retas Parametrizadas; 5.2 – Retas Paralelas; 5.3 – Retas Ortogonais; 5.4 – Distância entre Ponto e Reta; 5.5 – Distância entre Duas Retas; http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 2 5.6 – Ângulo entre Duas Retas; 5.7 – Intersecção de Retas. 6- Parte: Planos 6.1- Equação do Plano; 6.2- Vetores Normais ao Plano; 6.3 – Equação Paramétrica do Plano; 6.4 – Intersecção de Planos; 7- Parte: Circunferências 7.1- Equação da Circunferência; 7.2 – Intersecção entre Reta e Circunferência; 7.3 – Intersecção entre duas Circunferências; 7.4 – Área e Comprimento da Circunferência. 8- Parte: Cônicas 8.1 – Elipse 8.2 – Hipérbole 8.3 – Parábola http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 3 x – y) = (4. Como pode ser descrito o conjunto R2? Solução: R2 é o conjunto de todos os pares ordenados de números reais e pode ser descrito como {(x. y Q2 Q1 x Q3 7. Determine os valores de x e de y de modo que (x + y. Em quantos quadrantes podemos dividir o plano cartesiano? Solução: O plano cartesiano é dividido em 4 quadrantes conforme mostrado no diagrama. Determine os valores de x e de y de modo que (2x. Q4 Quais são as características dos pontos que pertencem ao primeiro quadrante de R2 ? Solução: Os pontos que pertencem ao primeiro quadrantes de R2 deverão ter x > 0 e y > 0. 2. 4.blogspot. a = c e b = d. Solução: Para que A e B sejam iguais. as coordenadas (x. ou seja. Solução: Deveremos ter 2x = 10 x = 5 e y + 3 = 10 y = 7.Parte 1 : Pontos em R2 1. x y 4 Solução: Deveremos ter x 3 e y 1. 10). http://dodireitoaeducacao. Assim.y) x R e y R}. 5. Determine x de modo que os pontos A=(2.br 4 .y) de ambos os pontos deverão ser iguais. 2). 2 = x e 4 = 2x. Qual a condição para que dois pares ordenados sejam iguais? Solução: Dizemos que os pares ordenados (a. x y 2 6. y + 3) = (10. o valor de x=2 irá satisfazer às duas condições. 4) seja igual ao ponto B=(x.com. e somente se.d) são iguais se. 2x).b) e (c. 3. Quais são as características dos pontos que pertencem ao eixo das abscissas de R2 ? Solução: Os pontos que pertencem ao eixo das abscissas de R2 . http://dodireitoaeducacao.com. 9. ao eixo x.b) + (c. Quais são as características dos pontos que pertencem ao segundo quadrante de R2 ? Solução: Os pontos que pertencem ao segundo quadrantes de R2 deverão ter x < 0 e y > 0. determine A . 12.B. Solução: A . 11.8.d). b-d). ou seja. 14. determine A + B.b) e B=(c. Quais são as características dos pontos que pertencem ao eixo das ordenadas de R2 ? Solução: Os pontos que pertencem ao eixo das ordenadas de R2 . b+d). 10. ou seja.b) .b) e B=(c. Solução: A + B = (a. Quais são as características dos pontos que pertencem ao terceiro quadrante de R2 ? Solução: Os pontos que pertencem ao terceiro quadrantes de R2 deverão ter x < 0 e y < 0.d) = (a+c.B = (a.br 5 . deverão ter x 0 e y = 0. 13.blogspot. ao eixo y. Dados os pontos A=(a.d) = (a-c. Dados os pontos A=(a. deverão ter x = 0 e y 0. Quais são as características dos pontos que pertencem ao quarto quadrante de R2 ? Solução: Os pontos que pertencem ao quarto quadrantes de R2 deverão ter x > 0 e y < 0.d).(c. demonstre que A+B = B+A.(c.3d) = (2a+3c.f) = (a+c+e. Dados os pontos A=(a.0).d) e C=(e. Solução: Sendo A=(a.2b-3d).2b+3d). Solução: 2A +3B =2. determine 2A + 3B.b) + (c.b) + B = (0.b) R2 e A + B = 0. determine 2A .b) B = (0-a.com. Como –a e –b R.b) + k(c.b) e B=(c.b-b) O = (0.d+b) = (c.d) + (a. 18.d).0) B = (0.b+d) + (e.(3c.d) = (a+c. 16.br 6 .d).3. http://dodireitoaeducacao.d) = (2a .15. 19.b). demonstre que (A+B) + C = A + (B+C).(c. b+(d+f)] = (a. e A + O = A. 17. Demonstre que para todo A=(a.b) O = (a. Dados os pontos A=(a. Demonstre que o elemento neutro da adição de pares ordenados em R 2.(a.b).b) e B=(c.kd) = k(a.d) = (2a .3d) = (2a -3 c.d)] + (e.0) – (a. k(A + B) = k(a+c. 21.0-b) B = (-a.b) = B + A.b) + 3. demonstre que k(A + B) = kA + kB.f) = (a+c. B=(c. Solução: (A + B) + C = [(a.d+f) = (a.b) e B = (c. Dados os pontos A=(a. Dados os pontos A=(a.b) R2.b) + (c. 20. então (a.b) e B=(c.-b) = -A R2.b) – (a.d) = kA + kB.3B.b) + [(c+e. Sendo A e B R2 e k R.blogspot. é o par O=(0.b) + O= (a.b+d) = (c+a.d).b) O = (aa.b) . Solução: Supondo que A = (a.f). então (a. kb) + (kc. -b). Solução: Sendo A = (a. b+d) = (k(a+c). existe –A tal que A + (-A) = 0.2b ) . Solução: A + B = (a.b+d+f) = [a+(c+e).(a.d+f)] = A + (B+C)..0). Solução: 2A -3B =2.. então B = (-a.b) + (c+e.2b ) + (3c. kb+kd) = (ka. k(b+d)) = (ka+kc.d). com.b).4) em relação ao eixo das ordenadas é um ponto com a mesma ordenada e abscissa simétrica.A = A.hb)= (kha.b). 26. demonstre que A(k + h) = kA + mA.bk) + (ah.(a.4) em relação a origem do plano cartesiano é um ponto com ordenada e abscissa simétricas.br 7 . Solução: Supondo que A = (a. Solução: O ponto simétrico ao ponto (2. Determine o ponto simétrico do ponto (2.b) = (a. Solução: Se k. khb) = (kh). então.4) em relação ao eixo das abscissas é um ponto com a mesma abscissa e ordenada simétrica. Determine o ponto simétrico do ponto (2. b. ou seja.b)= (kh).4). k(a. Sendo k e h R e A R2.b)) = k(ha. 24. o ponto (2. Solução: O ponto simétrico ao ponto (2. bk+bh) = (ak.22. Solução: O ponto simétrico ao ponto (2.(k+h).-4). o ponto (-2.4) em relação ao eixo das ordenadas.b). Sendo k e h R e A R2.blogspot.4) em relação ao eixo das abscissas. 25.b) ka = a e kb = b k = 1 R. o ponto (-2.4) em relação a origem do plano cartesiano.-4).(k+h) = (a.A = A. para A R2. Determine o ponto simétrico do ponto (2. http://dodireitoaeducacao.bh) = kA + hA . k(hA) =k(h(a. ou seja.A.h)) = (ak+ah. 23. Determine k R de modo que k.h)A. ou seja. 27. A(k + h) = (a. demonstre que k(hA) = (k. Solução: Supondo que A = (a.(k. -3).5) e B=(4. 32 2. Solução: O ponto médio do segmento AB é um ponto M situado entre os pontos A e B. Solução: 2 p d A.3 12. o perímetro do retângulo será dado por : 2 p 2d A. Determine o perímetro do retângulo ABCD. 17 5 5 4 17. Solução: A distância entre dois pontos em R2 é determinada por determinada por d A. ). B=(3.5). 32 2. Solução: A distância entre dois pontos em R2 é d A.br 8 .3 2.5) e D=(4.28. determine o ponto médio de AB . B (4 (2)) 2 (3 5) 2 (6) 2 (8) 2 36 64 100 10. Solução: Para calcular o perímetro do retângulo ABCD.2). deveremos determinar as medidas de seus lados. B ( x2 x1 ) 2 ( y 2 y1 ) 2 .2). 32.0) e D=(2. onde M A B (a. onde A=(-1. onde A=(1. A 17 17 2.C d C . d A. B d B . e que o mesmo ocorre com os lados BC e DA. 31. D d D . Assim. 30.com. é importante perceber que a medida do lado AB é igual a medida do lado CD.-8). d A. B 2d B.blogspot. B=(1. 29. Porém.2). 2 2 2 2 http://dodireitoaeducacao. C=(4. B ( x2 x1 ) 2 ( y 2 y1 ) 2 .d) de R2. B (4 1) 2 (7 3) 2 (3) 2 (4) 2 9 16 25 5. 7). b) (c. Determine o perímetro do quadrilátero ABCD. d ) ac bd ( .3) e B=(4.C 2. (1 1) 2 (5 2) 2 2. Dados os pontos A=(a. C=(4. (4 1) 2 (5 5) 2 2. Assim. Assim.4). Determine a distância entre os pontos A=(1. Determine a distância entre os pontos A=(-2.b) e B=(c. y. 2.3) 3 5 1 3 ( . 2 = x.f) são iguais se. 2x. y + 5.z) x. y e z R}.1) (5. de modo que (x + y .b. x y 3 z 2 http://dodireitoaeducacao.3) de R2. 4. 2 2 2 2 Parte 2: Pontos em R3 34. 5). as coordenadas (x. por consequência. Determine os valores de x.z.2). 3x).3) = (10. Solução: Deveremos ter 5x = 10 x = 2. t=6 irão satisfazer às duas condições. a = d. 36.br 9 .1) e B=(5. 10. Qual a condição para que dois pares ordenados de R3 sejam iguais ? Solução: Dizemos que os pares ordenados (a.com. de y e de z. e somente se. Como pode ser descrito o conjunto R3 ? Solução: R3 é o conjunto de todos os pares ordenados de números reais e pode ser descrito como {(x. y + 5 = 10 y =5 e z – 3 = 5 z=8 . b = e e c = f.z) de ambos os pontos deverão ser iguais.c) e (d. Solução: Para que A e B sejam iguais. 37. x – y – 3z) = (0. ou seja. Determine os valores de x e de y de modo que (5x. 4 = 2x e t = 3x. t) seja igual ao ponto B=(x.e. y 1 e z 2.33. -2). Assim. Solução: O ponto médio do segmento AB é um ponto M situado entre os pontos A e B. Determine x e t de modo que os pontos A=(2. onde M A B (3. 38. determine o ponto médio de AB . x yz 0 Solução: Deveremos ter 2 x 2 y z 2 x 3.blogspot. 35. os valores de x=2 e. 2x + 2y – z.y. z . ) (4. Dados os pontos A=(3. 42.3B. Solução: 2A -3B =2. b.c).c) e B=(d. Dados os pontos A=(a.3e. determine 2A + 3B. 2c ) . 3f) = (2a+3d.c) e B=(d. c+f) = (d+a. c) O = (a.f+c) = (d. b. i) = (a+d+g.e.b.com. c) + (d.e. e. c-f). Dados os pontos A=(a.f) = (a-d.e. determine A + B. b. f)] + (g.0.e.br 10 . c) + O= (a. c) – (a. i)] = A + (B+C).(a. i) = (a+d. Solução: Sendo A = (a.e+b. b. Demonstre que o elemento neutro da adição de pares ordenados em R 3. é o par O=(0.f) e C=(g.b.3f) = (2a –3d.e.b. c)+[(d.blogspot. e. b+(e+h).2b. f+i) = (a.0). Dados os pontos A=(a. c)+ (d.c) + (d.(d. c) + (d+g.c+f) + (g.b.2c-3f). B=(d.B = (a.(3d.(d. c+(f+i)] = (a. c-c) O = (0.c). determine A .c)+ 3.f).b. então (a.39. e A + O = A.b+e+h.e. 41.(d.e. b+e. b.b. Solução: (A + B) + C = [(a.e. 44.f). demonstre que A+B = B+A. c+f).e. Dados os pontos A=(a. c+f+i) = [a+(d+g).2c+ef). Solução: A + B = (a.2b-3e.b. 40. c) O = (a-a.f) = (2a .b+e.f).0.2b. b-e.i). Solução: 2A +3B =2.f).b.f) = (a+d.(a.B.0). b.c) .b. h.c) e B=(d. b. h. e.c) e B=(d.f). demonstre que (A+B) + C = A + (B+C). Solução: A . Dados os pontos A=(a. f) + (g. 45. determine 2A .2b+3e. Solução: A + B = (a.f) = (2a . b. c)= B + A. b. h. c).b. 43. b. 3e. B=(d. e.h. Dados os pontos A=(a. f)= (a+d.c) – 3. 2c ) + (3d. http://dodireitoaeducacao. b-b.e.b+e. f) + (a. e+h. http://dodireitoaeducacao.A) = k.com. B ( x 2 x1 ) 2 ( y 2 y1 ) 2 ( z 2 z1 ) . então (a.0.(k+h) = (a.A. c.B. -c). demonstre que k. k.(a.b.c) = (k.0) B = (0. k.(h.c) + (k.c = c k = 1 R.f) = (k.b. Solução: A distância entre dois pontos em R3 é determinada por d A.h. k(b+e). Sendo k e h R e A R3.c).b. b.A + k.c) R3. Solução: Se k.h. k(A + B) = k(a+d. Solução: Supondo que A = (a.h. b.c). 48.h.c) k. k. b.b.b. 49. k. 50. c) B = (0-a.c+k.A = A. h.3) e B=(2.(k+h). k.k.k) + (a.h). Determine k R de modo que k.a.b.(k+h). para A R3.k+a.k.A) = (k.h). c) e B = (d. k.b.c) = (a.e. e. Solução: Supondo que A = (a.b+k. h. Assim.blogspot.(h. 0-c) B = (-a. c.A = A. A. Sendo A e B R3 e k R. 5).b = b e k. Solução: Sendo A=(a.0.b. Determine a distância entre os pontos A=(1.a+k. 52. –b e –c R.k+b.h) = k. c+f) = (k(a+d). b+e. Como –a . então. f).(a.c)) = k.(h.e. c) R3 e A + B = O. existe –A tal que A + (-A) = O. b. demonstre que A(k + h) = k. c(k+h)) = (a. -b.B.(a.(c+f)) = (k. então B = (-a. b. b. k. c. f) = k.c).f) = k. k.(A + B) = k.h. demonstre que k.0) – (a.h). Sendo k e h R e A R3.a. d A. -c) = A R3. k. k.b.(d.b. k. e.(a. Solução: Supondo que A = (a.A + h.h) = (a. Demonstre que para todo A=(a.46. b.d.A + m.-b. k.c) + k. c) + B = (0. 4.c)= (k.(h.a. b.a = a.b.A + k.A .k + c.h.A .A.h. 47.2.0-b.(k + h) = (a.c)= (k. B (2 1) 2 (4 2) 2 (5 3) 2 (1) 2 (2) 2 (2) 2 1 4 4 9 3.d.br 11 .b. 57.3. Assim. Assim.2) e B=(-1. Calcule o módulo do segmento orientado AB. Solução: O módulo do segmento orientado AB será calculado pela distância entre A e B. sendo A=(1. Determine a distância entre os pontos A=(-1.-2) e B=(1. -2. Solução: A distância entre dois pontos em R3 é determinada por d A. onde A=(1.2.53. Solução: O módulo do segmento orientado AB será calculado pela distância entre A e B. Dados os pontos A=(1. 3. Assim. teremos AB (5 1) 2 (3 2) 2 4 2 12 17.3). Parte 3: Vetores 54. B ( x 2 x1 ) 2 ( y 2 y1 ) 2 ( z 2 z1 ) .br 12 .com. Determine um vetor v que possua o mesmo módulo. represente no plano cartesiano o segmento orientado AB .2) e B=(5. sendo A=(1. 56. 3). http://dodireitoaeducacao.2) e B=(5. a mesma direção e o mesmo sentido do segmento orientado AB. Calcule o módulo do segmento orientado AB.-3).2) e B=(5.blogspot. d A. teremos AB (1 1) 2 (2 3) 2 (3 2) (2) 2 (1) 2 (5) 2 30.3). B (1 (1))2 (2 3) 2 (3 (2))2 (2) 2 (5) 2 (5) 2 4 25 25 54 2 13.3). Solução: 55. -2. Solução: Para que t tenha o mesmo módulo. 62.3). v = P-Q v = (2. a mesma direção e o sentido contrário ao de AB. 63. então v = B-A = (5.1).4). determinar as coordenadas do ponto D tal que AB CD 0 . 1). Solução: Se P + v = Q. -3. Determine um vetor z que possua o mesmo módulo. Dados os pontos P=(2. a mesma direção e o mesmo sentido de AB. a mesma direção e o sentido contrário ao do segmento orientado AB.br 13 .2) e B=(5.2. a mesma direção e o sentido contrário ao de AB. -3) – (1.4) e Q=(-3. Dados o ponto P=(2.Solução: Para que v tenha o mesmo módulo. onde A=(1. 3. a mesma direção e o mesmo sentido do segmento orientado AB.3.2. B=(1. Determine um vetor u que possua o mesmo módulo. então u = B-A = (-1. 59. onde A=(1.2) – (-1.3) = (-4.5) v = (2+3. 2) e C=(-1. 3. Solução: Para que u tenha o mesmo módulo.1) e o vetor v=(5.com.2.-3). Solução: Para que z tenha o mesmo módulo. a mesma direção e o sentido contrário ao do segmento orientado AB.2) e B=(-1. 4-5) v=(5. 2.blogspot.-1). 2) = (-2. determine o vetor v de modo que Q + v = P. -1. 1.-5).2) = (4.3) – (1. http://dodireitoaeducacao.3. 58. determine o ponto Q de modo que P+v = Q. a mesma direção e o mesmo sentido de AB. então. 3). 3.-1). Solução: Se Q + v = P. então z = B-A = (1. então.3).5). 60. onde A=(1.2) – (5.5).4)-(-3.3) = Q Q=(7. 61.-3). (2.-3) = (2. Determine um vetor t que possua o mesmo módulo.1) + (5.2) e B=(-1. então t = A-B = (1. Dados os pontos A=(1. 1. Solução: Considere o paralelogramo ABCD.1) ( x 1. 65. então.blogspot.Solução: Se D=(x.b). y.0). -1).0) e extremidade no ponto (a. Ou seja. Represente no plano cartesiano o vetor v=(4.br 14 . Represente no plano cartesiano o vetor t=(-4. z 1) (0.1). Prove que as diagonais de um paralelogramo têm o mesmo ponto médio. pode-se afirmar que M também é ponto médio de BD.0. (0. x + 1 + 0 = 0 x = -1. assim http://dodireitoaeducacao. y – 3 . Como BM = BC + CM = AD + MA = MD. 64.b) terá origem no ponto (0. Solução: 67.b).com. Solução: O vetor v=(a. Determine o módulo do vetor v=(a. Solução: 66. B A D C 0.1 = 0 y = 1. y 3. Assim. z) e AB CD 0. Seja M o ponto médio de AC. z – 1 – 1 = 0 z = 2. de diagonais AC e DB. v (a 0) 2 (b 0) 2 a 2 b 2 68. -1.b. 71. Determine o módulo do vetor u=(a. Determine o módulo do vetor v=(4.d). Determine o módulo do vetor z=(2. assim v (a 0) 2 (b 0) 2 (c 0) 2 a 2 b 2 c 2 . 5).br 15 . determine v + u. Geometricamente. Solução: v a 2 b 2 4 2 12 16 1 17. 69. Solução: z 2 2 12 52 4 1 25 30.u. determine v .0.d).c).1).b. Determine o módulo do vetor t = (-4.com. 73. b+d). 1. Solução: t (4) 2 (1) 2 16 1 17. Solução: v + u = (a. http://dodireitoaeducacao. Solução: u a 2 b 2 c 2 (2) 2 (1) 2 (5) 2 4 1 25 30. Dados os vetores v=(a. -5). -1).b. Determine o módulo do vetor u=(-2.d) = (a+c.blogspot.b) e u=(c. determinamos o vetor v+u da seguinte maneira: 74. 70. Solução: O vetor u=(a. 72.b) + (c.0) e extremidade no ponto (a. Dados os vetores v=(a.b) e u=(c.c) terá origem no ponto (0.c). b) .(3c. determine 2v + 3u.2b ) .b) + k(c.br 16 .kd) = k(a.b) + (c.d) = (2a . Solução: (v + u) + t = [(a. Dados os vetores v=(a. Solução: v + u = (a.b) + o= (a. é o vetor o=(0.b) = (c-a. e v + o = v.d) = kv + ku. então v’ = (-a.bb) o = (0.b) e u=(c.(c.b) + 3. 82.3. b+(d+f)] = (a. então (a. Solução: u -v = (c.d).b) – (a.b) v’= (0-a.Solução: v .b) .0). Como –a e –b R.b) R2 e v + v’ = o.d) . 81.f) = (a+c.b+d) + (e. Solução: 2v +3u =2.d).b+d) = (c+a. Demonstre que para todo vetor v=(a. k(b+d)) = (ka+kc.d) = (a+c.0-b) v’ = (-a. 76. Dados os vetores v=(a.2b-3d).0) v’ = (0.0) – (a.d) e t=(e.(a. d-b). b+d) = (k(a+c). http://dodireitoaeducacao.b) e u=(c.b) + [(c+e.b) R2. Sendo v e u vetores de R2 e k R.(a..(a.3d) = (2a+3c.u = (a. Solução: Sendo v=(a.b) e u=(c.d+f) = (a.2b ) + (3c.0).2b+3d).d).b+d+f) = [a+(c+e).d+f)] = v + (u+t). Dados os vetores v=(a.d+b) = (c. Demonstre que o elemento neutro da adição de vetores em R2.f) = (a+c+e. k(v + u) = k(a+c.b) o = (a. existe –v tal que v + (-v) = o.b).d) = (a-c.blogspot. kb) + (kc.com. Solução: Supondo que v = (a.b) e u = (c.d).b) = u + v. determine 2v – 3u.d) = (2a . demonstre que k(v + u) = kv + ku.(c. 80. 79.b) e u=(c. -b). Solução: Sendo v = (a..b) + (c+e.b) + (c. demonstre que v+u = u+v. então (a. Dados os vetores v=(a. Dados os vetores v=(a.-b) = -v R2.3d) = (2a -3 c.d).d) + (a.b) o = (a-a. Solução: 2v –3u =2. 75. 77.(c.b) e u=(c. kb+kd) = (ka. b-d). determine u – v. 78.b) + v’ = (0. demonstre que (v+u) + t = v + (u+t).f).d)] + (e. 9b) + (5a.(k+h) = (a. determine u . Os vetores u=(3. Determine o produto interno entre os vetores u=(a. Sendo k e h R e v um vetor de R2.blogspot. 1) = (0.d).b)) = k(ha.(k+h).1) satisfazem à equação 2u – 3v + t = o. Determine k R de modo que k. 3b) + (5a. b. Dados os vetores u=(4.b).0) = (4 + 5 + 3.0) 5a = 0 e 9 – 9b = 0 a = 0 e b = 1.b).2).b) ka = a e kb = b k = 1 R.2) + 3.br 17 .83.v. Solução: Supondo que v= (a.1)=(0.14) 4 + 3x = 10 3x = 6 x = 2. v=(5.(a.(3.com.(k+h)) = (ak+ah. Sendo k e h R e v um vetor de R2.0) (6. v(k + h) = (a. 6) = (10.(1. 84. Solução: (4. Os vetores u=(1. 85.b) e v=(c. k(a. 14) = (10. 86. determine os valores de a e b. v=(2. 3b) e t=(5a.2) do R2. Solução: Se k.b)= (kh). Solução: 4. então.3) – (-5.3). Assim.b) = (a. 87.v+w. Determine o valor de x. onde o é o vetor nulo.89b+1) = (0. 88. 2). v=(-5. 7) e w=(x.hb)= (kha.v = v.4). demonstre que k(hv) = (k.7) (4.bk) + (ah. Solução: Supondo que v = (a.1) + (3.0) (6-6+5a. Solução: 2.1) e w=(3. 89. demonstre que v(k + h) = kv + mv.4) – 3.(2. satisfazem à equação 4u + 3w = 2v.h)v.bh) = kv + hv .14) (4+3x.(5.2) = 2. bk+bh) = (ak. 3 – 1 + 0) = (12. para todo vetor de R2. http://dodireitoaeducacao.0).v = v.(x.b). khb) = (kh). k(hv) =k(h(a. 8) – (6.8) + (3x. a + b. http://dodireitoaeducacao.d = c.4)= 2.3) e v=(-1.com.4).2).3).4.v. que também é denominado de produto escalar.6) e v=(2.5 + 1.w.b) e v=(c.4. então a2 + b2>0. Determine o produto interno entre os vetores u=(-2.5. Demonstre que u.v = (a.u. 96.b).(2. Demonstre que.2) = 2. Solução: <u. (c.-3). Demonstre que u.(-1. Solução: Sendo u=(a.v> = (2. u.(2. 97.4 = -2+(-10)+ 12= -2 -10+12= 0.(a.v = v.v> = (2.2 + 6.d) = a. onde a e b R*.d).v> = (-2. 91.d). 93. Determine o produto interno entre os vetores u=(3.4 + 3.u > 0. Determine o produto interno entre os vetores u=(2.5.v + u.b = a2 + b2.v> = (3.blogspot.b) = v. 92.a + d.-3).1) e v=(2.b) .6).(4.u = (a. Solução: <u. para u.2+4. u.b). (a. Solução: Sendo u=(a. u.-2.3) e v=(4.(5. Determine o produto interno entre os vetores u=(2.(c. que é determinado da seguinte maneira: <u. 95. para u 0.b = (c.c+b.2 = 8+6 = 14.d) = a. Solução: <u.5.5. a2 >0 e b2 > 0.3).-3) = (-2).v> = (a.(-3) = -10+(-3) = -10 – 3= -13. Como. Solução: <u. Solução: <u. 90.-2.5+1. a e b R*.b) = a.-1).d. 94.v> ou u.1) e v=(5.(-1) = 6 – 6 = 0.v> = (-2.br 18 . por<a. para u e v R2.(v+w) = u.c + b.u.(-3) = -4+20 –3=13.1).-3)= (-2).1).b) .Solução: Simbolizamos o produto interno.(-1)+(-2). v e w R2.5+3. Determine o produto interno entre os vetores u=(-2.-1) =3. (a.(u. Solução: Sendo v=(a. b a2 b2 ).b) = u.2) seja unitário. f). f)] = (a.b).(kc.com.v).b) e v=(c.b). v=(c.u .v + u.d) = k. 99.Demonstre que o vetor v' v .(ab + cd) = k.4). onde a e b R*.kd) = kab + kcd = k.b). 100. v' ( a. Assim. d+ f) = a.b).(c.Solução: Sendo u=(a.v) = k.v) = (a.(k. Demonstre que u.w. v' 2 2 2 a b a 2 2 a b b 2 a2 b2 1.b).b). f) = u.(a.(u. (c+e.d) e w=(e. . a2 b2 102.u.v). Solução: Sendo u=(a. u. Como a2 + b2 = (a. então. Assim.(e.(k.b).(v+w) = (a.(k.d)) = (a. para v R2 e não nulo.b).d). u a2 b2 u u. para u = (a. b) a2 b2 a2 2 2 a b ( a a2 b2 b2 2 2 a b .d) + (a. Solução: Sabemos que.br 19 .(d+f) = ac + ae + bd + bf = ac + bd + ae + bf = (a.Determine o versor do vetor v=(2. (c. é necessariamente v unitário. Demonstre que o módulo de um vetor u R2 também pode ser calculado por u u. http://dodireitoaeducacao. 2 1 1 x 1 x 2 12 4 4 2 1 1 3 3 1 x2 1 x2 x .Determine o valor de x para que o vetor v=(x.b).[(c. 4 4 4 2 101.(c+e) + b.(c.d) + (e.b) . Solução: x x2 Um vetor 1 x ( )2 1 4 2 é unitário quando seu módulo é igual a 1. 98. u.b).u . para u e v R2 e k R.blogspot. 2) e v=(9. 2 3 3 (2) 1 1 .3) e v=(5. Solução:Sabemos que o módulo de um vetor u pode ser calculado por u u. ). -2). O versor de v.br 20 . Determine o valor de x para que os vetores u=(x. Assim.b) = (kc.4) 20 (2. (Desigualdade de CauchySchwarz). v . para v = (2. então a b .u .4) teremos: v' (2.Sendo u=(-2. então x 2 x 2.u' 1 u'. então u = kv. Solução: Se u e v são paralelos. 9 6 6 108.d) (a.3) 13 versores (3. Assim.6) sejam paralelos. sendo u e v vetores de R2. u' u'. se o vetor u=(a. 5. Solução: então: Sendo (2.9 x 3.d).Determine os valores de x e y para que os vetores u=(2.u' ) 2 u'. é um vetor vunitário que possui a v' v mesma direção e o mesmo sentido de v.v u .Prove que. 105. 2 5 ). 13 13 13 13 104.blogspot. 106.u’. http://dodireitoaeducacao. c d Solução: Se u e v são paralelos. ambos de R2 onde c. não nulo.3) (2) (3 ) 2 2 u’ e v’ (3. Solução: Fazer. é determinado por .2) (3) (2) 2 2 os (2. simbolizado por v’.b) = k(c.com.u' 1. y) e v=(x. determine u’+ v’.4) 2 2 4 2 (2. c d 107. 103. 8) sejam paralelos.Solução: O versor de um vetor v qualquer.4) 2 5 ( 1 5 . Logo. 10. Prove que u. sendo u um vetor de R2.b) é paralelo ao vetor v=(c.Determine u’.d 0.2) 13 ( de u e v respectivamente.kd) a = kc e b = kd a b k. )( . (a.u' (1) 2 ( u'. (3.2). a 2 b 2 u k. então u.kb).y). Solução: Seja o triângulo ABC.Prove que.u + v.Solução: Se u e v são paralelos.2) e v=(-4. então u k. Utilizando uma propriedade do produto interno tem-se: (u+v). CB 2CN Somando membro a membro teremos: 2(MC CN ) AC CB 2MN AB MN 1 AB. Assim. Solução: Com o auxílio da figura.v=0.Verifique se os vetores u=(3.(-4.(u+v) = u.4) e C=(4.v 2(u.Obter y de modo que os pontos A=(3.blogspot. x 10 8 109.6) = -12+6 = -6 0. 112. B=(0.u + v. Podemos afirmar que AC 2MC . os pontos médios de AC e BC.v . sendo u e v vetores ortogonais. então 2 5 y x 4 e y 4.6) sejam os vértices se um triângulo retângulo em A. 111. então u=(ka.br 21 . http://dodireitoaeducacao. se u e v são vetores de R2 tais que u=kv. u k 2 a 2 k 2 b 2 u k 2 (a 2 b 2 ) u k. onde M e N são. Solução: Os vetores serão ortogonais se e somente se u.u + u. Aplicando Pitágoras encontra-se u v 2 u 2 v 2 .com. 113. pode-se observar que u+v é a hipotenusa do triângulo retângulo que possui catetos u e v.6) são ortogonais.Prove que.b).v = u. 2 110. v . Assim.v u.v=0. respectivamente. Solução: Supondo que v=(a.v=0. Prove que o segmento que une os pontos médios de dois lados de um triângulo é perpendicular ao terceiro lado e tem por medida a metade da medida deste lado.u + v. Logo u e v não são ortogonais.v) = 0 u.v + v. sendo v0. Assim. 117. 0. u. y. y = -1 e z = -1. pois v0.Determine o vetor u ortogonal a v=(4.7).AC = 0. prove que Solução: Escrevendo u u.3.3) = -21+21 = 0. Logo u+v e u-v são ortogonais. 6-y) = 0 -3. -1. 116. denominado de versor de v. Solução: Para que u e v sejam ortogonais. Solução: kv = tv kv – tv = 0 (k-t).(C-A) = 0 (0 .u u 2 2 v . Assim. 118.(6 . y. 2 então v v . Assim.3. solucionando ( x.1. x. Solução: u+v=(7.Sendo v0. 4 – y).y).y) = 0 (3. então k = t.(-3.(1. -2. z ).Determine x de modo que os vetores u=(x. u=(1. 1) = 1.Solução: Para que o triângulo ABC seja retângulo em A. (B-A).5) 0 4 x y 5 z 0 Solução: Supondo u=(x.3) 0 x 2 y 3z 0 .y) = 0 -3 + 24 – 4y – 6y + y2 = 0 y2 –10y + 21 = 0 y = 3 ou y = 7. encontra-se x= 1.(1. 3) = 0 x + 0 + 9 = 0 x = -9.v = 0. z ). v v como v u e considerando que v v.Sendo u=(2.1 + (4 . 4 .2). 1. z) tem-se: ( x. y. y. 6 . -1).com. 3) sejam ortogonais.v .v = 0 k=t. (7.1. x. os vetores AB e AC deverão ser ortogonais. verifique se u+v e u-v são ortogonais. 115.5) e v=(5. 3) e v=(1.(4. z ).1) 1 x y z 1 o sistema. -1.(4 .blogspot. AB. v v http://dodireitoaeducacao. tal que u.7) e u-v=(-3. ( x. 5) e a w=(1.Prove que se kv = tv. é um vetor unitário. 0.(1.y).br 22 . Logo.2. 3).(1. 114.(1. Logo. 3). Assim. (x. 3). com. -1.0).Dados os vetores u=(a. u .1.u v u 2. cos cos 2 2 2 u. f d b a.f). u . cos u. Solução: O produto vetorial entre u e v.f. u .1) e v=(2.blogspot.u 2 v. 2 4 122. cos 2 2 2 2 2.v (1.u 2 v .v . tem como solução um vetor e pode ser calculado das seguintes maneiras: Supondo que (x.e f a c.br 23 . Solução: cos u.v 2 2 .2 2. v. para u e v 0 e sendo o ângulo formado pelos vetores.v 2 2.f) determine o produto vetorial entre u e v.d – a.v 119.v.b. u .v.v . y. u .v Solução: Observando a figura ao lado e aplicando a Lei dos Cossenos encontra-se: v u v u 2 v u cos v u 2. Solução: cos u.v (1. a. 1).Prove que.1) 1 1 cos cos cos 60 o. O produto vetorial entre u e v também poderá ser calculado da seguinte maneira: http://dodireitoaeducacao.e.0). que pode ser simbolizado por u x v ou u ^ v.e.1). c.v 120. tem-se b e c y f a z d x c b.e b.v 2 u 1 u 1. z) são as coordenadas do vetor solução.f – c. v .0) 2 2 cos cos cos 45 o.e – b.v v 2 u 2 v. u x v = (b.Determine o ângulo formado pelos vetores u=(1. 0) e v=(1.Determine o ângulo formado pelos vetores u=(1.0.( 2. 2 121. 0.d a. f c.(1. f e Assim.c) e v=(d. u . 5. tal que u v . 3 .e b.d ). f c.k = 9. 3.e.(5.e) y (c.blogspot. u2.e.5 + (-2). Determine se é possível escrever o vetor v=(6. do vetor v será o vetor unitário u.3). tal que u v .e – b. então v poderá ser escrito como v = k.7 = 5 + 8 + 15 – 28 = 28 – 28 = 0.z b. Solução: O vetor direção.3). 8 . 13 13 13 125. (6. -4. 5. ou versor.br 24 . -3.d – a. Solução: Se v é uma combinação linear de u.k = 6 e 3. x a d y b e z c b.x c. 8.5 + (-4). Como v 3 12 4 v 32 (12) 2 (4) 2 169 13. determine a condição para que o vetor v seja escrito como uma combinação linear de u1 e u2 . 7) = 1. -4). v Como v 22 (3)2 82 (5)2 102.f – c. determine se u e v são ortogonais. f ) z (a.9) = k.d .d .d a. 123. -5). f .Dados os vetores v. f Assim. -4) e v=(5. -4). 3. Solução: O versor do vetor v será o vetor unitário u. u1 e u2 R2 . c. 9) como uma combinação linear do vetor u=(2. então u. . 127. f . então u ( .f). Logo. Assim. -2.v = 0. Solução: v poderá ser escrito como uma combinação linear de u1 e u2 se existires escalares k1 e k2 tais que v = k1 . ). 5 ). uxv será o vetor de coordenadas (b.(2.Determine o versor do vetor v=(3.(-4) + 3. 2.f. 124. -4. -2.x a.com.e. ou seja. Assim.Determine o vetor direção do vetor v=(2. u e v são ortogonais. 7). y a. então u ( 2 .Sendo u=(1. Solução: Se u e v são ortogonais (perpendiculares).u. -12.z c. Como k = 3 satisfaz às duas equações. 120 120 120 120 126. então v é http://dodireitoaeducacao. y x (b. a. (1. u1 + k2 . j e k.0)+ k3 . u1 + k2 .1) + 7. u4.+ k3 . .u1 + 2. ou seja.8) = k1.0).1..(1. v=3i + 5j – 2k.1) + k2 . k2= 5 e k3 =-2.0) e u3 = (1. 5..2k2 = -3 e 2k1 + 3k2 = 8. u2 e u3 se existirem k1. Assim. Logo.-2) seja uma combinação linear dos vetores i. -4) como uma combinação linear de u1 = (1.1). Logo.com.(1. .br 25 . Solução: (3. v = -4 u1 + 7 u2 .8) = 1. ou seja. kn } tais que v = k1 .. O sistema. pois (6. k1 + k2 = 3 e k1 = -4. v é uma combinação linear de u1 e u2.(1. ou seja.. v=3. Solução: v poderá ser escrito como uma combinação linear de u1. 128.0. u1 + k2 . com as equações k1 . Logo. u2. (1.u3 .3). -4) = -4. u3. determine a condição para que o vetor v seja escrito como uma combinação linear de { u1. onde i=(1. u2. Solução: v poderá ser escrito como uma combinação linear de u1 e u2 se existirem escalares k1 e k2 tais que v = k1 . u2. k} é uma base ortonormal de R3.8) como uma combinação linear dos vetores u1=(1.(1. 131.+ k3 .1. u1 + k2 .1.(-2..(0. (2. pois (-3.uma combinação linear de u.0).0) + k2 . Assim. v=1.0.u.(1. terá como solução k1=-4. 5..0.(2.0. u2.0. 130. v é uma combinação linear de u1. Solução: v poderá ser escrito como uma combinação linear de { u1.. Assim. u4 + . u3.(-2. terá como solução k1 = 1 e k2 = 2. O sistema.0)+ k3 .3).. k2 e k3 de modo que v = k1 . k4. u4. com as equações k1 + k2 + k3 = 2..0. 3. denominada de base canônica de R3).. u e v são paralelos.0.. u2 = (1. k3.1) (O conjunto {i.0) e k=(0.2) e u2=(-2. -4) = v = k1 .(0. k2= 7 e k3 =-1.0) – 1. u2 e u3 pois (2.1). Dados o vetor v e o conjunto de vetores { u1. j=(0..Determine se é possível escrever o vetor v=(-3.0).blogspot. un } todos de Rn..2) + k2.1. .9) = 3.0). (1. http://dodireitoaeducacao.u2. kn. u2. k2.1.Determine se é possível escrever o vetor v=(2.1. 129. k1=3. un }. k2 e k3 de modo que o vetor v=(3.1. j.(1. 3. 3.2) + 2. u2.u3 + k4 ..3).Determine os escalares k1.3). .u3. deverão existir escalares para que (-3.. un . É importante observar que. u3. . u4. neste caso.(1.. un } se existirem escalares { k1. -2) = k1 .1. determine u . ou seja.1) e AC=(3. 133.7 = 12 – 15 – 14 = -17. Determinar o versor do vetor v=4i + 3j. v 5 5 138. Ou seja.Determine o valor de m de modo que o vetor v=(2m.blogspot. Solução: Como v 5. 134. Solução: v 2 2 4 2 (1) 2 4 16 1 21. 4m) seja um versor. então o versor de v será o vetor u v 4 3 i j.Calcular o módulo do vetor v=2i + 4j – k. 136. Solução: u + v = (3i + 5j – 2k) + (4i – 3j + 7k) = 7i + 2j + 5k. v 1.3 v.y).Sendo A=(1.Sendo u = 3i + 5j – 2k e v = 4i – 3j + 7k. 135.Sendo u = 3i + 5j – 2k e v = 4i – 3j + 7k.0).1) e C=(4. 36m2 = 1 ou m= 1/6. determine 2u . onde AB = (3.Calcular o módulo do vetor v = 4i + 3j.com. 140. determine u + v.4 + 5.v = 3.132. Como http://dodireitoaeducacao. Solução: para que v seja um versor. 137.Sendo u = 3i + 5j – 2k e v = 4i – 3j + 7k. então o versor de v será o vetor u v 2 4 1 i j k. v 4m 2 16m 2 16m 2 36m 2 1. Solução: Como v 21. Solução: O ângulo BÂC é formado pelos vetores AB e AC. Solução: 2u – 3v = 2. calcule y de modo se tenha BÂC = 60o. v 21 21 21 139.Determine o versor do vetor v=2i + 4j – k. Assim. B=(4.(3i + 5j – 2k) – 3.(-3) + (-2).(4i – 3j + 7k) = (6i + 10j – 4k) – (12i –9j + 21k) = -6i + 19j – 25k. Solução: u.y). 4m. v deverá ser unitário.br 26 . v. Solução: v 4 2 32 16 9 25 5. v . então p k. o vetor p possui a mesma direção que o vetor v. . . p 13. será necessário calcular o versor de v. Como (u .Determinar a projeção do vetor t=(0.v). Assim. 9 y o membros ao quadrado tem-se 90 10 y 2 324 72 y 4 y 2 y 2 12 y 39 0 y 6 5 3. prove que a projeção de um vetor u na direção de v é o vetor p=(u. sabendo-se que p=(u. 5 5 Solução: v 9 16 1.br 27 .v) = 0.v – k. pois v 2 .v – k = 0 k = u.v. tem-se: 25 25 65 3 4 3 4 3 4 45 20 3 4 3 4 p 15.4) na direção do vetor v=(1. 2 2 2 2 2 2 2 144. . 5 5 143.blogspot. p p (2. Solução: Sendo p = (u. ).kv). Solução: Como pode ser observado na figura. o módulo da projeção de u sobre v. 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 39 52 p . . .v). então v. 1 9 y AB. Assim. Assim. u . . como p = k.v = 0(u .v = 1.p) e v são ortogonais.(v.5) na direção do vetor v ( .Sendo v um vetor unitário. 141.v tem-se p = (u.Determinar a projeção do vetor u=(10. http://dodireitoaeducacao. AC 90 10 y 2 18 2 y . então (u . então. 3 4 142. p . . . O versor de v será o vetor 1 1 Assim. u. substituindo-se k por u.v. . Assim. Solução: Como v não é unitário.v e supondo que u.1). Como v é unitário. Elevando os dois cos60 . 2 2 4 1 1 1 1 1 1 p (0. AC 10. em valor absoluto. .v é. Como v é unitário. então 2 2 AB .com.v = 0 u. p . o produto escalar u.v. .v).4).5.k = k.v k . p poderá ser escrito como p=kv. . .v).2). Logo.v.Mostre que se v é unitário. p k .p).v. então v 1. medida do cateto adjacente de x B x A x 148. v ).3) e B=(2. Como cos v então p p v u. u . então a projeção de u sobre v será calculada em função do versor de v. x 2 1 149.1) e B=(1. y y A y medida do cateto oposto de B .v u. Solução: m y 2 1 3 .v u.br 28 . x 1 (3) 4 http://dodireitoaeducacao. 147. p (u.v v . v v u v cos v . v v 146. Solução: Define-se como coeficiente angular (m) o valor numérico da tangente trigonométrica da inclinação da reta. yB). cos .com. p u .-2). onde é o ângulo entre u e v. Solução: m y 5 3 2. 5).v u v cos .Determine o coeficiente angular de uma reta que faz um ângulo de 45o com o eixo das abscissas. v .Determine o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A=(x A.Determine o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A=(1. cos . Solução: m tg Conforme pode ser observado na figura. ou seja: m tg 450 m 1. Assim.Determine o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A=(-3.145.Sendo v um vetor não nulo. yA) e B=(xB.blogspot. Solução: Sendo v um vetor não nulo. prove que a projeção de um vetor u sobre o vetor v é um vetor que possui módulo igual a u . 7) e C=(4.3).11) e C=(10.br 29 . k ) estão numa mesma reta.k) estejam alinhados. B=(5. B e P. 42 54 2 1 152.blogspot. http://dodireitoaeducacao. 154.com. Fazendo a=(yA – yB). Solução: Como já foi visto anteriormente. pode-se utilizar o critério do determinante para verificar se os pontos estão alinhados.y).25) são vértices de um mesmo triângulo.3). que é a forma algébrica da equação da reta que passa pelos pontos A. Como os pontos não 10 25 1 estão alinhados. então k é igual a: 2 Solução: m 3 (3) k / 2 3 6 k / 2 3 2(k / 2 3) 6 k 6 6 k 12.Se os pontos (2. Assim.yB) e P=(x. tem-se ax + by + c=0. Assim.Verifique se os pontos A=(xA. B=(2.Verificar que os pontos A=(2.-3).3) e (5. 2 1 4 2 1 2 151.Determine o valor de k de modo que os pontos A=(1. Solução: Para que os pontos sejam vértices de um mesmo triângulo eles não poderão estar alinhados. (4.150.3). Solução: Para que os pontos estejam alinhados. Assim.y) estão alinhados. B=(xB.Determine a equação da reta que passa pelos pontos A=(1. x xA xB y 1 y A 1 0 xy A yxB x A y B x B y A xy B yx A 0 xy A xy B yxB yx A x A y B x B y A 0 yB 1 x( y A y B ) y( x B x A ) x A y B x B y A 0. eles poderão ser vértices de um mesmo triângulo. 153. o coeficiente angular calculado pelos pontos A e B deverá ser igual ao coeficiente angular calculado por B e C.yA). b=(xB –xA) e c=(xAyB – xByA).4) e P=(x. B=(2. m 73 k 7 4 k 7 k 7 8 k 15. 2 3 1 5 11 1 0 22 30 125 110 50 15 0 177 175 0 2 0. Solução: Construindo a equação da reta que passa por A e B. mostre que a e b são coordenadas de um vetor ortogonal à reta r.a).1).2) e B=(6.Determine as coordenadas do vetor normal da reta que passa pelos pontos A=(3. Solução: Calculando as coordenadas do vetor AB.4). 156. ou seja.3). e sabendo que AB=(-b.b) onde a=(yA – yB) e b=(xB –xA). encontrando a equação 4x + 4y – 8 = 0. que terá coordenadas AB=( xB-xA. Observa-se 6 2 1 que a reta é paralela ao eixo das abscissas. encontra-se x y 1 3 2 1 0 2 x 6 y 6 12 2 x 3 y 0 0 x 3 y 12 0. pode-se mostar o vetor AB.yB) da reta r. que é ortogonal à v.Determine as coordenadas do vetor normal da reta que passa pelos pontos A=(-3. v=(0. Solução: O vetor normal da reta r terá coordenadas v=(2.Determine as coordenadas do vetor normal da reta r: 2x + 3y – 5=0. v=(-(-4). O vetor v=(a. tem-se: AB = (1-(-3).3). Assim.b) é denominado de vetor normal da reta r.5) e B=(1.Determine as coordenadas do vetor normal da reta que passa pelos pontos A=(3.5) e B=(3.Dada a equação da reta r: ax + by + c=0. 2 4 1 155. Outra forma de encontrar a solução do problema é montando a equação da reta que passa pelos pontos A e B.4).-4).x y 1 Solução: 1 3 1 0 3x 2 y 4 6 y 4 x 0 x y 2 0. em sua forma algébrica. http://dodireitoaeducacao.4). v=(4. verifica-se que v=(4. Assim. sendo v=(a. 157. Solução: Tomando-se os pontos A=(xA. 159. 1-5)=(4. observa-se que AB=(-b.br 30 .blogspot.2).2).yA) e B=(xB. Assim. 158. Assim.a). yB -yA).com. em sua forma algébrica. 163. Assim.Determine a equação da reta que passa pelo ponto A=(0. Determine a equação da reta que passa pelo ponto A=(7.com.Escreva a equação da reta que passa pelo ponto A=(-5. Observa-se 3 2 1 que a reta é paralela ao eixo das ordenadas. v=(3.yA).5) y – 1= 2x – 10 2x – y – 9 = 0.Solução: Construindo a equação da reta que passa por A e B. encontra-se x y 1 3 5 1 0 5 x 3 y 6 15 2 x 3 y 0 3x 0 y 9 0.-2) e faça um ângulo de 45o em relação ao eixo das abscissas.0). Solução: Aplicando A e m na equação geral da reta encontra-se (y .0) e tenha coeficiente angular m=1/2.br 31 . 162. http://dodireitoaeducacao.Determine a equação da reta que passa pelos pontos A=(5.y) e Q=(xA.3) e é perpendicular ao eixo das abscissas.Determine o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos P=(x. 164.1) = 2(x .0) e tenha coeficiente angular m= -3. Solução: m = tg 45o = 1 (y – (-2)) = 1(x-7) y + 2 = x – 7 -x + y + 9 = 0 ou x – y – 9 = 0. Solução: (y – 0) = -3(x – 3) y = -3x + 9 -3x – y + 9 = 0 ou 3x + y – 9 = 0.Determine a equação da reta que passa pelo ponto A=(3. 161.(x – 0) 2y = x x – 2y = 0. 165.blogspot.1) e que tenha coeficiente angular m=2. 160. Solução: (y – 0) = ½. Solução: O coeficiente angular da reta que passa por P e Q será m y yA x xA y y A m( x x A ). Assim. yA).Determine as coordenadas do ponto P da reta de equação 2x – y + 2 = 0 que possui abscissa 3. 1 + 2. a equação da reta perpendicular ao eixo das abscissas. a equação da reta paralela ao eixo das abscissas.1 – 3. para qualquer ponto A=(xA. a reta terá valor fixo de y para qualquer valor de x.blogspot. Logo.2) pertence à reta r: 2x – 3y + 2 = 0. determine as coordenadas do ponto P desta reta. a equação da reta que passa por A=(-5. 169. ou seja. Solução: Se A r. para qualquer ponto A=(xA. 2. Solução: m = tg 0o m = 0. será dada por x = xA.1) pertence à reta. http://dodireitoaeducacao. verifique se o ponto A=(1. 167. Desta forma. então xA + 2yA – 3 = 0 .Escreva a equação da reta que passa pelo ponto A=(3. Assim. ou seja. Logo.3 – y + 2 = 0 6 – y + 2 = 0 y = 8. Observa-se que a reta em questão é paralela ao eixo das abscissas. 168. 1) e é perpendicular ao eixo das ordenadas.Para a reta 3x – 2y + 5 = 0. será dada por y = yA. Assim.com.1 – 3 = 0 1 + 2 – 3 = 0 0 = 0.Solução: m = tg 90o é impossível calcular m.br 32 . Solução: Aplicando P em r tem-se. passando por A.3) e é perpendicular ao eixo das abscissas será a equação x = -5. 170. paralela ao eixo das ordenadas.Dada a reta de equação r: x + 2y – 3 = 0. Como a reta é perpendicular ao eixo das abscissas. 8).Verifique se o ponto P=(1. yA). Solução: O ponto P terá coordenadas P = (3. Assim. 2. Logo. pode-se afirmar que o ponto A pertence à reta r. y – 1 = 0(x – 3) y – 1 = 0 y = 1. P=(3. 166. P r.2 + 2 = 0 2 – 6 + 2 = 0 -2 0. a reta terá valor de x fixo para todo valor de y. que possua ordenada 2. Logo. y). passando por A. tem-se: y – 1 = -2(x – 3) y – 1 = -2x + 1 3 2 6 http://dodireitoaeducacao.Determine o ponto de encontro da reta r: 2x – 3y + 6 = 0 com o eixo das abscissas. Solução: Substituindo as coordenadas de P na reta. 172.1) pertença à reta x + y + k = 0. Logo. as coordenadas serão (-3.0 + 2. Logo.0 + 6 = 0 2x + 6 = 0 x = -3. Solução: A equação reduzida da reta é uma equação do tipo y = mx + n. y).2 + 5 = 0 3x – 4 + 5 = 0 3x = -1 x = -1/3. a reta passa pela origem do sistema de eixos cartesianos. Logo. 3.1). 4).Determine o valor de k. 0). Assim. 0). 2).0). 176. 2x – y + 4 = 0 y = 2x + 4. o ponto (0. as coordenadas serão (0. 2x – 3. 3x – 2. Solução: Substituindo as coordenadas da origem.0 + 0 = 0 0 = 0. Assim. encontra-se 2 + 1 + k = 0 3 + k = 0 k = -3. de modo que o ponto P=(2. 175.br 33 . ou seja. onde m é o coeficiente anular e n é o coeficiente linear. Solução: m 5 1 4 2.1) e B=(1. Assim.Solução: O ponto P terá coordenadas P = (x.Determine o ponto de encontro da reta r: 3x + 2y – 8 = 0 com o eixo das ordenadas.y – 8 = 0 2y = 8 y = 4. 174.Verifique se a reta 3x + y = 0 passa pela origem do sistema de eixos cartesianos. encontra-se 3.Determine a equação reduzida da reta de equação r: 2x – y + 4 = 0. Solução: O ponto de interseção entre a reta r e o eixo das abscissas terá coordenadas (x. 173. 171. Solução: O ponto de interseção entre a reta r e o eixo das ordenadas terá coordenadas (0. Assim.5). para A=(3.blogspot.com.Determine a equação reduzida da reta que passa pelos pontos A=(3. Assim. 0) e Q=(0.blogspot. Pela equação segmentaria também é possível encontrar a solução do problema x y x y 1 1 4 x 2 y 8 ou 2 x y 4 ou y 2 x 4.1).y = -2x + 7. 179.-1).3) e Q=(0. ou seja: m 4 0 2 y – 4 = -2(x .4) e intercepta o eixo das abscissas no ponto B=(2.0) e Q=(0. http://dodireitoaeducacao.2 + 4 m = -4/2 m = -2. x y 1 Solução: 0 q 1 0 qx py qp 0 x y 1. Esta equação é conhecida como equação p 0 1 p q segmentaria da reta. para p e q 0.Determine a equação reduzida da reta que passa pelo ponto P=(3.Determine a equação da reta que passa pelos pontos P=(-1. Solução: y – 5 = 4. 178.com. Solução: A solução deste problema poderá ser dada por meio do cálculo do coeficiente angular e da utilização de um dos pontos.Determine a equação da reta que intercepta o eixo das ordenadas no ponto A=(0.q). Assim. pois a reta corta o eixo das ordenadas no ponto A=(0.Determine a equação da reta que passa por P=(1.0). substituindo o ponto A. Porém.(x – 3) y = 4x – 12 + 5 y = 4x – 7.0) y = 02 2x + 4. Solução: Pela equação segmentaria tem-se y x y x 1 1 x y 1 ou x y 1 0 ou y x 1.Determinar a equação da reta que corta os eixos nos pontos P=(p. observando que o coeficiente linear da reta é 4. 177. p q 1 1 181. a equação da reta será y = -2x + 4. p q 2 4 180. o problema também poderá ser resolvido da seguinte maneira: y=mx + n y = mx + 4.br 34 . encontra-se 0 = m.4).5) e que possua coeficiente angular m=4. b b b 188.3).1 . então.Solução: Como o coeficiente linear é –1.-1). a reta passará pelo ponto (4. -1). 2 Logo.2).Para que valor de k o coeficiente linear da reta 3x + y + 2k = 0 é igual a 5? Solução: 3x + y + 2k = 0 y = -3x – 2k -2k = 5 k = -5/2. 184.1) (4. Solução: 6x – 2y + 4 = 0 2y = 6x + 4 y = 3x + 2. 40 4 4 4 http://dodireitoaeducacao.Dados os pontos A=(0. Solução: x y 1 1 1 1 0 x 2 y 2 2 2 x y 0 x y 0 y x. B=(3.Determine os coeficientes angular e linear da reta de equação r: ax + by + c = 0. m= 3/2 e n=2. 2 2 1 Esta reta é denominada de bissetriz dos quadrantes ímpares.blogspot.1m=4 y=4x – 1. Solução: 3x 2 y 4 0 2 y 3x 4 y 3x 4 3x y 2.br 35 . m=3 e n = 2. Solução: x y 1 1 1 1 0 x 2 y 2 2 2 x y 0 3x 3 y 0 y x.Determine os coeficientes angular e linear da reta de equação r: -3x + 2y – 4=0. 183. 182. Logo.3) e pelo ponto (0. Assim. tem-se y = mx + n y=mx-13=m.1) e Q=(2. 185.Determine os coeficientes angular e linear da reta de equação r: 6x – 2y + 4 = 0.0). m 30 3 3 3 y 0 ( x 0) y x ou 3x 4 y 0.7) e C=(5.2).Determine a equação da reta que passa por P=(1. Solução: PM (3.Determine a equação da reta que passa por P=(1. Assim. Solução: Sendo r: ax + by + c =0. Esta reta é 2 2 1 denominada de bissetriz dos quadrantes pares. 187. pois a reta corta o eixo das ordenadas em Q=(0.-1) e Q=(-2.7) (5. by = -ax – c y ax c m a e n c .com. 2 2 186. determinar a equação da reta que passa por A e pelo ponto médio do segmento AB.0). então.a) e B=(b.4). ) e B ( . http://dodireitoaeducacao. v1 // v2.4b) 4 2 4 4 2 8 (1.b2) os vetores normais de r e s respectivamente. Assim.2) a e b . a) (b. ( x 1) 2 ( x 0) 2 ( x 5) 2 ( x 2) 2 x 2 2 x 1 x 2 x 2 10x 25 x 2 4 x 4 2 x 4 x 10x 25 4 1 12x 28 x 7 7 7 A ( . ( x 4)2 (3x 0)2 ( x 0)2 (3x 2)2 x 2 8 x 16 9 x 2 x 2 9 x 2 12x 4 8 x 12x 4 16 4 x 12 x 3 P (3.x).2). Solução: Sendo P=(xP. 2 2 2 Como PM s. onde B=(2.2). então.Obter um ponto A na reta r: y = x tal que o ponto médio do segmento AB.189. 2. A=(x.0) e B=(0.4) x 2 . 191. a 4b 4 2 3 3 3 3 3 3 193. então ab 2 (a.Obter um ponto P na reta r: y=3x e equidistante dos pontos A=(4.9). x) (2. 3 3 3 190. Solução:Sendo A=(xA.br 36 . yA) e A r xA . pertença à reta s: 2x – y – 4 = 0. x 4 . então. 2 2 192.Dadas as retas r: a1x + b1y + c1=0 e s: a2x + b2y + c2 = 0.8). PM ( x.Obter um ponto A na reta r: x – y = 0 e equidistante dos pontos A=(1. Como dPB = dPC. Solução: Sendo A=(x. b1) e v2=(a2 . então. Assim.Obter um ponto A na reta r: y = x e um ponto B na reta s: y=4x tais que o ponto médio do segmento AB seja M=(1. Se r//s.3x).blogspot. então. Logo A ( .com. Como dAB = dAC. ). Solução: PM Sendo A=(a. P=(x. yP) e P r 3xP = yP .yA = 0 xA = yA .0) e C=(5.( x 2 ) ( x 4 ) 4 0 2 x 4 x 4 8 0 x 8 A (8. Solução: Sendo v1=(a1. determine as condições para que r e s sejam paralelas. 4b).2). ).x). v1. Além disso. não haverá 6 2 3 interseção entre as retas. Assim. 197. r e s são paralelas se e somente se seus coeficientes angulares são iguais. v1 é ortogonal à v2. a2 b2 c2 194.a2 = . Assim. http://dodireitoaeducacao. a interseção entre as retas será o ponto P ( 9 .Dadas as retas r: a1x + b1y + c1=0 e s: a2x + b2y + c2 = 0.b2 a1 b1 b2 a2 m1 1 ou m1 .b2)=0 a1.br 37 . 37) . também pode-se observar que mr = ms = -3. então. b1) e v2=(a2 .b2 = 0 a1. Solução: Sendo v1=(a1.a1 Assim. a2 b1 b2 a1 b1 a2 b2 m1 m2 .2).m2 1. 8 16 196. b1). 2 x 4 y 7 Assim. Uma outra relação que é importante ser observada é: Se a1 b1 c1 as retas são paralelas coincidentes. uma vez que 3 1 1 .Determinar a interseção entre as retas r: 3x + y + 1 = 0 e s: 6x + 2y + 3 = 0. é importante observar que as 6 x 2 y 3 Solução: Antes de buscar a solução do sistema retas são paralelas. Logo. 3x y 1 . Solução: Para encontrar a interseção entre as retas basta solucionar o sistema 5x 2 y 1 . a2 b2 c2 Se a1 b1 c1 as retas são paralelas distintas.b1. Porém. são paralelos.b2) os vetores normais de r e s respectivamente. Se r é ortogonal à s.1) e vs=(6. determine as condições para que r e s sejam ortogonais.com. uma vez que os vetores normais vr=(3.blogspot.a2 + b1. essas retas são paralelas distintas.Determinar a interseção entre as retas r: 5x – 2y – 1 = 0 e s: 2x – 4y + 7 = 0.(a2 .Determinar a interseção entre as retas r: 2x – y + 3 = 0 e s: 6x – 3y + 9 = 0.v2 = 0 (a1. m2 195. Determinar os vértices do triângulo cujos lados estão nas retas r: x – 2y = 0. 3 6 2 199. Assim. A solução do sistema será o conjunto S ( x.Determinar o valor de k de modo que as retas r: kx + 2y + 3 = 0 e s: 3x – y – k = 0 sejam paralelas.Solução: Da mesma maneira que na questão anterior. de 3x 2 y 8 0 x 2y 8 0 intersecção 5 x 6 y 8 0 caso o sistema Resolvendo o sistema. 200. 3 1 202. s: x + 2y – 8= 0 e t: 5x – 6y – 8 = 0 são concorrentes num mesmo ponto P. Solução: Para se determinar os vértices do triângulo.Determinar os valores de k para os quais as retas r: kx + y + 2 = 0 e s: 3x – 6y – 2 = 0 são concorrentes.Determinar os valores de k de modo que as retas r: 2x – ky + 1 = 0 e s : 8x + ky – 1 = 0 sejam perpendiculares. k 1 1 k .com. Solução: Para que as retas sejam paralelas é necessário que k 2 k 6. é importante observar que as retas são paralelas. rs = (0. 6 3 9 Logo.2) 201. desta vez. os vetores normais não poderão ser paralelos. Assim. deve-se buscar as intersecções entre as retas. as retas são paralelas coincidentes.blogspot. duas a duas. http://dodireitoaeducacao. um vez que 2 1 3 . Porém. as retas terão uma infinidade de pontos de interseção.Mostrar que as retas r: 3x – 2y – 8 = 0.0).2). 198. Solução: As retas terão um mesmo ponto tenha uma única solução. y) R 2 ( x. s: 2x – y = 0 e t: x + y – 6 = 0.4) e rt = (4.br 38 . 2x 3) . encontra-se o ponto P=(4. st = (2. Solução: Para que as retas sejam concorrentes. Solução: Se r e s são perpendiculares, então seus vetores normais v r=(2,-k) e vs=(8,k) são perpendiculares. Logo, (2,-k).(8,k) = 0 16-k2 = 0 k2 = 16 k = 4. 203.Obter a equação da reta s paralela à reta r: 2x + 3y + 1 = 0 e que passa pelo ponto P=(5, -2). Solução: Se s e r são paralelas, então ms = mr = -2/3. Assim, 2 y (2) ( x 5) s : 2 x 3 y 4 0. 3 204.Determinar uma reta s paralela à r: 7x + 15y – 11 = 0 e que passa pela origem do sistema cartesiano. Solução: Se as retas são paralelas, então elas deverão ter vetores normais paralelos. Como a reta em questão deverá passar na origem do sistema cartesiano, então seu coeficiente linear deverá ser c =0. Assim, a equação da reta s poderá ser escrita como 7x + 15y = 0. 205.Obter a equação da reta s perpendicular à reta r: 2x + 5y – 1 = 0 e que passa pelo ponto P=(1,1). Solução: O coeficiente angular da reta r é será ms 1 5 . mr 2 2 mr . 5 Assim, o coeficiente angular da reta s Logo, a equação da reta s será s: 5x – 2y – 3 = 0. 206.Determinar a projeção ortogonal do ponto P=(2,3) sobre a reta r: x + y + 1 = 0. Solução: A projeção ortogonal de P sobre a reta r é o ponto P’, gerado pela intersecção entre a reta r e uma reta s, perpendicular a r, que passe por P. Assim, o coeficiente angular da reta s será ms = 1, uma vez que mr = -1. Desta forma, a equação de s será s: x – y + 1 = 0. Logo, o ponto P’, intersecção entre r e s, será P’= (-1,0). 207.Determinar o ponto simétrico de P=(0,4) em relação à reta r: 2x + y = 0. http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 39 Solução: Primeiramente deve-se encontrar a projeção ortogonal de P em relação à reta r. A equação da reta s, perpendicular à reta r, será s: x – 2y + 8 = 0. Assim, a intersecção entre r e s será o ponto P’=(-8/5 , 16/5). O ponto simétrico de P em relação a reta r será um ponto Q, tal que, P’ será o ponto médio entre P e Q, ou seja, P Q P' Q 2P' P Q 2( 8 , 16) (0,4) Q ( 16 , 12). 2 5 5 5 5 208.Dados O=(0,0) e r: x + y – 5 = 0, determine o ponto médio do segmento cujas extremidades são o ponto O e a sua projeção ortogonal sobre r. Solução: Sendo mr=-1, a equação da reta ortogonal a r, passando por O, será dada por s: x – y = 0. Assim, a projeção ortogonal de O, em relação à reta r será o ponto O’=(5/2, 5/2). Logo, o ponto médio do segmento OO’ será P (0,0) (5 / 2,5 / 2) ( 5 , 5 ). M 2 4 4 209.Dadas duas retas com inclinações r e s, determine a tangente do ângulo formado pelas retas. Solução: Sendo s o maior ângulo, pela figura pode-se observar que rs =s - r, então: tg rs = tg(s - r ). Assim, tg rs tg s tg r 1 (tg s ).(tg r ) . Como tgs = ms e tgr = mr , onde ms e mr são os coeficientes angulares das retas s e r, então: tg rs ms mr . 1 m s .mr Da mesma maneira, caso r seja o maior ângulo, tem-se: tg sr mr ms 1 m s .m r 210.Sendo r: 3x + y + 5 = 0 e s: 2x – y – 4 = 0, calcular o ângulo formado pelas retas r e s. http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 40 Solução: Verifica-se que os coeficientes angulares das retas são, respectivamente, mr= -3 e ms= 2. Assim, tg ms mr tg 2 3 5 1 tg 1 135 0. rs rs rs rs 1 ms .mr 1 2(3) 5 211.Determine as equações das retas que passam pelo ponto P=(1,2) e formam um ângulo de 45o com a reta r: y – 2x +4= 0. Solução: Supondo que s seja a reta pedida, e que ela passe pelo ponto P=(1,2), então sua equação deverá ser y – 2 = ms.(x-1). O ângulo de 45o pode ser sr ou rs. Assim, o problema terá duas soluções. 1o Caso: Sendo sr = 45o tgsr = 1 e mr = 2, então: tg sr mr ms 1 ms .mr 2 ms 1 2 ms 1 1 2 m s 1 2 m s ms . 3 Logo, y – 2 = 1/3(x-1) s: x – 3y + 5 = 0. 2º Caso: Sendo rs = 45o tgrs = 1 e mr = 2, então: tg rs ms mr 1 ms .mr ms 2 1 2 ms 1 ms 2 1 2ms ms 3. Logo, y – 2 = -3.(x – 1) s:3x + y – 5 = 0. 212.Determinar as equações das retas que passam pelo ponto de intersecção das retas r: 2x – y = 0 e s: 5x + 2y – 2 = 0 e formam um ângulo de 45o com a reta t: x – 2y + 2 = 0. Solução:Verifica-se que rs = (2/9,4/9) e que mt = 1/2. Sendo m o coeficiente angular da reta desejada, então: y – 4/9 = m.(x – 2/9). Assim, as soluções serão: 1 m1 m 1 1 tg 45 2 1 m1 1 1 m1 . Logo, a equação será m1 2 2 3 1 2 o http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 41 6). a equação será 2 2 m1 2 2 m2 1 2 27x – 9y – 2 = 0. Neste caso.2). 4 1 4 4 4 1 ( x 2 2 x) 4( y 2 2 y ) 7 Fazendo a translação de eixos tem-se: X=1-1 = 0 http://dodireitoaeducacao.As coordenadas de um ponto P são (5. Determine as coordenadas (X. de igual sentido. 213. 214. Calcule as coordenadas desse ponto em relação a outro sistema de eixos paralelos a xOy. 215.8).Transformar a equação x2 – 4y2 – 2x + 8y – 7 = 0 mediante uma translação de eixos.br 42 . Solução: ( x 2 2 x) ( y 2 2 y ) 7 4 1 4 2 2 2 ( x 2 x 1) ( y 2 y 1) 7 1 ( x 1) ( y 1) 2 1 1.y) as coordenadas de um ponto P em relação ao sistema de eixos xOy e (h. Solução: Como X = x – h e Y = y – k.com. considerando a nova origem no ponto (1. Esta mudança de coordenadas é denominada de Translação de Eixos. então as coordenadas de P serão (2.-1). Solução: Pela figura pode-se observar que X=x–h e Y = y – k.blogspot.k) as coordenadas da origem O’ de um novo sistema XO’Y de eixos respectivamente paralelos aos primeiros e de igual sentido.Sejam (x.9x + 27 – 14 = 0. e de origem no ponto O’=(3.Y) do ponto P no novo sistema de coordenadas XO’Y. ou tg 45 o 1 2 1 m 1 1 m2 m 3. Solução: x2 + y2 = R2 (x+0)2 + (y+0)2 = R2 .Determine a equação da circunferência de centro em O=(0.Transformar a equação x2 – 6y + 9 = 0 mediante uma translação de eixos. a equação será: ( x 0)2 ( y 2)2 1 x 2 4 y 2 8 y 20 0. Solução: Circunferência é o lugar geométrico dos pontos do plano eqüidistantes de um ponto fixo C=(a. 3/2). dOP R ( x 0)2 ( y 0)2 R x2 y 2 R2 .b http://dodireitoaeducacao. considerando a nova origem no ponto (0.y) um ponto qualquer da circunferência.0) e raio R. considerando a nova origem no ponto (a. Solução: Sendo P=(x.Y = 1 –(-1) = 2 Logo. 220. a equação será: x2 y 0 x 2 6 x 0.Defina circunferência.b) chamado centro. 6 6 6 2 Fazendo a translação de eixos tem-se: X= 0 – 0 = 0 Y= 3/2 – 3/2 = 0 Logo. 219.br 43 . 218. Fazendo a translação de eixos tem-se: X= 0 – a Y= 0 . 6 217.Transformar a equação x2 + y2 = R2 mediante uma translação de eixos.blogspot. 4 1 216.Determine a equação da circunferência de centro em C=(0. Solução: Como x2 + y2 = R2 x2 + y2 = 42 x2 + y2 = 16.com.0) e raio R= 4. Solução: x2 6 y 9 0 x2 9 x2 3 y 0 y .b). Solução: (x-1)2 + (y-2)2 = 32 x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 – 9 = 0 x2 + y2 – 2x – 4y – 4=0. b = 3 e R2 = 4 R = 2. -2b = 10 b = -5 e a2 + b2 .R2 =0.Determine a equação geral da circunferência de centro em C=(-2.Determine o raio e o centro da circunferência de equação x 2 + y2 + 8x + 2y + 11= 0.Determine o centro e o raio da circunferência de equação x2 + y2 – 25 = 0. tem-se: a = 2. x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 . 225.Logo. tem-se: -2a = -6 a = 3.R2 =0. tem-se: -2a = -6 a = 3. a equação será (x-a)2 + (y-b)2 = R2 x2 – 2ax + a2 + y2 – 2by + b2 = R2 x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 . -2b = 0 b = 0 e a2 + b2 .br 44 . 226. x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 . 224.R2 = 0 R = 3.Determine o centro e o raio da circunferência de equação (x + 3)2 + (y + 1)2 = 9.2) e raio R=3. (x . 228. ou seja.2= 0.R2 =0.blogspot.Determine o centro e o raio da circunferência de equação x2 + y2 – 6x = 0.-1) e raio R=1.R2 =0. tem-se: a = 0. Solução: Comparando com a equação reduzida da circunferência. ou seja.com. x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 . Solução: Comparando com a equação geral da circunferência. b = -1 e R2 = 9 R = 3. Esta equação é denominada de equação geral da circunferência 221. tem-se: a = -3. 222. b = 0 e a2 + b2 . ou seja.a)2 + (y . Solução: Comparando com a equação geral da circunferência.b)2 = R2.R2 = -2 R = 6. ou seja. Solução: Comparando com a equação reduzida da circunferência. Solução: Comparando com a equação geral da circunferência.Determine o raio e o centro da circunferência de equação x 2 + y2 – 6x + 10y .Determine a equação geral da circunferência de centro em C=(1. Solução: (x+2)2 + (y+1)2 = 12 x2 + 4x + 4 + y2 + 2y + 1 – 1 = 0 x2 + y2 + 4x + 2y + 4=0. 223.Determine o centro e o raio da circunferência de equação (x – 2)2 + (y – 3)2 = 4. ou seja.R2 = -25 R = 5. 227. http://dodireitoaeducacao. (x – a)2 + (y – b)2 = R2. Calcular p e k de modo que as circunferências C1: x2 + y2 – 4px + 8y – 1 e C2: x2 + y2 +8x – (k . 231. -2b = 2p b = -p e a2 + b2 .Calcular p de modo que a circunferência x2 + y2 – 2px + 2py + p2 = 0 tenha raio igual a 2. como C1 = C2.R2 =0. 2 233. (k-4)/2).R2 =0. 229. Solução: x2 + y2 = 2(x – y) + 1 x2 + y2 = 2x – 2y + 1 x2 + y2 .Solução: Solução: Comparando com a equação geral da circunferência. Solução: Comparando com a equação geral da circunferência. Logo p= 2. ou seja.blogspot.com.2x +2y – 1=0.R2 =0. Assim. x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 . respectivamente. então: 2p = -4 p = -2 e k 4 4 k 4.Determine os valores de m para os quais a equação x2 + y2 + 4x – 6y + m = 0 representa uma circunferência. ou seja. 232. tenham centro coincidentes.R2 = 11 R = 6.4)y = 0 sejam concêntricas. tem-se: -2a = -2p a = p. então ela possui raio R=3. C1=(2p. ou seja. x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 .0) e tangente ao eixo das ordenadas. tem-se: -2a = -2 a = 1. Solução: Comparando com a equação geral da circunferência. tem-se: (x-3)2 + (y-0) 2 = 32 x2 + y2 –6x= 0. Comparando com a equação geral da circunferência. 230. tem-se: -2a = 8 a = -4.Determine o centro e o raio da circunferência de equação x2 + y2 = 2(x – y) + 1. ou seja.R2 = p2 R2 = p2+ (-p) 2 –p2 R2= p2 p2 = 4. Assim.Determine a equação da circunferência de centro no ponto C=(3. -2b = 2 b = -1 e a2 + b2 . Solução: Se a circunferência é tangente ao eixo das ordenadas e possui centro em C=(0.R2 = -1 R = 3. observa-se que os centro das circunferências são. http://dodireitoaeducacao. -2b = 2 b = -1 e a2 + b2 . x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 .3).br 45 . -4) e C2=(-4. 1 2 ) . Portanto.R2 = m R2 = (-2) 2 + 32 – m R2= 4 + 9 – m R2 = 13 .0 + 3 = 0 x2 –4x – 5 = 0 x1= -1 e x2= 5.br 46 . Como R > 0 . então. Assim. 237. Assim. deve-se encontrar o ponto de intersecção das retas r e s. Solução: Comparando com a equação geral da circunferência. os pontos serão (-1. 13 . y = 0. resolver o sistema 2 x 3 y 8 0 .com. a equação representa todos os pontos cuja distância de C=(1. os pontos serão: (1. 239. Assim.1). x 2+ 02 –4x – 5.Achar a equação da reta que passa pelo centro da circunferência (x – 3)2 + (y –2) 2 = 8 e é perpendicular à reta r: x + y – 16 = 0.Quais os pontos da circunferência x2 + (y .1) é igual a zero.0). 1+ (y – 1)2 = 4 y2 –2y –2 = 0 y= 1 2 . então k2 + 22 =9 k2 = 5 k= 5 . 234. Assim. ou seja. 0) e (5.Mostrar que existe um único ponto do plano cartesiano que satisfaz à equação x2 + y2 – 2x – 2y + 2 = 0. 236. Solução: Primeiramente. Logo. 235. 238.1)2 = 4 que têm abscissa 1? Solução: Se x = 1. então. então.m. a x 2y 3 0 equação da circunferência será (x – 1) 2 + (y – 2) 2 = 32 x2 + y2 –2x –4y – 4 = 0. x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 . a2 + b2 –R2 =2 1 + 1 – R2 = 2 R = 0. Solução: Se A pertence à circunferência.Quais são os pontos onde a circunferência x2 + y2 – 4x – 5y + 3 = 0 intercepta o eixo dos x? Solução: Se a circunferência intercepta o eixo dos x.A intersecção das retas r: 2x + 3y – 8 = 0 e s: x – 2y + 3 = 0 é o centro de uma circunferência de raio R=3. -2b = -6 b = 3 e a2 + b2 .Determinar os valores de k para os quais o ponto A=(k.blogspot. encontra-se x = 1 e y = 2. Determine a equação da circunferência. tem-se: -2a = 4 a = -2. nestes pontos.2) pertence à circunferência x2 + y2 = 9.R2 =0. ou seja. http://dodireitoaeducacao.Solução: Comparando com a equação geral da circunferência. tem-se a = 1 e b = 1. Logo.m > 0 m < 13. Resolvendo o sistema. a equação representa apenas o ponto C=(1. O centro da circunferência é o ponto C=(0. Determine os valores de k para que a reta r: y = x + k seja tangente à circunferência de equação x2 + y2 – 4y – 2 = 0. Assim. x y k 6 0 2 k 6 k 2 12. é importante observar que não existe intersecção entre a reta e a circunferência.br 47 . e o coeficiente angular da reta r é mr= -1. para que a reta seja tangente à circunferência. k 2 12 k 2 12 242. e o coeficiente angular da reta r é mr=1. 240.(x – 0) y = -x + 2. Assim. a reta desejada terá coeficiente angular m=1 e a equação será: y – 2 = 1.2). a reta desejada terá coeficiente angular m = -1 e a equação será: y – 2 = -1.blogspot. Assim. 4 3 2 .com.(x – 3) y – 2 = x – 3 x – y – 1 = 0. Assim. Solução: Observa-se que o centro da circunferência é o ponto C=(0. a distância entre C e r deverá ser igual ao raio da circunferência.2) e que o raio é R= 6. http://dodireitoaeducacao.Determine a posição da reta r: y = 2x + 1 em relação à circunferência x 2 + y2 –2x + 4y – 20 = 0. ou seja. a intersecção entre a circunferência e a reta perpendicular será: x 2 ( y 2) 2 9 y x 2 x2 + ((-x+2) – 2)2 = 9 x2 + (-x) 2 = 9 2x2 = 9 x= 3 2 2 P= 3 2 . Portanto. Logo. determine o ponto de C mais próximo de r.Solução: O centro da circunferência é o ponto C=(3. 2 2 1 (1) 2 k 2 12 k 2 12 . o ponto de C mais próximo de r será dado pela intersecção entre C e a reta perpendicular à r passando pelo centro da circunferência. Solução: Primeiramente.2). Assim.Dadas a circunferência C: x2 + (y – 2)2 = 9 e a reta r: y = x – 5. 2 2 241. k 2 2 3. para a > 0. 3). será x 2 ( y 24) 2 841 .x – 1. Assim.Determinar a equação da circunferência que passa pelo ponto P= (4. y = -1. portanto. 5 Logo. 243. sabendo que ela está situada no primeiro quadrante. 4a 3a 30 a a 30 5a. 244. no primeiro quadrante. o centro da circunferência será o ponto C=(0.blogspot. o raio será R= 24 1 29 . têm-se dois pontos de intersecção: 2 http://dodireitoaeducacao. então a = 5. y 2x 1 Logo a reta será secante à circunferência. a equação será (x – 5)2+ (y . dCr=a. Assim. Substituindo na circunferência encontrase x2 + (-x – 1) 2 =2 2x2 –2x – 1 = 0 x 1 3 . 5) e R=5. que possui centro C=(0. A equação da circunferência. então. -1). Logo.5) 2 =25. Portanto. Solução: Como a circunferência é tangente aos eixos. Assim.com. Solução: t é a reta y +1 = 0. a circunferência.Determine a equação da circunferência tangente aos eixos coordenados e à reta r: 4x-3y-30=0. Solução: A equação reduzida de r será y= . pode-se afirmar que R = dCP = dCQ .br 48 . Assim. C=(a. Além disso. ou seja. Logo.Verificar a intersecção entre a reta r: x + y + 1 = 0 e a circunferência C: x2 + y2 =2. será tangente à reta t no ponto Q=(0. 5 30 4 a 30 5a a 5 a 30 5a a Como a>0. y). 5 5 5 25 245. -5) e (1.6) e. C=(5. ou seja.2 2 Solução: O sistema x y 2 x 4 y 20 0 terá como solução os pontos (-3. o raio da circunferência 4 x 3 y 30 4 (3) 2 2 a deverá ser R= a. é tangente à reta t: y + 1 = 0 e tem o centro no eixo dos y.Então: (0 4) 2 ( y 9) 2 (0 0) 2 ( y 1) 2 16 y 2 18y 81 y 2 2 y 1 20 y 96 y 24 . a). ou seja. 9). então o centro é positivo e está situado na reta y = x. blogspot. R2 = 5 – 1 = 4. Solução: Sendo R1 = 1 o raio da circunferência dada. ( x 2) 2 (2 x 0) 2 ( x 4) 2 (2 x 2) 2 x 2 4 x 4 4 x 2 x 2 8 x 16 4 x 2 8 x 4 x 4 e y 8 Logo. Substituindo na circunferência. e sendo o centro C=(x. a equação será x 2 y 2 2 2 25 . então não haverá intersecção entre a reta e a circunferência. tem-se que dOC = R1 + R2.0) e N=(4. para esta equação. e R2 o raio da circunferência pedida. P1 . 2 249. e tem centro na reta r: y = 2x. 2 2 1 1 Logo. Logo.Determinar a equação da circunferência de centro C=(3. então d CM = dCN. que possui centro em O=(0. d OC (3 0) 2 (4 0) 2 5.br 49 .ou seja. C=(-4. Assim. 2 . Solução: Nestas condições.Determinar a equação da circunferência que possui um diâmetro de extremidades A=(7.-2).0). R = dOr. 250. 4 encontra-se a equação 25x2 + 146x + 256=0. http://dodireitoaeducacao. Como.Verificar a posição relativa entre a reta r: 3x + 4y +15 = 0 e a circunferência C: x2 + y2 – 4x .Determinar a equação da circunferência que passa pelos pontos M=(2. ou seja.10) e B=(1. Solução: Sendo M e N pontos da circunferência. Logo. -8). 2 2 2 246. então. R2 = dOC – R1.1 3 3 3 1 3 3 3 e . 4) e tangente exteriormente à circunferência da equação x2 + y2 = 1. então a equação será (x + 4)2 + (y + 8) 2 = 100. 247.2). r e C serão externas. a equação será (x-3) 2 + (y-4) 2 = 16. <0.2x). 248. Como R = dCM = 10. R x y 5 0 0 5 5 2 .Determinar a equação da circunferência de centro na origem do sistema cartesiano e tangente à reta r: x + y –5=0. Como R1 = 1. Solução: A equação reduzida da reta r será y 3x 15 .com.10y – 35 = 0. a equação será (x – 1)2 + (y + 1)2 = 10. a equação será (x – 3)2 + (y – 4)2 = 25. Solução: Supondo que o centro da circunferência seja o ponto C=(a.b). 2) e R= (4. d CA ( x 1) 2 ( y 0) 2 10 x 2 y 2 2 x 9 (1) d CB ( x 1) 2 ( y 0) 2 10 x 2 y 2 2 x 9 x 2 y 2 2 x 9 (2) Substituindo (2) em (1).8) e P=(0. o raio da circunferência será R = dCB = 5. Assim.b). 251. (a 3) 2 (b 1) 2 (a 0) 2 (b 8) 2 6a 18b 54 0 (1) (a 0) 2 (b 8) 2 (a 0) 2 (b 0) 2 b 4. Assim.com.Determinar a equação da circunferência que passa pelos pontos M=(3.4 – 54 = 0 a = 3. C 7 1 . Assim. 253. 10 2 4. -1).0) e tem raio r= 10 . 0). http://dodireitoaeducacao. Logo. Assim. Solução: Supondo que o centro da circunferência seja o ponto C=(a. as equações serão x2 + (y . a 2 2 equação da circunferência será (x – 4) 2 + (y – 6) = 25.0) e B=(1. então dPC=dQC=dRC. tem-se 2x + 9 + 2x = 9 x = 0 e y = 3.a + 18. o centro da circunferência será o ponto médio entre A e B.6. Q= (0. Solução: Sendo C=(x. Substituindo em (1) tem-se: -6. Substituindo (2) em (1) tem-se a = 1 e b = -1.3) 2 = 10 ou x2 + (y + 3) 2 = 10. (a 2)2 (b 0)2 (a 0)2 (b 2)2 4a 4b 0 (1) (a 0)2 (b 2)2 (a 4)2 (b 0)2 8a 4b 12 4b 8a 12 (2). dPC = R = 10 . então d MC=dNC=dPC.blogspot. Assim. Logo.Solução: Nestas condições.Determinar a equação da circunferência que passa pelos pontos P= (-2. ou seja. então.Determinar a equação da circunferência que passa pelos pontos A=( -1. 252. 0).y) o centro da circunferência. Logo.br 50 .0). Logo. N=(0. dPC = R = 5. Assim. dCA = dCB = r. b) o centro da circunferência circunscrita ao triângulo ABC. a equação será (x – 2)2 + (y .br 51 . 3. Substituindo na circunferência tem-se: x2 + (-x + 3) 2 –2x – 3 = 0 x2 + x2 –6x + 9 – 2x – 3 = 0 2x2 –8x + 6 = 0 x1 = 1 e x2 = 3.blogspot.254. ou seja.3)2 = 13. dPC = R = 13 . 0). Solução: A circunferência terá equação C: (x – 1) 2 + (y – 0) 2 = 0. O comprimento da corda será a distância entre A e B. A equação reduzida da reta será. Solução: Sendo P=(a. 0) e raio 2. Portanto. Calculando a distância entre o centro da circunferência e o ponto médio da corda encontra-se http://dodireitoaeducacao.0) e raio R=13. a medida da corda será a distância entre A e B. Assim. encontra-se a equação x2 –5x + 4 = 0.0).Determinar o comprimento da corda definida pelo eixo dos x na circunferência x2 + y2 –5x +4y + 4 = 0. Logo. as intersecções entre a reta e a circunferência serão os pontos A=(1. Substituindo (1) em (2) tem-se a = 2 e b =31. (a 0)2 (b 0)2 (a 4)2 (b 0)2 8a 16 a 2 (1) (a 4)2 (b 0)2 (a 0)2 (b 6)2 12b 8a 20 (2). Determinar o comprimento da corda que a reta x + y –3 = 0 determina na circunferência de centro (1.Calcular o comprimento da corda da circunferência x2 + y2 –2x = 168.0). y = -x + 3. basta fazer y = 0. B=(4. que possui raízes x1 = 1 e x2 = 4.com. cujo ponto médio é M=(4. Assim.2) e B=(3. Os pontos de intersecção serão A=(1. Solução: A circunferência possui dois pontos de intersecção com o eixo dos x que. 257. 6). como ela passa pelos três pontos dAC=dBC=dCP. 256. 255. dAB = 2 2. 0) e C=(0. ou seja. Solução: Observa-se que a circunferência possui centro C=(1. 0) e B=(4. ou seja. Logo.Determinar a equação da circunferência circunscrita ao triângulo de vértices A=(0. x2 + y2 –2x – 3 = 0. Assim. 4). para determina-los. então. o ponto médio da A .4k2 +8k > 0 -4k2 + 8k > 0 . 260.36.blogspot. 4 http://dodireitoaeducacao. um triângulo retângulo de hipotenusa 13 e catetos 5 e x.12 = 24. M 2 2 2 2 2 259. ou seja. aplicando Pitágoras. 258. ou seja. forma-se. Para que existam dois pontos de intersecção distintos.Determinar o ponto médio da corda que a reta x + y + 4 = 0 define na circunferência x2 + y2 –2x –4y –100 = 0.(1+k2) = 0 256k2 – 144 = 0 k= 3 . Esta equação. Substituindo da circunferência encontra-se x2 + (-x – 4) 2 –2x –4(-x –4) –100 = 0 2x2 + 10x – 68 = 0 x2 + 5x – 34 = 0 x 5 161 . > 0.Para os valores de k a reta x = k intercepta a circunferência x 2 + y2 –2x = 0 em dois pontos distintos? Solução: Substituindo x = k na circunferência encontra-se k2 + y2 –2k = 0 y2 +(k2 –2k) = 0. tem-se 132 = x2 + 52 x2 = 144 x = 12. onde x é a metade do comprimento da corda. .d CM (4 1) 2 (4 0) 5. Solução: y = -x – 4 é a equação reduzida da reta. .kx + 36 = 0. Logo.kx + 36 = 0 (1+k2)x2 –20. como pode ser observado pela figura. a equação deverá possuir duas raízes reais e distintas. 3 ). Portanto. deverá possuir uma única raiz. os pontos de intersecção entre a reta e a circunferência serão 5 161 3 161 5 161 3 161 eB .com. o comprimento da corda será 2. {k R | 0 < k < 2}. Logo. = 0 400k2 –4. 0 . 2 Assim.Para que valores de k a reta y = kx é tangente à circunferência x 2 + y2 –20y + 36 = 0? Solução: Substituindo y = kx na circunferência encontra-se x2 + k2x2 – 20. Portanto. 2 2 2 2 5 161 5 161 3 161 3 161 corda será P A B 2 2 2 2 ( 5 . Assim. no interior da circunferência. Assim. para que a reta seja tangente à circunferência.br 52 . dCt = 1. ou seja. as retas. 265. x yk 2 1 11 k 2 1 k 2 2 . Solução: Uma reta t. Solução: Uma reta t. 0). raio R+ 3 e é tangente à reta t. O ponto médio da corda formada http://dodireitoaeducacao. deverá ter equação t: x – y + k = 0.1).Determinar as retas tangentes à circunferência x2 + y2 + 8x + 6y = 0 e paralelas ao eixo dos y.Determinar as retas paralelas à reta s: x – y – 1 = 0 e tangentes à circunferência x2 + y2 – 4x –4y –1 = 0. que deverão ter equações do tipo x = k. Como a circunferência possui centro em C=(1. Assim. Solução: A circunferência possui centro em C=(0. com intersecções em A=(0. As intersecções entre a reta r e a circunferência são os pontos: 2 2 2 2 A . deverá ter equação t: x + y + k = 0.3 2 . x yk 3 2 22k 3 k 3 2 .2). paralela à s.261.br 53 . Solução: A circunferência Possi centro em C=(0. ou seja. então a distância entre C e t deverá ser R. raio R=1 e é tangente à reta t. -3) e raio R=5.Obter uma reta t perpendicular à reta s: x – y – 1 = 0 e tangente à circunferência x2 + (y – 1)2 = 1. t: x + y – 2 + 2 ou x + y – 2 .y . 262.com. 5) e B= (5.Obter uma reta paralela a s: x + y + 1 = 0 e tangente à circunferência x2 + y2 –2x – 2y + 1 = 0.Determinar um ponto P da circunferência x2 + y2 = 25. a reta paralela à s passando por C terá equação r: y = x + 1. paralela à s. 1 e B . 2 2 2 2 264. Solução: A circunferência possui centro em C=(-4. A reta s é secante à circunferência. dCt = 3. Logo.blogspot. t: x . Logo. as equações da reta t serão t: x + y – 1 2 .1). 2 263. Logo.y + 3 2 ou x . Logo. Como a circunferência possui centro em C=(2.2 . 1 .0) e raio R=5. Assim. então a distância entre C e t deverá ser R. no primeiro quadrante. Assim. serão x = -4 + 5 x =1 e x = -4 – 5 x= -9. pelo qual passa uma reta t tangente à curva e paralela à reta s: x + y = 5. posição 4) e de : P (x em – relação 3)2 + (y a –2)2 .Determinar a interseção da circunferência de centro (0. conclui-se que a reta y = x. as circunferências são tangentes num ponto P=(x. 1) e raio 1 com a de centro (3. os centro da primeira e da segunda circunferência. 5/2). verifica-se que dC1C2 = R1 + R2.As circunferências de equações x2 + y2 + 2x –4y = 0 e x2 + y2 – x – y = 0 cortam-se nos pontos A e B.y).C1P 5(x . Portanto. 2 2 2 2 Solução: x 2 y 2 2 x 4 y 0 2x 2y 2 x 4 y (1) .0.br 54 .com. (4 – 3)2 +(4 – 2) 2 – 4 = 12 + 22 – 4 = 1 + 4 – 4 = 1> 0. Logo. que corta o ponto médio de AB.Dar a posição de P = (5. tem-se 2 + 2x + 2y = 2 2x + 2y = 0 x + y = 0 y = -x. tais que. – sendo: 4 =0 Solução: Substituindo o ponto P na circunferência tem-se. Logo P é exterior a circunferência. 2 . Solução: Sendo C1 e C2. onde: 1: x2 + y2 + 2x +2y = 2 e 2: x2 + y2 = 2 Solução: Substituindo 2 em1.. P=(3/5. Assim. ou seja. 2 266. 3) em relação a : x2 + y2 – 8x = 0 http://dodireitoaeducacao. Portanto. 269. Retornando o resultando em2. 5) e raio 4.Dar P = a (4. Fazendo (1) = (2). Obter a equação da reta AB. a reta que passa pelas intersecções das circunferências terá equação r: x – y = 0.C1C2 = 5. 1). 9/5). tem-se x y x y 0 x y x y (2) -2x+4y = x + y 3x – 3y = 0 x – y = 0. tem-se x2 + (-x) 2 = 2 x2 + x2 = 2 2x2 = 2 x = 1. intercepta a circunferência no ponto de tangência da reta t. y – 1)= (3 – 0. Logo. fazendo y = x na circunferência.blogspot. -1) e P2 = (-1. pode-se determinar vetores C1P e C1C2. 267. respectivamente. 268. Assim. os pontos de intersecção serão: P1=(1. 270.Determinar os pontos de intercessão das circunferências 1 e 2 . encontra-se o ponto P= 5 2 5 2 . 5 – 1) 5x = 3 e 5y – 5 = 4 x = 3/5 e y = 9/5.pelos pontos A e B é PM=(5/2. Determine os valores de k para os quais o ponto P=(3.br 55 .(x – 1) y = 2x – 2. 3). Solução: 32 + k2 – 4. 276. 271. Solução: 273. 0). então. http://dodireitoaeducacao.3 < 0 k2 < 3 3 x 3. Assim. Solução: 274. 52 + 32 – 8. Como mt 1 0 1 . Então. P é interior a circunferência.blogspot. Logo. Solução: Observa-se que o ponto P .com. k) pertence ao interior da circunferência x2 + y2 –4x = 0.Solução: Substituindo o ponto P na circunferência tem-se. a equação da reta r será: 1 1 2 y – 0 = 2.Achar a equação da reta r tangente à circunferência : x2 + y2 + 2x –2y – 3 = 0 no ponto P (1.Fazer o gráfico da relação 1 x2 + y2 4.Fazer o gráfico da relação x2 + y2 < 1. 1).6 < 0.5 = 25 + 9 – 40 = 34 – 40 = . a reta t que liga o ponto P ao centro da circunferência será perpendicular à reta pedida.Representar x2 graficamente + as y2 soluções do sistema 4 x+y 2 Solução: 275. mr 2.Determinar a reta r tangente à circunferência x2 + y2 = 25 no ponto p (4. e que o centro da circunferência é o ponto C = (-1. 272. São dadas a circunferência de equação x2 + y2 + 10x + 6y –51 = 0 e a reta de equação 4x + y –11 = 0.com. C = PM =(3.Determinar a distância do centro da circunferência definida pela equação x 2 + y2 – 6x .4x na equação da circunferência.4). Pode-se calcular o raio da circunferência por meio da distância entre C e A. mr . a reta t que liga o ponto P ao centro da circunferência será perpendicular à reta pedida.y = 0 e 3x –2y – 4 = 0.10y –15 = 0 ao ponto P de interseção das retas x . Solução: Substituindo y=11. a equação da reta r será: 4 ( y 3) ( x 4) 3 y 9 4 x 16 4 x 3 y 25 0. então. encontra-se os pontos de intersecção A=(2. Assim. a equação da circunferência será (x-3) 2 + (y+1) 2 = 17. Assim.Determinar a equação da circunferência cujo centro está sobre o eixo das ordenadas e que possui uma corda cujas extremidades são os pontos A=(2. y).blogspot. ou seja.Solução: Observa-se que o ponto P . encontra-se 3x – 2x = 4 x = 4 e y = 4 P=(4. determinar a equação da circunferência cujo diâmetro é o segmento da reta dada interceptado pela circunferência dada. O centro da circunferência é o ponto C=(3. o ponto médio entre A e B será o centro da circunferência pedida.br 56 . -1). 2) e B=(4. então. dCA = dCB. 278. Como A e B pertencem à circunferência. 40 4 3 Então. então. d PC (4 3) 2 (4 5) 2 2. http://dodireitoaeducacao. e que o centro da circunferência é o ponto C = (0. Como mt 30 3 4 . 3 277. Solução: Calculando a intersecção entre as retas. 5).3) e B=(4. 8). Logo. Assim. ou seja. Solução: Estando o centro da circunferência no eixo das ordenadas. tem-se x – y = 0 y = x. x2 + y2 –6x +2y – 7 = 0. Substituindo na outra reta. 279.-5). o centro será um ponto C=(0. 0). ou seja. R = d CA = 17 . passa pela origem e tem o centro sobre a bissetriz formada pelas direções positivas dos eixos coordenados. valendo 2 a razão entre a corda P1P2 e o raio da circunferência. C = (-2. ou seja. http://dodireitoaeducacao.(0 2) 2 ( y 2) 2 (0 4) 2 ( y 8) 2 y 6 . Portanto.0) e B=(0.Determinar a equação da circunferência que contém os pontos P1= (1.y) R como centro da circunferência pedida. a equação da circunferência será x2 + y2 +4x –3y = 0. Solução: Nestas condições. a equação da circunferência será x2 + y2 –2 2x -2 2y = 0. 3). 1) e P2=(3. Assim. Como. o centro da circunferência será o ponto C=(0. o raio será R= 20 . 282. por conseqüência. Assim. Assim. Assim. Tomando o ponto C=(x. a equação da circunferência será (x-0) 2 + (y-6) 2 = 20 x2 + y2 –12y + 16 = 0. P1 P2 R 2 .br 57 .com.3) e C2=(3. 3/2) e.blogspot.1).Determinar a equação da circunferência que tem raio 2. como ela passa pela origem. 2 2 2 R 2. substituindo em (2) encontra-se x2 – 4x + 3 = 0 x = 1 ou x = 3. Portanto as equações serão x2 + y2 –2x – 6y + 6 = 0 ou x2 + y2 –6x – 2y + 6 = 0. d CO =R ( x 0) ( x 0) 2 x y 2 .x) e. Solução: O centro da circunferência é um ponto C=(x. 281. então. por conseqüência. então (1 x) 2 (1 y ) 2 4 x 2 y 2 2 x 2 y 2 0 (1) . Solução: dP1P2 = 2 2 .3). 280. pode-se os centros C1=(1. Resolvendo o sistema encontra-se a 2 2 2 2 ( 3 x ) ( 3 y ) 4 x y 6 x 6 y 14 0 ( 2 ) equação y = 4 – x que. o centro da circunferência será o ponto médio entre A e B. o diâmetro será formado pelos pontos A=(-4.6) e. Logo. o raio será R=5/2.Determinar a equação da circunferência cujo diâmetro é o segmento da reta 3x – 4y + 12 = 0 compreendido entre os eixos coordenados. e cujo raio é igual a 5. Resolvendo o sistema encontra-se a 2 2 2 2 (2) ( x 0) ( y 2) 25 x y 4 y 21 0 equação x = 7y . pode-se os centros C1=(-4.br 58 .1) e C2=(3.com.2). Assim.y) como centro da circunferência pedida. 2).0) e Raio R=1. Assim. 285.6x – 8y – 11 = 0. Portanto as equações serão x2 + y2 –6x – 4y -12 = 0 ou x2 + y2 +8x – 2y . substituindo em (2) encontra-se y2 – 3y + 2 = 0 y = 1 ou y = 2. 2). Calculando a distância entre M e C encontra-se dMC = 5. Solução 1: Supondo que as circunferências sejam tangentes externas. 5). então K + R = 5 K + 1 = 5 K = 4. a equação pedida será x2 + y2 – 6x – 8y + 9 = 0. Portanto. Logo. Solução: Tomando o ponto C=(x. e cujo raio é igual a 5.blogspot. a circunferência dada possui centro C=(0. Solução: 286. a equação da circunferência também poderá ser x2 + y2 . então http://dodireitoaeducacao.283. sendo K a medida do raio da circunferência pedida.Escrever a equação da circunferência que passa pelos pontos A=(-1.Determinar as equações das circunferências de centro M=(3. B=(0.Determinar a equação da reta cuja distância à origem é igual a 2 e que é tangente à circunferência x2 + y2 = 10x.11 que. tem-se que K – R = 5 K = 6. Solução: Tomando o ponto C=(x.3 = 0. então ( x 1) 2 ( y 5) 2 25 x 2 y 2 2 x 10 y 1 0 (1) . 5). 4) e tangente à circunferência x2 + y2 = 1.Escrever a equação da circunferência que passa pelos pontos A=(-1. B=(0. 284. Solução 2: Supondo que as circunferências seja tangentes internas.y) como centro da circunferência pedida. a reta r pedida deverá. tangenciar a circunferência x2 + y2 = 4 e x2 + y2 – 10x = 0. enquanto que a segunda possui centro em B=(3.Para que valor real de k a equação (x – 1) 2 + (y – 2) 2 = k – 1 representa uma circunferência que passa pela origem do sistema cartesiano? Solução: Se a circunferência passa na origem do sistema cartesiano. 289. Assim. observa-se que a reta paralela a r.3) 2 + (y – 3) 2 = r2 tenham um único ponto de intersecção. ao mesmo tempo.3 = 0.11 que. substituindo em (2) encontra-se y2 – 3y + 2 = 0 y = 1 ou y = 2. Como dAB= 2 2 . passando por O. para que exista apenas um ponto de intersecção.Determinar a equação da reta cuja distância à origem é igual a 2 e que é tangente à circunferência x2 + y2 = 10x. 287. a distância entre os centros deverá ser igual a soma dos raios.2). Assim.0) e raio 2 é o lugar geométrico de todos os pontos que distam duas unidades de O. Para que a reta seja http://dodireitoaeducacao.3) e raio r. Solução: A circunferência de centro em O=(0. gera a equação S: 2x2 – (2k – 4)x + k2 – 2k – 7 = 0. Solução: y = x – k é a equação reduzida da reta que. (Fazer Figura) As retas serão 3x + 4y + 10 = 0 e 3x –4y + 10 = 0 288. ou seja.1) e raio 1. (0 – 1) 2 + (0 – 2) 2 = 1 1 + 4 = k – 1 k = 6. Pela figura. substituindo na equação da circunferência. Solução: A primeira circunferência possui centro em A=(1. Então.blogspot. então. Resolvendo o sistema encontra-se a 2 2 2 2 (2) ( x 0) ( y 2) 25 x y 4 y 21 0 equação x = 7y . 290. r + 1= 2 2 r = 2 2 -1.Determine o maior valor de r de forma que as circunferências (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = 1 e (x. Portanto as equações serão x2 + y2 –6x – 4y -12 = 0 ou x2 + y2 +8x – 2y . pode-se os centros C1=(-4.br 59 .com. Assim. d AB = 1 + r.Determine o valor de k de modo que a reta r: y – x + k = 0 seja tangente à circunferência x2 + y2 + 2x + 2y – 7 = 0. ( x 1) 2 ( y 5) 2 25 x 2 y 2 2 x 10 y 1 0 (1) .1) e C2=(3. Determine o comprimento da corda que a reta r: 2x – y = 0 determina na circunferência de centro em C=(2.tangente à circunferência. Solução: Sendo C=(x. localizada no primeiro quadrante. ( x 2) 2 ( x 1) 2 ( x 1) 2 ( x 4) 2 x 1 C (1. deverá cortar a circunferência em dois pontos. Determine o comprimento da corda que a bissetriz dos quadrantes ímpares determina sobre a circunferência. o centro da circunferência. o raio da circunferência será R=3. = 0 (4 – 2k) 2 – 8(k2 –2k-7) = 0 -4k2 + 72 = 0 k= 3 2. Solução: A reta r: y = 2x.Uma circunferência de raio 2. O outro deverá ser um ponto ( x 2) 2 (2 x) 2 2 5x 2 4 x 0 x P=(x. ou seja. a equação S deverá ter uma única raiz.. tangencia o eixo x e a reta de equação r: 4x – 3y = 0.Em um sistema de coordenadas cartesianas retangulares. Determine a abscissa do centro dessa circunferência. http://dodireitoaeducacao. ou seja.0) e o raio é R=2. dCr = 2 4x 6 16 9 2 4 x 6 10 4x – 6 = 10 x = 4 ou 4x – 6 = -10 x = -1. o valor da abscissa é x = 4. considera-se a circunferência de centro sobre a reta x – y + 3 = 0 e que passa pelos pontos A=(-2.0).7).blogspot. então dCA = dCB. 2x) tal que dPC = 2 4 8 ey . o comprimento da corda será dOP = 16 64 4 5 . Solução: Sendo a circunferência tangente ao eixo dos x e à reta. Assim. seu centro será C=(x. um dos pontos é a origem O= (0.0) e raio R=2. 5 5 Logo.4). Assim.4) e B=(1. Como o centro da circunferência é o ponto C=(2. Como a circunferência está no primeiro quadrante. 2) e a distância entre o centro e a reta será igual ao raio.com.br 60 . 291. x+3). 292. 25 25 5 293. o centro será o ponto médio de http://dodireitoaeducacao. o comprimento da corda será dAB = 3 2. Como P pertence à circunferência. 295. utilizando o ponto P=(2. portanto.com. a reta s que passa por O e P terá coeficiente angular m s b 0 b .1).Determine o centro e o raio da circunferência C: x 3 2 5 cos .Prove que a equação da tangente à circunferência x2 + y2 =r2 .br 61 . 296. Assim. então determine a equação da reta s que passa por A e B.0). Portanto.1) é o ponto médio de uma corda AB da circunferência (x – 1)2 + y2 = 4. Então. Logo. a equação da reta será r: y = 2 1 -x + 3.2 5 . 0).0). Assim. ms=-1. no ponto P=(a.4). a reta tangente à circunferência em P será a0 a perpendicular à s e.b). y 2 5 sen Solução: Para =0o e = 180o encontra-se os pontos A=(-3+ 2 5. A reta r. é r: ax + by – r2 = 0. terá coeficiente angular m a . b então a2 + b2 = r2 . Logo. calculando o coeficiente angular da reta r tem-se: mr 1 0 1 .blogspot. que são simétricos em relação ao centro da circunferência. será perpendicular à reta s que passa por A e B. Solução: O centro da circunferência é o ponto O=(0. 294. Calculando a intersecção entre a reta e a circunferência (x-1) 2 + (y-4) 2 =9.1) e B=(4. a equação da reta r r b será a y b ( x a) by b 2 ax a 2 ax by a 2 b 2 . Assim. Assim. 0) e B=(-3. encontram-se os pontos A=(1.Sabendo que o ponto P=(2. Portanto.A bissetriz dos quadrantes ímpares é a reta y=x. que passa por C e por P. Solução: A circunferência possui centro no ponto C=(1. a equação da tangente será r: ax + by – r2 . y). C A B 3 2 5 3 2 5 . pode-se tomar como parâmetro e as equações paramétricas da circunferência de raio r e centro na origem serão: x r cos para 0 2.Obtenha as equações paramétricas da circunferência x2 + y2 = 25. ) 8 64 x r cos 298. e sendo o ângulo que o raio r(vetor OP de módulo r) faz com o sentido positivo do eixo x. 297. O raio poderá ser calculado por 2 2 2 meio do cáculo da distância entre C e A. http://dodireitoaeducacao. Assim.com. Solução: Considerando a circunferência x2 +y2 = r2 e P=(x.Determine a equação da circunferência tangente ao eixo dos x na origem e que passa pelo ponto P=(3.Mostre que são equações paramétricas da circunferência x2 + y2 = r2 y r sen . Quando varia de 0 a 2 radianos. Solução: Nestas condições. Assim. tanto x como y assumem valores no y r sen intervalo [-r.blogspot. Portanto. A e B.0).4) e O=(0.br 62 . Logo.y) pertencendo à circunferência. 0 0 (3.4). como os pontos P=(3. então dCO = dCP (0 3) 2 ( y 4) 2 (0 0) 2 ( y 0) 2 y x2 ( y 25 . R=dCA= 2 5. o centro da circunferência terá que ser um ponto C=(0. tem-se as seguintes relações: x proji OP y proj OP j onde x r cos . ou seja. a equação da circunferência será 8 25 2 625 . +r]. y r sen 299.0) pertencem à circunferência. -5) o centro da circunferência e R=5 o seu raio. y 5 sen 300. as equações paramétricas serão: x 5 cos para 0 2. então.Determine a equação geral da circunferência que possui. as equações paramétricas serão: x 3 5 cos y 5 5 sen para 0 2. Assim.Determine a equação geral da circunferência que possui. 302.1) o centro da circunferência e R=3 o seu raio. as equações x cos .br 63 .0) e raio r=1. Solução: Sendo C=(2. as equações x 1 2 cos para 0 2.Solução: A circunferência possui centro C=(0. como equações paramétricas.0) e raio R=5.Obter as equações paramétricas da circunferência (x-a) 2 + (y-b) 2 = R2 .Obtenha as equações paramétricas da circunferência x2 + y2 – 6x + 10y + 9 = 0. Assim.Obtenha as equações paramétricas da circunferência x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0. y 2 2 sen http://dodireitoaeducacao. tem-se que xa x a R cos R xb sen y b R cos R cos para 0 2.com. 2 R R R 2 R Associando a identidade trigonométrica cos2 + sen2 =1. as equações paramétricas serão: x 2 3 cos y 1 3 sen para 0 2. 304. 2 2 Solução: Sendo (x – a) 2 + (y – b) 2 = R2. a equação geral será: (x – 0) 2 + (y – 0) 2 = 1 x2 + y2 = 1. 303. Solução: Sendo C=(3. para 0 2. como equações paramétricas. y sen Solução: Estas são as equações paramétricas de uma circunferência de centro na origem O=(0. 301.blogspot. ( x 2a) ( x 2b) 1 x a y b 1.. Logo.6x + 4y + 11= 0. as equações x 3 2 cos y 2 2 sen para 0 2. 2 2 Solução: Resolvendo o sistema x y 4 x 8 y 19 0 .5) são as intersecções entre a reta e a circunferência.Determinar o valor de k de modo que a circunferência de equação x 2 + y2 – 6x + 10y + 9 = 0 e a reta r: y = kx + 1 tenham dois pontos comuns.com. Logo. Assim.br 64 . a equação geral da circunferência será: (x+1) 2 + (y – 2) 2 = 4 x2 + 2x + 1 + y2 –4y + 4 = 4 x2 + y2 + 2x – 4y + 1= 0. que deverá possuir duas raízes para que a reta r seja secante à circunferência. Logo. 306.blogspot. cujo discriminante é = -5 < 0. encontra-se a equação 2x2 – 16x + 39 x y20 = 0. Assim.Solução: Estas são as equações paramétricas de uma circunferência de centro em C=(-1. a equação geral da circunferência será: (x .-2) e raio R= 2. a reta é secante à circunferência. k 9 37 ou k 9 37 . 2 2 Solução: Resolvendo o sistema x y 6 x 10 y 9 0 encontra-se a equação (k2 +1)x2 + 6(2x y kx 1 – 1)x + 20 = 0. encontra-se a equação x2 – 3x + 2 = x y3 0 0.Determine a posição da reta r: x – y + 3 = 0 em relação à circunferência de equação x2 + y2 – 4x – 8y + 19 = 0. 2 2 Solução: Resolvendo o sistema x y 4 x 8 y 19 0 . Assim. http://dodireitoaeducacao.3) 2 + (y + 2) 2 = 2 x2 . > 0.Determinar a posição da reta r: x – y – 2 = 0 em relação à circunferência de equação x2 + y2 – 4x – 8y + 19 = 0.6x + 9 + y2 + 4y + 4 = 2 x2 + y2 . 8 8 307. ou seja. como equações paramétricas. Portanto. a reta é externa à circunferência. que possui como raízes x = 1 ou x = 2.2) e raio R=2.4) e B=(2. os pontos A=(1. 308. 305. Solução: Estas são as equações paramétricas de uma circunferência de centro em C=(3. 64k2 – 144k – 44 >0.Determine a equação geral da circunferência que possui. e sua equação será 4x – 3y – 25 = 0. encontra-se a equação y2 – 4y + 4 = x 2 y 1 0 0. a reta que passa por Q e P. ou seja. Logo. Logo.2) será a única intersecção entre a reta e a circunferência. Por Pitágoras. Assim. ou seja.Dada a circunferência x2 + y2 = 25. determine a equação das retas tangentes conduzidas pelo ponto P=(25/4. a equação da circunferência será: (x + 1) 2 + (y + 2) 2 = 20. Portanto. a equação da reta que passa por Q e P será 3y + 4x – 25 = 0. R = d Cr.Determinar a posição da reta r: x – 2y + 1 = 0 em relação à circunferência de equação x2 + y2 – 4x – 8y + 15 = 0. 311.br 65 . o coeficiente angular do segmento OQ será a tangente do ângulo que o segmento faz com o sentido positivo do eixo x.0) e raio R=5. R 1 2(2) 5 1 2 2 2 10 5 2 5. Logo. m = tg = 3/4. Tomando-se os pontos O. 2 2 Solução: Resolvendo o sistema x y 4 x 8 y 15 0 . 0). P e o ponto Q de tangência da reta decrescente com a circunferência. Solução: Sendo a circunferência tangente à reta. ou seja.-2) e tangente à reta r: x + 2y – 5 = 0. determina-se um triângulo retângulo OPQ. Portanto. verifica-se que o segmento QP possui medida 15/4.Determinar a equação da circunferência de centro em C=(-1. então. que é perpendicular ao segmento OQ. tangente à circunferência e passando por P. terá coeficiente angular –4/3. que possui como raiz y = 2. x2 + y2 + 2x + 4y – 15 = 0.com. Esta reta terá coeficiente angular 4/3. a reta é tangente à circunferência. o ponto A=(3. Solução: A circunferência possui centro O=(0.Construir uma definição para as cônicas: http://dodireitoaeducacao. Elipse 312. Também haverá uma reta crescente.309. 310.blogspot. blogspot. r ) O ponto F chama-se foco.com. tem-se uma hipérbole. define-se como elipse o conjunto dos pontos P do plano que satisfazem a condição: d(P. tem-se uma elipse. F ) e é uma cônica d ( P. d ( P. Uma cônica será caracterizada pela sua excentricidade: e < 1. e = 1. para todo ponto P de .Construir uma definição para elipse: Solução: Supondo que 2c seja a distância que separa dois pontos fixos F 1 e F2 de um plano e que a seja um número real tal que a > c. tem-se uma parábola. a reta r chama-se diretriz e a razão e chama-se excentricidade da cônica. F1) + d(P.br 66 .Solução: Seja uma curva contida em um plano .F2) = 2a Os elementos da elipse serão denominados por: C: centro F1 e F2 : focos 2c : distância focal V1 e V2 : vértices V1V2 : eixo maior http://dodireitoaeducacao. 313. e > 1. Ou seja. Essa curva será uma cônica se. a razão entre as distâncias de P até o ponto F e de P até a reta r for constante. 0).0).Obtenha a equação da elipse de focos F1=(-1.2a : medida do eixo maior AB : eixo menor 2b : medida do eixo menor 314. Assim. b2 = 22 – 12 b2=3. F1=(-c. Assim.blogspot. P está na elipse se.c2).F2) = 2a ( x c) 2 y 2 ( x c) 2 y 2 2a ( x c) 2 y 2 2a ( x c) 2 y 2 2 x 2 2cx c 2 y 2 4a 2 4a ( x c) 2 y 2 x 2 2cx c 2 y 2 .Determinar a equação da elipse de centro na origem do sistema cartesiano e eixo maior no eixo dos x. Solução: Conforme pode-se observar na figura: C=(0. 315. a equação da elipse será: http://dodireitoaeducacao.br 67 . Dividindo por a2(a2 .com.0) e F2=(1.0). Isolando o radical e novamente elevando ao quadrado tem-se: 4a ( x c) 2 y 2 4a 2 4cx 4a ( x c) 2 y 2 4a 2 2 4cx a 2 ( x 2 2cx c 2 y 2 ) a 4 2a 2 cx c 2 x 2 2 a 2 x 2 2a 2 cx a 2 c 2 a 2 y 2 a 4 2a 2 cx c 2 x 2 (a 2 c 2 ) x 2 a 2 y 2 a 2 (a 2 c 2 ).0) e eixo maior 2a= 4. 2 2 2 a a c x2 y2 1.F1) + d(P. Assim.y). Solução: Como a = 2 a2 = 4 e a distância focal 2c = 2 c = 1. F2=(c. observa-se na elipse que: a = b + c b = a – c . V1=(-a.0). a2 b2 316. para um ponto P=(x. Por Pitágoras.0) e V2=(a. tem-se: x2 y2 2 2 2 2 2 2 1. e somente se: 2 d(P. F1=(0.x2 y2 1. Como c=2. Assim. 9 5 http://dodireitoaeducacao.0). para um ponto P=(x. e somente se d(P.0).c).0) e F2=(-2. V1=(0. b2 = a2 – c2 b2 = 5. Logo.y). b2 = 22 – 12 b2=3.0). 3 4 319. b=4.Obter a equação da elipse de focos F1=(3.0) e que passa pelo ponto A=(5. a = 3. Solução: Conforme pode-se observar na figura: C=(0. a equação da elipse será: y2 x2 x2 y2 2 1 2 2 1. então. então a=5. a equação da elipse será: x2 y2 1. c=3 e.F2) = 2a.1) e eixo maior 2a= 4. 25 16 320.-1) e F2=(0.br 68 . Assim.blogspot. 2 a c a b a 2 318.0) e eixo maior igual a 6. Solução: Como a = 2 a2 = 4 e a distância focal 2c = 2 c = 1.Dar a equação da elipse de focos F1=(2.Determinar a equação da elipse de centro na origem do sistema cartesiano e eixo maior no eixo dos y. Logo. Solução: Sendo 2a=6. então. 4 3 317.a).Obtenha a equação da elipse de focos F1=(0.-a) e V2=(0.-c). F2=(0.F1) + d(P. P está na elipse se. Assim.0) e F2=(-3. Solução: Como o ponto A é um vértice da elipse e C=(0.com. a equação será: x2 y2 1. a equação será: x2 y2 1. então. 169 25 325.0) e F2=(-12. a equação da elipse será: x2 y2 1. a2 = b2 + c2 a2 = 13. Solução: O ponto A será um dos vértices da elipse. Solução: Nestas condições.2). a equação da elipse será: y2 x2 1.0) e A’=(-10. Assim. b2 = 144.5) e F2=(0. Assim.Dar a equação da elipse de focos F1=(1.0) e F2=(-1. Logo. sendo um dos seus focos o ponto F=(8. como um dos focos é o ponto F=(8. Portanto. a equação da elipse será: x2 y2 1.br 69 . Logo.0). a= 13 e c=5. Assim.Dar a equação da elipse de focos F1=(0.0).-3) e que passa pelo ponto B=(2. 5 4 323. Solução: Os pontos A e A’ serão os vértices da elipse. 4 13 http://dodireitoaeducacao. Assim.blogspot. Solução: Como o eixo menor possui medida 10.0). Assim. conclui-se que c=1 e b=2. Sendo c = 12.0) e que passa pelo ponto B=(0.0). 100 36 322.13).Dar a equação da elipse de focos F1=(12. logo a2 = b2 + c2 a2 = 169. Portanto. a2 = b2 + c2 a2 = 5.3) e F2=(0. Solução: Nestas condições. a equação da elipse será: x2 y2 1. 144 169 324.Dar a equação da elipse de focos F1=(0.com. a equação da elipse será: x2 y2 1. então 2b = 10 b = 5. Assim. pode-se deduzir que a=10 e b=6.0) e eixo menor igual a 10.Dar a equação da elipse de centro na origem e que intercepta o eixo dos x nos pontos A=(10.-5) e que passa pelo ponto A=(0. c = 3 e b = 2. cujo eixo maior está no eixo y.321. y0) Como. por definição. 4 16 328. y0). (0. a = 4 e. com o eixo maior paralelo ao eixo dos x. Assim. Solução: Seja P=(x. (0.br 70 .y) um ponto qualquer de uma elipse cujo centro é o ponto C=(x0. como o eixo maior está no eixo dos y.0).-4). serão: http://dodireitoaeducacao. como o eixo menor mede 6. com o eixo maior paralelo ao eixo dos y. como o eixo menor mede 4. Solução: Nestas condições. y0). Assim. y0) e F2 = (x0 + c. y0).-4).0). sabendo que o eixo maior está no eixo dos x. No desenvolvimento desta igualdade encontra-se a equação: ( x x0 ) 2 a2 ( y y0 ) 2 b2 1. a equação da elipse será: x2 y2 1.-3).Dar a equação da elipse que intercepta os eixos nos pontos (5.0).Determinar a equação da elipse de centro em C=(x0. a parábola terá como vértices os pontos (5. então: [ x ( x0 c)]2 [ y y 0 ]2 [ x ( x0 c)]2 [ y y 0 ]2 2a . 329.4) e (0. a = 5 e. d(P. Logo. F2) = 2a.Determinar a equação da elipse de centro em C=(x0.com. F1) + d(P. sabendo que o eixo menor está no eixo dos x.326.Dar a equação da elipse que intercepta os eixos nos pontos (2.0). Solução: Nestas condições. sendo c a distância entre um foco e o centro.y) um ponto qualquer de uma elipse cujo centro é o ponto C=(x0. Solução: Seja P=(x. Logo. As coordenadas dos focos. (-2. 25 9 327.0) e (-5. As coordenadas dos focos. (-5.3) e (0. a equação da elipse será: x2 y2 1. y0).0). sendo c a distância entre um foco e o centro. como o eixo maior está no eixo dos x. então b = 3. a parábola terá como vértices os pontos (04) e (0. serão: F1=(x0 – c.blogspot. então b = 2. y0 + c) Como. Já que a2 > b2.3 e y . então: a2 = 25 a = 5 e b2 = 4 b = 2. F1) + d(P. 36 9 Solução: Como x – x0 = x + 5 e y . bem como as medidas dos 2 2 eixos maior e menor. bem como as medidas dos 2 2 eixos maior e menor.y0 = y +4. 8 9 Como x – x0 = x . pode-se afirmar que C = (3.Determinar as coordenadas do centro da elipse. 333. pode-se afirmar que C = (-1.Determinar as coordenadas do centro da elipse. bem como as medidas dos 2 2 eixos maior e menor. 331. pode-se afirmar que C = (3. então: a2 = 81 a = 9 e b2 = 49 b = 7. sendo sua equação ( x 1) ( y 4) 1.-4). então: a2 = 36 a = 6 e b2 = 9 b = 3. Já que a2 > b2. http://dodireitoaeducacao.blogspot. o eixo maior (2a) = 10 e o eixo menor (2b) = 4.c) e F2 = (x0 .7). Solução: Dividindo-se toda a equação por 72.com. o eixo maior (2a) = 18 e o eixo menor (2b) = 14.y0 = y – 7. y0 . Assim. sendo sua equação ( x 5) ( y 2) 1.Determinar as coordenadas do centro da elipse. 332. o eixo maior (2a) = 12 e o eixo menor (2b) = 6. F2) = 2a. 7).br 71 . 4 25 Solução: Como x – x0 = x + 1 e y . bem como as medidas dos eixos maior e menor. Assim.Determinar as coordenadas do centro da elipse. procedendo de modo análogo ao problema anterior.y0 = y – 7. Assim. sendo sua equação ( x 3) ( y 7) 1.y0 = y – 2. 330. pode-se afirmar que C = (-5. encontra-se a equação: ( x x0 ) 2 b2 ( y y0 ) 2 a2 1. então. d(P. 2). por definição. Já que a2 > b2.3 e y . encontra-se a igualdade ( x 3)2 ( y 7)2 1. sendo sua equação 9(x-3)2 + 8(y-7)2 = 72.F1=(x0 . 81 49 Solução: Como x – x0 = x . sendo sua equação 3x2 + 4y2 –6x – 16y + 7=0.com. eixo maior paralelo ao eixo dos x e de medida 10 e eixo menor de medida 6: Solução: Nestas condições. Assim. Logo. 334.Determinar a equação da elipse de centro C=(3.1 + 4. observa-se que a = 3 e b = 2. Solução: Nestas condições. Solução: Nestas condições.4 3(x – 1) 2+ 4(y – 2) ( x 1) 4 2 2 = 12 ( y 2)2 1. 25 9 http://dodireitoaeducacao. o eixo maior (2a) = 4 e o eixo 2 3.blogspot. a equação da elipse será: ( x 2)2 ( y 1)2 1.Determinar a equação da elipse de centro C=(2.2).1 e y . sabendo que os eixos de simetria são paralelos aos eixos x e y. o eixo maior (2a) = 6 e o eixo 4 2. 335. Já que a2 > b2. Logo.2) e tangente aos eixos coordenados.Determinar a equação da elipse de centro C=(7.y0 = y – 2. bem como as medidas dos eixos maior e menor.-1) e tangente aos eixos coordenados. sabendo que os eixos de simetria são paralelos aos eixos x e y. 3 Como x – x0 = x . Solução: 3x2 + 4y2 –6x – 16y + 7=0 (3x2 – 6x)+ (4y2 – 16y) = -7 3(x2 – 2x)+ 4(y2 – 4y) = -7 3(x2 – 2x + 1)+ 4(y2 – 4y + 4) = -7 + 3. Logo. então: a2 =4 a = 2 e b2 =3 b = menor (2b) = 3.6). 4 1 337. observa-se que a = 2 e b = 1. a equação da elipse será: ( x 3)2 ( y 2)2 1.Já que a2 > b2.Determinar as coordenadas do centro da elipse. Assim. então: a2 =9 a = 3 e b2 =8 b = menor (2b) = 2 2. pode-se afirmar que C = (1. 9 4 336. tem-se: 2a = 10 a = 5 e 2b = 6 b = 3.br 72 . a equação da elipse será: ( x 7)2 ( y 6)2 1. a excentricidade da elipse será e c e 1 e 2 . eixo maior paralelo ao eixo dos y e de medida 12 e eixo menor de medida 10: Solução: Nestas condições.Determinar a excentricidade da elipse de equação 2x2 + y2 = 2. a 2 2 342. Logo. 2 2 Solução: Dividindo a igualdade por 12. Logo. 2 2 Solução: Dividindo a igualdade por 2. eixo maior paralelo ao eixo dos y e de medida 6 e eixo menor de medida 4: Solução: Nestas condições.Determinar a equação da elipse de centro C=(5.-1). a equação da elipse será: x 2 ( y 1)2 1. 4 9 341. a excentricidade da elipse será e c e 1 . Assim. encontra-se a seguinte equação x y 1. eixo maior paralelo ao eixo dos x e de medida 16 e eixo menor de medida 4: Solução: Nestas condições. Logo.blogspot. tem-se: 2a = 6 a = 3 e 2b = 4 b = 2. como c2 = a2 – b2 c = 1.br 2 73 . a http://dodireitoaeducacao. 64 4 339. encontra-se a seguinte equação x y 1.0) e a2 = 4 a = 2 e b2 = 3 b = 3 . 1 2 Esta elipse terá centro em C=(0. Assim.Determinar a equação da elipse de centro C=(0. 4 3 Esta elipse terá centro em C=(0. a equação da elipse será: ( x 5)2 y 2 1. 25 36 340.Determinar a excentricidade da elipse de equação 3x2 + 4y2 = 12.com.0) e a2 = 2 a = 2 e b2 = 1 b = 1.Determinar a equação da elipse de centro C=(9. a equação da elipse será: ( x 9)2 ( y 3)2 1. tem-se: 2a = 16 a = 8 e 2b = 4 b = 2.338.0).-3). tem-se: 2a = 12 a = 6 e 2b = 10 b = 5. como c2 = a2 – b2 c = 1. 2 9 2 4 Como x – x0 = x . por conseqüência.Determinar as coordenadas do centro. os semi-eixos e os focos da elipse de equação 4x2 + 9y2 – 8x . 345.9 + 9.36x)+ (16y2+96y)=-36 9(x2 – 4x)+16(y2+6y) = -36 9(x2 – 4x +4)+16(y2 + 6y +9) = -36 + 9.7 .1 5(x – 3) 2+ 9(y +1) ( x 3) 9 2 = 45 2 ( y 1)2 1. pode-se afirmar que C = (3.-1).2). b2 =4 b =2 2b = 4 e.4y) = -4 4(x2 – 2x +1)+9(y2 . F1 = (1+ 5 . 5 Como x – x0 = x .y0 = y -2.4 4(x – 1) 2+ 9(y -2) 2 = 36 ( x 1) ( y 2) 1. os semi-eixos e os focos da elipse de equação 9x2 + 16y2 – 36x + 96y + 36 = 0. Solução: 9x2+ 16y2 –36x+96y +36=0 (9x2 . como c2 = a2 – b2 c = 2. então: a2 =9 a = 3 2a = 6.-3).36y +4=0 (4x2 .9 9(x – 2) 2+ 16(y +3) = 2 144 ( x 2) ( y 3) 1. então: a2 =9 a = 3 e b2 =5 b = 5. a excentricidade da elipse será e c e 2 . 2 16 2 9 Como x – x0 = x .y0 = y + 3.y0 = y + 1. Solução: 5x2 + 9y2 –30x + 18y + 9=0 (5x2 . b2 =9 b =3 2b = 6 e. 2) e F2 = (2.blogspot.3 e y . -3).2 e y .4 +16.5 .Determinar a excentricidade da elipse de equação 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0. Já que a2 > b2. Já que a2 > b2.2).343.1 e y .30x)+ (9y2 + 18y) = -9 5(x2 – 6x)+ 9(y2 + 2y) = -9 5(x2 – 6x + 9)+ 9(y2 + 2y + 1) = -9 + 5.36y + 4 = 0.com. c = 7 . então: a2 =16 a = 4 2a = 8. por conseqüência. http://dodireitoaeducacao.br 74 . Solução: 4x2+ 9y2 –8x. pode-se afirmar que C = (1.4y +4) = -4 + 4. pode-se afirmar que C = (2. F1 = (2+ 7 . Assim. a 3 344. Assim.8x)+ (9y2-36y)=-4 4(x2 – 2x)+9(y2. Já que a2 > b2.Determinar as coordenadas do centro. Assim.1 +9. c = 5 . -3) e F2 = (2. y0) V1 =(1+8. V2 = (x0 + a.Dada a elipse de equação ( x 1) ( y 3) 1. 3) = (-9. pode-se afirmar que C = (1. Solução: Como x – x0 = x . 3). F2 = (x0 + c. 2 2 348. determinar as coordenadas do 100 36 centro. Sabe-se que a2 > b2.6y + 29 = 0.3). 3). Pelo mesmo motivo. y0 – c) V1 =(1.-5).y0 = y . y0) V1 =(1-10. F1 = (-3.Determinar as coordenadas do centro. os semi-eixos e os focos da elipse de equação 4x2 + y2 + 24x . então: a2 =100 a =10 e b2 =36 b =6.blogspot.3). Sabe-se que a2 > b2.br 75 .1 e y .y0 = y .3. 3) = (9. as coordenadas dos focos serão: F1 = (x0 – c. a = 4. 3).Dada a elipse de equação ( x 1) ( y 3) 1. então as coordenadas dos vértices serão: V1 = (x0 . dos vértices e dos focos. y0+a) V1 =(1. como c2 = a2 – b2 c = 8.2 3 ). determinar as coordenadas do 36 100 centro. http://dodireitoaeducacao. Como o eixo maior da elipse é paralelo ao eixo dos x.11).-7). y0) V1 =(1-8. 3-8) = (1. y0) V1 =(1+10.346. 3 . então: a2 =100 a =10 e b2 =36 b =6. dos vértices e dos focos. b = 2. 3) = (11. y0 -a) V1 =(1. Solução: Como x – x0 = x . pode-se afirmar que C = (1.3. 3). 2 2 347. encontra-se C=(-3. 3+8) = (1. as coordenadas dos focos serão: F1 = (x0 .3).13). Assim. F2 = (x0 . Solução: De forma análoga ao problema anterior.1 e y . então as coordenadas dos vértices serão: V1 = (x0 – a. como c2 = a2 – b2 c = 8. y0v+c) V1 =(1. V2 = (x0 . 3-10) = (1.com. 3) = (-7. Como o eixo maior da elipse é paralelo ao eixo dos y. 3+2 3 ) e F2 = (-3.3+10) = (1. Assim. Pelo mesmo motivo. 2 ) = (8.Escrever a equação da elipse que possui centro na origem. Como o eixo maior da elipse é paralelo ao eixo dos x. y0) V1 =(0-2.blogspot. . determinar as coordenadas do centro.y0 = y . F2 = (x0 .3 ). y0) V1 =(0+1. 5) = (-2. então: a2 =3 a = 3 e b2 =1 b =1. Assim.0+ 3 ) = (8. http://dodireitoaeducacao. 2 ). Pelo mesmo motivo.y0 = y .3 ) = (8 . V2 = (x0 + a. 2 2 350. Assim. 5).2 ). F2 = (x0 + c. um dos focos é o ponto (0.0. 5). 4 3 dos vértices e dos focos. então as coordenadas dos vértices serão: V1 = (x0 – a. Sabe-se que a2 > b2. Como o eixo maior da elipse é paralelo ao eixo dos y. y0v+c) V1 =(8. as coordenadas dos focos serão: F1 = (x0 . Solução: Como x – x0 = x .br 76 . y0) V1 =(0+2.Dada a elipse de equação ( x 8) y 1 . 5) = (1..2 2 349.Dada a elipse de equação x ( y 5) 1 . 5) = (-1.5). y0+a) V1 =(8. y0 – c) V1 =(8. 1 3 dos vértices e dos focos. pode-se afirmar que C = (8.0). V2 = (x0 .com. então: a2 =4 a =2 e b2 =3 b = 3 .8 e y . pode-se afirmar que C = (0. 351. Solução: Como x – x0 = x . 0+ 2 ) = (8. 3 ). então as coordenadas dos vértices serão: V1 = (x0 . as coordenadas dos focos serão: F1 = (x0 – c. 5) = (2.0 e y . Sabe-se que a2 > b2. 5). determinar as coordenadas do centro. y0) V1 =(0 -1. 0 . 0 .3) e a medida do semi-eixo maior é igual a 5. como c2 = a2 – b2 c = 1. 5). y0 -a) V1 =(8. como c2 = a2 – b2 c = 2 .5. Pelo mesmo motivo. 3).25 = 20. logo a = 3 5. Solução: Na elipse em questão. sendo (4.Solução: Na elipse em questão. Solução: Substituindo-se os pontos na equação reduzida da elipse.Determine a equação da elipse que possui centro na origem. Solução: Na elipse em questão. Assim. b2 = a2 – c2 = 45 . um dos focos é o ponto (6. Pela definição de elipse.5) e (0. a equação da elipse será: ( x 1)2 ( y 2)2 1 45 20 355.3) e (6. a = 5. Assim.Determine a equação da elipse de centro em (1. c = 4 e b2 = a2 – c2 = 25 – 16 = 9.2). a equação da elipse será: x2 y 2 1 16 25 352. eixo maior sobre o eixo dos x e passa pelos pontos (4.5). o eixo maior é paralelo ao eixo dos x. Assim. a equação da elipse será: ( x 3)2 ( y 1)2 1 8 9 354. Pelas coordenadas dadas.F2) = 2a.3) e um vértice é o ponto (7. seus vértices terão coordenadas (0. c = 3 e b2 = a2 – c2 = 25 – 9 = 16. 2).F1) + d(P. o segundo foco terá coordenadas (-4.br 77 . . encontra-se as seguintes equações: http://dodireitoaeducacao. d(P.2). Como a excentricidade é 1/3. Logo.3).3) e (0.6) um de seus pontos.1). -2) e Solução: Na elipse em questão.blogspot. c = 1 e b2 = a2 – c2 = 9 – 1 = 8. então a = 3.3).com.Determine a equação da elipse com centro em C=(3. e os focos terão coordenadas (0. o eixo maior está contido no eixo dos y.2) e um foco em (6. observa-se que a = 5. Como c = 5. a equação da elipse será: ( x 2)2 ( y 3)2 1 25 16 353.Escrever a equação da elipse cujo centro é o ponto C=(2. Assim. o eixo maior é paralelo ao eixo dos x. . Assim. vértice 3em (3. um 1 e . o eixo maior é paralelo ao eixo dos y. Assim. encontra-se a2 = 52 e b2 = 13. b = 3 b2 = 9.2) é um ponto da elipse. Determinar a equação da elipse de centro na origem. a equação da elipse será: x2 y 2 1.(1) 162 92 1 a b (2) 362 42 1 a b Resolvendo o sistema. encontra-se a2 = 128/5 e b2 = 32/3. focos no eixo das abscissas. Assim.blogspot. http://dodireitoaeducacao. encontra-se as seguintes equações: (1) 162 42 1 a b (2) 4 9 1 2 2 a b Resolvendo o sistema. a2 9 2 2 Assim. as coordenadas serão 3 3 3 3 1. Substituindo o ponto dado e o valor de b2 na equação reduzida da elipse encontra-se a seguinte igualdade: 20 4 1 a 2 36. 4 9 Solução: Substituindo x = 1 na equação da elipse. 2 e 1. 2 . Solução: Substituindo-se os pontos na equação reduzida da elipse.-3).Determinar a equação da elipse de centro na origem e focos no eixo das abscissas.-2) e B=(-2.br 36 9 78 .com. Assim. sabendo que P= (2 5 . a equação da elipse será x y 1. então. encontra-se y = 3 3 2 . 358. 357.Determine as coordenadas dos pontos em que a reta x – 1 = 0 encontra a elipse: x2 y 2 1. 52 13 356. e que passa pelos pontos A=(4. Solução: Sendo 2b = 6. a equação da elipse será: 5x2 12 y 2 128 . Assim. e seu eixo menor vale 6. sabendo que P= ( 15 .Determinar a equação da elipse de centro na origem e focos no eixo das abscissas.359. sabendo que P= (2. b2 = 5.Determinar a equação da elipse de centro na origem e focos no eixo das abscissas. Fazendo a substituição na equação reduzida 15 1 15 1 1 2 1 b2 4 e a 2 20. define-se como hipérbole o conjunto dos pontos P do plano que satisfazem a condição: | d(P. Solução: Sendo 2c = 8. Assim. Assim. 20 4 361. F1) .0) e b2 = a2 – c2 b2 = 25. encontra-se a igualdade 2 2 Assim.1) é um ponto da elipse. Como 2c = 24 c = 12.0). a 2 b2 b 16 b2 da elipse.d(P. então a2 = 9 e c2 = 5. Logo. e a distância entre seus focos é 2c = 8. a a 3 2 2 equação da elipse será x y 1. a2 = b2 + c2 a2 = b2 + 16. a equação da elipse será x y 1 . Logo.com. então.Construir uma definição para hipérbole: Solução: Supondo que 2c seja a distância que separa dois pontos fixos F 1 e F2 de um plano e que a seja um número real tal que a < c. c2 = 16.Determinar a equação da elipse cuja medida do eixo maior é 26 e os focos são os pontos F1=(-10. 5 ) é um ponto da elipse.0) e F2 = (14. e a sua excentricidade é 3 e=2/3.br 79 . Solução: Sendo a excentricidade e c 2 .F2)| = 2a http://dodireitoaeducacao. o centro da elipse estará no ponro C=(2.blogspot. a equação da elipse será: ( x 2)2 y 2 1 169 25 Hipérbole 362. Assim. Solução: Sendo 2a = 26 a = 13. 9 5 360. Assim. F2=(c.com.Os elementos da hipérbole serão denominados por: C: centro F1 e F2 : focos 2c : distância focal V1 e V2 : vértices V1V2 : eixo real 2a : medida do eixo real AB : eixo conjugado 2b : medida do eixo conjugado 363.br b 80 .blogspot. Solução: Conforme pode-se observar na figura: C=(0. V1=(-a. P está na hipérbole se. e somente se: 2 |d(P. Por Pitágoras.d(P.y).0). a http://dodireitoaeducacao.0).Determinar a equação da hipérbole de centro na origem do sistema cartesiano e eixo real no eixo dos x.a equação reduzida da hipérbole será x 2 y 2 1. observa-se na hipérbole que: c = a + b a2 a2 c2 .b2 = a2 – c2.F2)| = 2a ( x c)2 y 2 ( x c)2 y 2 2a ( x c)2 y 2 2a ( x c)2 y 2 2 x 2 2cx c 2 y 2 4a 2 4a ( x c) 2 y 2 x 2 2cx c 2 y 2 . F1=(-c.c2).F1) . Isolando o radical e novamente elevando ao quadrado tem-se: 2 2 4a ( x c)2 y 2 4a 2 4cx a ( x c)2 y 2 a 2 cx a 2 ( x2 2cx c 2 y 2 ) a 4 2a 2cx c2 x 2 a 2 x2 2a 2cx a 2c 2 a 2 y 2 a 4 2a 2cx c 2 x2 (a 2 c2 ) x 2 a 2 y 2 a 2 (a 2 c 2 ).0) e V2=(a. 2 2 Assim.0). para um ponto P=(x. Dividindo por a2(a2 . tem-se: x2 y2 2 2 2 1.0). F2)| = 2a. Logo.Construir a equação da hipérbole de focos F1=(-5. 4 5 367.-3) e F2=(0.c).0). 2 a c a a b 2 366.364.0).y). F2=(0.0) e F2=(5. Assim. c=3 e.Determinar a equação da hipérbole de focos F1=(2.com. a equação da hipérbole será: y2 x2 1.F1) . a equação da hipérbole será: x y 1. Solução: Como o ponto A é um vértice da hipérbole e C=(0. a equação será: http://dodireitoaeducacao.0). b2=5. b2 = c2 – a2 b2 = 3.0) e que passa pelo ponto A=(2. Logo.d(P.0) e F2=(-2. b2 = 52 – 32 b2=16. Solução: Sendo 2a=2. Solução: Como 2a = 6 a = 3 e a distância focal 2c = 10 c = 5. para um ponto P=(x. então. Assim. a = 1. então a=2. Solução: Como 2a = 4 a = 2 e a distância focal 2c = 6 c = 3. V1=(0. b2 = 32 – 22 b2=5.0) e eixo real igual a 2. a equação será: x2 y2 1. então. 2 2 Assim.blogspot.a). 4 5 368.Determinar a equação da hipérbole de centro na origem do sistema cartesiano e eixo real no eixo dos y. Como c=2.br 81 . Solução: Conforme pode-se observar na figura: C=(0.Construir a equação da hipérbole de focos F1=(3. 9 16 365. P está na hipérbole se.0) e eixo real medindo 6.-a) e V2=(0. F1=(0.3) e eixo real medindo 2a= 4.0) e F2=(-3. então. Assim.Construir a equação da hipérbole de focos F1=(0. a equação da hipérbole será: y2 y2 x2 x2 2 1 2 2 1. e somente se|d(P.-c). |d(P. sendo c a distância entre um foco e o centro.0).-6) e que passa no ponto A=(0. a equação da hipérbole será: x2 y2 1. como um dos focos é o ponto F=(10. F2)| = 2a. então: [ x ( x 0 c)]2 [ y y 0 ] 2 [ x ( x 0 c)]2 [ y y 0 ] 2 2a . Solução: Como o ponto A é um vértice da hipérbole e C=(0. por definição. y0) Como.0) e A’=(-8. Assim. c=6 e. Assim.0).Determinar a equação da hipérbole de centro em C=(x0. então 2b = 10 b = 5.4). sendo um dos seus focos o ponto F=(10. logo a2 = c2 . com o eixo real paralelo ao eixo dos x.d(P. 16 20 370.Determinar a equação da hipérbole de centro na origem e que intercepta o eixo dos x nos pontos A=(8. http://dodireitoaeducacao. serão: F1=(x0 – c. então. F1) . y0) e F2 = (x0 + c. 1 3 369. y0). Solução: Como o eixo imaginário possui medida 10.0) e eixo imaginário igual a 10. a equação será: y2 x2 1.0). então a=4. Solução: Os pontos A e A’ serão os vértices da hipérbole. Sendo c = 12.6) e F2=(0.Determinar a equação da hipérbole de focos F1=(12.br 82 . b2=20.0) e F2=(-12. a equação da hipérbole será: x2 y2 1. Solução: Seja P=(x.b2 a2 = 119.Determinar a equação da hipérbole de focos F1=(0. Assim.x2 y2 1.y) um ponto qualquer de uma hipérbole cujo centro é o ponto C=(x0. y0).com. Logo.0).blogspot. pode-se deduzir que a=8 e b=6. 119 25 372. 64 36 371. As coordenadas dos focos. serão: F1=(x0 . pode-se afirmar que C = (-6.Determinar as coordenadas do centro da hipérbole. 16 36 Solução: Como x – x0 = x + 6 e y . bem como as medidas dos 2 2 eixos real e imaginário.br 83 .blogspot.y0 = y .Determinar as coordenadas do centro da hipérbole.d(P. Já que o eixo real é paralelo ao eixo dos x.7). F2)| = 2a.y) um ponto qualquer de uma hipérbole cujo centro é o ponto C=(x0. encontra-se a equação: ( y y0 ) 2 a2 ( x x0 ) 2 b2 1. por definição. |d(P. bem como as medidas dos 2 2 eixos real e imaginário. Assim. o eixo real (2a) = 18 e o eixo imaginário (2b) = 14. 36 9 Solução: Como x – x0 = x + 5 e y . 376. y0 . Já que o eixo real é paralelo ao eixo dos x. 7). 373. procedendo de modo análogo ao problema anterior. y0). 2). sendo sua equação ( x 5) ( y 2) 1. com o eixo real paralelo ao eixo dos y. sendo sua equação ( x 3) ( y 7) 1. então: a2 = 81 a = 9 e b2 = 49 b = 7. As coordenadas dos focos.Determinar as coordenadas do centro da hipérbole. http://dodireitoaeducacao.No desenvolvimento desta igualdade encontra-se a equação: ( x x0 ) 2 a2 ( y y0 ) 2 b2 1.com. então: a2 = 36 a = 6 e b2 = 9 b = 3. pode-se afirmar que C = (3.3 e y . y0). 375. Solução: Seja P=(x. 81 49 Solução: Como x – x0 = x . sendo c a distância entre um foco e o centro. então.y0 = y – 2. bem como as medidas dos 2 2 eixos real e imaginário. 374.c) e F2 = (x0 .Determinar a equação da hipérbole de centro em C=(x0. y0 + c) Como.7. pode-se afirmar que C = (-5.y0 = y – 7. Assim. o eixo real (2a) = 12 e o eixo imaginário (2b) = 6. sendo sua equação ( y 6) ( y 7) 1. F1) . 379. Então: a2 =1 a = 1 e b2 =3 b = 3. Assim. o eixo real (2a) = 6 e o eixo imaginário (2b) = 8. Pelos dados.Determinar as coordenadas do centro da hipérbole. respectivamente.1). 377. sendo sua equação 3x2 . Logo. real e imaginário. 2 2 Portanto.Determinar as coordenadas do centro e dos eixos da hipérbole de equação 16(x-4)2 . pode-se afirmar que C = (2.1). Solução: O centro da hipérbole será determinado por meio do ponto médio entre os focos. Então: a2 =9 a = 3 e b2 =16 b = 4.Já que real é paralelo ao eixo dos y.y0 = y – 1.1) e B=(7. 1 3 378.y2 – 12x + 4y + 13=0. a equação da hipérbole será ( x 5) ( y 1) 1.br 84 .4 e y . http://dodireitoaeducacao. 380.(y2 + 4y) = -13 3(x2 – 4x + 4) .1).Determinar a equação da hipérbole de focos nos pontos A=(3. o eixo real (2a) = 8 e o eixo imaginário (2b) = 12.(y2 + 4y) = -13 3(x2 – 4x) . e que passa pelo ponto P=(6. Solução: 3x2 .com. então: a2 = 16 a = 4 e b2 = 36 b = 6.9(y-1)2 = 144. Assim.2 e y .y2 – 12x + 4y + 13=0 (3x2 – 12x) .1). 2 2 Solução: Dividindo-se toda a equação por 144. cujos eixos. encontra-se a igualdade ( x 4) ( y 1) 1. medem 6 e 8. 3 Como x – x0 = x .4 + 1.-2). o eixo real (2a) = 2 e o eixo imaginário (2b) = 2 3. C=(5.(y2 + 4y + 4) = -13 + 3. bem como as medidas dos eixos. pode-se afirmar que C = (4.Calcular a excentricidade e a distância focal da hipérbole.y0 = y + 2.(y + 2) 2 = 3 ( y 2)2 1. Assim. Assim. observa-se que a = 1 e c = 2. b2 = c2 – a2 b2 = 3. 9 16 Como x – x0 = x .4 3(x – 2) ( x 2) 1 2 2 .blogspot. c = 5.com.blogspot.Calcular a distância focal e a medida do eixo imaginário de uma hipérbole cuja excentricidade é 2 e a medida do eixo real é 4. O eixo imaginário é 2b = 8 b = 4. c 2 2 2 4 c 2.5) (2.5 = 10. logo. Logo: a Eixo Imaginário: 2b = 4 3 Distância Focal: 2c = 8. Solução: O eixo real mede 4. A distância focal é 2c = 5 c = 5/2 c2 = 25/9.6). c2 = a2 + b2.Solução: Como o eixo real é 2a =6 a = 3.Calcular a excentricidade e a medida do eixo real de uma hipérbole. na qual a distância focal é 5 e a medida do eixo imaginário é 3.5 6 C 1. 11 (4. A excentricidade é 4. Solução: Como o eixo imaginário é 2b =3 b = 3/2 b2 = 9/4.2c = 2.e c 5 a 3 Distância focal . 2a = 4 a = 2. na hipérbole.Calcular as coordenadas do centro de uma hipérbole cujos focos são os pontos A=(-4. c2 = a2 + b2. Como. a = 2.0). 382.5) e B=(2. na qual o centro é o ponto C=(2. Como. Logo: Excentricidade : e c 5 a 4 Distância focal : 2a = 2. logo. então. b = 2 3 . na hipérbole. c = a + b . Assim.6) 4 2.4 c 8.0) e o eixo imaginário mede 4.2 = 4. Como. 2 2 2 384. 383. Solução: O centro da hipérbole estará no ponto médio do segmento AB. então. http://dodireitoaeducacao.Calcular a medida do eixo real e a distância focal de uma hipérbole. um dos vértices é o ponto P=(6. Logo: Excentricidade .br 85 . então. na hipérbole. 381. a hipérbole de equação ( y 8) ( x 1) 1. e como a distância http://dodireitoaeducacao.Determinar a equação da hipérbole de centro no ponto C=(1.Solução: Em função das coordenadas do centro e de um dos vértices. e cujas medidas dos eixos real e imaginário são. 2 2 A medida do eixo real será a distância entre os ponto A e B. e a outra com o eixo real 36 4 2 2 paralelo ao eixo dos y.1). (4.9 5 C 3.8). o ponto e a 5 . A=(2. Assim.1). e cujo eixo imaginário mede 6.blogspot.5) 4 2. Assim. Assim. 25 24 388.9) e B=(2.5).Determinar a equação da hipérbole.br 86 . ou seja. a equação da hipérbole será ( x 7) ( y 6) 1. o ponto C=(3. 12 e 4. ou seja. Uma com o eixo real paralelo 2 2 ao eixo dos x. como o eixo imaginário mede 6.com.6).7 . ou seja. sabendo que os vértices são os pontos 7 e 5 . 385. 386. a hipérbole de equação ( x 1) ( y 8) 1 .1) e B=(8. como a excentricidade é então c = 7 e a = 5. então 2b = 6 b = 3. Logo: Eixo Real: 2a = 8 Distância Focal: 2c = 4 5. respectivamente.6) e a excentricidade é Solução: O centro da hipérbole c 7 será o ponto médio do segmento AB.Calcular as coordenadas do centro e a medida do eixo real de uma hipérbole cujos vértices estão nos pontos A=(4. 2a = dAB = 2 5. Solução: O centro da hipérbole será o ponto médio do segmento AB. Portanto. é possível concluir que a = 4. é possível obter duas hipérboles. Solução: Nestas condições.9) (2. Assim. ou seja. Como b = 2. então b2 = 24. c2 = a2 + b2. então.Determinar a equação da hipérbole que possui os focos nos pontos A=(-2. c = 2 5 . C=(7.6) e B=(12. pois o eixo imaginário mede 4. Sendo c 2 = a2 + b2 2 2 b2 = c2 – a2. 36 4 387. Solução: O centro da hipérbole estará no ponto médio do segmento AB. sabendo-se que ela possui os pontos A=(12.0) e o ponto B pertence à hipérbole. Como c2 = a2 – b2 b2 = c2 – a2 b2 = 5. 16 9 389. o centro da hipérbole será o ponto C=(0. Assim. conclui-se que B é um vértice e. 64 36 Parábola http://dodireitoaeducacao.br 87 . 16 9 390. Sendo c2 = a2 + b2 a2 = c2 – b2. Logo. a equação da hipérbole será: x2 y2 1.focal mede 10. Assim.Determinar a equação da hipérbole que possui os focos nos pontos A=(-5. portanto. Por intermédio do ponto A. então c = 5. Solução: Nestas condições. 3 5 ) e B=(8. Assim. então 2c = 10 c = 5. c2 = a2 + b2 a2 + b2 = 25 (1). Solução: Como o centro é o ponto C=(0.Determinar a equação da hipérbole que possui centro na origem e o eixo real está contido no eixo dos x. encontra-se a equação 144 45 1.0). então 8 2 3 32 1 642 272 1 (2). c = dFC = 3 e a = dVC = 2. um foco em F=(2. Solução: Observa-se que a hipérbole em questão possui eixo real paralelo ao eixo dos y.4). encontra-se b2 = 36. como a distância focal é 2c = 10. então a equação da hipérbole será ( y 6) 2 ( x 2) 2 1.com. então a2 = 16. a equação da hipérbole 2 2 será: x y 1. 3 3 ).blogspot. e possui um ponto P de coordenadas P=(8.0) e.0) e B=(5.3) e um vértice em V=(2. a = 8. 2 2 Portanto. a 2 b2 Substituindo o valor de a.Determinar a equação da hipérbole que possui centro em C=(2. 4 5 391. a equação da hipérbole será ( x 3) ( y 1) 1. 2 Como P pertence à hipérbole. encontra-se a2 = 16 e b2 = 9. Resolvendo o 2 a b a b sistema das equações (1) e (2).0).6). 5) e vértice V=(9. em um plano . sua diretriz é a reta y = -4 e o foco está no ponto F=(5. -4).Escrever as equações do eixo de simetria e da diretriz da parábola cujo vértice está no ponto V=(4. 394.blogspot. pois ambos os pontos possuem ordenada 4.2). Solução: Como.11).r. a diretriz é a reta ortogonal ao eixo dos x que passa pelo ponto (1.r. sabendo-se que seu eixo de simetria é a reta x = 5.r = 3.y). então dQ. o vértice da parábola será o ponto V=(5.F = dQ. Os elementos da parábola serão denominados por: r: reta diretriz F: foco S: eixo de simetria V: vértice 2a: distância do foco à diretriz 393. dQ. Solução: O eixo de simetria será a reta paralela ao eixo dos x que contém os pontos V e F. por definição. e um ponto F=(x.F = dQ.4) e. por definição.F = dQ.Determinar a distância entre o foco e a diretriz da parábola que possui foco F=(1.4) e o foco está no ponto F=(7. Assim. Logo.com.Determine as coordenadas do vértice de uma parábola.br 88 . Como. 395.F = dFV = dQ.Apresentar uma definição para as parábolas Solução: Dada uma reta r.392. então o vértice estará no ponto médio entre o foco e a intersecção da reta diretriz com o eixo de simetria. http://dodireitoaeducacao.r e V pertence à parábola. -1). Assim. sua equação será y = 4. possui equação x = 1. com F r. A intersecção entre a reta diretriz e o eixo de simetria será o ponto de coordenadas (5.4). portanto. dQ. denomina-se de parábola o conjunto de pontos Q do plano tais que dQ. 4o Caso: A diretriz é paralela ao eixo dos y e a concavidade está voltada para a esquerda. 2o Caso: A diretriz é paralela ao eixo dos x e a concavidade está voltada para baixo. Assim.10 20. a reta diretriz terá equação r: y – q – a = 0 e o foco terá coordenadas F=(p. (9 1) 2 (11 5) 2 2. com o mesmo procedimento do caso anterior. por definição. a reta diretriz terá equação r: x – p – a = 0 e o foco terá coordenadas F=(p . Nestas condições. http://dodireitoaeducacao. dQ.(y-q). 2a 2. por definição. Assim. então: d QF d Qr ( x p) 2 ( y (q a)) 2 ( x p) 2 ( y q a) yqa 0 2 12 y q a ( x p) 2 2 ( x p) 2 ( y q a) y q a 2 ( y q ) 2 2a ( x q ) a 2 ( y q ) 2 2a ( y q ) a 2 ( x p) 2 4a( y q).dVF. q). tem-se que considerar quatro casos distintos: 1o Caso: A diretriz é paralela ao eixo dos x e a concavidade está voltada para cima.r. Neste caso.Solução: Como.a).Determinar a equação da parábola de vértice no ponto V=(p.(x . Neste caso.a. a equação da parábola será (y – q)2 = 4a. será 2. a distância entre o foco e o vértice (d VF) é igual a distância entre o vértice e a diretriz. 396. 3o Caso: A diretriz é paralela ao eixo dos y e a concavidade está voltada para a direita. com o mesmo procedimento do caso anterior. Como. a reta diretriz terá equação r: y – q + a = 0 e o foco terá coordenadas F=(p. a equação da parábola será (x – p)2 = 4a. então a distância entre o foco e a diretriz. nestas condições.blogspot. 100 2. a equação da parábola será (y – q)2 = 4a.q) e distância entre o foco e a diretriz igual a 2a.com.F = dQ. q . a reta diretriz terá equação r: x – p + a = 0 e o foco terá coordenadas F=(p + a. simbolizada por 2a.p).p). Assim. Assim.br 89 . Para um ponto qualquer da parábola Q=(x. Solução: Para a determinação da equação da parábola.(x . q + a).y). com o mesmo procedimento do caso anterior. q). q +a = 0 r: y – 3 + 2 = 0 r: y –1 = 0.2) e o foco terá coordenadas F=(p. Assim. determinar a posição da concavidade. o vértice terá coordenadas V=(1. determinar a posição da concavidade. Solução: Pela equação dada.397. -4a = -8 a = 2. observa-se que ela possui concavidade voltada para cima e eixo de simetria paralelo ao eixo dos y.2). O eixo de simetria terá equação s: x – p = 0 s: x + 5 = 0. http://dodireitoaeducacao. Solução: Pela equação dada. q + a) = (5. Logo.(y + 4). Assim. Logo.5)2 = 8.com. as coordenadas do vértice e do foco. O eixo de simetria terá equação s: x – p = 0 s: x – 1 = 0.a = 0 r: y – 2 . 4a = 16 a = 4. A reta diretriz terá equação r: y .br 90 . q . observa-se que ela possui concavidade voltada para cima e eixo de simetria paralelo ao eixo dos y. o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo de simetria.Dada a parábola (x . 5). as coordenadas do vértice e do foco. Logo. Assim. 0). o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo de simetria. 398. q + a) = (-5. A reta diretriz terá equação r: y . 399.q . A reta diretriz terá equação r: y . as coordenadas do vértice e do foco.Dada a parábola (x + 5)2 = 16.a) = (1.3).(y .q +a = 0 r: y – (-4) + 4 = 0 r: y +8= 0. determinar a posição da concavidade. Solução: Pela equação dada. 0). observa-se que ela possui concavidade voltada para baixo e eixo de simetria paralelo ao eixo dos y.1)2 = -8. o vértice terá coordenadas V=(5. o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo de simetria.2 = 0 r: y –4 = 0.-4) e o foco terá coordenadas F=(p. o vértice terá coordenadas V=(-5. 4a = 8 a = 2.(y . O eixo de simetria terá equação s: x – p = 0 s: x – 5 = 0.blogspot.3) e o foco terá coordenadas F=(p.Dada a parábola (x . A reta diretriz terá equação r: x . o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo de simetria. A reta diretriz terá equação r: x . determinar a posição da concavidade.Escrever a equação da parábola cujo foco está no ponto F=(5. a equação da parábola será (x – 5)2 = 12(y – 4). Assim. Como a = dFV.com. 2). 0).br 91 . Logo. o vértice terá coordenadas V=(0. o vértice terá coordenadas V=(-8.p +a = 0 r: x – 0 + 4 = 0 r: x + 4 = 0.(x + 8). observa-se que ela possui concavidade voltada para a esquerda e eixo de simetria paralelo ao eixo dos x. Solução: Por meio dos pontos dados.2) e o foco terá coordenadas F=(p . q) = (4. http://dodireitoaeducacao. 4a = 16 a = 4. Assim. Assim. 402. 403.Escrever a equação da parábola cujo foco está no ponto F=(7.blogspot.3 = 0 r: x + 5 = 0. q) = (-11. O eixo de simetria terá equação s: y – q = 0 s: y – 2 = 0.a.400. determinar a posição da concavidade. Como a = d FV. a equação da parábola será (y – 5)2 = 12(x – 4).Dada a parábola (y . Logo.4). observa-se que a parábola possui concavidade para a direita e eixo de simetria paralelo ao eixo dos x. então é fácil verificar que a = 3. observa-se que ela possui concavidade voltada para a direita e eixo de simetria paralelo ao eixo dos x.a = 0 r: x + 8 .0) e o foco terá coordenadas F=(p+ a.5) e o vértice está no ponto V=(4. 401. Solução: Pela equação dada.7) e o vértice está no ponto V=(5. então é fácil verificar que a = 3.p .5). observa-se que a parábola possui concavidade para cima e eixo de simetria paralelo ao eixo dos y. Solução: Por meio dos pontos dados. O eixo de simetria terá equação s: y – q = 0 s: y = 0. Solução: Pela equação dada. as coordenadas do vértice e do foco. o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo de simetria.Dada a parábola y2 = 16x. as coordenadas do vértice e do foco. -4a = -12 a = 3. Assim.2)2 = -12. observa-se que a parábola possui concavidade para cima e eixo de simetria paralelo ao eixo dos y. então é fácil verificar que a = 1. 0) e. 0) e. Assim. que possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos y e parâmetro a = -4.404. -1) e cuja equação da diretriz é r: y – 1 = 0. observa-se que a parábola possui concavidade para a direita e eixo de simetria no eixo dos x. Assim. -1) e cuja equação de sua diretriz é r: y + 7 = 0. a equação da parábola será x2 =-4y. a equação da parábola será (x – 6)2 = 12(y + 4) 405. Como 2a = d Fr.Determinar a equação da parábola de vértice em V=(-3. as coordenadas do vértice serão V=(0.br 92 . Solução: Por meio das coordenadas do foco e da equação da diretriz. portanto. Solução 408.Escrever a equação da parábola que possui foco no ponto F=(6. 406. então é fácil verificar que a = 2. Assim. portanto.Escrever a equação da parábola que possui foco no ponto F=(0. a equação da parábola será y2 = 8x.Escrever a equação da parábola que possui foco no ponto F=(2. observa-se que a parábola possui concavidade para baixo e eixo de simetria no eixo dos y. 407.blogspot. Como 2a = dFr. Solução: Por meio das coordenadas do foco e da equação da diretriz. as coordenadas do vértice serão V=(6. 5). Como 2a = dFr. portanto.0) e cuja equação da diretriz é r: x + 2=0.com. Solução: Por meio das coordenadas do foco e da equação da diretriz.Determinar as coordenadas do vértice e do foco da parábola de equação x = y2 – 2y + 1. as coordenadas do vértice serão V=(0. http://dodireitoaeducacao. então é fácil verificar que a = 3. -4) e. 2 p 0 p 0 e p 2 4aq 4 p 4. 4) e o foco terá coordenadas F=(0 . 1). Solução: A parábola possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos y e concavidade voltada para baixo. Solução: A parábola possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos x e concavidade voltada para a esquerda. Assim.com. o 2 2 4 4 ax y 2 qy q 4 ap vértice terá coordenadas V=(0. Sua equação é do tipo (y – q)2 = 4a. y2 – 2qy + q2 = -4ax + 4ap -4ax = y2 – 2qy + q2 . 2 2 4 4ay x 2 px p 4aq Assim.br 93 .(x – p). y2 – 2qy + q2 = 4ax – 4ap 4ax = y2 – 2qy + q2 + 4ap. 15/4). ou seja.4aq. 1) e o foco terá coordenadas F=(1/4 . Comparando as duas equações. 409.Solução: A parábola possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos x e concavidade voltada para a direita. 411. ou seja. 1) e o foco terá coordenadas F=(3/4 . 2q 2 q 1 e q 2 4ap 0 p 1. Comparando as duas equações. tem-se: x y 2 2 y x y 2 2 y 1 4a 1 a . Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema http://dodireitoaeducacao. Sua equação é do tipo (y – q)2 = -4a. 1). 410. Sua equação é do tipo (x – p)2 = -4a. tem-se: x y2 2y 1 1 4a 1 a . o vértice terá coordenadas V=(1.4ap. ou seja. tem-se: y x 2 4 y x 2 4 1 4a 1 a . 2q 2 q 1 e q 2 4ap 1 p 0.(y – q). x2 – 2px + p2 = -4ay + 4aq -4ay = x2 – 2px + p2 .Determinar os pontos de intersecção entre a parábola y = x2 – 2x + 2 e a reta y = 2x – 1.Determinar as coordenadas do vértice e do foco da parábola de equação x = -y2 + 2y .(x – p). o vértice terá coordenadas V=(0.blogspot.Determinar as coordenadas do vértice e do foco da parábola de equação y = -x2 +4. Comparando as duas equações. 2 2 4 4ax y 2qy q 4ap Assim. y x 2 2x 2 y 2x 1 . Assim, as intersecções encontradas serão os pontos P1=(-6,9) e P2=(2,1). 412.Determinar os pontos de intersecção entre a parábola de equação x 2 = 4y e a reta x + y – 3 = 0. Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema 4y x2 y x 12 . Assim, as intersecções encontradas serão os pontos P1=(1,1) e P2=(3,5). 413.Determinar o valor de k, de modo que a reta y = x + k e a parábola y = x 2 possuam um único ponto de intersecção. Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema y x 2 (1) . y x k (2) Substituindo (1) em (2), encontra-se a equação x2 – x – k = 0 que, para atender às condições do problema, deverá ter Δ=0. Assim, o valor de k deverá ser k= 1 . 4 414.Determinar o valor de k, de modo que a reta y = 2x – k seja tangente à parábola de equação y = x2 – 2x. Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema y x 2 2 x (1) y 2 x k ( 2) . Substituindo (1) em (2), encontra-se a equação x2 – 4x + k = 0 que, para atender às condições do problema, deverá ter Δ=0. Assim, o valor de k deverá ser k=4. 415.Determinar os pontos de intersecção entre a parábola y = 2x2 – 1 e a circunferência de equação x2 + y2 = 1. Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 94 y 2 x 2 1 (1) . 2 2 x y 1 ( 2) Substituindo (1) em (2), encontra-se a equação 4x4 - 3x2 = 0, que terá como soluções x1= 0, x2 = P1=(0, -1), P2 = ( 3 1 , ) 2 2 e x3 = 3 2 e P3 = ( 3. 2 Assim, os pontos de intersecção serão: 3 1 , ) 2 2 2 2 416.Determinar os pontos de intersecção da elipse x y 1 com a parábola y2 = 100 225 24x. Solução: Substituindo y2 = 24x na equação da elipse, encontra-se a equação 225x2 + 2400x – 22500 = 0. Esta equação possui raízes 50 3 e 6. Porém, somente 6 é uma raiz válida. Assim, substituindo em qualquer uma das equações, encontra-se os pontos (6, -12) e (6, 12). 417.Determinar os pontos da parábola x2 = 5y nos quais os valores das abscissas e ordenadas são iguais. Solução: Os pontos terão coordenadas do tipo ( , t). Assim, substituindo na equação da parábola, encontra-se a equação t2 – 5t = 0, que terá como raízes t=0 e t=5. Logo, os pontos terão coordenadas (0,0) e (5,5). 418.Determinar os pontos da parábola x2 = 3y cujo valor da ordenada é o dobro do valor da abscissa. Solução: Os pontos terão coordenadas do tipo (t, 2t). Assim, substituindo na equação da parábola, encontra-se a equação t2 – 6t = 0, que terá como raízes t=0 e t=6. Logo, os pontos terão coordenadas (0,0) e (6,12). 419.Determinar a equação da parábola de foco em F=(2,2) e diretriz r: x + y = 0. Solução: É importante observar que, para esta parábola, o eixo de simetria não é paralelo a um dos eixos coordenados. Assim, para que se possa determinar a sua equação, deve-se recorrer à definição de parábola, ou seja, dPF = dPr . Logo, http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 95 d PF d Pr ( x 2) 2 ( y 2) 2 x y ( x 2) 2 ( y 2) 2 2 x 2 xy y x y 8 x 8 y 2 xy 16 0. 2 2 2 ( x y) 2 2 x 2 8 x 16 2 y 2 8 y 2 2 420.Determinar a equação da parábola que possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos y e que passa por A=(0,0), B=(1,1) e C=(3,1). Solução: Por ter o eixo de simetria paralelo ao eixo dos y, a parábola terá equação do tipo y = ax2 + bx + c. Assim, substituindo os pontos, tem-se: (1) c = 0 (2) a + b + c = 1 (3) 9a + 3b + c = 1 a b 1 9a 3b 1 Aplicando (1) em (2) e (3), encontra-se o sistema , que terá como solução a = - 1/3 e b = 4/3. Logo, a equação da parábola será: y x 2 4x . 3 3 421.Determinar a equação da parábola que possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos x e que passa pelos pontos A=(2,0), B=(0,3) e C=(8, -3). Solução: Por ter o eixo de simetria paralelo ao eixo dos x, a parábola terá equação do tipo x = ay2 + by + c. Assim, substituindo os pontos, tem-se: (4) c = 2 (5) 9a +3 b + c = 0 (6) 9a - 3b + c = 8 9a 3b 2 Aplicando (1) em (2) e (3), encontra-se o sistema 9a 3b 6 2/9 e , que terá como solução a = b = -4/3. Logo, a equação da parábola será: x 2 y2 4 y 2. 3 3 http://dodireitoaeducacao.blogspot.com.br 96 blogspot. http://dodireitoaeducacao.8x . por onde passa uma reta tangente à parábola e paralela à reta de equação y = 8x – 8. Solução: A reta tangente à parábola terá equação do tipo y = 8x + b.4). a reta terá equação y = 8x – 4 e a intersecção com a parábola ocorrerá no ponto P=(1.com.br 97 .Determinar um ponto P na parábola de equação y = 4x2. Assim.b = 0 Δ=0 b = -4.422. 8x + b = 4x 2 4x2. Logo.