Calculo Vetorial-422 Exercícios Respondidos

March 28, 2018 | Author: Alan Baloni | Category: Euclidean Vector, Triangle, Circle, Equations, Geometry


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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 ) ac bd  ( .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 yz 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 v0. Assim. 117. 0. u. y. y = -1 e z = -1. pois v0.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 v0. 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. 42 54 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 73 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 = 02 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. 40 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.1m=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-13=m.1) e Q=(2. 185.Determine os coeficientes angular e linear da reta de equação r: 6x – 2y + 4 = 0.0). m 30 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 ab  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. rs = (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 rt = (4.br 38 . 2x  3) . encontra-se o ponto P=(4. st = (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 tgs = ms e tgr = 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  tgsr = 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  tgrs = 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 rs = (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 yk 2 1 11 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 yk 3 2 22k  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 em1.. P=(3/5. Assim. ou seja. 2    266. 3) em relação a : x2 + y2 – 8x = 0 http://dodireitoaeducacao. Portanto. 269. Retornando o resultando em2. 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. 40 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  30 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 a0 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 xa  x  a  R cos R xb 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 y20 = 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 y3 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) yqa 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.
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