O documento discute a edição e distribuição dos Cadernos do Aluno para estudantes da rede estadual de ensino em 2009. Os professores contribuíram com sugestões para aperfeiçoar o material, que foi revisado para a edição de 2010. Quando receberem a nova edição, os professores devem analisar as alterações para estarem preparados para suas aulas.

1. Caro Professor,
Em 2009 os Cadernos do Aluno foram editados e distribuídos a todos os estudantes da
rede estadual de ensino. Eles serviram de apoio ao trabalho dos professores ao longo de
todo o ano e foram usados, testados, analisados e revisados para a nova edição a partir
de 2010.
As alterações foram apontadas pelos autores, que analisaram novamente o material, por
leitores especializados nas disciplinas e, sobretudo, pelos próprios professores, que
postaram suas sugestões e contribuíram para o aperfeiçoamento dos Cadernos. Note
também que alguns dados foram atualizados em função do lançamento de publicações
mais recentes.
Quando você receber a nova edição do Caderno do Aluno, veja o que mudou e analise
as diferenças, para estar sempre bem preparado para suas aulas.
Na primeira parte deste documento, você encontra as respostas das atividades propostas
no Caderno do Aluno. Como os Cadernos do Professor não serão editados em 2010,
utilize as informações e os ajustes que estão na segunda parte deste documento.
Bom trabalho!
Equipe São Paulo faz escola.
1

2. GABARITO
Caderno do Aluno de Matemática – 3ª série – Volume 1
SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 1
A GEOMETRIA E O MÉTODO DAS COORDENADAS
Páginas 3 - 10
1.
a) d AB  (5  2) 2  (7  3) 2  9  16  25  5 u
y 7  3 4
b) m  
x 5  2 3
2. y = 5
3. x = – 2
4. Resposta pessoal. Professor, discuta com os alunos as fórmulas e as propriedades que
foram envolvidas nos atividades de 1 a 3.
5.
a) y = x + 3
1
b) y =  x+5
2
6.
a) m = 1 e h = 3
2

3. 1
b) m = – eh=5
2
7.
a) concorrentes (m1 ≠ m2)
b) paralelas (m1 = m2)
8.
a) A(–5; –5 3 ), B(5; –5 3 ), C(10; 0), D (5; 5 3 ); E(–5; 5 3 ); F (–10; 0);
M (0; 0).
b)
m FE  3 , m DC   3 , m BC  3 , m AM  3 ,
3 3
m FA   3 , m ED  0, m AC  , m FB  
3 3
5 3
c) AB: (0; –5 3 ), FC: (0; 0); FM: (–5; 0); AE: (–5; 0); BC: (7,5;  );
2
5 3
DC: (7,5; );
2
AD: (0; 0)
9.
a) A(5; 0), B(15; 0), C(20; 5 3 ), D(15; 10 3 ), E(5; 10 3 ), F(0; 5 3 )
b) M(10; 5 3 )
c) m AD  3 , m BE   3
d) AE: (5; 5 3 ), BD: (15; 5 3 )
e) d AD  d BE  d FC  (5  15) 2  (0  10 3 ) 2  100  300  20 u
3

4. 10.
a) Calculando as inclinações dos segmentos AB e CD, notamos que elas são iguais:
82 28 6
mAB = 3 mCD =  3
3 1  4  (2)  2
Logo, AB e CD são paralelos. De modo análogo, mostramos que AD e BC também
são paralelos. Resulta, então, que o quadrilátero ABCD é um paralelogramo.
b) d AB  (8  2) 2  (3  1) 2  36  4  2 10 u
c) d AC  (8  2) 2  (2  1) 2  36  9  3 5 u
d)
4

5. Basta lembrar que as diagonais do paralelogramo se cruzam no ponto médio de cada
uma delas, e achar o ponto médio de AC, por exemplo:
x A  xC 1  (2) 1 y A  yC 2  8 1
xM    e yM    5  M ( ; 5)
2 2 2 2 2 2
e) Verificando no desenho, a base de AMD tem comprimento 5 e altura 3; logo a
área de AMD é: A b.h 5.3
AMD    7,5 u 2
2 2
Páginas 11 - 12
1.
x A  xC 0  (2) y A  y C 0  13 13 13
a) x M    1 e yM     M (1; )
2 2 2 2 2 2
x B  xC 3  (2) 1 y B  y C 7  13 1
xN    e yN    10  N ( ; 10)
2 2 2 2 2 2
13
10 
7 2 7
b) m AB  e m MN 
3 1 3
 (1)
2
Como as inclinações são iguais, concluímos que os segmentos AB e MN são
paralelos.
5

6. c) d AB  (3  0) 2  (7  0) 2  9  49  58 u
2 2
 13   1  49 9 58
d MN  10      (1)     u
 2  2  4 4 2
Ou seja, dAB = 2 dMN
Páginas 12 - 14
1.
73 k 7 4
a) Devemos ter mAB = mBC, logo:    k 7  k 9
3 1 4  3 2
b) A área do triângulo ABC será nula quando os três pontos estiverem alinhados,
ou seja, quando k = 9. É interessante aproximar essas duas informações: sempre que
três pontos estão alinhados, a área do triângulo formado por eles é nula, e vice-versa.
c) Vamos construir uma figura para orientar a solução.
Por inspeção direta na figura, verificamos que a base AC mede 3 e a altura relativa
b  h 3 4
mede 4, logo a área é: AABC    6 u2
2 2
2. Basta seguir os passos do enunciado: calcular os pontos médios dos quatro
segmentos determinados pelos pontos escolhidos arbitrariamente, calcular as
6

7. inclinações dos segmentos determinados por esses quatro pontos médios, e verificar
que elas são iguais duas a duas. Converse com seus colegas e procure verificar que
isso vale para qualquer quadrilátero. Em outras palavras, os pontos médios dos lados
de um quadrilátero qualquer sempre formam um paralelogramo.
Desafio!
Página 15
Por inspeção direta, notamos que a distância de P até a reta y = 3 é igual a
15 – 3 = 12. Analogamente, notamos que a distância de P até a reta x = 9 é 9 – 2 = 7.
Para calcular a distância de P até a reta y = 3x + 1, observando na figura a
PB PA
semelhança entre os triângulos PAB e MNQ, temos: 
QM QN
d 8 8 8 10 4 10
Logo,   d   d u
1 3 2  12 10 10 5
7

8. SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 2
A RETA, A INCLINAÇÃO CONSTANTE E A
PROPORCIONALIDADE
Páginas 16 - 21
1. O aumento de y será de 473,5, pois esse valor é a taxa de variação do y para cada
unidade do x.
2.
8

9. 3.
y  mx  h  5  3.2  h  h  1 , a reta terá equação: y = 3x – 1.
4.
7  m.1  h
y  mx  h    m  3 e h  4  y  3x  4
16  m.4  h
5.
a) AB: y = 5,
BC: x = 5,
CD: y = 0,
DA: x = 0, AC: y = -x + 5,
BD: y = x
b) EF: y = – 3 x + 5 3 ,
FG: y = 0, GE: y  3 x  5 3 ,
9

10. OM: y  3 x
6.
A (0 ; 0 ) (0 ; 4 ) (0 ; – 3 ) (0 ; 7 ) (1 ; 2 )
r y = 4 – 3x y = 2x – 5 y = 0,2x + 7 y=– 3x+2 y = 3x + 7
mr 1
–3 2 0,2 = – 3 3
5
mt 1 1 3 1
– –5 –
3 2 3 3
1
A(0; 0) e m =
3
1 1
y= x + h, como a reta passa pela origem (0; 0), h = 0 e temos: y = x
3 3
1
A(0; 4) e m = –
2
1
y= xh, como a reta passa pelo ponto (0; 4), temos:
2
1 1
4   .0  h  h  4  y   x  4
2 2
3 1 7
Nos demais casos, temos, sucessivamente: y = –5x –3, y  x7 e y  x
3 3 3
7. A: y ≥ 3x + 5 B: y < 5 – 0,5x C: – 3 + 2x ≤ y ≤ 5 + 2x
D: 4 – 0,9x ≤ y < 7 – 0,5x E: 4 ≤ y ≤ 4 + x para 0 ≤ x ≤ 7 F:  – 2 x < y ≤ 
para 0 ≤ x ≤ 5
8.
a) Sendo x a quantidade de gramas de A a ser ingerida, devemos ter x . 0,15 ≥ 75.
Concluímos, então, que x ≥ 500, ou seja, devem ser ingeridos no mínimo 500 g do
alimento A.
b) A quantidade y em gramas de proteína ingerida é uma função da quantidade x
em gramas ingerida do alimento A, temos y = 0,15x.
10

11. c) Os pares (x; y) do plano cartesiano que correspondem ao atendimento à
prescrição da dieta são os pontos da reta y = 0,15x tais que x ≥ 500, ou seja, são os
pontos à direita da reta x = 500.
d) Os pares (x: y) que correspondem a alimentos mais ricos em proteínas do que A
são tais que
y > 0,15x, ou seja, ingerindo-se x gramas, a quantidade y de proteínas será maior do
que 0,15x; trata-se da região acima da reta y = 0,15x. Como devemos ter a ingestão
de, no mínimo, 75g de proteína, então y ≥ 75, e devemos considerar apenas os pontos
acima da ou na reta y = 75.
11

12. Páginas 21 - 23
1.
a) Sabendo que existe a opção de não plantar todos os 18 alqueires, devemos ter,
então, a soma x + y menor ou igual a 18, ou seja, x + y ≤ 18.
b) Representando no plano cartesiano, obtemos o semiplano abaixo da reta
x + y = 18, e mais os pontos da reta x + y = 18; naturalmente, somente faz sentido
no problema em questão os pares (x; y) em que temos x ≥ 0 e y ≥ 0.
c) Sabendo que devem ser plantados no mínimo 5 alqueires de milho, temos, então,
x  5, no plano, teremos a região à direita da reta x = 5, e abaixo da reta x + y = 18.
d) Sabendo que devem ser plantados no mínimo 5 alqueires de milho e no mínimo
3 alqueires de alfafa, devemos ter, simultaneamente, x + y  18, x ≥ 5 e y ≥ 3; no
12

13. plano, trata-se da região acima da ou na reta y = 3, à direita da ou na reta x = 5, e
abaixo da ou na reta x + y = 18.
13

14. SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 3
PROBLEMAS LINEARES – MÁXIMOS E MÍNIMOS
Páginas 24 - 28
1.
a)
b) O custo fixo é 3 000 e o custo variável é 150x, eles são iguais quando:
3 000 = 150x, ou seja, quando x = 20
14

15. c) O custo fixo passará a corresponder a 10% do custo total quando 3 000 = 10%
de (3 000 + 150x), ou seja, quando 3 000 = 0,1(3 000 + 150x) e então, x = 180.
2.
a) Para termos 2 400 = 5x + 8y, podemos ter x = 0 e y = 300, ou então, y = 0 e x =
480, ou ainda x = 400 e y = 50. Existem infinitos pares de valores de x e de y que
satisfazem a relação dada: são os correspondentes aos pontos da reta cuja equação
5x + 8y = 2 400 está representada a seguir:
b) Sendo C = 3 200, então temos: 5x + 8y = 3 200. Os pares (x; y) correspondentes
situam-se sobre a reta 5x + 8y = 3 200.
Quando y = 0, x assume o valor máximo possível: x = 640
Quando x = 0, y assume o valor máximo possível: y = 400
15

16. c) Teremos o custo C menor ou igual a 3 200 na região do primeiro quadrante
situada na reta 5x + 8y = 3 200 ou abaixo dela:
3.
a) Como cada pacote do alimento I fornece 1,2 mg de vitamina B2, x pacotes de I
fornecerão x.1,2 mg de vitamina B2; se cada pacote de II fornece 0,15 mg de B2,
então y pacotes de II fornecerão 0,15.y mg de vitamina B2. Logo, ingerindo x pacotes
de I e y pacotes de II, a quantidade ingerida de B2 será igual a 1,2x + 0,15y. Para a
dieta ser satisfeita, devemos ter
1,2x + 0,15y  6.
b) Os pontos (x;y) que satisfazem a relação 1,2x + 0,15y  6 são os pontos do
primeiro quadrante que se situam acima da ou na reta 1,2x + 0,15y = 6. Essa reta
corta o eixo OX no ponto (5;0) e o eixo OY no ponto (0;40):
16

17. 4.
a) Como cada pacote de I custa R$ 5,00 e cada pacote de II custa R$ 2,00, o custo
C será igual a 5x + 2y, ou seja: C = 5x + 2y (C em reais).
b) Sendo o custo C1 = 40, os pares (x; y) que satisfazem a relação 40 = 5x + 2y são
os pontos da reta r1, representada a seguir.
Para representar tal reta, basta notar que quando x = 0, y = 20, e que quando
y = 0, x = 8, ou seja, os pontos (0;20) e (8;0) pertencem a r1.
c) Os pontos que correspondem ao custo C2 = 60 e C3 = 80 são pontos,
respectivamente, das retas r2: 5x + 2y = 60 e r3: 5x + 2y = 80, representadas a seguir.
Para representar r2, basta notar que: se x = 0 então y = 30 e se y = 0 então x = 12.
Para representar r3, analogamente, temos: x = 0, y = 40; y = 0, x = 16.
(As retas r2 e r3 são paralelas, pois têm a mesma inclinação m determinada pelos
5
coeficientes 5 e 2: m = – )
2
d) Para cada valor fixado de C, a reta C = 5x + 2y corta o eixo OY no ponto
C C
(0; ); assim, quanto menor o custo, menor o valor de . Podemos observar esse
2 2
fato nos exemplos dos itens anteriores, para C igual a 40, 60 e 80 (reais).
17

18. e) Recordemos da Atividade 3 que, para a dieta ser satisfeita, os pares (x; y) devem
pertencer à região do primeiro quadrante situada na reta 1,2x + 0,15y = 6 ou acima
dela. Estamos, agora, procurando o par (x; y) que corresponde ao custo mínimo,
dentre os pontos da região em que 1,2x + 0,15y ≥ 6.
Vamos observar como as retas que traduzem os custos da alimentação, representadas
anteriormente, situam-se na região que corresponde à satisfação da dieta.
Notamos que:
• para os diversos valores do custo, as retas representativas são paralelas
5
(inclinação igual a – );
2
• quanto mais baixa for a reta que representa o custo, menor é ele
(seu valor determina o ponto em que a reta corta o eixo y, que é (0;C/2);
• o ponto mais baixo a que se pode chegar SEM SAIR DA REGIÃO QUE
SATISFAZ A DIETA (acima ou na reta 1,2x + 0,15y = 6) é o ponto (5; 0);
• nesse ponto, o custo será C = 5 . 5 + 2 . 0 = 25, que é o custo mínimo.
18

19. Todos esses fatos estão reunidos na figura a seguir:
Páginas 28 - 30
1.
a) Cada alqueire de milho renderá 20 000; logo, se forem plantados x alqueires, o
rendimento será 20 000x. Cada alqueire de cana renderá 15 000; logo, ao se plantar y
alqueires de cana, o rendimento será 15 000y. O rendimento total será R = 20 000x +
15 000y.
b) Sendo x a quantidade de alqueires a serem plantados de milho e y a quantidade
de alqueires plantados de cana, a soma x + y não pode ultrapassar os oito alqueires
disponíveis, ou seja; x + y ≤ 8.
19

20. c) Como cada alqueire de milho requer 20 000 L de água, x alqueires requererão
20 000x L; da mesma forma, y alqueires de cana utilizarão 10 000y L de água.
Assim, o total de litros de água utilizados será 20 000x + 10 000y, e não poderá
ultrapassar o limite de 120 000, ou seja:
20 000x + 10 000y  120 000. Isso corresponde aos pontos situados abaixo da ou na
reta 20 000x + 10 000y = 120 000. Confira a representação a seguir:
d) Os pontos do plano que satisfazem simultaneamente as duas restrições são os
pontos situados abaixo ou na reta x + y = 8 e abaixo ou na reta 2x + y = 12. Formam
o quadrilátero ABCD indicado na representação a seguir.
20

21. e) Os pontos (x; y) que correspondem ao rendimento R1 = 75 000 reais são os
pontos da reta r1 de equação 75 000 = 20 000x + 15 000y, ou seja, simplificando os
coeficientes, 4x + 3y = 15;
Os pontos que correspondem ao rendimento R2 = 120 000 são os pontos da reta r2 de
equação 120 000 = 20 000x + 15 000y, ou seja, simplificando os coeficientes, 24 =
4x + 3y. As duas retas são paralelas e estão representadas a seguir:
f) Para cada valor fixado do rendimento R, a reta R = 20 000x + 15 000y corta o
R
eixo OY no ponto em que x = 0, ou seja, em que y = . Isso significa que
15 000
quanto maior o rendimento, mais alta a ordenada do ponto em que a reta que o
representa corta o eixo y.
g) Buscamos agora o ponto da região de viabilidade do problema, ou seja, a que foi
determinada no item d, no qual o rendimento total R era o maior possível. O mais
alto possível para a reta R = 20 000x + 15 000y cortar o eixo y SEM SAIR DA
REGIÃO DE VIABILIDADE corresponde à reta que passa pelo ponto de interseção
das retas x + y = 8 e 2x + y = 12. Calculando tal ponto, obtemos x = 4 e y = 4. No
21

22. ponto (4; 4), portanto, o valor de R é o maior possível, respeitadas as condições de x
+ y ≤ 8 e 2x + y ≤ 12. Calculando o valor de R nesse ponto, obtemos: R = 20 000.4 +
15 000.4, ou seja, R = 140 000 reais. Acompanhe o raciocínio desenvolvido na
figura a seguir:
Desafio!
Páginas 30 - 32
a) Cada unidade de P1 utiliza 2h de M1; cada unidade de P2 utiliza 1h de M1; logo,
produzindo-se x unidades de P1 e y unidades de P2, a máquina M1 ficará ocupada
x.2 + y.1 horas. Como M1 poderá trabalhar no máximo 10 h, devemos ter 2x + 1y 
10. Corresponde à região do plano abaixo da ou na reta 2x + y = 10. Gráfico a seguir:
22

23. b) Analogamente ao item anterior, cada unidade de P1 utiliza 2h de M2 e cada unidade
de P2 utiliza 4h de M2. Logo, x unidades de P1 e y unidades de P2 utilizarão 2x + 4y
horas de M2, e devemos ter 2x + 4y  16. O gráfico está representado a seguir.
c) Trata-se da região do primeiro quadrante situada abaixo das ou nas retas 2x + y = 10
e 2x + 4y = 16; é o quadrilátero A de vértices (0; 0), (5; 0), (0; 4) e (4; 2).
Para encontrar o vértice (4; 2), basta achar a interseção das retas 2x + y = 10 e
2x + 4y = 16. Gráfico a seguir:
23

24. d) O lucro total L, que resulta da venda de todas as x unidades produzidas de P1 e y
unidades produzidas de P2, é igual a 40x + 60y, pois cada unidade de P1 gera um
lucro de R$ 40,00 e cada unidade de P2 gera um lucro de R$ 60,00. Assim, temos
L = 40x + 60y.
e) Se o lucro L for igual a 120 reais, temos: 120 = 40x + 60y. Os pontos que satisfazem
a essa relação pertencem a uma reta, representada a seguir:
f) Queremos agora encontrar o ponto da região A, indicada no item c para o qual o
lucro total L seja máximo. A região A é formada pelos pares (x;y) que obedecem a
duas restrições inicialmente apresentadas, constituindo, assim, a região de
viabilidade para o problema. Para descobrir tal ponto, vamos relacionar o lucro L
com a região A.
24

25.
Para cada valor de L, a expressão L = 40x + 60y representa uma reta; para valores
diferentes de L, as retas correspondentes são todas paralelas.
Por exemplo, para L = 240, temos 240 = 40x + 60y, que é uma reta que intercepta o
eixo x no ponto (6; 0), e o eixo y no ponto (0; 4). Para encontrar o lucro máximo,
basta procurar entre as retas paralelas L = 40x + 60y aquela que corta o eixo y o mais
alto possível, sem sair da região de viabilidade do problema. Tal reta é a que passa
pelo ponto (4; 2); o valor de L correspondente é L = 40 . 4 + 60 . 2 = 280. O lucro
total máximo é, portanto, R$ 280,00.
25

26. SITUAÇÃO DE APRENDIZAGEM 4
CIRCUNFERÊNCIAS E CÔNICAS: SIGNIFICADOS, EQUAÇÕES,
APLICAÇÕES
Páginas 35 - 36
1.
a) ( x  4) 2  ( y  4) 2  4 2  ( x  4) 2  ( y  4) 2  16
y
s
P1
4
4
P2
O 4 x
b) A reta s que passa pela origem e pelo centro da circunferência tem inclinação
igual a 1, logo, sua equação é y = x.
c) Os pontos de interseção da reta s com a circunferência são as soluções do
sistema formado pelas equações y = x e (x – 4)2 + (y – 4)2 = 16. Substituindo y por x
na segunda equação, obtemos:
( x  4) 2  ( x  4) 2  16  2( x  4) 2  16  ( x  4) 2  8  x  4  2 2
P1 (4 + 2 2 ; 4 + 2 2 ) e P2 (4 – 2 2 ; 4 – 2 2 )
26

27. d) A distância entre P1 e P2 é o diâmetro da circunferência, visto que a reta s passa
pelo centro da circunferência. Portanto d(P1P2) = 8 u.
Páginas 38 - 40
1. De fato, se os pontos (x; y’) de uma circunferência de centro na origem e raio a
satisfazem a equação x2 + y´2 = a2, os pontos (x; y) da elipse obtida reduzindo todas
y` a
as ordenadas na proporção de a para b (a > b > 0) são tais que  , ou seja,
y b
a
y’ = y · .
b
Substituindo este valor de y' na equação da circunferência x2 + y'2 = a2, obtemos
2
 a x2 y2
x   y .   a 2 , de onde resulta: 2  2  1 , que é a equação da elipse.
2
 b a b
2.
a) Observando o triângulo retângulo formado na figura, de hipotenusa a e catetos b
e c, concluímos que a2 = b2 + c2.
27

28. b) Como c = a 2  b 2 , notamos que, sendo fixado o valor de a, quanto maior for o
valor de b, menor será c, e, portanto, menor a excentricidade, ou seja, a elipse se
aproxima de uma circunferência; quanto menor o valor de b, mais próximo de a é o
valor de c e, portanto, maior é a excentricidade, que se aproxima do valor 1, ou seja,
a elipse aproxima-se de um segmento de reta.
3.
x2 y2 x2 y2 x2 y2
a)  2 1   2 1   1
a2 b 13 2 5 169 25
c
b) A excentricidade da elipse é e = , sendo c = 13 2  5 2 = 12. Calculando o
a
12
valor de e, temos: e =  0,923 .
13
c) Os focos da elipse são os pontos de coordenadas (c; 0) e (–c; 0), ou seja, são os
pontos (12; 0) e (–12; 0).
d)
x2 y2 52 k 2 k 2 169 25 k 2 144 60
 1   1       k
169 25 169 25 25 169 169 25 169 13
60  60 
Sendo P do primeiro quadrante, segue que: k  y   P 5;  .
13  13 
60
e) Podemos calcular a soma das distâncias do ponto P (5; ) até os focos obtidos
13
no item (c).
f) Mas sabemos, no entanto, que tal valor será igual a 2a, ou seja, a 26.
Páginas 42 - 46
1. Assíntotas: 2x – 3y = 0 e 2x + 3y = 0
28

29. 2.
x2 y2
a)  1
9 16
b)
4 4
y x y x
3 3
x2 y2
 1
9 16
b
3. Em relação ao sistema de eixos XOY, em que o eixo Y corresponde à reta y = x,e
a
b
o eixo X corresponde à reta y = x , a equação da hipérbole seria: X.Y = K
a
(constante).
29

30. Em relação ao sistema ortogonal xOy, é possível mostrar que ao produto x.y = k
b b
corresponde o produto: (y – x ).(y  x ) = k. Um indício de tal fato é a
a a
correspondência:
b b
Y = 0 corresponde a y – x =0 e X = 0 corresponde a y + x =0
a a
(eixo X) (assíntota da hipérbole) (eixo Y) (assíntota da hipérbole)
Calculando o produto indicado, temos:
b b b2
X.Y = K corresponde a (y – x ) . (y + x ) = k, ou seja, y2 – 2 x 2 = k
a a a
b2 2
Como a curva passa pelo ponto (a; 0), podemos calcular o valor de k: 02 – a = k,
a2
ou seja, k = –b2.
b2 2 x2 y 2
Logo, a equação da hipérbole é y2 – x = – b2, de onde obtemos: 2  2  1 .
a2 a b
4.
a) Temos a = 4, b = 3; logo, c = a 2  b 2 = 5. Os focos são os pontos (5; 0) e
(–5; 0).
A diferença entre as distâncias de um ponto qualquer da hipérbole até os dois focos é
igual a 2a, ou seja, 8.
b) Analogamente, a = 5, b = 12 e c = 13. Focos: (13; 0) e (–13; 0)
A diferença entre as distâncias de um ponto qualquer da hipérbole até os dois focos é
2a = 10.
c) Nesse caso, os eixos estão invertidos e os focos estão no eixo y. Temos c = 5 2
e os focos (0; 5 2 ) e (0; –5 2 ).
A diferença entre as distâncias de um ponto qualquer da hipérbole até os dois focos é
2a = 10.
30

31. Página 48
1.
a) Consideremos a parábola y = k . x2.
Se o foco for o ponto F(0; c), então a diretriz r será a reta y = –c, pois o ponto (0; 0)
pertence à parábola e a distância dele ao foco deve ser a mesma que a distância dele à
diretriz.
Sendo P (x; y) um ponto qualquer da parábola, a distância de P ao foco deve ser igual
à distância até a diretriz, ou seja: d(P, F) = x 2  ( y  c) 2 = y + c = d(P, r). Logo,
x2 + (y – c)2 = (y + c)2.
Substituindo y por kx2 e efetuando os cálculos, obtemos:
x2 + (kx2 – c)2 = (kx2 + c)2  x2 + k2x4 + c2 – 2kx2c = k2x4 + c2 + 2kcx2
x2
 x2 – x24kc = 0  c= 2
x . 4k
1
Daí segue que, para a igualdade valer para todo x, devemos ter c =
4k
1 1
Logo, o foco é o ponto (0; ) e a diretriz é a reta y = –
4k 4k
31

32. 1
b) Analogamente, se a parábola fosse x = ky2, teríamos: foco ( ;0) e diretriz
4k
1
x=–
4k
c) Para uma parábola de equação y = kx2 + h, o foco e a diretriz seriam
transladados na direção do eixo OY de um valor h, ou seja, teríamos
1 1
F(0; h + ) e r: y = h –
4k 4k
32

33. Página 48
Experiência Pessoal.
AJUSTES
Caderno do Professor de Matemática – 3ª série – Volume 1
Professor, a seguir você poderá conferir alguns ajustes. Eles estão sinalizados a cada
página.
33

34. y
y
P
r2 yP
m1 = 0 r1 d (P, r) r : y = mx + h
yp – yr m
1
yr yr = mxp+h
não existe m2
x
xp x
r1 e r2 perpendiculares
(caso particular)
d( P; r ) 1
=
y yp y r
– 1 + m2
r2
y2 = m2x + h2
yp – y r
d( P; r ) =
r1 1 + m2
yp – m . xr – h
x d( P; r ) =
1 + m2
y1 = m1x + h1
r1 e r2 perpendiculares: m1 . m2 = –1
Para continuar nosso estudo de Geometria
Analítica, três lembretes são importantes.
Para calcular a distância de um ponto a Em primeiro lugar, trata-se de uma retoma-
uma reta, deixando de lado o caso mais sim- da de modo mais sistemático de um uso dos sis-
ples, em que a reta é paralela a um dos eixos, temas de coordenadas que, de fato, já se iniciou
podemos explorar a semelhança de triângu- bem anteriormente, na solução de sistemas de
los indicada na figura: equações lineares e no estudo das funções.
14

35. Matemática – 3ª série, 1o bimestre
-
É interessante associar esse fato ao resul-
y
B tado da Atividade 3, notando que os lados do
7
paralelogramo são os segmentos que unem os
pontos médios dos lados dos triângulos em que
o quadrilátero inicial se divide quando são tra-
3
A C çadas as suas diagonais.
x
1 3 4 Atividade 6
Atividade 5
Calcule a distância do ponto P de coor-
Em um sistema de coordenadas qualquer, denadas (2; 15) à reta r nos casos indicados
represente quatro pontos de modo a forma- a seguir:
rem um quadrilátero ABCD. Pode escolher as
coordenadas à vontade. Analisando o quadri- a) r: y = 3 b) r: x = 9 c) y = 3x + 1
látero formado:
Vamos fazer uma figura para orientar a solução:
a) Calcule os pontos médios dos lados AB,
BC, CD e DA. y = 3x + 1
b) Mostre que os quatro pontos médios
y
obtidos formam um paralelogramo.
 N
10
Basta seguir os passos do enunciado: calcular os
pontos médios dos quatro segmentos determi- P 3
15
nados pelos pontos escolhidos arbitrariamente, Q
1 M
calcular as inclinações dos segmentos determi-
d
nados por esses quatro pontos médios, e veri- B
ficar que elas são iguais duas a duas. Converse 15 – 7 = 8

10
com seus colegas e procure verificar que isso vale
para qualquer quadrilátero. Em outras palavras, x=9
os pontos médios dos lados de um quadrilátero
qualquer sempre formam um paralelogramo.
A
D 7
y2 = 3 . 2 + 1 = 7
y=3
3
A
1
C
0 2 9 x
B
19

36. Matemática – 3ª série, 1o bimestre
-
r1
y
y = m1 . x + h1 h m
r3 –3 –2
y = m2 . x + h2
r2 r4 –1 5
∙∙∙
r5 3
∙∙∙ –7
0 x
r6 – ∙∙∙
5 6,4
m1 ≠ m2 r1 e r2 concorrentes r7 π 0
r8 –0,5 – ∙∙∙
7
Para a familiarização com tais fatos são
apresentados a seguir alguns exercícios. As
questões formuladas são simples, mas repre- r9 –0,8 π
sentam conhecimentos fundamentais. Com
os valores de h e m, podemos escrever direta-
Um esboço das nove retas, destacando-se os
mente a equação da reta (Atividade 1). Tam-
valores relativos dos coeficientes m e h, é
bém podemos facilmente escrever a equação
indicado a seguir:
da reta que passa por um ponto dado, com r6
inclinação dada, ou que passa por dois pontos y
y = –  + 6,4x
5
dados (Atividades 2 e 3). r9
y = – 0,8 + πx
y = –1 +  x
5
Atividade 1 r4
Represente no plano cartesiano as retas
r1 a r9 correspondentes aos valores de h e m r7
y=π
tabelados abaixo:
x
r3
y = – 3 – 2x
h m
r2
y = 3 – 2x
r1 0 5
r1 r5
y = 5x y =  – 7x
3
r2 3 –2 y = – 0,5 –  x
7
r8
23

37. c) Qual a relação entre x e y que traduz a Os pontos do plano que satisfazem simulta-
exigência de que o total de água a ser neamente as duas restrições são os pontos
utilizado não pode superar os 120 000L?
situados abaixo ou na reta x + y = 8, e abai-
Represente no plano cartesiano os pon-
tos (x; y) que satisfazem essa relação. xo ou na reta 2x + y = 12. Formam o qua-
drilátero ABCD indicado na representação
Como cada alqueire de milho requer 20 000L
a seguir.
de água, x alqueires requererão 20 000x L; da
mesma forma, y alqueires de cana utilizarão
10 000y L de água. Assim, o total de litros y
de água utilizados será 20 000x + 10 000y, e 12
não poderá ultrapassar o limite de 120 000,
ou seja: 20 000x + 10 000y ≤ 120 000. Isso
corresponde aos pontos situados abaixo da 2x + y = 12
reta ou na reta 20 000x + 10 000y = 120 000. 8A
Confira a representação:
y
B
12
x+y=8
2x + y = 12
D C
0 6 8 x
e) Determine o conjunto dos pontos
2x + y ≤ 12 (x; y) do plano que correspondem
ao rendimento R1 = 75 000 reais e os
que correspondem ao rendimento
0 6 8 x
R2 = 120 000 reais.
Os pontos (x; y) que correspondem ao rendi-
Para representar a reta, podemos simplificar mento R1 = 75 000 reais são os pontos da reta
os coeficientes, obtendo 2x + y = 12. r1 de equação 75 000 = 20 000x + 15 000y,
ou seja, simplificando os coeficientes,
ff para x = 0, temos y = 12; 4x + 3y = 15.
ff para y = 0, temos x = 6. Os pontos que correspondem ao rendimento
R2 = 120 000 são os pontos da reta r2 de equa-
d) Represente no plano cartesiano o con-
ção 120 000 = 20 000x + 15 000y, ou seja,
junto dos pontos que satisfazem simul-
taneamente as duas exigências expressas simplificando os coeficientes, 24 = 4x + 3y.
nos itens b e c (lembrando que devemos As duas retas são paralelas e estão represen-
ter x ≥ 0, y ≥ 0). tadas a seguir:
38

38. Matemática – 3ª série, 1o bimestre
-
sem sair da região de viabilidade corresponde
y
à reta que passa pelo ponto de interseção das
12
retas x + y = 8 e 2x + y = 12. Calculando tal
ponto, obtemos x = 4 e y = 4. No ponto (4; 4),
2x + y = 12
R2 = 120 000 portanto, o valor de R é o maior possível, res-
A
peitadas as condições de x + y ≤ 8 e 2x + y ≤ 12.
R1 = 75 000 Calculando o valor de R nesse ponto, obtemos:
R = 20 000.4 + 15 000.4, ou seja, R = 140 000
5
B reais. Acompanhe o raciocínio que foi feito na
figura abaixo:
x+y=8
D C
0 15
​ 4 ​
___
6 8 x
fora da região
y
da viabilidade
Rmáximo 12
r1: 4x + 3y = 15 r2: 4x + 3y = 24
x = 0 ⇒ y = 5 x=0⇒y=8 R2 = 120 000
15 A 2x + y = 12
y=0⇒x= y=0⇒x=6
4
R1 = 75 000
f) Mostre que, quanto maior o rendimento
R, maior a ordenada do ponto em que a 5
B
reta que o representa corta o eixo OY. 4
x+y=8
Para cada valor fixado do rendimento R, a
D 4 C
reta R = 20 000x + 15 000y corta o eixo
0 15
​ 4 ​
___
6 8 x
OY no ponto em que x = 0, ou seja, em que
R
y= . Isso significa que quanto maior o
15 000 Atividade 6
rendimento, mais alta a ordenada do ponto em
Uma fábrica utiliza dois tipos de máquinas,
que a reta que o representa corta o eixo y.
M1 e M2, para produzir dois tipos de produtos,
g) Determine o ponto da região do item P1 e P2. Cada unidade de P1 exige 2 h de tra-
d que corresponde ao rendimento total balho de M1 e 2 h de M2; cada unidade de P2
máximo.
exige 1 h de trabalho de M1 e 4 h de M2. Sabe-
Buscamos agora o ponto da região de viabi- se que as máquinas M1 e M2 podem trabalhar
lidade do problema, ou seja, que foi deter- no máximo 10 h por dia e 16 h por dia, respec-
minado no item d, no qual o rendimento total tivamente, e que o lucro unitário, na venda de
R é o maior possível. O mais alto possível para P1, é igual a 40 reais, enquanto na venda de P2,
a reta R = 20 000x + 15 000y cortar o eixo y o lucro unitário é de 60 reais. Representando
39

39. Matemática – 3ª série, 1o bimestre
-
d) Qual a expressão do lucro total L que viabilidade para o problema. Para desco-
resulta da venda de todas as unidades brir tal ponto, vamos relacionar o lucro L
produzidas de P1 e P2?
com a região A.
O lucro total L, que resulta da venda de todas
as x unidades produzidas de P1 e y unidades
produzidas de P2, é igual a 40x + 60y, pois y
cada unidade de P1 gera um lucro de 40, e
cada unidade de P2 gera um lucro de 60. As-
sim, temos L = 40x + 60y. Lucro crescente
e) Represente os pontos do plano que cor- 10
respondem a um lucro total igual a 120
reais.
2x + y ≤ 10
Se o lucro L for igual a 120 reais, temos:
Lmáximo
120 = 40x + 60y. Os pontos que satisfazem
L = 240
a essa relação pertencem a uma reta, repre-
sentada a seguir: L = 120
2 A
2x + 4y ≤ 16
y x
3 4 5 6 8
2
Para cada valor de L, a expressão L = 40x
120 = 40x + 60y + 60y representa uma reta; para valores
diferentes de L, as retas correspondentes
são todas paralelas. Por exemplo, para
0
3 x L = 240, temos 240 = 40x + 60y, que é uma
reta que intercepta o eixo x no ponto (6;
0), e o eixo y no ponto (0; 4).
f) Qual o ponto da região do item c que Para encontrar o lucro máximo, basta
corresponde ao lucro total máximo? procurar entre as retas paralelas L = 40x +
Queremos agora encontrar o ponto da re- 60 . y aquela que corta o eixo y o mais alto
gião A, indicada no item c, para o qual o possível, sem sair da região de viabilidade
lucro total L seja máximo. A região A é do problema. Tal reta é a que passa pelo
formada pelos pares (x; y), que obede- ponto (4; 2); o valor de L correspondente é
cem às duas restrições inicialmente apre- L = 40 . 4 + 60 . 2 = 280. O lucro total má-
sentadas, constituindo, assim, a região de ximo é, portanto, 280 reais.
41

40. Matemática – 3ª série, 1o bimestre
-
Atividade 1 d) Calcule a distância entre P1 e P2.
Considere a circunferência de centro (4; 4) Calculando a distância entre P1 e P2, encon-
e de raio 4. tramos 8, que é o diâmetro da circunferência.
a) Represente-a no plano cartesiano e de-
termine sua equação. Professor:
A equação da circunferência é Outros exercícios poderiam ser propos-
(x – 4)2 + (y – 4)2 = 16; ver figura a seguir. tos, articulando o reconhecimento da
equação da circunferência e os resulta-
dos já conhecidos sobre retas. Em virtu-
de da limitação do espaço do Caderno,
y
deixamos tal tarefa para o discernimento
e a disponibilidade do professor.
P1 S
Elipse
4
As curvas chamadas cônicas – a elipse, a
P2 4 hipérbole e a parábola – ocorrem com muita
frequência na natureza e no dia-a-dia. Vamos
conhecer suas principais características, ini-
0 4 x
ciando pela elipse.
b) Determine a equação da reta s que pas- Quando inclinamos um recipiente cilíndri-
sa pela origem e pelo centro da circun- co aberto, de seção circular, contendo água em
ferência. repouso, o contorno da superfície da água é
A reta s que passa pela origem e pelo centro uma elipse. Também é uma elipse a sombra
da circunferência tem inclinação igual a 1; projetada de uma circunferência situada em
logo, sua equação é y = x. um plano vertical, quando a luz do Sol, ou
outra luz qualquer, incide obliquamente.
c) Calcule as coordenadas dos pontos P1 e
P2, de interseção da reta s com a circun-
ferência dada.
Os pontos de interseção da reta s com a circun-
ferência são as soluções do sistema formado
pelas equações y = x e (x – 4)2 + (y – 4)2 =
Foi Kepler (1571-1630), em seus estudos de
16. Substituindo y por x na segunda equa-
Astronomia, quem associou às trajetórias dos
ção, obtemos x1 = 4 + 2∙∙∙ e x2 = 4 – 2∙∙∙.
2 2
planetas ao redor do Sol não mais circunferên-
Logo, P1 = (4 + 2∙∙∙ ; 4 + 2∙∙∙ ) e
2 2
cias, mas sim elipses, ou seja, circunferências
P2 = (4 – 2∙∙∙; 4 – 2∙∙∙).
2 2
“achatadas”. Nessas elipses, Kepler destacou
45

41. a existência de dois pontos simetricamente Um coador de café de plástico pode ilus-
opostos em relação ao centro, chamados fo- trar o fato de que as elipses podem ser con-
cos, em um dos quais o Sol se situava. sideradas como curvas intermediárias entre a
circunferência e o segmento de reta:
A partir desses dois pontos, uma proprieda-
de fundamental pode ser utilizada para caracte-
rizar uma elipse: qualquer ponto da elipse é tal
que a soma das distâncias até esses dois pontos
fixados, que são os focos, é constante. Jardineiros
utilizam frequentemente essa propriedade para
construir canteiros elípticos: fincando-se duas
estacas, uma em cada foco, e deslocando-se um
estilete, com um barbante de comprimento L
(maior do que a distância entre os focos) estica-
do, obtém-se uma elipse. Uma elipse apresenta dois eixos de sime-
tria: o semieixo maior costuma ser represen-
tado por a, o menor por b. Assim, os dois
eixos são 2a e 2b.
Como já foi dito anteriormente, a elipse é
como uma circunferência "achatada". Com
isso em mente, vamos obter a equação da elipse
com centro na origem na atividade seguinte.
y
� Semieixos
b
F1 F2
–a 0 a x
–b
d(P, F1) + d(P, F2) = constante
46

42. entre as distâncias de um ponto qualquer da hi-
b2
Ou seja, y – 2 x2 = k.
2
pérbole até F1 e até F2 é constante e igual a 2a.
a
Como a curva passa pelo ponto (a; 0), pode-
mos calcular o valor de k: y
b2 b
y= a x
02 – 2 a2 = k, ou seja, k = – b2
a
Logo, a equação da hipérbole é
b2 b
y2 – 2 x2 = – b2, de onde obtemos:
a c
x2 y2 F2 0 5 F1
– 2 =1 – c – a a c x
a2 b
Exemplo ilustrativo
x2 y2
A curva de equação – = 1 é uma hi-
9 16
– b
pérbole que passa pelo ponto (3; 0) e tem como y= a x
4 4
assíntotas as retas y = xey=– x.
3 3 Para cada uma das hipérboles a seguir, deter-
mine os focos e calcule o valor constante da di-
Professor: ferença das distâncias entre um ponto qualquer
da hipérbole e os focos. Confira o valor obtido
Neste ponto, seria interessante apresen- fazendo os cálculos diretamente para um ponto
tar diversos exercícios de representação
no plano cartesiano de hipérboles da- da hipérbole arbitrariamente escolhido.
das por equações na forma apresentada
acima, sempre destacando as assínto- a) y
tas, que podem ser obtidas pela simples
fatoração da diferença de quadrados,
característica da equação da hipérbole 3
nessa forma.
0 4
x
Atividade 6
b –b
Sendo y = xey= x , com a e b posi-
a a
tivos, as assíntotas de uma hipérbole que passa
Temos a = 4, b = 3; logo, c = ∙∙∙∙∙∙∙ = 5.
a2 + b2
por (a; 0), os pontos F1: (c; 0) e F2: (–c; 0), tais
Os focos são os pontos (5; 0) e (–5; 0).
que c2 = a2 + b2, são chamados focos da hipérbole.
A diferença entre as distâncias de um pon-
Na figura a seguir, são mostrados os focos da
to qualquer da hipérbole até os dois focos é
hipérbole. É possível mostrar que a diferença
igual a 2a, ou seja, é 8.
52

43. Matemática – 3ª série, 1o bimestre
-
b) y c) y
12
5
x x
5
5
Analogamente, a = 5, b = 12 e c = 13.
Focos: (13; 0) e (–13; 0). A diferença entre Neste caso, os eixos estão invertidos, e os fo-
as distâncias de um ponto qualquer da hipér- cos estão no eixo y. Temos c = 5∙∙∙e os focos
2
bole até os dois focos é 2a = 10. (0; 5∙∙∙ e (0; –5∙∙∙ A diferença entre as
2) 2).
distâncias de um ponto qualquer da hipérbole
Um dos sistemas utilizados para a locali- até os dois focos é 2a = 10.
zação de automóveis utiliza a propriedade ca-
racterística da hipérbole anteriormente referi-
da, ou seja, a diferença das distâncias de um H12
ponto P qualquer da hipérbole a dois pontos
fixados F1 e F2 , que são seus focos, é constan- F1
te, ou seja, o valor absoluto da diferença PF1 –
P
PF2 = constante. Se um auto situado no ponto
P enviar um sinal para cada uma das centrais F3
F1 e F2, considerando a diferença dos tempos
de recepção dos sinais, e consequentemente, H12
das distâncias entre P e F1 e P e F2, pode-se H32
concluir que o ponto P situa-se em um dos F2
ramos de uma hipérbole H12. Se outro sinal
for enviado do auto para uma terceira cen- P ??
tral F3, combinando-se os dados de F2 e F3 ,
pode-se concluir que o ponto P situa-se sobre
H32
outra hipérbole H32. Os pontos de interseção
das duas hipérboles fornecem as posições pos-
síveis para o auto.
53

44. Parábola
Em geral, quando representamos grafica- A parábola tem certas propriedades carac-
mente pares (x; y) de grandezas tais que y é terísticas que podem ser utilizadas para defi-
diretamente proporcional ao quadrado de x ni-la. Uma delas é a existência de um ponto
(y = kx2, k constante e k ≠ 0), a curva corres- F, fixado, e de uma reta r, fixada, tais que a
pondente no plano cartesiano é uma parábola. distância de cada ponto P da parábola até F
é igual à distância de P até r. F é o foco da
y
parábola e r é sua diretriz.
PII
d(P, F) = d(P,r)
y = kx2 d(P', F) = d(P',r)
P' d(PII, F) = d(PII,r)
0 x
P
F
É o que ocorre, por exemplo, quando uma
pedra é abandonada e registramos a relação
entre a distância percorrida verticalmente e o
tempo de queda livre. Também é uma pará-
bola a trajetória de todos os projéteis lança- Outra propriedade interessante das pará-
dos obliquamente em relação à superfície da bolas é a seguinte: sendo P um ponto qual-
Terra, desconsiderados os efeitos do ar. quer da parábola, a reta que passa pelo foco F
Além disso, quando, de um ponto fixado no e por P forma com a tangente à parábola em
solo, lançamos projéteis sempre com a mesma P um ângulo igual ao formado pela tangente
velocidade inicial vo, em todas as direções pos- com a reta paralela ao eixo da parábola pas-
síveis, em um plano vertical dado, o contorno sando por P (ver figura).
da região determinada pelos pontos que podem
ser atingidos pelos projéteis é também uma pa-
rábola, chamada parábola de segurança.
Como registramos no início desta Situação
de Aprendizagem, quando seccionamos um
cone circular reto por um plano que forma
com a base um ângulo exatamente igual ao
F
que uma geratriz do cone forma com a base,
obtemos também uma parábola.
0
54

45. 1 1
Considerações sobre a avaliação
∙
F 0; h +
4k ∙ e r: y = h –
4k Na grade de conteúdos proposta para
as três séries do Ensino Médio, pressupõe-
r y
se que muitos dos temas se apóiam mutua-
mente, sendo mais fácil interessar os alunos
quando se apresenta um cenário de conteú-
x = ky2
dos mais abrangente do que quando se lhes
0
subtrai a possibilidade de contato com al-
1 x
4k
guns dos temas. Na presente proposta, reser-
vou-se apenas um bimestre para a Geometria
Analítica Plana. Dependendo do número de
aulas disponíveis para o professor, nem
1
x=– todos os temas podem ser tratados com a
4k
y mesma profundidade, cabendo ao professor
y = kx2 + h
mesmo selecionar as ideias que serão mais
ou menos contempladas.
Na apresentação das circunferências e
1
F (0; h + 4k ) das cônicas, buscou-se destacar mais o sig-
nificado e as ocorrências de cada uma delas
1 em diferentes contextos do que as manipu-
4k
lações algébricas com as equações. Trata-se,
naturalmente, de uma escolha, em razão das
1
h 4k limitações do tempo disponível. Sugere-se,
r
portanto, que a avaliação concentre-se na ca-
racterização da circunferência, da elipse, da
hipérbole e da parábola em situações simplifi-
0 x
cadas, escrevendo as equações das curvas com
centro na origem, e adiando-se ou omitindo-
Professor: se uma exploração algébrica mais detida dos
Em função do tempo disponível, exercícios casos mais gerais.
de identificação do foco e da diretriz de di-
versas parábolas, expressas por meio de Quanto à forma de avaliação, também
equações do tipo y = ax2 + bx + c, podem
aqui consideramos que o assunto favorece
ser propostos. Para achar o foco, é funda-
mental antes achar o vértice; a partir daí, uma utilização de múltiplos instrumentos,
determina-se a equação da diretriz. não não devendo se limitar às provas. No
caso das cônicas, o reconhecimento destas
56