Geometria analítica: Notas de Aula

Instituto de Matemática – UFBA
Prof. Substituto
André Gustavo de A. Santos
0
1
1
Graduado em Matemática, Especialista em Matemática: Novas Tecnologias, Mestrando em Engenharia
Elétrica, foi Professor Substituto da Universidade Federal da Bahia (UFBA) 2010-2012, Professor do
Centro Universitário Jorge Amado 2008-2017 e Tutor a Distância do curso de Licenciatura em
Matemática da Universidade Federal da Bahia em convênio com a Universidade Aberta do Brasil.

Prof. Substituto
1
Translação dos Eixos Coordenados
Introdução: O que é uma transformação?
Uma transformação é o processo de mudar uma relação, expressão ou uma figura em
outra, por meio de uma lei dada. Analiticamente, chamamos essa lei dada de equações
de transformação.
Transformação de Coordenadas (translação de eixos): A translação de eixos
coordenados é a operação que permite mudar a origem e conservar a direção e o sentido
dos eixos.
Obs. Na translação de eixos coordenados a forma da curva ou do gráfico não se altera,
mas a equação dessa curva sofrerá alterações, já que estas são simplificadas pela
transformação realizada.
Teorema: Se os eixos coordenados são transladados para uma origem O’(h, k) e as
coordenadas de P são (x, y) e (x’, y’) respectivamente, então, as equações de translação
das antigas para as novas coordenadas são dadas por:
Demonstração: Considere dois sistemas de coordenadas XOY e X’O’Y’ de modo que
as coordenadas O’ em relação ao sistema XOY sejam (h, k).
Y Y’
P2 P
Y’
Y O2 O’ X’
k X’
O O1 P1 X
h
X
ℎ = 𝑂𝑂1
̅̅̅̅̅, 𝑘 = 𝑂𝑂2
̅̅̅̅̅̅, 𝑋 = 𝑂𝑃1
̅̅̅̅̅, 𝑌 = 𝑂𝑃2
̅̅̅̅̅, 𝑋′
= 𝑂1 𝑃1
̅̅̅̅̅̅ 𝑒 𝑌′ = 𝑂2 𝑃2
̅̅̅̅̅̅
Seja P um ponto variável do plano.





'
'
yky
xhx

Prof. Substituto
2
As coordenadas de P para o sistema XOY são (x, y)
As coordenadas de P para o sistema X’O’Y’ são (x’, y’)
Vamos obter as relações de translação entre os dois sistemas, sabendo - se que O’(h, k):
𝑂𝑃1
̅̅̅̅̅̅ = 𝑂𝑂1
̅̅̅̅̅ + 𝑂1 𝑃1
̅̅̅̅̅̅ 𝑋 = ℎ + 𝑥′
𝑂𝑃2
̅̅̅̅̅̅ = 𝑂𝑂2
̅̅̅̅̅̅ + 𝑂2 𝑃2
̅̅̅̅̅̅ 𝑌 = 𝑘 + 𝑥′
Ex1. Determine as novas coordenadas do ponto A(3, -2) quando os eixos coordenados
são transladados para nova origem O’(1, 6).
Solução Gráfica: Y Y’
6 O’ 1 2 X’
O 1 2 3 X
-2 -8 A
 O ponto A no plano tem coordenadas (3, -2).
 Introduza o novo sistema 𝑥′𝑂′𝑦′ tal que O’(1, 6) seja a nova origem transladada
do eixo 𝑥𝑂𝑦.
 A(-3, 2) é o ponto em relação sistema 𝑥𝑂𝑦. A’(x’, y’) é o ponto em relação ao
sistema 𝑥′𝑂′𝑦′ que vamos obter a partir do ponto A.
Obs. Observe que no novo sistema 𝑥′𝑂′𝑦′, a segunda unidade (no eixo x’) é equivalente
a terceira unidade (no eixo x) do sistema 𝑥𝑂𝑦, e que de 6 a -2 (no eixo y) temos 8











kyy
hxx
yky
xhx
'
'
'
'

Prof. Substituto
3
unidades, daí, -2 no sistema 𝑥𝑂𝑦 é equivalente a -8 no novo sistema 𝑥′𝑂′𝑦′, e portanto
A(2, -8).
Solução Analítica:
Sabemos que A(3, -2), portanto x = 3 e y = -2
de O’(1, 6) temos, h = 1 e k = 6. Daí





862''
213''
YkYY
XhXX
sendo então X’ = 2 e Y’ = - 8.
Logo, as novas coordenadas do ponto A é A(2, -8).
Ex2. Obtenha as coordenadas originais do ponto B’, sabendo que quando os eixos
coordenados são transladados para a nova origem O’(2, 7), as novas coordenadas do
ponto B passam a ser (3, -1).
Solução Gráfica: Y Y’
O 1 2 3 4 5 X
-7 -1 O’ 1 2 3 X’
-8 -1 B’
Inicialmente, vamos transladar os eixos de XOY para X’O’Y’ a partir da nova origem
O’(2, -7). O segundo passo é marcar o ponto B’(3, -1) no sistema X’O’Y’. Observemos
que a terceira unidade (abscissa) do sistema X’O’Y’ é equivalente a quinta unidade
(abscissa) do sistema XOY e que a oitava unidade negativa (ordenada) do sistema XOY
é equivalente a primeira unidade negativa (ordenada) do sistema X’O’Y’. Portanto, as
coordenadas originais do ponto B’(3, -1) é B(5, -8).

Prof. Substituto
4
Solução Analítica:
Sabemos que O’(h, k), segue-se que no problema O’(2, -7)  h = 2 e k = -7.
Do ponto B’(3, -1) tem-se X’= 3 e Y’ = -1
Para achar as coordenadas originais, vamos usar a equação de translação






kyy
hxx
'
'





871'
523'
ykyy
xhxx
Logo, as coordenadas originais são B(1, -8)
Ex3. Por uma translação dos eixos coordenados, transformar a equação
x2
+ y2
- 4x - 6y + 12 = 0 para nova origem indicada O’(2, 3).
Solução:
Usando a equação de translação temos:






kyy
hx
'
'





3'
2'
yy
xx
Substituindo X e Y na equação temos:
(x’ + 2)2
+ (y’ + 3)2
- 4(x’ + 2) - 6(y’ + 3) + 12 = 0
x’2
+ 4x’ + 4 - 4x’ - 8 + y’2
+ 6y’ + 9 - 6y’ - 18 + 12 = 0
x’2
+ y’2
- 1 = 0
Portanto, a equação transformada após a translação é x’2
+ y’2
- 1 = 0
Obs. A finalidade de uma translação é reduzir o número de termos de uma curva.
Teorema: Na equação do 2º grau com duas variáveis, é sempre possível eliminar os
termos do 1º grau.
Demonstração:
Seja a equação Ax2
+ Bxy + C y2
+ Dx + Ey + F = 0. com B² - 4AC ≠ 0 (discriminante)
de uma curva referida no sistema XOY.
Façamos a translação dos eixos usando as equações de translação





kyy
hxx
'
'
Logo, A(x’ + h)2
+ B(x’ + h)(y’ + k) + C(y’ + k) + D(x’ + h)+ E(y’ + k)+ F = 0

Prof. Substituto
5
Desenvolvendo e reduzindo os termos semelhantes, vem:
Ax’² + Bx’y’ + Cy’ + (2Ah + Bk +D)x’ + (Bh + 2Ck + E)y’ +(Ah² +Bhk + Ck² + Dh +
Ek + F) = 0.
Para não figurar o termo do 1º grau, é necessário e suficiente que





02
02
)1(
ECkBh
DBkAh
As coordenadas da nova origem O’ serão os valores de h e k, obtidos na resolução do
sistema (1), sempre possível porque:
|
2𝐴 𝐵
𝐵 2𝐶
| = 4AC - B²
e condicionamos 4AC - B² ≠ 0. Então:
ℎ =
Δℎ
Δ
𝑒 𝑘 =
Δ𝑘
Δ
𝑜𝑢 ℎ =
BE − 2CD
4AC − B²
𝑒 𝑘 =
BD − 2AE
4AC − B²
2x2
- y2
- 4x - 2y + 3 = 0 em outra desprovida do termo de 1o
grau.
Solução: Da equação de translação temos





kyy
hxx
'
'
Substituindo na equação original tem-se
2(x’ + h)2
- (y’ + k)2
- 4(x’ + h) - 2(y’ + k) + 3 = 0
2[(x’)2
+ 2(x’)h + h2
] - [(y’)2
+ 2(y’)k + k 2
] - 4(x’ + h) - 2(y’ + k) + 3 = 0
2(x’)2
+ 4(x’)h + 2h2
- (y’)2
- 2(y’)k - k 2
- 4(x’) - 4h - 2(y’) - 2k + 3 = 0
2(x’)2
- (y’)2
+ [4(x’)h - 4(x’)] + [- 2(y’)k - 2(y’)] + 2h2
- k 2
- 4h - 2k + 3 = 0
2(x’)2
- (y’)2
+ [4h - 4](x’) + [- 2k - 2](y’) + 2h2
- k 2
- 4h - 2k + 3 = 0
Neste ponto, devemos eliminar os termos de 1o
grau, igualando as expressões em 1o
grau a zero.
2(x’)2
- (y’)2
+ [4h - 4](x’) + [- 2k - 2](y’) + 2h2
- k 2
- 4h - 2k + 3 = 0
0 0 F
4h - 4 = 0  h = 1

Prof. Substituto
6
- 2k - 2 = 0  k = -1
Cálculo de F:
F = 2h2
- k 2
- 4h - 2k + 3
F = 2(1)2
- (-1)2
- 4(1) - 2(-1) + 3
F = 2 - 1 - 4 + 2 + 3
F = 2
Após a translação, a equação transformada desprovida dos termos de 1o
grau é
2x’2
- y’2
+ 2 = 0
xy - 2x - 4y + 5 = 0 em outra desprovida dos termos de 1o
grau.
Solução:
Tomando-se a equação de translação





kyy
hxx
'
'
vamos substituir na equação xy - 2x - 4y + 5 = 0.
(x’ + h).(y’ + k) - 2(x’ + h) - 4(y’ + k) + 5 = 0
(x’)(y’) + k (x’) + h(y’) + k.h - 2(x’) - 2h - 4(y’) - 4k + 5 = 0
(x’)(y’) + [k (x’) - 2(x’)] + [h(y’) - 4(y’)] + k.h - 2h - 4k + 5 = 0
(x’)(y’) + [k - 2](x’) + [h- 4](y’) + k.h - 2h - 4k + 5 = 0
0 0 F
k - 2 = 0  k = 2
h - 4 = 0  h = 4
Calculo do valor de F:
F = (2)(4) - (2)(4) - (4)(2) + 5
F = 8 - 8 - 8 + 5
F = - 3
Portanto, após a translação, a equação transformada e desprovida dos termos de 1º grau
é: x’. y’ - 3 = 0

Prof. Substituto
7
Exercícios
1.. Determine graficamente as novas coordenadas do ponto A(5, 1) quando os eixos
coordenados são transladados para nova origem O’(2, 4). Compare seu resultado
realizando a solução analítica.
2. Determine as novas coordenadas dos pontos A(3, –2), B(6, 1), C(0, 4) depois de uma
translação de eixos coordenados para a origem O’(–2, –1).
3. Transformar a equação x2
+ 10x +6y + 19 =0 por uma translação de eixos para a nova
origem (–5,1).
4. Por uma translação de eixos coordenados transformar a equação 2x2
+ y2
+ 16x – 4y
+ 32 = 0, em outra desprovida do termo de 1º grau.
5. Pelo método de completar quadrados, simplifique a equação dada por uma translação.
a) x2
+ 8x -3y + 10 =0
b) y2
- 6x² – 24x - 2y - 32 = 0
6. Determine a translação de eixos que elimina os termos em x e y na equação 9x2
+ 4y2
+ 18x + 24y = 26.
7. Determine o lugar geométrico da equação 2x’- y’ + 1 = 0 após translação dos eixos
coordenados para origem O’(- 2, 3).

Prof. Substituto
8
Rotação dos Eixos Coordenados
Uma translação de eixos dá um novo sistema de coordenadas cujos eixos são paralelos
aos eixos originais x e y, possibilitando simplificar certas equações, na rotação de eixos,
o novo sistema de coordenadas terá, em geral, eixos que não são paralelos aos originais.
Teorema: Se os eixos coordenados são girados de um ângulo  em torno de sua origem
O como ponto fixo e se as coordenadas de qualquer ponto P são (x, y) e (x’, y’) antes e
depois da rotação, respectivamente, então as equações de transformação das antigas
para as novas coordenadas são dadas por:
𝑥 = 𝑥′
𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑦′
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦 = 𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′
𝑐𝑜𝑠𝜃
Demonstração: Considere dois sistemas de coordenadas cartesianas XOY e X’O’Y’.
Seja P um ponto variável no plano para o sistema XOY, as coordenadas de P são (x, y).
Para o sistema X’O’Y’ as coordenadas de P são (x’, y’). Ligando-se o ponto P a origem,
considere 𝑂𝑃̅̅̅̅ = 𝜌 e o ângulo X’OP = .
Vamos obter as relações de rotação entre os dois sistemas.
Considere o triângulo 𝑂𝑃1 𝑃

Prof. Substituto
9











sensenx
sensenx
x
I
..cos.cos.
).cos.(cos
)cos(
)(
Por outro lado











cos..cos..
)cos.cos..(
).(.
)(
senseny
senseny
seny
II
Do cosseno da soma e do seno da soma temos:
cos(𝜔 + 𝜃) = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜔. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜔. 𝑠𝑒𝑛𝜃 (𝐼)
sen(𝜔 + 𝜃) = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜔. 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜔 (𝐼𝐼)
Seja o triângulo 𝑂𝑃1 𝑃′
Segue-se que







seny
x
.'
cos'
Substituindo x’ e y’em (I):
cos(𝜔 + 𝜃) = 𝜌𝑐𝑜𝑠𝜔. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜔. 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑥 = 𝑥′. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑦′. 𝑠𝑒𝑛𝜃
P

 + 
O P1
X
P


O P1

Prof. Substituto
10
Substituindo x’ e y’ em (II):
sen(𝜔 + 𝜃) = 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜔. 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝜌𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜔
𝑦 = 𝑦′. 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑥′𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦 = 𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′. 𝑐𝑜𝑠𝜃
Resumo (relação direta):
𝑦 = 𝑥′
Relações Inversas de Rotação
Seja o sistema (relações diretas):
𝑦 = 𝑥′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′. 𝑐𝑜𝑠𝜃
Pela Regra de Cramer, vamos obter os valores de x’ e y’ em função de x e y.
Determinante dos coeficientes das incógnitas.
∆= |
cos 𝜃 −sen 𝜃
sin 𝜃 cos 𝜃
| = cos2
𝜃 + sen2
𝜃 = 1
∆𝑥′
= |
𝑥 −sen 𝜃
𝑦 cos 𝜃
| = 𝑥 cos 𝜃 + 𝑦 sen 𝜃
∆𝑦′
= |
cos 𝜃 𝑥
sen 𝜃 𝑦
| = 𝑦 cos 𝜃 − 𝑥 sen 𝜃
Portanto, para determinar novas coordenadas, usamos as relações inversas de rotação:
𝑥′
= 𝑥 cos 𝜃 + 𝑦 sen 𝜃
𝑦′
= 𝑦 cos 𝜃 − 𝑥 sen 𝜃
Ex6. Determine as coordenadas do ponto A(4, -2) quando os eixos coordenados são
girados de um ângulo de 60º.
Solução:
Como queremos achar as novas coordenadas, assim como na translação, utilizaremos as
equações inversas.

Prof. Substituto
11
𝑥′
= 𝑥 cos 𝜃 + 𝑦 sen 𝜃
𝑦′
= 𝑦 cos 𝜃 − 𝑥 sen 𝜃
𝑥′
= 𝑥 cos 𝜃 + 𝑦 sen 𝜃 ⟹ 𝑥′
= 4 cos 600
− 2 sen 600
⟹ 𝑥′
= 4.
1
2
− 2.
√3
2
= 2 − √3
𝑦′
= 𝑦 cos 𝜃 − 𝑥 sen 𝜃𝑥′
⟹ 𝑦′
= −2 cos 600
− 4 sen 600
⟹ 𝑦′
= −2.
1
2
− 4.
√3
2
=
= −1 − 2√3.
Portanto as novas coordenadas de A são 𝐴(2 − √3, −1 − 2√3).
Ex7. Obtenha as coordenadas originais do ponto B, sabendo - se que quando os eixos
coordenados são girados por um ângulo  = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
3
4
·, as novas coordenadas do ponto
B passam a ser (5, -15).
Solução:
Como o problema pede as coordenadas originais do ponto B, então, vamos utilizar na
resolução as equações diretas de rotação.
Sabemos que, se 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
3
4
, então a 𝑡𝑔𝜃 =
3
4
. Por outro lado, 𝑡𝑔𝜃 =
𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑐𝑜𝑠 𝜃
=
3
4
,
Considerando-se o triângulo retângulo:
temos que x2
= 42
+ 32
= 5,  x = 5 (triângulo pitagórico), daí:
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
3
5
𝑒 𝑐𝑜𝑠𝜃 =
4
5
Pelas equações diretas de rotação temos:
𝑦 = 𝑥′
Sabemos também que B(5, -15) e daí temos que x’ = 5 e y’ = -15.
x 3

4

Prof. Substituto
12
Substituindo nas equações os valores, tem-se:
𝑥 = 𝑥′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑦′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃 ⟹ 𝑥 = 5.
4
5
+ 15.
3
5
= 4 + 9 = 13
𝑦 = 𝑥′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⟹ 𝑦 = 5.
3
5
− 15.
4
5
= 3 − 12 = −9
Portanto, as coordenadas originais do ponto B são B(13, -9)
Ex8. Determine as novas coordenadas do ponto C(3, -2) quando os eixos coordenados
são inicialmente transladados para origem O’(5, 1) e em seguida girados de um ângulo
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
2
3
.
Solução:
Neste exercício devemos transladar primeiro para achar as novas coordenadas (x’, y’) e
a partir dela obtermos as coordenadas (x’’,y’’) após o giro do ângulo 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
2
3
.
Temos que C(3, -2), portanto x = 3 e y = -9. Como O’(5, 1) tem-se h = 5 e k = 1
Realizando a translação temos:
)3,2()','(
3'12''
2'53''






CyxC
yykyy
xxhxx
Como 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
2
3
significa que 𝑡𝑔𝜃 =
2
3
, por outro lado, 𝑡𝑔𝜃 =
𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑐𝑜𝑠 𝜃
=
2
3
.
Do triângulo retângulo abaixo temos:
temos que x2
= 22
+ 32
= √13,  x = √13, daí:
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
2
√13
3
√13
Donde
x
2

.
3

Prof. Substituto
13
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
2√13
13
3√13
13
Vamos obter as coordenadas pela rotação com as equações inversas.
𝑥′′
= 𝑥′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑦′. 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦′′
= 𝑦′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑥′. 𝑐𝑜𝑠𝜃
𝑥′′
= 𝑥′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 + 𝑦′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃 ⟹ 𝑥′′
= −2.
3√13
13
− 3.
2√13
13
𝑥′′
=
−6√13
13
+
−6√13
13
=
−12√13
13
𝑦′′
= 𝑦′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑥′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⟹ 𝑦′′
= −3.
3√13
13
− (−2).
2√13
13
𝑦′′
=
−9√13
13
+
4√13
13
=
−5√13
13
Após a translação e a rotação, as novas coordenadas do ponto C são:
𝐶 (
−12√13
13
,
−5√13
13
)
Ex9. Transformar a equação 2𝑥2
+ √3𝑥𝑦 + 𝑦2
= 4 por uma rotação dos eixos coordenados
segundo o ângulo de 30º.
Solução:
Das equações diretas de rotação temos:
𝑥 = 𝑥′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦 = 𝑥′
𝑥 = 𝑥′
. 𝑐𝑜𝑠300
− 𝑦′
. 𝑠𝑒𝑛300
=
= 𝑥′
.
√3
2
− 𝑦′
.
1
2
∴ 𝑥 =
√3𝑥′
− 𝑦′
2
.
𝑦 = 𝑥′
𝑠𝑒𝑛300
+ 𝑦′. 𝑐𝑜𝑠300
= 𝑥′
.
1
2
− 𝑦′
.
√3
2
∴ 𝑦 =
𝑥′
− √3𝑦′
2
.
Substituindo x e y na equação temos:

Prof. Substituto
14
2 (
√3𝑥′ − 𝑦′
2
)
2
+ √3 (
√3𝑥′ − 𝑦′
2
) (
𝑥′ − √3𝑦′
2
) + (
𝑥′ − √3𝑦′
2
)
2
= 4
2(√3𝑥′
− 𝑦′)
2
+ (3𝑥′
− √3𝑦′
)(𝑥′
− √3𝑦′
) + (𝑥′
+ √3𝑦′
)
4
= 4
2(√3𝑥′
− 𝑦′)
2
+ (3𝑥′
− √3𝑦′
)(𝑥′
− √3𝑦′
) + (𝑥′
+ √3𝑦′
) = 16
2[3𝑥′2
− 2(√3𝑥′)𝑦′
+ 𝑦′2
] + 3𝑥′2
+ 3√3𝑥′
𝑦′
− √3𝑥′
𝑦′
− 3𝑦′2
+ 𝑥′2
+ 2𝑥′√3
𝑦′
+
+ 3𝑦′
= 16
6𝑥′2
+ 2𝑦′2
+ 3𝑥′2
− 3𝑦′2
+ 𝑥′2
+3𝑦′2
= 16
10𝑥′2
+ 2𝑦′2
= 16
Dividindo a equação por 2 tem-se:
5𝑥′2
+ 𝑦′2
= 8
Portanto, a equação 2𝑥2
+ √3𝑥𝑦 + 𝑦2
= 4 transformada por uma rotação dos eixos
coordenados, segundo o ângulo de 30º é, 5𝑥′2
+ 𝑦′2
= 8.
Ex10. Por rotação dos eixos coordenados, transformar a equação 2𝑥 + 5𝑦 − 3 = 0 ,
segundo o ângulo 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔2,5.
Solução:
𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔2,5 ⟹ 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔
5
2
, significa então que 𝑡𝑔𝜃 =
5
2
, por outro lado,
𝑡𝑔𝜃 =
𝑠𝑒𝑛 𝜃
𝑐𝑜𝑠 𝜃
=
5
2
.
Do triângulo retângulo a baixo temos:
temos que x2
= 22
+ 52
= √29,  x = √29, daí:
x
5

.
2

Prof. Substituto
15
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
5
√29
2
√29
Donde
𝑥 = 𝑥′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑦′. 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦 = 𝑥′
𝑥 = 𝑥′
.
2
√29
− 𝑦′
.
5
√29
⟹ 𝑥 = (
2𝑥′
− 5𝑦′
√29
)
𝑦 = 𝑥′
.
5
√29
− 𝑦′
.
2
√29
⟹ 𝑦 = (
5𝑥′
+ 2𝑦′
√29
)
Substituindo na equação temos:
2 (
2𝑥′
− 5𝑦′
√29
) + 5 (
5𝑥′
+ 2𝑦′
√29
) − 3 = 0
(
4𝑥′
− 10𝑦′
√29
+
25𝑥′
+ 10𝑦′
√29
) − 3 = 0
Após a rotação a equação será:
29𝑥′
− 3√29 = 0
Ex.11 Por uma rotação dos eixos coordenados, transformar a equação
2𝑥 − 𝑦 − 2 = 0 em outra desprovida do termo x’.
Solução: (1º Modo)
𝑥 = 𝑥′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑦 = 𝑥′
Substituindo na equação tem-se:
2(𝑥′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃) − (𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′. 𝑐𝑜𝑠𝜃 ) − 2 = 0
2𝑥′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2𝑦′
𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑦′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2 = 0
(2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃)𝑥′
+ (−2𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑦′
= 2

Prof. Substituto
16
Para desprover a equação do termo x’, fazemos 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0.
2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 ⟹ 2𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 ⟹ 2 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
∴
2
1
= 𝑡𝑔𝜃
Segue que:
Daí tem que x2
= 22
+ 12
= √5,  x = √5.
Pelas relações trigonométricas no triângulo retângulo:
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
2
√5
1
√5
Donde
𝑥 = 𝑥′
𝑦 = 𝑥′
𝑥 = 𝑥′
.
1
√5
− 𝑦′
.
2
√5
⟹ 𝑥 = (
𝑥′
− 2𝑦′
√5
)
𝑦 = 𝑥′
.
2
√5
− 𝑦′
.
1
√5
⟹ 𝑦 = (
2𝑥′
+ 𝑦′
√5
)
Substituindo na equação 2𝑥 − 𝑦 − 2 = 0 temos:
2 (
𝑥′
− 2𝑦′
√5
) − (
2𝑥′
+ 𝑦′
√5
) − 2 = 0
(
2𝑥′
− 4𝑦′
√5
+
−2𝑥′
− 𝑦′
√5
) = 2
−5𝑦′
√5
= 2 ⟹
−5√5 𝑦′
5
= 2 ⟹ −√5 𝑦′
= 2 ∴ −√5 𝑦′
− 2 = 0
x
2

.
1

Prof. Substituto
17
Logo, a equação desprovida do termo x’ após a rotação é −√5 𝑦′
− 2 = 0 ou √5 𝑦′
+ 2 = 0.
Solução: (2º Modo)
𝑥 = 𝑥′
𝑦 = 𝑥′
Substituindo na equação tem-se:
2(𝑥′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃) − (𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′. 𝑐𝑜𝑠𝜃 ) − 2 = 0
2𝑥′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2𝑦′
𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑦′
. 𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2 = 0
= 2
Lembrando que 𝐴𝑥′
+ 𝐵𝑦′
+ 𝐶 = 0 (equação geral da reta), tem-se que:
− 2 = 0
A B C
2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0, pois a equação é desprovida de x’
2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 0 ⟹ 2𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 ⟹ 2 =
𝑠𝑒𝑛𝜃
𝑐𝑜𝑠𝜃
∴
2
1
= 𝑡𝑔𝜃
Segue que 𝑠𝑒𝑛𝜃 = 2 e 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 1
Daí tem que x2
= 22
+ 12
= √5,  x = √5.
Pelas relações trigonométricas no triângulo retângulo:
𝑠𝑒𝑛 𝜃 =
2
√5
1
√5
x
2

.
1

Prof. Substituto
18








2
cos2
0
C
senB
A

𝐵 = −2𝑠𝑒𝑛 𝜃 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⟹ −2.
2
√5
−
1
√5
= −
5
√5
= −
5√5
5
∴ 𝐵 = √5
Como 𝐶 = −2, a equação de rotação é −√5 𝑦′
− 2 = 0 ou √5 𝑦′
+ 2 = 0.
Teorema: A equação geral do segundo grau Ax2
+ Bxy + C y2
+ Dx + Ey + F = 0.
Quando B  0 pode ser sempre transformada na equação A’x2
+ C’ y2
+ D’x + E’y + F’
= 0, a qual falta o termo x’y’, por rotação do ângulo  tal que:
CA
B

)2tan(  , se A
 C ou  = 45º , se A = C.
Demonstração: Vamos substituir as equações da rotação







cos'´
'cos'
ysenxy
senyxx
na
equação geral.
A(x’ cos – y’sen )2
+ B(x’ cos – y’sen )(x’ sen + y’ cos ) + C (x’ sen + y’
cos )2
+ D(x’ cos – y’sen ) + E(x’ sen + y’ cos ) + F = 0. Desenvolvendo e
reduzindo a termos semelhante obtemos: A’x2
+ B’xy + C’ y2
+ D’x + E’y + F’ = 0 (*),
onde B’ = – 2A cos sen + B 2
cos – B sen2
 + 2Csen cos . Para que a
equação(*) seja desprovida de termo misto de 2º x’y’ o coeficiente B’ deve ser nulo.
2(C – A) sen cos + B( 2
cos – sen2
 ) = 0. Portanto, 2(C – A) sen2 + B 2cos =
0.
Se A = C então
4

  .
Se A  C então
CA
B

)2tan(  .
Ex.12 Por uma rotação dos eixos coordenados, transformar a equação
𝑥2
− 2𝑥𝑦 + 𝑦2
− 4 = 0 em outra desprovida do termo x’y’.
Solução:
𝑥 = 𝑥′
𝑦 = 𝑥′
Substituindo na equação 𝑥2
− 2𝑥𝑦 + 𝑦2
− 4 = 0 tem-se:

Prof. Substituto
19
(𝑥′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃)2
− 2(𝑥′
. 𝑠𝑒𝑛𝜃)(𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′. 𝑐𝑜𝑠𝜃 ) + (𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′. 𝑐𝑜𝑠𝜃 )2
− 4 = 0
(𝑥′𝑐𝑜𝑠2
𝜃 − 2𝑥′𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑦′𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑦′
𝑠𝑒𝑛2
𝜃) + (−2𝑥′2
𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑥′
𝑦′2
𝑐𝑜𝑠𝜃− 2𝑥′
𝑦′
. 𝑠𝑒𝑛2
𝜃 +
+2𝑦′2
𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜃) + (𝑥′
𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 2𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑦′𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑦′𝑐𝑜𝑠2
𝜃) − 4 = 0
Lembrando que 𝐴𝑥′2
+ 𝐵𝑥′𝑦′
+ 𝐶𝑦′2
+ 𝐷𝑥′
+ 𝐸𝑦′
+ 𝐹 = 0 (equação geral do segundo
grau) e observando que:
 𝑥′2
𝑐𝑜𝑠2
𝜃−2𝑥′2
𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜃+𝑥′2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃 = (𝑐𝑜𝑠2
𝜃 − 2𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2
𝜃)𝑥′2
= 𝑨
 −2𝑥′
𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑦′
𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑥′
𝑦′2
𝑦′
. 𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 2𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑦′
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
= −2𝑥′
𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑦′
𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑥′
𝑦′2
𝑦′
. 𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 2𝑥′
𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑦′
𝑐𝑜𝑠𝜃 =
= (−2𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜃)𝑥′𝑦′ = 𝑩
 𝑦′2
𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 2𝑦′2
𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑦′2
𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = (𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑐𝑜𝑠2
𝜃)𝑦′2
= 𝑪
 0 = 𝑫
 0 = 𝑬
 −4 = 𝑭
Como queremos eliminar o termo x’y’, devemos fazer B = 0, segue-se que:
(−2𝑐𝑜𝑠2
𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 2𝑐𝑜𝑠𝜃 − 2𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜃) = 0
2𝑐𝑜𝑠2
𝜃 − 2𝑠𝑒𝑛2
𝜃 = 0
2𝑐𝑜𝑠2
𝜃 − 2𝑠𝑒𝑛2
𝜃 = 0 ⟹ 𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 0
Obs. O ângulo de rotação 𝜃 é restrito ao intervalo 00
≤ 𝜃 < 900
de maneira que para o
intervalo 2𝜃 é 00
≤ 2𝜃 < 1800
. Logo, da equação 𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 0 temos:
2𝜃 = 900
e 𝜃 = 450
de A temos que 𝑐𝑜𝑠2
𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2
𝜃 = 1 e −2𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜃 = − 𝑠𝑒𝑛2𝜃, daí:
(𝑐𝑜𝑠2
𝜃 − 2𝑐𝑜𝑠𝜃. 𝑠𝑒𝑛𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2
𝜃) = 1 − 𝑠𝑒𝑛2𝜃
Como 2𝜃 = 900
segue que 1 − 𝑠𝑒𝑛900
= 1 − 1 = 0
Portanto, 𝑨 = 0.
de C temos que 𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 𝑐𝑜𝑠2
𝜃 = 1 e 2𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜃 = 𝑠𝑒𝑛2𝜃, daí:
(𝑠𝑒𝑛2
𝜃 + 2𝑠𝑒𝑛𝜃. 𝑐𝑜𝑠𝜃+𝑐𝑜𝑠2
𝜃) = 1 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃
Como 2𝜃 = 900
segue que 1 + 𝑠𝑒𝑛900
= 1 + 1 = 2
substituindo na equação geral do segundo grau temos:
0 𝑥′2
+ 0𝑥′𝑦′
+ 2𝑦′2
+ 0𝑥′
+ 0𝑦′
− 4 = 0 ∴ 2𝑦′2
− 4 = 0 ÷ 2 ⟹ 𝑦′2
− 2 = 0.

Prof. Substituto
20
Estudo das Cônicas
1. Parábola
Definição 1:
Em um plano α, considere um ponto F e uma reta d tal que F não pertence à reta d. O
conjunto dos ponto P de α tais que:
)d,P(d)F,P(d  ,
chama-se Parábola.
di
B C
N T
P R
M
p p
A V F l
C’
R’ B’
Interpretação da definição:
 Se P  parábola  D(P, F) = D(P, M)
 Se T  parábola  D(T, F) = D(T, N)

Prof. Substituto
21
Elementos da Parábola:
O ponto F chama-se foco e a reta d chama-se diretriz. A reta r que passa pelo foco F e é
perpendicular à diretriz d chama-se eixo focal. Observe que o eixo focal r intercepta a
parábola no ponto V que é chamado de vértice.
O segmento que une dois pontos da parábola chama-se corda. Observe a figura 04, os
segmentos AB, MN e P1P2 são exemplos de cordas. Se uma corda da parábola passa
pelo foco F, diz-se que essa corda é uma corda focal. Observe a figura 04, as cordas AB
e P1P2 são cordas focais. Existe uma corda focal que é perpendicular ao eixo focal, esse
corda é chamada latus rectum. Na figura 04, a corda focal P1P2 é o latus rectum da
parábola esboçada.
Considere a distância do foco F à diretriz d como o número real positivo 2p, ou melhor:
p2)d,F(d  , p > 0. O número p é conhecido como parâmetro da parábola.
Observe que:
1. d(V, F) = p
2. d(V, d) = p

Prof. Substituto
22
3. O comprimento do latus rectum é igual a 4p, pois sua medida é igual ao dobro
do lado do quadrado FQDP1 que é igual a 2p.
Fatos que você deve lembrar:
 A parábola não intercepta a diretriz d.
 O foco F não é um ponto da parábola.
 O vértice V não pertence à diretriz d.
Equações reduzidas da Parábola.
Para deduzir as equações reduzidas de uma
parábola você vai precisar do sistema cartesiano
xOy. Assim, inicie traçando o sistema cartesiano
formado pelos eixos x e y, que se interceptam na
origem O.
Considere que o vértice V da parábola está na
origem do sistema xOy, eixo focal coincidindo
com o eixo Ox e abertura voltada para a direita.
Assim, o foco F possui coordenadas (p,0) e a
diretriz d possui equação px:d  . Veja a figura 05.
Seja P um ponto da parábola que se movimenta sobre a mesma. Nesse movimento as
coordenadas de P variam, por isso, considere que P possui coordenadas (x,y), onde x e y
são variáveis.
Estabeleça a distância entre os pontos F e P, utilizando a fórmula de distância entre dois
pontos. Ou seja,
22
)0y()px()F,P(d  .

Prof. Substituto
23
Observe a figura 05, a distância do ponto P à diretriz d pode ser obtida como:
px)d,P(d  .
Utilize agora a definição da parábola, ou seja, )d,P(d)F,P(d  para obter a equação:
px)0y()px( 22
 .
Elevando ambos os membros da equação anterior ao quadrado você obterá:
 222
pxy)px( 
Desenvolva os quadrados das somas e reduza os termos semelhantes, ou seja,
22222
ppx2xyppx2x 
px4y2
 
A equação  é conhecida como equação reduzida da parábola de vértice V(0,0), eixo
focal coincidindo com o eixo Ox e abertura voltada para direita.
Uma segunda possibilidade é que a parábola possua vértice V(0,0), eixo focal
coincidindo com o eixo Ox e a abertura voltada para a esquerda. Observe o exemplo
ilustra na figura 06.
De modo análogo ao caso anterior você pode
obter a equação a seguir utilizando a definição
de parábola: )d,P(d)F,P(d  .
px)0y())p(x( 22

Procedendo de modo semelhante ao caso
anterior, você pode obter a equação:
px4y2
 

Prof. Substituto
24
Assim, a equação  representa uma parábola de vértice V(0,0), eixo focal coincidindo
com o eixo Ox e abertura voltada para esquerda.
Compare as equações  e  e identifique a diferença entre elas.
Vamos supor agora que a parábola possua
vértice V(0,0), eixo focal coincidente com o
eixo Oy e abertura voltada para cima. Veja
figura 06.
Procedendo de modo análogo aos casos
anteriores você poderá obter a equação:
py4x2
 
A equação  representa a parábola de vértice V(0,0), eixo focal coincidente com o eixo
Oy e abertura voltada para cima.
A quarta possibilidade é que a parábola
possua vértice V(0,0), eixo focal coincidente
com o eixo Oy e abertura voltada para baixo.
Veja figura 07.
Essa parábola possui equação do tipo:
py4x2
 .
Resumindo temos quatro tipos de equações de
Parábola de vértice V(0,0):
 Eixo focal Ox: px4y2
  (Abertura voltada para direita)
px4y2
  (Abertura voltada para esquerda)
 Eixo focal Oy: py4x2
  (Abertura voltada para cima)

Prof. Substituto
25
py4x2
  (Abertura voltada para baixo)
Observações
Observando as quatro equações reduzidas acima podemos concluir:
 O eixo focal da parábola é coincide com o eixo da variável que aparece em
primeiro grau na equação reduzida da mesma.
 O módulo do coeficiente da variável de primeiro grau é igual ao comprimento
do latus rectum(4p).
 A parábola é simétrica em relação ao seu eixo focal.
Exemplos
1. Determine uma equação reduzida da parábola de vértice V(0,0) e diretriz d: y = -3.
Solução:
Inicialmente você deve marcar os dados do problema no plano cartesiano. Veja a figura
08.
Você sabe que o eixo focal é
perpendicular à diretriz e passa pelo
vértice. Assim, essa parábola possui
eixo focal coincidindo com o eixo Oy
e sua equação pode ser do tipo  ou
do tipo 
Lembre que a parábola não intercepta
a diretriz, daí essa parábola possui
abertura voltada para cima e sua
equação é do tipo .
Falta apenas o valor do parâmetro p que é a distância do vértice V à diretriz d. Pelo
esboço da figura 08 você pode obter que p = 3.

Prof. Substituto
26
Montando a equação:
py4x2
 , p = 3 y34x2
 y12x2
 .
2. Determine uma equação reduzida da parábola de foco F(-2,0) e diretriz d: x = 2.
Solução:
Marcando os dados do problema no plano
cartesiano. Observe a figura 09.
O eixo focal dessa parábola coincide com o eixo
Ox, já que o eixo de uma parábola passa pelo
foco e é perpendicular à diretriz. Então a
equação pode ser do tipo  ou do tipo .
O vértice é o ponto V(0,0), pois a distância do
vértice ao foco é igual à distância do vértice à
diretriz, que é igual a parâmetro p. Além disso,
p é igual a 2 e a parábola possui abertura voltada para a esquerda. Então:
px4y2
 , p = 2 x24y2
 x8y2
 .
3. Determine os elementos da parábola de equação
x16y2
 e faça o esboço da mesma.
Solução:
O eixo focal dessa parábola é o eixo Ox, pois x aparece
em primeiro grau nessa equação. O vértice V está na
origem do sistema, ou seja, V(0,0). Lembre-se que o
módulo do coeficiente da variável de primeiro grau é igual
a medida do latus rectum, que mede 4p. Assim, 4p = 16 e
daí, p = 4. Além disso, a parábola está voltada para direita.
Veja a figura 10.

Prof. Substituto
27
Logo, o foco F(4,0), a diretriz d possui equação 4x  , eixo focal possui equação y = 0
e o comprimento do latus rectum é igual a 16.
2. ELIPSE
Definição 1:
Em um plano α, considere dois pontos F1 e F2 tais que c2)F,F(d 21  , c> 0. O conjunto
dos pontos P do plano α tais que,
a2)F,P(d)F,P(d 21  , a > 0,
chama-se Elipse de focos F1 e F2.
Elementos principais da Elipse:
Os pontos F1 e F2 são os focos da elipse e a reta que passa pelos focos é o eixo focal. O
ponto médio do segmento F1F2 chama-se centro. Na figura 07 o centro está
representado pela letra C. Observe que as distâncias d(F1,C) e d(F2,C) são iguais a c.
A reta que passa pelo centro C e é perpendicular ao eixo focal chama-se eixo normal.

Prof. Substituto
28
Os pontos V1 e V2 interseções do eixo focal com a elipse são chamados vértices. As
cordas focais AB e DE, que são perpendiculares ao eixo focal chamam-se latus rectum.
A razão
a
c
e  é denominada excentricidade. Na elipse, essa razão é sempre menor que
um, já que o número a é maior que o número c.
 A constante a é sempre maior que a constante c.
 Os focos não são pontos da elipse.
 Um foco pode não ser o ponto médio entre um vértice e o centro.

Equações reduzidas da Elipse.
Para deduzir as equações reduzidas da elipse inicie traçando o sistema cartesiano
formado pelos eixos x e y, que se interceptam na origem O.
Considere que a elipse possui centro na origem do sistema, ou seja, C(0,0). E que o eixo
focal da mesma coincide com o eixo
Ox. Veja figura 08.
Seja P um ponto da elipse que se
movimenta sobre a mesma. Nesse
movimento as coordenadas de P
variam, por isso, considere que P
possui coordenadas (x,y), onde x e y
são variáveis.
Como o ponto P é um ponto da elipse
ele satisfaz a condição:
a2)F,P(d)F,P(d 21  .
Utilizando a fórmula de distância entre dois pontos você pode obter a equação a seguir:
a2)0y()cx()0y()cx( 2222
 .

Prof. Substituto
29
Você deve eliminar um radical de cada vez, por isso isole um deles em um dos
membros da equação, por exemplo,
2222
y)cx(a2y)cx( 
Agora eleve ambos os membros ao quadrado para obter,
2222222
y)cx(y)cx(a4a4y)cx( 
Desenvolvendo os quadrados da soma e da diferença você obterá a equação,
222222222
yccx2xy)cx(a4a4yccx2x 
Reduza agora os termos semelhantes, transformando a equação anterior em,
 cx4a4y)cx(a4 222
   22
2
22
cxay)cx(a 
Continuando,
  22242222
xccxa2ayccx2xa 
22242222222
xccxa2ayacacxa2xa 
224222222
xcayacaxa  224222222
caayaxcxa 
   22222222
caayaxca 
Lembre-se que a é maior que c, assim, 0ca 22
 . Pode-se então dizer que
222
bca  . Substituindo na equação anterior, você obtém,
222222
bayaxb  .
Como as constantes a e b são maiores que zero o produto a2
b2
é diferente de zero.
Assim, você pode dividir ambos os membros da equação acima por esse produto e obter
a equação:
1
b
y
a
x
2
2
2
2


Prof. Substituto
30
A equação acima é conhecida como equação reduzida da elipse de centro C(0,0) e eixo
focal Ox.
Uma outra possibilidade é a elipse de centro na origem
C(0,0) e o eixo focal coincidindo com o eixo Oy, veja
figura 09.
De modo análogo ao caso anterior você pode obter a
equação da elipse utilizando a definição, ou seja,
a2)F,P(d)F,P(d 21  . Usando a fórmula de distância
entre dois pontos você pode obter a equação a seguir:
a2)cy()ox()cy()ox( 2222
 .
Proceda de modo semelhante ao caso anterior e obtenha a equação:
1
a
y
b
x
2
2
2
2
 .
Essa equação é conhecida como equação reduzida da elipse de centro C(0,0) e eixo
focal Oy.
Resumindo temos dois tipos de equações de Elipse de centro C(0,0):
 Eixo focal Ox: 1
b
y
a
x
2
2
2
2
   Eixo focal Oy: 1
a
y
b
x
2
2
2
2
 
Observações:
Observando as duas equações reduzidas acima podemos concluir:
 A elipse é simétrica em relação aos seus eixos focal e normal.
 O eixo focal da elipse coincide com o eixo da variável que aparece com maior
denominador (a2
) na equação reduzida da mesma.

Prof. Substituto
31
A distância de entre os focos F1 a F2 sabemos que é 2c, mas quanto será a distância
entre os vértices V1 e V2?
Para responder a esse pergunta considere uma elipse de centro C(0,0) e eixo focal Ox.
Observe inicialmente que os vértices são pontos do eixo Ox e daí as ordenadas desses
pontos são iguais a zero. Então você pode escrever: V1(x,0). Resta determinar o valor da
abscissa x. Lembre-se que o vértice V1 é um ponto da elipse, assim você pode substituir
as suas coordenadas na equação :
1
b
0
a
x
2
2
2
2

ax1
a
x
2
2

Daí, as coordenadas dos vértices são )0,a(V1 e )0,a(V2  . Conseqüentemente, a
distância entre V1 e V2 é igual a 2a.
Você pode proceder de modo análogo para determinar as coordenadas de B1 e B2.
Agora esses pontos pertencem ao eixo Oy e daí as suas abscissas são iguais a zero.

Prof. Substituto
32
Assim, B1(0,y), como B1 é também um ponto da elipse substituindo as suas coordenadas
na equação  você poderá obtém: by1
b
y
a
0
2
2
2
2
 .
Então, )b,0(B1 e )b,0(B2 e, portanto a distância entre B1 e B2 é igual a 2b.
O segmento V1V2 chama-se eixo maior e o segmento B1B2 eixo menor da elipse.
Lembra que a medida do latus rectum da parábola é 4p? E quanto será que mede o
comprimento do latus rectum da elipse?
Para responder a essa pergunta observe novamente a figura 10. Veja que o ponto E é
uma extremidade de um dos latus rectm da elipse. O ponto E é também um ponto da
elipse e possui coordenadas (c,y). Para determinar o valor de y você pode substituir as
coordenadas desse ponto na equação  .
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
ca
b
y
a
c
1
b
y
1
b
y
a
c 

Lembre-se que 222
bca  , então:
a
b
y
a
b
y
a
b
b
y 2
2
4
2
2
2
2
2
 .
Daí, o ponto E possui coordenadas 





a
b
,c
2
. E consequentemente, o comprimento da
cada latus rectum é igual a
a
b2 2
.
Sintetizando:
 O eixo maior da elipse mede 2a, ou seja, a2VV 21  .
 O eixo menor da elipse mede 2b, ou seja, b2BB 21  .
 O comprimento do latus rectum é igual a
a
b2 2
.

Prof. Substituto
33
Veja a figura 11.
Exemplos
1. Determine uma equação reduzida da elipse de centro C(0,0), vértice V(-5,0) e foco
F(4,0).
Solução:
Lembre-se que você deve começar marcando os dados do problema no plano cartesiano.
Veja a figura 12.
Sabemos que o eixo focal passa pelo
centro e pelo foco, daí o eixo focal
dessa elipse coincide com o eixo Ox.
Daí a sua equação é do tipo
1
b
y
a
x
2
2
2
2

Pelo esboço, você pode determinar a constante a que é igual à distância do Vértice V ao
centro C, assim, a = 5.
Por outro lado, a distância do foco F ao centro é igual à constante c, logo c = 4. Lembre-
se também que 222
bca  . Então 91625b2
 .

Prof. Substituto
34
Logo, a elipse possui equação: 1
9
y
25
x 22
 .
2. Determine uma equação reduzida da elipse de centro C(0,0),
vértice V(0,-8) e excentricidade e =1/2.
Solução:
Observe a figura 13 que traz um esboço com os dados do
problema. O eixo focal coincide agora com o eixo Oy, pois esse
eixo passa pelo vértice e pelo centro. Daí a equação dessa elipse é
do tipo 1
a
y
b
x
2
2
2
2
 .
Ainda pelo esboço, você consegue determinar o valor da constante a, que é igual a
distância do vértice V ao centro C. Ou seja, a = 8.
Por outro lado, lembre que a excentricidade é a razão
a
c
e  e é dado que a
excentricidade é igual a ½. Daí,
2
1
a
c
 .
Substituindo o valor de a nessa igualdade você obtém: 4c
2
1
8
c
 .
Para determinar o valor da constante b utilize a igualdade 222
bca  .
Assim, 481664b2
 .
Logo, a elipse possui equação: 1
64
y
48
x 22
 .
3. Determine os elementos principais da elipse 1
64
y
100
x 22
 e faça um esboço da
mesma.
Solução:

Prof. Substituto
35
O eixo focal dessa elipse coincide com o eixo Ox, pois x é a variável que aparece com o
maior denominador na sua equação reduzida. Além disso, observe que 100a2
 , daí a
=10. Observe também que 64b2
 e assim, b = 8. Aplique a igualdade 222
bca 
para obter a constante c. Ou seja, 3664100c2
 , daí a constante c = 6.
Agora comece o esboço marcando o cento, os vértices e os focos sobre o eixo Ox, que é
o eixo focal e os pontos B1 e B2 sobre o eixo Oy que é o eixo normal.
Lembre-se:
 Para marcar os vértices conte 10 unidades (a=10) a partir do centro sobre o eixo
Ox: para direita marque V1 e para esquerda marque V2.
 Para marcar os focos conte 6 unidades(c=6) a partir do centro sobre o eixo Ox:
para direita marque F1 e para esquerda marque F2.
 Para marcar as extremidades do eixo menor conte 8 unidades(b=8) a partir do
centro sobre o eixo Oy: para cima marque B1 e para baixo marque B2.
Utilize a fórmula
a
b2 2
para calcular o comprimento de cada latus rectum.
Assim, a medida de cada latus rectum é igual a 8,12
10
642


. Volte a observar a figura
11, para marcar as extremidades dos latus rectum AB e DE.
Ligue todos os pontos que você marcou e obterá um esboço da elipse. Finalize
calculando a excentricidade
4
3
8
6
a
c
e  .

Prof. Substituto
36
A figura 14 apresenta um esboço dessa elipse.
3. HIPÉRBOLE
Definição 1:
Em um plano α, considere dois pontos F1 e F2 tais que c2)F,F(d 21  , c> 0. O conjunto
dos pontos P do plano α tais que,
a2)F,P(d)F,P(d 21  , ca0  ,
chama-se Hipérbole de focos F1 e F2.

Prof. Substituto
37
Elementos principais da Hipérbole: Os pontos F1 e F2 são os focos da hipérbole
e a reta que passa pelos focos é o eixo focal. O ponto médio do segmento F1F2 chama-se
centro. Na figura 06 o centro está representado pela letra C. Observe
que as distâncias d(F1,C) e d(F2,C) são iguais a c.
A reta que passa pelo centro C e é perpendicular ao eixo focal chama-se eixo normal.
Os pontos V1 e V2 interseções do eixo focal com a hipérbole são chamados vértices. As
cordas focais DE e FG, que são perpendiculares ao eixo focal chamam-se latus rectum.
A razão
a
c
e  é denominada excentricidade. Na hipérbole, essa razão é sempre maior
que um, já que o número a é menor que o número c.
 A constante a é sempre menor que a constante c.
 Os focos não são pontos da hipérbole.
 Um vértice pode não ser o ponto médio entre um foco e o centro.

Prof. Substituto
38
Equações reduzidas da Hipérbole: Para deduzir as equações reduzidas da hipérbole
inicie traçando o sistema cartesiano formado pelos eixos x e y, que se interceptam na
origem O.
Considere que a hipérbole possui centro na origem do sistema, ou seja, C(0,0). E que o
eixo focal da mesma coincide com o eixo Ox. Veja figura 07.
Seja P um ponto da hipérbole que se
movimenta sobre a mesma. Nesse movimento
as coordenadas de P variam, por isso, considere
que P possui coordenadas (x,y), onde x e y são
variáveis.
Como o ponto P é um ponto da hipérbole ele
satisfaz a condição:
a2)F,P(d)F,P(d 21  .
Utilizando a fórmula de distância entre dois pontos você pode obter a equação a seguir:
a2)0y()cx()0y()cx( 2222
 .
Daí,
a2)0y()cx()0y()cx( 2222

Proceda de modo semelhante ao que feito para dedução da equação da elipse e obtenha
a equação:
   22222222
acayaxac  .
Lembre-se que a é menor que c, assim, 0ac 22
 . Pode-se então dizer que
222
bac  . Substituindo na equação anterior, você obtém,

Prof. Substituto
39
222222
bayaxb  .
Como as constantes a e b são maiores que zero o produto a2
b2
é diferente de zero.
Assim, você pode dividir ambos os membros da equação acima por esse produto e obter
a equação:
1
b
y
a
x
2
2
2
2

A equação acima é conhecida como equação reduzida da hipérbole de centro C(0,0) e
eixo focal Ox.
Uma outra possibilidade é a hipérbole de centro na origem C(0,0) e o eixo focal
coincidindo com o eixo Oy, veja figura 08
De modo análogo ao caso anterior você pode obter a
equação da hipérbole utilizando a definição, ou seja,
a2)F,P(d)F,P(d 21  . Usando a fórmula de distância
entre dois pontos você pode obter a equação a seguir:
a2)cy()0x()cy()0x( 2222

Proceda de modo semelhante ao caso anterior e obtenha a
equação:
1
b
x
a
y
2
2
2
2
 .
Essa equação é conhecida como equação reduzida da hipérbole de centro C(0,0) e eixo
focal Oy.
Resumindo temos dois tipos de equações de hipérbole de centro C(0,0):
b
y
a
x
2
2
2
2
   Eixo focal Oy: 1
b
x
a
y
2
2
2
2
 

Prof. Substituto
40
Observações:
Observando as duas equações reduzidas acima podemos concluir:
 A hipérbole é simétrica em relação aos seus eixos focal e normal.
 O eixo focal da hipérbole coincide com o eixo da variável que aparece com o
sinal positivo na equação reduzida da mesma e o denominador dessa variável é
a2
.
Sabemos que a distância entre os focos é igual a 2c. Você pode calcular a distância entre
os vértices V1 e V2 de modo análogo o que fez para elipse.
Inicialmente considere uma hipérbole de centro C(0,0) e eixo focal Ox. Observe
inicialmente que os vértices são pontos do eixo Ox e daí as ordenadas desses pontos são
iguais a zero. Então você pode escrever: V1(x,0). Resta determinar o valor da abscissa x.
Lembre-se que o vértice V1 é um ponto da hipérbole, assim você pode substituir as suas
coordenadas na equação :
1
b
y
a
x
2
2
2
2

ax1
a
x
2
2

Daí, as coordenadas dos vértices são )0,a(V1 e )0,a(V2  . Conseqüentemente, a
distância entre V1 e V2 é igual a 2a. O segmento V1V2 chama-se eixo transverso ou real
da hipérbole.
Marque também os pontos B1(0,b) e B2(0,-b) sobre o eixo normal da hipérbole. O
segmento B1B2 chama-se eixo não transverso ou imáginário da hipérbole.

Prof. Substituto
41
Você pode calcular agora o comprimento de cada lactus rectum da hipérbole. Inicie
considerando que o ponto E é uma extremidade de um dos lactus rectum, veja figura 09.
O ponto E é também um ponto da hipérbole e possui coordenadas (c,y). Para determinar
o valor de y você pode substituir as coordenadas desse ponto na equação 
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
ac
b
y
1
a
c
b
y
1
b
y
a
c 

Lembre-se que 222
bac  , então:
a
b
y
a
b
y
a
b
b
y 2
2
4
2
2
2
2
2
 .
Daí, o ponto E possui coordenadas 





a
b
,c
2
. E consequentemente, o comprimento da
cada latus rectum é igual a
a
b2 2
.
Compare essa fórmula com a fórmula para calcular o latus rectum da elipse. O que você
pode concluir?
Agora vamos conversar sobre duas retas chamadas assíntotas que auxiliarão você a
fazer esboços de hipérboles. Mas afinal o que é uma assíntota?
Definição 2:
Dizemos que uma reta r é uma
assíntota a uma curva C se ao nos
afastarmos da origem do sistema xOy
as distâncias entre os pontos da reta r e
da curva C tornam-se infinitamente
pequenas.
Por exemplo, na figura 10 as retas r: y
= 1 e s: x = 1 são assíntotas da curva
esboçada.

Prof. Substituto
42
Considere uma hipérbole de centro C(0,0) e eixo focal Ox, esboçada na figura 11.
Observe o retângulo PQRS: o lado PQ mede 2a e o
lado QR mede 2b. As retas r e s que contêm as
diagonais desse retângulo são assíntotas dessa
hipérbole. Ou seja, se a hipérbole possui equação
1
b
y
a
x
2
2
2
2

suas assíntotas possuem equações
x
a
b
y  .
Por outro lado, se uma hipérbole possui centro C(0,0) e eixo focal Oy, observe a figura
12. O retângulo PQRS possui lados medindo 2a e 2b e as assíntotas da hipérbole
contém as diagonais desse retângulo.
Assim, se uma hipérbole possui equação 1
b
x
a
y
2
2
2
2

então suas assíntotas possuem equações x
b
a
y  .
Finalmente, observe que nos dois casos as assíntotas
passam pelo centro da hipérbole.
Sintetizando:
b
y
a
x
2
2
2
2
  , Assíntotas: x
a
b
y 
 Eixo focal Oy: 1
b
x
a
y
2
2
2
2
  , Assíntotas: x
b
a
y 
Agora vamos ver como as assíntotas nos auxiliam a esboçar hipérboles.

Prof. Substituto
43
Considere a hipérbole de equação 1
16
x
9
y 22
 . O eixo focal dessa hipérbole coincide
com que eixo coordenado?
Se você disse e eixo Oy acertou, o eixo focal de uma hipérbole coincide com o eixo da
variável que aparece com o sinal positivo na equação reduzida da hipérbole. Pela
equação a = 3, b = 4 e aplicando a relação 222
bac  você obterá c = 5. Com a
constante a você pode marcar os vértices V1 e V2, já que a distância dos vértices ao
centro C é igual a a. Para marcar os focos você deve utilizar a constante c e para marcar
os pontos B1 e B2 extremidades do eixo não transverso use a constante b. Observe a
figura 13.
Construa o retângulo PQRS de lados
medindo 2a e 2b. Lembre-se que os vértices e
os pontos B1 e B2 são pontos dos lados do
retângulo. Em seguida, trace as retas que
contém as diagonais desse retângulo, elas são
as assíntotas da hipérbole. Finalmente, trace a
hipérbole passando pelos vértices e se
aproximando das assíntotas à medida que se
afasta da origem do sistema. Veja a figura 14.

Prof. Substituto
44

Geometria analítica: Notas de Aula

Recomendados

Recomendados

Mais conteúdo relacionado

Mais procurados

Mais procurados (20)

Semelhante a Geometria analítica: Notas de Aula

Semelhante a Geometria analítica: Notas de Aula (20)

Último

Último (20)

Geometria analítica: Notas de Aula