Guia de Matemática para Pré-Vestibular

PRÉ-VESTIBULAR
LIVRO DO PROFESSOR
MATEMÁTICA
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© 2006-2009 – IESDE Brasil S.A. É proibida a reprodução, mesmo parcial, por qualquer processo, sem autorização por escrito dos autores e do
detentor dos direitos autorais.
Produção
Projeto e
Desenvolvimento Pedagógico
Disciplinas Autores
Língua Portuguesa Francis Madeira da S. Sales
Márcio F. Santiago Calixto
Rita de Fátima Bezerra
Literatura Fábio D’Ávila
Danton Pedro dos Santos
Matemática Feres Fares
Haroldo Costa Silva Filho
Jayme Andrade Neto
Renato Caldas Madeira
Rodrigo Piracicaba Costa
Física Cleber Ribeiro
Marco Antonio Noronha
Vitor M. Saquette
Química Edson Costa P. da Cruz
Fernanda Barbosa
Biologia Fernando Pimentel
Hélio Apostolo
Rogério Fernandes
História Jefferson dos Santos da Silva
Marcelo Piccinini
Rafael F. de Menezes
Rogério de Sousa Gonçalves
Vanessa Silva
Geografia Duarte A. R. Vieira
Enilson F. Venâncio
Felipe Silveira de Souza
Fernando Mousquer
I229 IESDE Brasil S.A. / Pré-vestibular / IESDE Brasil S.A. —
Curitiba : IESDE Brasil S.A., 2009. [Livro do Professor]
660 p.
ISBN: 978-85-387-0571-0
1. Pré-vestibular. 2. Educação. 3. Estudo e Ensino. I. Título.
CDD 370.71

1
EM_V_MAT_020
Geometria
Analítica
no Plano:
Ponto, Reta e
Circunferência
O emprego de coordenadas cartesianas, tanto
no plano quanto no espaço, servem a pelo menos
dois propósitos que se complementam. O primeiro
é o de atribuir um significado geométrico a fatos de
natureza numérica, como o comportamento de uma
função real, que ganha muito em clareza quando
se olha para seu gráfico. E o segundo propósito é
recorrer–se às coordenadas a fim de resolver proble-
mas de geometria.
O ponto no plano
Coordenadas cartesianas
Sejam os eixos Ox e Oy, perpendiculares em O.
Eles determinam um plano (π). Consideremos um
ponto qualquer P ∈ (π) e tracemos por ele as retas
(x’) paralela a Ox e (y’) paralela a Oy. Chamemos P1
e P2
, respectivamente, as intersecções de (y’) com o
eixo Ox e de (x’) com o eixo Oy (Figura 1).
2
1
Figura 1
O e P1
determinam o segmento orientado OP1
cuja medida algébrica é a abscissa do ponto P.
OP1 = P2
P = xp
O e P2
determinam o segmento orientado OP2
,
cuja medida algébrica é a ordenada do ponto P.
OP2
= P1
P = yp
Os números reais xp
e yp
constituem um par or-
denado que determina a posição do ponto P no plano
(π). São as coordenadas do ponto P. Representado
por (xp
, yp
).

2
EM_V_MAT_020
O plano ( ) é denominado plano cartesiano e os
eixos Ox e Oy que o determinam são os eixos carte-
sianos, sendo o eixo Ox1
o eixo das abscissas e Oy1
o eixo das ordenadas.
xOy indica o sistema de eixos cartesianos orto-
gonais (ou retangulares).
O ponto O é a origem do sistema.
Quadrantes
Os eixos cartesianos determinam quatro re-
giões distintas no plano cartesiano, os quadrantes
(Figura 2).
Figura 2
Verificamos facilmente que existe uma corres-
pondência biunívoca entre o conjunto dos pontos P
do plano e o conjunto dos pares ordenados (xp
, yp
)
(Figura 3).
Assim, o ponto A tem sua posição definida no
plano cartesiano (π) pelo par ordenado (3, 4) e indi-
camos por A(3, 4) e lemos ponto A de coordenadas
cartesianas 3 e 4.
Da mesma forma os pontos B, C e D.
B(–4, 1), C(–2, –5) e D(5, –3)
Figura 3
F
Um ponto pertencente ao eixo das abscissas
tem ordenada nula E(4, 0).
Se pertencente ao eixo das ordenadas tem abs-
cissa nula, F(0,– 4) e na origem ambas as coordenadas
são nulas, x = y = 0.
Figura 4
Um ponto pertencente à bissetriz do 1.º e 3.º
quadrantes tem coordenadas iguais e quando per-
tencente à bissetriz dos quadrantes pares tem coor-
denadas simétricas (Figura 4).
b1,3
= { P(x,x)/x R}
b2,4
= {P(x,–x)/x R}
Distância de dois pontos
Sejam os pontos A(xA
, yA
) e B(xB
, yB
) referidos
num sistema de eixos cartesianos ortogonais.
Procuremos a distância d entre dois pontos.
Tracemos por A (Figura 5) a paralela a Ox de-
terminando em B1
B o ponto C.
Do triângulo ABC tiramos
d = (xB
– xA
)2
+(yB
– yA
)2
Figura 5

3
EM_V_MAT_020
Razão de secção
Razão de secção
de um segmento por um ponto
Sejam os pontos A ≠ B ≠ C colineares. Chama-
mos razão de secção do segmento AB pelo ponto C
ao número real r, razão entre as medidas algébricas
dos segmentos AC e CB.
r = (ABC) = AC
CB
Tomemos A(xA
, yA
), B(xB
, yB
) e C(xC
, yC
) referidos
aos sistema xOy (Figura 6).
Figura 6
O feixe de paralelas A1
A, C1
C e B1
B determina,
sobre as retas AB e Ox, segmentos proporcionais,
então:
r =
AC
CB
=
A1
C1
C1
B1
=
xC
–xA
xB
– xC
1
Ponto médio de um segmento
Dados os pontos A(xA
, yA
) e B(xB
, yB
).
O ponto médio desse segmento M tem coorde-
nadas:
xA
+ xB
2
,
yA
+ yB
2
O ponto no espaço
Coordenadas cartesianas
Tracemos por um ponto fixo 0 três eixos perpen-
diculares entre si (Figura 1). Estes eixos, x’x, eixo das
abscissas; y’y, eixo das ordenadas e z’z, eixos das
cotas determinam, dois a dois, os planos x0y, x0z e
y0z, planos coordenados.
Dado um ponto P do espaço, sua posição fica
determinada plenamente em relação ao sistema
{0, x’x, y’y,z’z},através de suas distâncias PF, PV e
PH aos três panos coordenados ou pelas projeções
destas distâncias sobre os eixos coordenados, res-
pectivamente, OA, OB e OC.
Figura 7
OA = BH = CV = x (abscissa)
OB = AH = CF = PV = y (ordenada)
OC = BF = AV = PH = z (cota)
Octantes
Os planos coordenados dividem o espaço em oito
regiões, denominadas octantes (Figura 2). Os pontos
de cada octante ficam determinados por três números
reais ordenados, isto é, o terno ordenado (x,y,z).
Os octantes anteriores são os ímpares e os pos-
teriores os pares. Os sinais das coordenadas do ponto
dependem do octante em que o ponto está situado.
Figura 8
Assim:
1.° Octante – 0xyz : x > 0, y > 0, z > 0.
2.° Octante – 0x’yz : x < 0, y > 0, z > 0.
3.° Octante – 0xy’z : x > 0, y < 0, z > 0.
4.° Octante – 0x’y’z : x < 0, y < 0, z > 0.
5.° Octante – 0xyz’ : x > 0, y > 0, z < 0.
6.° Octante – 0x’yz’ : x < 0, y > 0, z < 0.

4
EM_V_MAT_020
7.° Octante – 0xy’z : x > 0, y < 0, z < 0.
8.° Octante – 0x’y’z’ : x < 0, y < 0, z < 0.
Dessa forma o ponto A (–3, 2, –1) está situado
no 6.° octante; B (1, 3, –4) no 5.° octante.
Distância de 2 pontos do R3
Sejam os pontos A(xA
, yA
, zA
) e B(xB
, yB
, zB
) (Fi-
gura 5) referidos num sistema cartesiano ortogonal
{O, x’x, y’y, z’z}. Marquemos os pontos através de
suas coordenadas.
Figura 9
Do triângulo retângulo ACB, aplicando a relação
de Pitágoras, resulta em:
d2
= d2
1
+ (zB
– zA
)2
, (1)
e do triângulo A1
PB1
, também retângulo, tiramos:
d2
1
= (xB
– xA
)2
+ (yB
– yA
)2
Substituindo em (1), vem
d2
=(xB
– xA
)2
+ (yB
– yA
)2
+ (zB
– zA
)2
Então a distância d do ponto A ao ponto B nos
é dada por:
d = (xB
– xA
)2
+ (yB
– yA
)2
+ (zB
– zA
)2
ou
d = (∆x)2
+ (∆y)2
+ (∆z)2
Equação vetorial
Suponhamos que dados um ponto P0
do plano
e um vetor u, seja pedido para achar a equação da
reta (r) que passa por P0
e tenha a direção de u .
Para resolver o problema, seja P um ponto qualquer
de (r). O vetor v– vo
deve ter a direção de u, pois
queremos que (r) tenha a direção de u. Decorre daí
que para cada v– OP da reta existe um número real
tal que v– vo
= u, isto é, v= vo
+ u, chamada a
equação vetorial da reta.
Equações paramétricas
Se u = (a’, b’) e v=(x, y) obteremos, a partir da
equação vetorial que:
(x, y) = (xo
, yo
) + (a’, b’) ou
x = xo
+ a’
x = yo
+ b’
,
que são as equações paramétricas da reta sen-
do o parâmetro.
Equação simétrica
Se a’ 0 e b’ 0, as equações paramétricas podem
ser escritas na forma:
x – xo
a’
=
y – yo
b’
que é a chamada equação simétrica da reta.
Equação geral
Da equação simétrica obtém–se:
b’ (x – xo
) = a’(y – yo
) ou b’x – a’y +(a’yo
– b’xo
) = 0
fazendo b’= a; –a’ = b e c = a’yo
– b’xo
resulta que ax +
by + c = 0 denominada equação geral da reta (r).
Equação reduzida
Supondo b 0 podemos escrever y = – a
b
x – c
b
e estabelecer m = – a
b
e p = – c
b
, segue–se que
y = mx + p, conhecida como equação reduzida da
reta.
Os parâmetros m e p que aparecem na equação
da reduzida da reta possuem um significado geo-
métrico simples. De fato, suponhamos que a reta
passa pelos pontos P e Q com P = (x1
, y1
) e Q = (x2
,
y2
) e seja R = (x2
, y1
). Logo, w– u = (x2
– x1
, 0) e v – w
= (0,y2
– y1
). Como a reta (r) passa pelos pontos P
e Q tem–se que y1
= mx1
+ p e y2
= mx2
+ p e daí,
y2
– y1
= m(x2
– x1
) ou seja m =
y2
- y1
x2
- x1
que é igual à
tangente do ângulo que a reta (r) faz com o semi–
eixo positivo dos x. O parâmetro m é denominado
coeficiente angular da reta (r) e é uma medida da
inclinação da reta em relação ao eixo dos x.
Se fizermos x = 0 na equação reduzida da reta
obteremos y = p. Logo, o ponto (O, p) é o ponto de
interseção de (r) com o eixo dos y e |p|, e é a distância
deste ponto à origem. O parâmetro p é denominado
coeficiente linear da reta (r).

5
EM_V_MAT_020
Vetor normal à uma reta
Suponhamos agora, uma reta (r) que passa pelo
ponto P = (x1
, y1
) possui direção dada pelo vetor u e
está representada pela sua equação geral ax + by
+ c = 0. Se Q = (x2
, y2
) é outro ponto qualquer da
reta (r), então claramente PQ = u com PQ = Q – P
= (x2
– x1
, y2
– y1
). Como P e Q são pontos de (r), te-
mos também ax1
+ by1
+ c = 0 e ax2
+ by2
+ c = 0.
Subtraindo membro a membro, a primeira da segunda
tem–se:
a(x2
– x1
) + b(y2
– y1
) = 0
A expressão acima pode ser identificada com o
produto escalar do vetor PQ =(x2
–x1
,y2
–y1
)com o ve-
tor n =(a,b) . Fazendo esta identificação obtemos:
n.PQ = a(x2
– x1
) +b (y2
– y1
) = 0,
qualquer que seja o ponto Q = (x2
, y2
) da reta.
Concluímos daí que se a reta estiver representada
pela sua equação geral ax + by + c = 0, os números
a e b são as componentes de um vetor n perpendi-
cular à direção de (r), isto é, perpendicular ao vetor
u para todo .
Paralelismo
e perpendicularismo
Suponhamos agora duas retas (r) e (s) repre-
sentadas por suas equações gerais ax + by + c = 0
e a’x + b’y + c = 0, coeficientes angulares m e m’ e
vetores normais n=(a, b) e n’=(a’, b’) respectiva-
mente. Logo,
(i) Se (r) // (s) então n // n’ e daí a
a’
= b
b’
ou ainda
m = m’.
(ii) Se (r) (s) então n n’ e daí aa’+bb’=0 ou
ainda m = – 1
m’
.
Distância de ponto à reta
Sejam dados a reta (r), representada pela sua
equação geral, ax + by + c = 0 e P0
= (x0
, y0
) deter-
minemos agora a distância d do ponto à reta. Pelo
que vimos anteriormente, a direção da normal a (r)
é dada por n= n
n
, onde n = (a, b). Considere um
ponto P qualquer da reta (r) e seja o ângulo entre
a direção de (u – v) e n. A distância d procurada é
expressa por:
d = (u – v) |cos | = (u – v)cos , ou seja, d
= (u – v). n
Em coordenadas a fórmula acima se torna:
d =
axo
+ byo
+ c
a2
+ b2
Condição de
alinhamento de 3 pontos
Sejam os pontos P1
(x1
, y1
) P2
(x2
, y2
) e P3
(x3
,
y3
).
Sabemos que os pontos P1
e P2
determinam a
reta (r) da equação:
x – x1
x2
– x1
=
y – y1
y2
– y1
Para P3
pertencer à reta (r) é necessário e suficien-
te que suas coordenadas satisfaçam sua equação
x3
– x1
x2
– x1
=
y3
– y1
y2
– y1
ou
x1
y1
1
x2
y2
1
x3
y3
1
= 0
Posições
relativas de duas retas
Duas retas (r1
) e (r2
) do plano R2
serão:
paralelas distintas: (ra) 1
) (r2
) =
paralelas coincidentes: (rb) 1
) (r2
) = (r1
) = (r2
)
concorrentes: (rc) 1
) (r2
) = {P}
Ângulo de duas retas
Sejam as retas (r1
) A1
x + B1
y + C1
= 0 e (r2
) A2
x
+ B2
y + C2
= 0 referidas num sistema {0, i, j,} de
vetores diretores V1
= (–B1
, A1
) e V2
= (–B2
, A2
) e o
ângulo agudo entre elas.
Do produto V1
. V2
=|V1
|| V2
|cos
cos =
V1
|V1
|
. V2
|V2
|
cos =
A2
1 B2
1+ A2
2 B2
2+
(–B1
) (–B2
) + A1
A2

6
EM_V_MAT_020
cos =
A2
1 B2
1+ A2
2 B2
2+
A1
A2
+ B1
B2
Fórmula que nos per-
mite calcular o ângulo ou seu suplemento.
O ângulo pode ser calculado através do pro-
duto vetorial dos 2 vetores:
sen =
| |
| |
V1
V1
V2
| |V2
sen
A2
1 B2
1+ A2
2 B2
2+
A1
B2
+ A2
B1
ou
tg =
sen
cos
=
A1
B2
– A2
B1
A1
A2
+ B1
B2
ou, dividindo nume-
rador e denominador por B1
B2
,
tg =
A1
B1
–
A2
B2
A1
B1
.
A2
B2
+ 1
=
m2
– m1
1 + m1
.m2
m1
e m2
são coeficientes angulares das retas r1
e r2
respectivamente.
Área de um triângulo
Dado um triângulo ABC, de vértices A(x1
, y1
),
B(x2
, y2
), C(x3
, y3
) , desejamos expressar sua área em
função das coordenadas de A, B e C.
Seja r a reta suporte do seguimento BC, a equa-
ção de r é dada por:
C
x y 1
x2
y2
1
x3
y3
1
= 0 (1)
A distância de A à reta r é:
d(A,r) =
a2
+ b2
ax1
+ by1
+ c
onde, de acordo com (1),
a = y2
– y3
; b = x3
– x2
e c = x2
y3
– x3
y2
.
Assim,
d(A,r) =
(x3
– x2
)2
+(y2
– y3
)2
x y 1
x2
y2
1
x3
y3
1
a área do triângulo ABC é igual a
(ABC) =
1
2
d(A,r).(B,C)
Desenvolvendo, obtemos:
=
1
2
x2
y2
x3
y2
–
x1
y1
x3
y3
+
x1
y1
x2
y2
=
(ABC) =
1
2
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x1
y1
ou
1
2
x1
y1
1
x2
y2
1
x3
y3
1
Logo, a área do triângulo ABC é igual à metade
do valor absoluto do “determinante” acima e pode
ser calculado da seguinte maneira:
= x1
y2
+ x2
y3
+ x3
y1
– x2
y1
– x3
y2
– x1
y3
Triangularização de polígonos
Dado um polígono P qualquer, uma triangu-
larização de P é uma divisão de P em triângulos,
satisfazendo às seguintes condições:
A união de todos os triângulos é igual aoI.
polígono P.
Dados dois triângulos T e T’, se TII. T’
, estão T T’ é um lado comum a T e T’
ou um vértice comum de T e T’.
Exemplo 1:``
O exemplo abaixo ilustra a ideia da demonstração:
Dado o polígono P = A1
A2
A3
...A7
A8
, triangu-
larize–o obtendo os triângulos T1
= A1
A2
A8
,
T2
= A2
A3
A4
, T3
= A4
A5
A6
, T4
= A4
A6
A7
,
T5 = A2
A4
A7
, T6 = A2
A7
A8
(observe a figura). Temos,
então, A(P) significa área de P:
A(P) = A(T1
) + A(T2
) + A(T3
) + A(T4
) + A(T5
)
+ A(T6
) =

7
EM_V_MAT_020
Exemplo 2:``
Calcule a área do pentágono ABCDE de vértices: A(3,0),
B(1,2), C(–2,2), D(–8,–7) e E(6,–1).
Área (ABCDE) =
1
2
A
B
C
D
E
A
=
1
2
3 0
1 2
–2 2
–8 –7
6 –1
3 0
=
1
2
(65+33) =
98
2
= 49u.a.
Circunferência
Circunferência é o lugar geométrico dos pontos
de um plano equidistantes de um único ponto fixo
(centro) do mesmo plano.
A distância de qualquer ponto ao centro é o
raio R.
Equação cartesiana
Seja a circunferência de centro C(m, n) e raio R,
referida num sistema x O y
j
Sua equação espontânea é |CP| = R.
Se determinarmos o módulo do vetor CP, obte-
remos a equação cartesiana na forma reduzida.
(x–m)2
+ (y–n)2
= R, ou racionalizando
(x–m)2
+ (y–n)2
= R2
(equação reduzida)
Desenvolvendo e ordenando obtemos:
x2
+ y2
– 2mx – 2ny + (m2
+n2
– R2
) = 0
que é a equação normal da circunferência.
Condições para que uma
equação do 2.º Grau, com
duas variáveis, represente
uma circunferência
Seja a circunferência de equação geral:
x2
+ y2
– 2mx – 2ny + (m2
+ n2
– R2
) = 0 (1)
Procuremos as condições a que deve satisfazer
a equação geral do 2.º grau com duas variáveis,
Ax2
+ Bxy + Cy2
+ Dx + Ey + F = 0 (2)
para representar uma circunferência.
É necessário e suficiente que consigamos de-
terminar os valores de m, n e R, finitos e determina-
dos, tais que as duas equações, (1) e (2), tenham as
mesmas soluções.
Confrontando os coeficientes dos termos se-
melhantes nas equações citadas, levando–se em
conta que B = O, porque não existe o termo em x na
equação (1), e A ≠ 0, condição obrigatória da álgebra,
resulta:
A
1
=
C
1
=
D
-2m
=
E
-2n
=
F
m2
+ n2
- R2
Destas proporções tiramos:
A = C ≠ 0
2Am = – D
2An = – E
A(m2
+ n2
– R2
) = F
As condições A = C e B = 0, não dependendo
das incógnitas m, n e R, verificam–se por si mesmas,
então, são condições necessárias. E são suficientes,
porque desde que sejam verificadas, permitem de-
terminar os valores de m, n e R.
Concluímos que, dada uma equação do 2.º grau
com duas variáveis, as condições necessárias e sufi-
cientes para que a mesma represente uma circunfe-
rência, no sistema cartesiano ortogonal, são:
A = C ≠ 0
B = 0
Respeitadas estas condições, determinamos:
1. m = – D
2A
en = - E
2A
ocentrodacircunferência
–
D , –
E
2A 2A
2. F = Am2
+ An2
– AR2
⇒ R =
Am2
+ An2
- F
A
⇒

8
EM_V_MAT_020
⇒
A . D2
+ A . E2
- F
4A2
4A2
A
R = ou
R = D2
+ E2
– 4AF
2A
o raio da circunferência.
Se D2
+ E2
– 4AF > 0 ⇒ circunferência real de
centro (m, n) e de raio R;
se D2
+ E2
– 4AF = 0 ⇒ circunferência de raio
nulo, reduzindo–se ao ponto (m, n);
se D2
+ E2
– 4AF < 0 ⇒ circunferência imaginária.
Equação da reta
tangente à circunferência,
dado o ponto de contato
Seja a circunferência de centro C(m, n) e raio R,
referida num sistema x O y.
j
Procuremos a equação da reta (r) tangente à
circunferência no ponto T(x1
, y1
).
A reta (t) é reta do feixe de centro T, logo:
y – y1
= a(x – x1
) (1)
Seja o vetor diretor de (t) V = (f, g). Sabemos
que a =
g
f
Determinamos f e g no vetor normal de (t) que
é n = (g, – f), então g = x1
– m e –f = y1
– n, o que
nos dá:
a =–
x1
– m
y1
– n
Substituindo em (1) ⇒
y – y1
=–
x1
– m
(x - x1
)
y1
– n
(I)
Se o centro C(m, n) estiver na origem, m = n = 0,
a equação da tangente assumirá a forma.
y – y1
=
x1 (x – x1
) ou y1
y + x1
x = x2
1
+ y2
1y1
Posições relativas entre
ponto e circunferência
Sejam uma circunferência , de centro C (m, n)
e raio R, e um ponto do plano P(x0
, y0
), entre P e λ são
três as possíveis posições relativas.
1.º) O ponto P é externo à circunferência λ:
R
C
P
d
Nessa situação, tem-se que:
A distância de P até o centro C é maior que••
o raio R.
2.º) O ponto P pertence à circunferência :
R
C
P
d
A distância do ponto P ao centro C da circun-••
ferência é igual ao raio R.
As coordenadas do ponto P satisfazem a••
equação da circunferência .
3.º) O ponto P é interno à circunferência :
R
C
P
d
A distância de P até o centro C é menor que••
o raio R
Chamando de d a distância entre o ponto P e
o centro C da circunferência, resumidamente, tem-
se que:

9
EM_V_MAT_020
1.º) d(C,P) > R P é externo à ;
2.º) d(C, P) = P ;
3.º) d(C, P) < R P é interno à ;
Podemos também determinar as posições rela-
tivas entre a circunferência de equação (x – m)2
+
(y – n)2
= R2
e o ponto P(x0
, y0
) utilizando a equação
da circunferência e as coordenadas do ponto:
Partindo da equação (x – m)2
+ (y – n)2
= R2
,
tem-se:
(x – m)2
+ (y – n)2
= R2
(x – m)2
+ (y – n)2
– R2
= 0
Chamando de N o 1.º membro dessa equação
temos:
Seja N= (x – m)2
+ (y – n)2
– R2
, substituindo as
coordenadas de P(x0
, y0
) em N temos:
1.º) Se N > 0 (x0
– m)2
+ (y0
– n)2
– R2
> 0,
então P é externo à
2.º) Se N = 0 (x0
– m)2
+ (y0
– n)2
– R2
= 0,
então P pertence à
3.º) Se N < 0 (x0
– m)2
+ (y0
– n)2
– R2
< 0,
então P é interno à
reta e circunferência
Considerando uma circunferência de centro
C(m,n) e raio R. Existem três posições relativas entre
a circunferência e uma reta t. Sendo d a distância
entre a reta e a circunferência temos:
1.º) A reta t é exterior à circunferência :
R
0
d > R
d
t
A distância entre o centro C e a reta t é maior
que o raio. Nessa situação, a circunferência e a reta
não têm ponto em comum.
2.º) A reta t é tangente à circunferência :
0
d = R
t
A distância entre o centro C e a reta t é igual
ao raio. Nessa situação, a circunferência e a reta têm
um único ponto em comum, denominado ponto de
tangência.
3.º) A reta t é secante à circunferência :
M
BR
A
0
d < Rd
t
A distância entre o centro C e a reta t é menor
que o raio. Nessa situação, a circunferência e a reta
têm dois pontos em comum.
Considere o sistema formado pela equação da
circunferência e da reta t:
(x – m)2
+ (y – n)2
= R2
ax + by + c = 0
A resolução desse sistema pode apresentar
três situações:
1.º) Não existe par ordenado que solucione o sis-
tema. Isso ocorre quando t for exterior à ;
2.º) O sistema tem uma única solução – isso
ocorre quando t for tangente à . Nesse caso,
a solução é representada pelas coordenadas
do ponto de tangência;
3.º) O sistema tem duas soluções – isso ocorre
quando t for secante à . Nesse caso, as so-
luções são representadas pelas coordenadas
dos dois pontos de interseção entre t e .
duas circunferências
Considere uma circunferência 1
, de raio R1
e
centro C1
, e outra 2
, de raio R2
e centro C2
, e ainda a
distância d entre os centros C1
e C2
. Entre essas duas
circunferências 1
e 2
são possíveis as seguintes
posições relativas:
1.º) Externas:
R1
C1
C2
R2
d

10
EM_V_MAT_020
Nesse caso, não existe ponto de interseção entre
as circunferências.
2.º) Tangentes externas:
R1
C1
C2
R2
d
Nesse caso, as circunferências têm um único
ponto em comum, denominado ponto de tangência.
3.º) Circunferências secantes
R1
C1
C2
R2
d
Nesse caso, existem dois pontos de interseção.
4.º) Tangentes internas
R1
C1 C2
R2
d
Nesse caso, as circunferências têm um único
ponto em comum, denominado ponto de tangência.
5.º) A circunferência de raio menor é interna à
de raio maior.
R1
C1 C2
R2
d
Neste caso, não existe ponto de interseção entre
as circunferências.
Logo, duas circunferências podem estar uma
em relação à outra, em cinco posições diferentes:
externas, tangentes externas, secantes, tangentes
internas e internas. A partir da análise dessas cinco
situações, é possível estabelecer as seguintes rela-
ções entre d, R1
+ R2
e R1
– R2
:
Quadro 1
Posição relativa
entre as
circunferências
Relação
Externas d (C1
, C2
) > R1
+ R2
Tangentes externas d (C1
, C2
) = R1
+ R2
Secantes R1
– R2
< d (C1
, C2
) < R1
+ R2
Tangentes internas d(C1
, C2
) = R1
– R2
Uma circunferência
é interna à outra
d (C1
, C2
) < R1
– R2
Quando uma circunferência é interna à outra e
d (C1
, C2
) = 0, elas são denominadas concêntricas,
ou seja, têm os centros coincidentes.
A determinação dos possíveis pontos em co-
mum entre as circunferências é realizada a partir da
resolução do sistema formado pelas equações das
duas circunferências. A resolução desse sistema
poderá apresentar as seguintes situações:
Quadro 2
Número de soluções do
sistema de equações
Posição relativa entre
as circunferências
Nenhuma Externas ou internas
Uma Tangentes externas ou
tangentes internas
Duas Secantes
Quando o objetivo for determinar a posição re-
lativa entre as circunferências, é mais conveniente
a utilização das relações expostas no quadro 1. No
entanto, quando a intenção for a determinação dos
pontos em comum entre as circunferências, é im-
prescindível a resolução do sistema formado pelas
equações das duas circunferências.
Determine o perímetro do triângulo de vértices A(1, –1),1.
B(5, 2) e C(–7, –3).
Solução:``
A medida do perímetro do triângulo é 2p = dAB
+ dBC
+ dCA

11
EM_V_MAT_020
Determinemos as medidas dos lados:
dAB
= (5–1)2
+(2–(–1))2
= 16 + 9 = 5
dBC
= (–7 –5)2
+(–3 –2)2 = 144 + 25 = 13
d C A
= (1 + 7)2
+(–1+3)2 = 64 + 4 = 68
= 2 17
Então, 2p = 18 + 2 17.
Demonstre analiticamente que as diagonais de um2.
retângulo são congruentes.
Solução:``
Consideremos o retângulo ABCD, sendo os vértices os
pontos A(0, 0), B(b, 0), C(b, c) e D(0, c).
Determinemos dAC
e dBD
:
dAC
= (b – 0)2
+(c – 0)2 = b2
+ c2 1
dBD
= (0 – b)2
+(c – 0)2 = b2
+ c2 2
1 = 2 dAC
= dBD
méd. (AC) = méd. (BD).
Verifique a natureza do triângulo de vértices A(9, 8),3.
B(1, 4) e C(5, –4).
Solução:``
Determinemos as medidas dos lados: dAB
, dBC
e dCA
.
m(AB) = dAB
= (1 – 9)2
+ (4 – 8)2
= 64 + 16 =
80
m(BC) = dBC
= (5–1)2
+(–4 –4)2
= 16 + 64
= 80
m(CA) = dCA
= (9 – 5)2
+(8+ 4)2
= 16+144
= 160
Triângulo isósceles quanto aos lados, e
d2
AB
= 80, d2
BC
= 80 e d2
CA
= 160 ⇒ CA2
= AB2
= BC2
,
triângulo retângulo quanto aos ângulos.
O triângulo é retângulo isósceles.
Determine a natureza do quadrilátero ABCD, sendo4.
A(–2, 6), B(0, 2), C(4, 0) e D(2, 4).
Solução:``
Determinemos as medidas dos lados AB, BC, CD e DA.
dAB
= (0+2)2
+ (2 – 6)2 = 4 + 16 = 20
dBC
= (4 – 0)2
+ (0 – 2)2 = 16 + 4 = 20
dCD
= (2 – 4)2
+ (4 – 0)2 = 4 + 16 = 20
dDA
= (–2 – 2)2
+(6 – 4)2 = 16 + 4 = 20
Os quatro lados são congruentes, podendo o quadrilátero
ser quadrado ou losango. Verifiquemos através das suas
diagonais AC e BD.
dAC
= (4+2)2
+ (0 – 6)2 = 36+36 = 72
dBD
= (2 – 0)2
+ (4 – 2)2 = 4 + 4 = 8
O quadrilátero é losango.
Ache as coordenadas do ponto de interseção das5.
medianas do retângulo de vértices A(–1, 4, 7),
B(4, 8, –3) e C(–6, 0, 5).
Solução:``
O encontro das medianas do triângulo é seu baricentro,
logo
xG
=
–1 + 4 – 6
3
= –1
yG
=
4 + 8 + 0
3
= 4
zG
=
7 – 3 + 5
3
= 3 G(–1, 4, 3).
Num determinado instante6. t as posições de duas
partículas P e Q são dadas por (1 + 2t ,1 + t) e (4
+ t, – 3 + 6t).
Elas se chocam ?
Solução:``
xP
(t) = (1 + 2t, 1 + t)
xQ
(t) = (4 + t, –3 + 6t)
Para P e Q se chocarem, suas posições são iguais,
ou seja, xP
(t) = xQ
(t) ⇔ (1 + 2t, 1 + t) = (4 + t,
–3 + 6t)
1 + 2t = 4 + t
1 + t = –3 + 6t
t = 3
5t = 4 ⇒15 = 4 (impossível).
Logo, não se chocam!

12
EM_V_MAT_020
Os pontos A = (a, 1) e B = (a7. 2
, b) pertencem à reta de
equação 2x + y – 5 = 0. Determine a distância entre
eles.
Solução:``
A = (a, 1) B = (a2
, b)
A,B r: y = 5 – 2x ou r : 2x + y – 5 = 0
A r 1 = 5 – 2a a = 2
B r B = (22, b) = (4, b) b = 5 – 2 . 4 –3 = b.
Logo, dA,B
= (4 – 2)2
+ (–3 – 1)2
= 4 + 16 = 20
= 2 5
Solução:`` 2 5
Determine as coordenadas do ponto comum às retas8.
(r):
x = 3 – 2
y = –1 +
, R e (s):
x = 2 + 3
y = –2 -
,
Solução:``
r:
x = 3 – 2
y = –1 +
, R r:
x = 3 – 2
= y + 1
r: x = 3 – 2(y+1) r: x + 2y –1 = 0
s:
x = 2 + 3
y = –2 –
, R s:
x = 2 + 3
= – y – 2
s: x = 2 +3(–y – 2) s: x + 3y + 4 = 0
P = r s P = (x, y)
x + 2y – 1 = 0
e
x + 3y + 4 = 0
x = 1 –2y = – 3y – 4
y = –5
x = 1– 2y = 11
Logo, P = (11, –5)
Solução:`` (11, –5)
A equação da reta que passa pelos pontos (3,3) e9.
(6,6) é:
y = x;a)
y = 3x;b)
y = 6x;c)
2y = x;d)
6y = x;e)
Solução:`` A
(3, 3) e (6, 6) r.
r : y = mx + n
3 = 3m + n
6 = 6m + n
3 = 3m + n
3 = 3m + m = 1
3 = 3 + n
n = 0
Portanto, r : y = x
Umfoguetecomogivanuclearfoiacidentalmentelança-10.
dodeumpontodaTerraecairáperigosamentedevoltaà
Terra.Seatrajetóriaplanadessefoguetesegueográfico
da equação y= –x2
+ 300x, com que inclinação se deve
lançar outro foguete com trajetória retilínea, do mesmo
ponto de lançamento, para que esse último intercepte e
destrua o primeiro, no ponto mais distante da Terra?
Solução:``
y = –x2
+ 300x
O ponto mais distante da Terra é o ponto P, que cor-
responde à altura máxima.
tg =
22.500
150 = 150 = arctg150
Solução:
= arc tg 150
Calcule a área do triângulo ABC, dados A(1,–1) , B(7,5) e11.
C(–2,6).
Solução:``
Área(ABC) =
1
2
1 –1
7 5
–2 6
1 –1
=
1
2
(5+42+2+7+10–6)
=
1
2
. 60 = 30 u.a.

13
EM_V_MAT_020
Calcular a12. área do quadrilátero ABCD, dados A(0,–1),
B(6,0), C(4,5) e D(1,7).
Solução:``
SABCD
= SABC
+ SACD
SABC
=
1
2
0 –1
6 0
4 5
0 –1
= (30 – 4 + 6) = 28 ua D
A
B
C
12
SACD
=
1
2
0 –1
4 5
1 7
0 –1
= (28 – 1 + 4 – 5) = 26 ua
SABCD
= 54 ua
(Cesgranrio) A área do triângulo, cujos vértices são (1,2),13.
(3,4) e (4,–1), é igual a:
6a)
8b)
9c)
10d)
12e)
Solução:`` A
Área ( ) =
1
2
1 2
3 4
4 –1
1 2
=
1
2
(4 – 3 + 8 – 6 – 16 + 1)
=
1
2
–12 = 6 u.a.
Determine a área dessa região geográfica.
Solução:``
y + 4x = 11 (i)
5y – 2x = 11 (ii)
3y + x = 0 x = –3y (iii)
(i) (ii)
y = 11 – 4x
5y – 2x = 11
y = 11 – 4x
5(11 – 4x) – 2x = 11
–22x = –44 x = 2 y = 3
Logo, (i) (ii) = (2, 3)
(i) (iii)
y = 11 – 4x
x = – 3y
x = –3y
y = 11–4(–3y) y=–1, x=3
Logo, (i) (iii) = (3, -1)
(ii) (iii)
5y –2x =11
x = – 3y
x = –3y
5y –2(–3y)=11 y=1, x=–3
Logo, (ii) (iii) = (-3, 1)
Área ( ) =
=
1
2
2 3
3 –1
–3 1
2 3
=
1
2
(– 2 + 3 – 9 – 3 – 2) = 11 u.a.
Determine a equação da reta tangente à circunferência15.
(x – 2)2
+ (y – 1)2
= 25, no ponto (–2, 4).
Solução:``
Aplicando a fórmula temos
y – 4 =
– 2 – 2
(x+2) ou 4x – 3y + 20 = 0
4 - 1
Determine a equação da circunferência, sabendo–se que16.
um de seus diâmetros é o segmento de extremos A(1, 3)
e B(5, – 3).
Solução:``
O ponto médio de AB é o centro C(3, 0) da circunferência
e R2
= (3 – 1)2
+ (0 – 3)2
⇒ R2
= 13
A equação da circunferência é (x – 3)2
+ y2
= 13
(UFPE) Em um mapa geográfico, três cidades são14.
vértices de um triângulo de alta produção agrícola. Se
os vértices desse triângulo num sistema cartesiano
são as intersecções das retas: y+ 4x =11; 5y –2 x
=11 e 3y + x = 0 .

14
EM_V_MAT_020
Determine a equação da circunferência concêntrica à17.
circunferência x2
+ y2
– 4x – 8y – 29 = 0 e que passa
pelo ponto P1
(5, 8).
Solução:``
O centro das circunferências é C
D
2a
E
2a
– –, isto é,
C(2, 4) e o raio da circunferência procurada é:
CP1 = (5 – 2)2
+ (8 – 4)2
= 5 , logo
(x–2)2
= (y – 4)2
= 25.
Em um circo, no qual o picadeiro tem – no plano car-18.
tesiano – a forma de um círculo de equação igual a
x2
+y2
–12x–16y–300=0,opalhaçoacidentou-secomo
fogodomalabaristaesaiudesesperadamentedocentro
do picadeiro, em linha reta, em direção a um poço com
água localizado no ponto (24, 32).
Calculeadistânciadpercorridapelopalhaço,apartirdo
momento em que sai do picadeiro até o momento em
que chega ao poço.
Solução:``
C: x2
+ y2
– 12x – 16y – 300 = 0
C: x2
– 12x + 36 + y2
– 16y + 64 = 300 + 36 + 64
= 300 + 36 + 64
C: (x – 6)2
+ (y – 8)2
= 202
⇔ (x – xC)2
+ (y – yC)2
= R2
Centro (6, 8)
Raio = 20m
distância de (6, 8) a (24, 32) =
(24 - 6)2
+ (32 - 8)2
= 30m
Como o raio é 20m, ele percorreu 10m depois de sair
do picadeiro.
Três pontos de coordenadas, respectivamente, (0, 0), (b,1.
2b) e (5b, 0), com b > 0, são vértices de um retângulo.
As coordenadas do quarto vértice são dadas por:
(–b, –b)a)
(2b, –b)b)
(4b, –2b)c)
(3b, –2b)d)
(2b, –2b)e)
Verifique a natureza do triângulo de vértices A(9, 8),2.
B(1, 4) e C(5, –4).
Determine as coordenadas do ponto equidistante dos3.
vértices A(–1, 2), B(6, 3) e C(0, –5) do triângulo ABC.
Determine a natureza do quadrilátero ABCD, sendo4.
A(–2, 6), B(0, 2), C(4, 0) e D(2, 4).
Num triângulo retângulo ABC, A(–4, 1) e B(2, 3). De-5.
termine o vértice C do ângulo reto, sabendo–se que
C ∈ Oy.
O baricentro de um triângulo é G(4, –1) e dois de seus6.
vértices são os pontos A(3, –2) e B(–1, –2). Determine o
terceiro vértice C.
Os meios dos lados de um triângulo são P(3, 1), Q(2,7.
0) e R(1, 2). Determine as coordenadas dos vértices
do triângulo.
Dois vértices consecutivos de um quadrado são os pontos8.
A(4, 0) e B(0, 6). Determine as coordenadas dos outros
vértices.
Determine o ponto do eixo dos x equidistantes dos9.
pontos A(3, 1) e B(5, –1).
No plano cartesiano, considere a reta (r) de equação10.
2x – y + 3 = 0. Seja (t) a reta perpendicular a (r), pas-
sando pelo ponto P(–1, 5).
Obter o ponto de intersecção da reta (t) com o eixoa)
das abscissas.
Qual o ponto da reta (r) mais próximo de P?b)
Um avião taxia (preparando para decolar) a partir de um11.
ponto que a torre de controle do aeroporto considera
a origem dos eixos coordenados, com escala em qui-
lômetros. Ele segue em linha reta até o ponto (3, –1),
onde realiza uma curva de 90° no sentido anti–horário,
seguindo, a partir daí, em linha reta. Após algum tempo,
o piloto acusa defeito no avião, relatando a necessidade
de abortar a decolagem. Se, após a mudança de direção,
o avião anda 1 (um) km até parar, para que ponto do
plano a torre deve encaminhar a equipe de resgate?
Em um plano cartesiano, considere a reta r, de equação12.
3x + 4y = 30, e os pontos A = (5, 10) e B = (13, 4), que
estão sobre uma reta paralela à reta r. Considere ainda
que um espelho tenha sido colocado no plano que con-
tém a reta r e é perpendicular ao plano cartesiano dado.

15
EM_V_MAT_020
Suponha que um raio luminoso, partindo do ponto A,
incida sobre o espelho plano no ponto de coordenadas
(a, b) sobre a reta r e, em seguida, passe pelo ponto B.
Nessas condições, calcule a soma a + b, desprezando
a parte fracionária de seu resultado, caso exista.
Seja A a intersecção das retas r, de equação y = 2x, e13.
s, de equação y = 4x – 2. Se B e C são as intersecções
respectivas dessas retas com o eixo das abscissas, a
área do triângulo ABC é:
1/2a)
1b)
2c)
3d)
4e)
Na figura a seguir, cotg14. = 4, tg = 2/3 e M (2, 3) é
o ponto médio de AB .
Entãoocoeficienteangulardaretaquepassapelospontos
A e B é:
– 1a)
– 2b)
– 3/5c)
– 4/5d)
– 5/2.e)
Sejamtesasretasdeequações2x – y – 3 = 0e3x – 2y + 1 = 0,15.
respectivamente, a reta r contém o ponto A = (5, 1) e o
ponto de interseção de t e s. A equação de r é:
5x – y – 24 = 0a)
5x + y – 26 = 0b)
x + 5y – 10 = 0c)
x – 5y = 0d)
A reta r é paralela à reta de equação 3x – y –10 = 0.16.
Um dos pontos de interseção de r com a parábola de
equação y = x² – 4 tem abscissa 1.
A equação de r é:
x + 3y + 8 = 0a)
3x – y + 6 = 0b)
3x – y – 6 = 0c)
x – 3y – 10 = 0d)
Considere as retas cujas equações são y = x + 4 e17.
y = mx, em que m é uma constante positiva.
Nesse caso, a área do triângulo determinado pelas duas
retas e o eixo das abscissas é:
(4m²)/(2m – 1).a)
4m².b)
(8m)/(m – 1).c)
(2m + 10)/(2m + 1).d)
A hipotenusa de um triângulo retângulo está contida18.
na reta r:y=5x–13, e um de seus catetos está contido na
reta s:y=x–1. Se o vértice onde está o ângulo reto é um
ponto da forma (k, 5) sobre a reta s, determine:
todos os vértices do triângulo.a)
a área do triângulo.b)
Num sistema de coordenadas cartesianas retangu-19.
lares de origem 0, considere os pontos A=(3, 0),
B=(3, 5) e C=(0, 5). Seja ‘r’ a reta pelo ponto
M=(1, 2) e que corta OC e AB em Q e P, respectiva-
mente, de modo que a área do trapézio OQPA seja
metade da do retângulo OCBA. Determine a equação
de ‘r’.
Calcule a e b positivos na equação da reta ax+by=6 de20.
modo que ela passe pelo ponto (3,1) e forme com os
eixos coordenados um triângulo de área igual 6.
A área do triângulo cujos vértices são os pontos (1,2),21.
(3,5) e (4,–1) vale:
4,5a)
6b)
7,5c)
9d)
15e)
Considere o triângulo cujos vértices são os pontos22.
A(0, 0), B(2, 2) e C(2, –2). Se ax + by = c é a equação
cartesiana da reta que contém a altura deste triângulo
relativa ao lado AB, determine 5b/a.

16
EM_V_MAT_020
23.
Nessa figura, a reta AC intercepta o eixo das abscissas no
ponto (–1/2, 0 ), e a área do triângulo de vértices A, B e
C é 10.
Então, a ordenada do ponto B é:
20/11a)
31/11b)
4c)
5d)
6e)
As retas y = 0 e 4x + 3y + 7 = 0 são retas suportes24.
das diagonais de um paralelogramo. Sabendo que es-
tas diagonais medem 4cm e 6cm, então, a área deste
paralelogramo, em cm2
, vale:
36/5a)
27/4b)
44/3c)
48/3d)
48/5e)
(FGV)25. Seja AB um diâmetro da circunferência l, onde os
pontos A e B são ( –3;4) e (1;–2). A equação de l é:
xa) 2
+ y2
+ 2x – 2y – 50 = 0
xb) 2
+ y2
+ 2x – 2y – 11 = 0
xc) 2
+ y2
+ 2x + 2y – 11 = 0
xd) 2
+ y2
–2x – 2y – 50 = 0
xe) 2
+ y2
– 2x – 2y – 11 = 0
(UFPR)26. Sejam M( 7;–2) e N( 5,4). Se C1
é uma circun-
ferência que tem o segmento MN como um diâmetro,
então, a equação de C1
é:
xa) 2
+ y2
– 12x – 2y + 27 = 0
xb) 2
+ y2
+ 12x – 2y + 27 = 0
xc) 2
+ y2
+ 12x +2y + 27 = 0
xd) 2
+ y2
– 12x +2y + 27 = 0
xe) 2
+ y2
+ 12x +2y – 27 = 0
(PUC–SP)27. Considere os pontos A(0,0), B(2;3) e C
(4;1). O segmento BC é um diâmetro da circunferência
de equação :
xa) 2
+ y2
+ 6x + 4y + 11 = 0.
xb) 2
+ y2
– 6x – 4y + 11 = 0
xc) 2
+ y2
– 4x + 9y + 11 = 0
xd) 2
+ y2
– 6x – 4y + 9 = 0
xe) 2
+ y2
– 4x – 9y + 9 = 0
(Mackenzie)28. O maior valor inteiro de k, para que a
equação x2
+ y2
+ 4x – 6y + k = 0 represente uma
circunferência é:
10a)
12b)
13c)
15d)
16e)
(PUCRS)29. O ponto P(–3;b) pertence à circunferência de
centro C(0;3) e raio r = 5. Quais são os valores de b?
–14 e 20a)
–20 e 14b)
8 e 2c)
–7 e 1d)
7 e –1e)
(Fuvest)30. O segmento AB é um diâmetro dacircunferência
de equação x2
+ y2
= 10y. Se A(3;1), então B é:
(–3;9)a)
(3;9)b)
(0;10)c)
(–3;1)d)
(1;3)e)
(UFRJ)31. Uma circunferência tem centro no ponto C(2;–1)
e raio igual a 2 . Qual a equação desta circunferência?
(x – 2)a) 2
+ ( y + 1)2
= 2
( x – 2)b) 2
+ ( y + 1)2
= 2
(x + 1)c) 2
+ ( y – 2)2
= 2
(x + 2)d) 2
+ ( y – 1)2
= 2
( x – 2)e) 2
+ ( y – 1)2
= 2

17
EM_V_MAT_020
(Unirio)32. A equação da circunferência com centro
C(–2,–1) e perímetro 12π é:
(x – 2)a) 2
+ ( y – 1)2
= 36
(x – 2)b) 2
+ ( y – 1)2
= 6
(c) x – 2)2
+ ( y – 1)2
= 36y
( x + 2)d) 2
+ ( y +1)2
= 6
( x + 2)e) 2
+ ( y + 1)2
= 36
(Oswaldo Cruz-SP) Escreva a equação geral da circun-33.
ferência de centro no ponto C (–1, 3) e tangente à reta
s: 6x – y – 28 = 0.
(CESESP) Escreva a equação geral da reta s que34.
passa pelo centro da circunferência de equação:
: x2
+ y2
– 2x + 4y – 4 = 0 e é perpendicular à reta
r : 3x – 2y + 7 = 0
(FUVEST) Dadas as circunferências de equações:35.
1
: x2
+ y2
– 2x – 10y + 22 = 0 e
2
: x2
+ y2
– 8x – 4y + 10 = 0
Quais os possíveis pontos de interseção?
(UF-ES) Qual a posição relativa entre as circunferências36.
de equações gerais:
1
: x2
+ y2
– 2x – 8y + 8 = 0 e
2
: x2
+ y2
– 2x = 0
(UFRS) O eixo das abscissas determina na circunferência37.
x2
+ y2
– 6x + 4y – 7 = 0 uma corda de comprimento:
52a)
5b)
6c)
7d)
8e)
Num triângulo ABC são dados A(2, 0), M(–1, 4) ponto1.
médio de AB, medida dos lados AC = 10 e BC =10 2 .
Determine:
o perímetro do triângulo;a)
os vértices B e C.b)
Verifique se o triângulo de vértices A(1, 2, 3), B(2, 3, 1) e2.
C(3, 1, 2) é equilátero. Dê o seu perímetro.
Verifique a natureza do triângulo ABC, sendo A(3, 5, 0),3.
B(2, 3, –3) e C(6, 1, –3).
Determine as coordenadas dos extremos do segmento4.
orientado AB
 
dividido em três partes iguais pelos pon-
tos C(2, 0, 2) e D(5, –2, 4).
Dados os vértices A(2, –1, 4), B(3, 2, –6) e C(–5, 0, 2)5.
do triângulo ABC, calcule o comprimento da mediana
relativa ao lado BC.
Dados os vértices A(3, –4, 7), B(–5, 3, –2), C(1, 2, –3)6.
do paralelogramo ABCD. Determine as coordenadas do
vértice D.
Duas pessoas A e B decidem se encontrar em um deter-7.
minado local, no período de tempo entre 0h e 1h.
Para cada par ordenado (x, y), pertencente à região
hachurada do gráfico a seguir, x e y representam,
respectivamente, o instante de chegada de A e B ao
local de encontro.
Determineascoordenadasdospontosdaregiãohachurada,
os quais indicam:
a chegada de ambas as pessoas ao local de encon-a)
tro exatamente aos 40 minutos.
que a pessoa B tenha chegado ao local de encon-b)
tro aos 20 minutos e esperado por A durante 10
minutos.
Uma reta faz o ângulo de 45° com o eixo Ox e 135° com8.
Oz. Determine o ângulo que ela faz com o eixo Oy.
Seja r a reta que corta o eixo y no ponto (0, 2) e forma9.
ângulo de 45° com o eixo x; s, a reta que corta o eixo x
no ponto (–2, 0) e forma ângulo de 135° com o eixo x;
t, o eixo y. Para que o ponto (1, m) pertença à circun-
ferência que passa pelas interseções das retas r, s e t,
o valor de m é:
a) 3 ou – 3
b) 2 ou – 2
2 ou –2c)
1 ou –1d)
e) π ou – π
Determine a equação simétrica da reta que passa pelo10.
ponto médio do segmento AB, A(3, –2) e B(1, 4), e cujo
vetor diretor é o vetor
  
V i j= −3 2

18
EM_V_MAT_020
Determine a equação da reta suporte do lado AB e da11.
mediana relativa ao lado AC do trioângulo ABC de
vértices A(3, 5), B(2, –1) e C(4, 0).
Os interceptos de uma reta são, respectivamente, 8 e –4.12.
DetermineaequaçãodaretaquepassapelopontoA(2,3)
e pelo ponto B que divide na razão
1
3
o segmento PQ que
os eixos coordenados determinam na reta dada por
seus interceptos.
Dados os pontos médios M13. 1
(2, 1), M2
(5, 3) e M3
(3, –4)
dos lados do triângulo ABC, determine as equações dos
lados deste triângulo.
Determine a equação da reta que passa pelo baricen-14.
tro do triângulo ABC, de vértices A(3, 1), B(–2, 4) e
C(2, –2) e é paralela ao lado BC.
Determine a equação da reta perpendicular à reta de15.
interceptos 4 e 1 que passa pelo ponto A(–3, 4).
Dado o vetor normal16. n

= ( , )3 4 de uma reta (r), deter-
mine a equação da reta que passa por P(–1, 2) e é
perpendicular à (r).
Determine a equação da mediatriz do segmento de17.
extremos A(–3, 1) e B(1, 5).
O elenco de um filme publicitário é composto por pes-18.
soas com cabelos louros ou olhos verdes. Sabe–se que
esse elenco tem, no máximo vinte pessoas, dentre as
quais, pelo menos doze possuem cabelos louros e, no
máximo, cinco possuem olhos verdes.
No gráfico a seguir, pretende–se marcar um ponto
P(L,V), em que L representa o número de pessoas do
elenco que têm cabelos louros e V o número de pessoas
do elenco que têm olhos verdes.
O ponto P deverá ser marcado na região indicada por:
Ra) 1
Rb) 2
Rc) 3
Rd) 4
Re) 5
Determine as equações das retas do feixe de centro C(–3,19.
2) que formam com a reta 3x – y + 5 = 0 ângulos de 45º.
Uma reta r determina, no primeiro quadrante do plano20.
cartesiano, um triângulo isósceles, cujos vértices são a
origem e os pontos onde a reta intercepta os eixos 0x e
0y. Se a área desse triângulo é 18, a equação de r é:
x – y = 4a)
x – y = 16b)

19
EM_V_MAT_020
x + y = 2c)
x + y = 4d)
x + y = 6e)
Um círculo com centro C = (2, –5) tangencia a reta de21.
equação x – 2y – 7 = 0. O valor numérico da área da
região limitada pelo círculo é:
4a) π
5b) π
6c) π
7d) π
8e) π
22.
A área A do retângulo em função da abscissa x do
ponto R é:
A = xa) 2
– 3x
A = –3xb) 2
+ 9x
A = 3xc) 2
– 9x
A = –2xd) 2
+ 6x
A = 2xe) 2
– 6x
O valor de x para que os pontos (1, 3), (–2, 4), e (x, 0)23.
do plano sejam colineares é:
8a)
9b)
11c)
10d)
5e)
Considere, no plano xy, as retas y = 1, y = 2x – 5 e24.
x – 2y + 5 = 0.
Quais são as coordenadas dos vértices do triânguloa)
ABC formado por essas retas?
Qual é a área do triângulo ABC?b)
Sejam A = (0, 0), B = (8, 0) e C = (–1, 3) os vértices25.
de um triângulo e D = (u, v) um ponto do segmento
BC. Sejam E o ponto de intersecção de AB com a reta
que passa por D e é paralela ao eixo dos y e F o ponto
de intersecção de AC com a reta que passa por D e é
paralela ao eixo dos x.
Determine, em função de u, a área do quadriláteroa)
AEDF.
Determine o valor de u para o qual a área do qua-b)
drilátero AEDF é máxima.
Determine a equação da reta que passa pelo ponto26.
P(–1, –2) e forma com os eixos coordenados um triân-
gulo de área 4 u.a.
A soma dos interceptos de uma reta é 7 e a área do27.
triângulo que esta reta determina com os eixos coor-
denados é 6. Determine a equação da reta.
Sabedoria egípcia28.
Há mais de 5 000 anos os egípcios observaram que a
sombra no chão provocada pela incidência dos raios
solares de um gnômon (um tipo de vareta) variava de
tamanho e de direção. Com medidas feitas sempre ao
meio dia, notaram que a sombra, com o passar dos
dias, aumentava de tamanho. Depois de chegar a um
comprimento máximo, ela recuava até perto da vareta.
As sombras mais longas coincidiam com dias frios. E as
mais curtas, com dias quentes.
(Adaptado de Revista Galileu, jan. 2001.)
Sol
A
O
Início do verão
(sombra mais
curta)
Outono ou
primavera
Início do inverno
(sombra mais longa)
Comprimento da
sombra ao meio-dia
B
Vareta
Um estudante fez uma experiência semelhante à descrita
no texto, utilizando uma vareta OA de dois metros de
comprimento. No início do inverno, mediu o comprimento
da sombra OB, encontrando oito metros.
Utilizou, para representar sua experiência, um sistema de
coordenadas cartesianas, no qual o eixo das ordenadas
(y)eoeixodasabscissas(x)continham,respectivamente,

20
EM_V_MAT_020
os segmentos de reta que representavam a vareta e a
sombra que ela determinava no chão.
Esse estudante pôde, assim, escrever a seguinte equação
da reta que contém o segmento AB:
y = 8 – 4xa)
x = 6 – 3yb)
x = 8 – 4yc)
y = 6 – 3xd)
Dois lados de um triângulo têm por suportes as retas29.
(r1
) 3x + 4y – 2 = 0 e (r2
) 4x + 3y – 5 = 0. Determine
a equação do suporte do 3.º lado para que o triângulo
tenha 7/4 unidades de área e o outro vértice pertencente
à reta (r2
) seja o ponto (–1, 3).
(Cesgranrio)30. Uma equação da circunferência de centro
(–3;4) e que tangencia o eixo OX é:
(x – 3)a) 2
+ ( y–4)2
= 16
(x – 3)b) 2
+ ( y+4)2
= 9
(x + 3)c) 2
+ ( y + 4)2
= 16
(x + 3)d) 2
+ ( y – 4)2
= 9
( x+ 3)e) 2
+ ( y– 4 )2
= 16
(PUCPR)31. Sejam λ, a circunferência de equação
x2
+ y2
– 2y – 4 = 0 e r,a reta tangente a λ no ponto P.
Se a equação de r é 2x – y – 4 = 0, o ponto P é:
(2;0)a)
(2;1)b)
(1;2)c)
(0;2)d)
(–1;2)e)
(Ulbra)32. Sabe–se que a reta de equação 4x + 3y = 0
é tangente a uma circunferência λ, de centro no ponto
(–1;3). A equação de λ é:
xa) 2
+ y2
– 2x – 6y + 6 = 0
xb) 2
+ y2
+ 2x – 6y + 6 = 0
xc) 2
+ y2
– 2x + 6y + 6 = 0
xd) 2
+ y2
+ 2x – 6y + 9 = 0
xe) 2
+ y2
– 2x + 6y + 12 = 0
(Vunesp)33. Considere uma circunferência de raio r < 4,
com centro na origem de um sistema de coordenadas
cartesianas. Se uma das tangentes à circunferência pelo
ponto (4;0) forma com o eixo x um ângulo de 30°, então
o ponto de tangência correspondente é:
(1;–a) 3)
(1; –b) 2)
(1/2 ; –c) 3)
(1/2; –d) 2)
(1/2;e)
3
2
)
(UFES)34. Uma circunferência de raio 2, localizada no 1.°
quadrante, tangencia o eixo OX e a reta de equação
4x – 3y = 0. Então, a abscissa do centro dessa circun-
ferência é:
1a)
2b)
3c)
4d)
5e)
(UFRRJ)35. A reta y = mx ( m > 0 ) é tangente à circun-
ferência (x – 4)2
+ y2
= 4. Determine o seno do ângulo
que a reta forma com o eixo OX.
1/5a)
1/2b)
3
2
c)
2
2
d)
5e)
(UERJ)36. O ponto de coordenadas (0;0) pertence às retas
r e s, que são tangentes à circunferência de equação
x2
+ y2
– 12x – 16y + 75 = 0.
Determine as coordenadas do centro e a medidaa)
do raio da circunferência.

21
EM_V_MAT_020
Calcule a medida do menor ângulo formado entreb)
r e s.
(Fuvest)37. Sendo C a circunferência x2
+ y2
= 4 e s a reta
x + y = 8:
Determine uma equação da reta perpendicular a sa)
e que passa pelo centro de C.
Dentre os pontos equidistantes de C e s, determineb)
aquele que está mais próximo de s.
Os ciclistas A e B partem do ponto P(–1;1) no mesmo38.
instante e com velocidade de módulos constantes.
O ciclista A segue a trajetória descrita pela equação
4x – 3y – 7 = 0 e o ciclista B, a trajetória descrita pela
equação x2
+ y2
–6x – 8y = 0. As trajetórias estão no
mesmo plano e a unidade de medida de comprimento
é o km. Pergunta–se:
Quais as coordenadas do ponto Q, distinto de P, onde
haverá cruzamento das duas trajetórias?
Mostre que as equações paramétricas39.
x
2t
1 t
, t R; y
1-t
1 t
2
2
2
=
+
∈ =
+
,
onde t é um número real qualquer, representam uma
circunferência.
(FEI-SP) Determine a equação da reta s, tangente à40.
circunferência de equação : x2
+ y2
+ 4x + 2y – 8 = 0
e que passa pelo ponto P(1, 1).
(FUVEST) A reta s : x – y – 2 = 0 intercepta a circun-41.
ferência : x2
+ y2
– 8x – 2y + 12 = 0 nos ponto A e B.
Determine a equação da mediatriz da corda AB.
(OSEC-SP) Uma circunferência de centro C(2, 0), passa42.
pelo ponto de interseção das retas r: x + y – 6 = 0 e
s: x – y – 2 = 0. Determine a equação geral dessa
circunferência.
Determine as equações das retas que passam pelo43.
ponto P(3, 2) e tangenciam a circunferência de equação
: x2
+ y2
+ 6x – 4y + 4 = 0.
Obter as equações das circunferências concêntricas de44.
centro O(1, – 1) que tangenciam a circunferência de
equação : (x + 5)2
+ (y – 7)2
= 36.
(FUVEST-SP) Seja M(8,1) o ponto médio de uma45.
corda AB da circunferência x2
+ y2
– 4x + 2y – 45 = 0.
Determine os pontos da circunferência onde as retas
tangentes são paralelas à reta AB.

22
C1.
O triângulo é retângulo isósceles.2.
P(3, –1).3.
O quadrilátero é losango.4.
C(0, 5) e C’(0, –1).5.
C(10, 1).6.
Sabemos que:
x
x x x x
x
y
y y y y
y
G
A B C C
C
G
A B C C
C
=
+ +
⇒ =
− +
⇒ =
=
+ +
⇒ − =
− − +
⇒ =
3
4
3 1
3
10
3
1
2 2
3
1



c(10,1)
(2, 3), (4, –1) e (0, 1).7.
C(6, 10) e D(10, 4); C(–6, 2) e D(–2, –4).8.
(4, 0)9.
10.
(9; 0)a)
(3/5; 21/5)b)
P = + − +





3
10
10
1
3 10
10
,11.
9 = 6 + 312.
13. A
A14.
A15.
C16.
C 17.
18.
(3; 2);a) (6; 5); (4; 7).
Sb) D
= 6 u.a.
19. x – y +1 = 0
a = 1 e b = 320.
C21.
22. 5
D23.
E24.
B25.
EM_V_MAT_020

23
A26.
B27.
B28.
E29.
A30.
B31.
E32.
x33. 2
+ y2
+ 2x – 6y – 27 = 0
s : 2x + 3y + 4 = 034.
P35. 1
(1,3) e P2
(3,5)
Tangentes externas.36.
E37.
1.
10(2 +a) 2 )
B(–4, 8) e C(10, 6) ou C(–6, –6).b)
Sim, 2p = 32. 6
Retângulo.3.
4. A(8, –4, 6) e B(–1, 2, 0)
75.
D(9, –5, 6)6.
7.
(2/3, 2/3)a)
(1/2, 1/3)b)
8.
Vimos que cos2
a + cos2
b + cos2
g = 1.
No problema são dados a = 45º e g = 135º, logo
cos2
45º + cos2
b + cos2
135º = 1

1
2
1
2
1 1 902 2
+ + = ⇒ = ⇒ =cos cosb b b 
.
A 9.
10. r
x y
:
−
=
−
−
2
3
1
2
11.
6x – y + 8 = 01)
7x – 3y – 17 = 02)
12.
B(6, –1)1)
(r) x + y – 5 = 02)
13. 5x + y – 28 = 0 , 7x – 2y – 12 = 0 e 3x – 5y – 16 = 0
3x + 2y – 5 = 014.
4x – y + 16 = 015.
16. 4x – 3y + 10 = 0
17. x + y – 2 = 0
D18.
2x + y + 4 = 0 e x – 2y + 7 = 019.
E20.
B21.
D22.
D23.
24.
(3; 1), (–3; 1) e (5; 5)a)
12 u.a.b)
25.
(17u + 8) . (8 – u)/54a)
64/17b)
A reta que passa pelo ponto P(–1, –2) determina os26.
interceptos p e q ⇒ y + 2x + 4 = 0.
4x + 3y – 12 = 0 ou 3x + 4y – 12 = 027.
C28.
Determinemos o vértice (r29. 1
)∩(r2
) = A(2; –1)
C(0;
2
1
)⇒ (r3
): 5x + 2y – 1 = 0.
E30.
A31.
D32.
A33.
D34.
B35.
36.
C(6;8) e R = 5a)
60b)
37.
y = xa)
M =b)
4 2
2
4 2
2
+ +æ
è
ççççç
ö
ø
÷÷÷÷÷
,
EM_V_MAT_020

24
Q (7;7)38.
Eleve ao quadrado as duas equações e depois some.39.
s : 3x + 2y – 5 = 040.
y = –x + 541.
x42. 2
+ y2
– 4x – 4 = 0
3
3
43. x – y 3 + 2 = 0 e – 3
3
x + y 3 + 2 = 0
44. 1
: (x – 1)2
+ (y + 1)2
= 16 e
2
: (x – 1)2
+ (y + 1)2
= 256
(2 + 345. 5 , –1 + 5 ) e (2 – 3 5 , –1 – 5 )
EM_V_MAT_020

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