1. Matemática
Módulo 4
M19 Geometria Analítica: Pontos e Retas 3 - 12
M20 Geometria Analítica: Circunferência 13 - 18
M21 Geometria Analítica: Cônicas 19 - 22
M22 Números Complexos 23 - 26
M23 Polinômios 27 - 30
M24 Equações Polinomiais 31 - 38

2. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática3
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M19
TERCEIRÃO FTD
Geometria Analítica:
Pontos e Retas
Caderno de
Atividades
1 (Unesp-SP) O triângulo PQR, no plano cartesiano, de
vértices P(0, 0), Q(6, 0) e R(3, 5), é:
a) eqüilátero.
b) isósceles, mas não eqüilátero.
c) escaleno.
d) retângulo.
e) obtusângulo.
Pelo enunciado, temos:
P(0, 0) Q(6, 0)
R(3, 5)
y
xM
Portanto, o triângulo PRQ é isósceles e não eqüilátero.
No #PMR (retângulo em M), temos:
(PR)2
= (PM)2
0 (MR)2
→ (PR)2
= 32
0 52
→ PR = 34
No #RMQ (retângulo em M), temos:
(QR)2
= (MQ)2
0 (MR)2
→ (QR)2
= 32
0 52
→ QR = 34
Então:
PQ = 6
PR QR= = 34
123
PR = QR ϑ PQ
M T N9 = 9 = =
0 0
1 0
1 1
0 1
1 0
1 1
0 0
1 0
2 1
1 1






























y
x
D C
A B
D C
A B
y
x
y
x
A B
D C
y
x
D C
A B
C D
B A x
y
a) d)
b) e)
c)
Sendo as linhas da matriz N as co-
ordenadas de A, B, C e D, respecti-
vamente, temos: A(0, 1), B(1, 0),
C(2, 1) e D(1, 1), que correspondem
à figura:
y
x0
1
A
1 2
B
D C
X
X
D C
A B
y
x
2 (ESPM-SP) A figura mostra um quadrado ABCD re-
presentado no plano cartesiano. As linhas da matriz M são
as coordenadas dos vértices do quadrado. Multiplicando-
se a matriz M pela matriz de transformação T dada, ob-
tém-se uma matriz N. Assinale a alternativa que mostra a
figura representada pela matriz N.
M T= =
0 0
1 0
1 1
0 1
1 0
1 1


















001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:043

3. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19
Matemática 4
y
A(1, 2)B(−1, 2)
D(−1, −2) E(1,−2)
xO
2
1−1 H
5 (Unifesp-SP) A figura representa, em um sistema or-
togonal de coordenadas, duas retas, r e s, simétricas em
relação ao eixo Oy, uma circunferência com centro na
origem do sistema, e os pontos A(1, 2), B, C, D, E e F,
correspondentes às intersecções das retas e do eixo Ox
com a circunferência.
y
A(1, 2)
rs
B
C F
D E
xO
Nessas condições, determine:
a) as coordenadas dos vértices B, C, D, E e F e a área do
hexágono ABCDEF;
b) o valor do cosseno do ângulo AOB.
4 (Fatec-SP) Seja r a reta que passa pelos pontos (3, 2) e
(5, 1). A reta s é a simétrica de r em relação à reta de equa-
ção y = 3. A equação de s é:
a) x 0 2y − 7 = 0 d) x − 2y − 11 = 0
b) x 0 2y − 5 = 0 e) 2x − y 0 5 = 0
c) x − 2y 0 5 = 0
A equação da reta s é:
A reta s, simétrica de r em relação à reta de equação y = 3, passa pelos
pontos (3, 4) e (5, 5), conforme a figura:
y
x
y = 3
(3, 2)
(3, 4)
(5, 1)
(5, 5) s
r
X
x y
x
1
5 5 1
3 4 1
0 5 0= − 0 =→ 2y
3 (PUC-RJ) Os pontos (−1, 6), (0, 0) e (3, 1) são três
vértices consecutivos de um paralelogramo. Assinale a
opção que apresenta o ponto correspondente ao quarto
vértice:
a) (2, 7) c) (1, −6) e) (6, 3)
b) (4, −5) d) (−4, 5)
Sabendo que A(−1, 6), B(0, 0), C(3, 1) e D(xD
, yD
) são os vértices conse-
cutivos do paralelogramo, que M é o ponto médio de suas diagonais e que as
diagonais de um paralelogramo se cruzam no seu ponto médio, temos M:
• ponto médio de AC :
Portanto, o vértice D tem coordenadas (2, 7).
• ponto médio de BD :
xM
=
− 0
=
1 3
2
1
yM
=
0
=
6 1
2
7
2
1442443
x
x
xM
D
D
=
0
= =
0
2
1 2→
y
y
yM
D
D
=
0
= =
0
2
7
2
7→
1442443
C − 5 0,( ) F 5 0,( )
X
a) O ponto B é simétrico de A em relação ao eixo Oy.
Os pontos D e E são, respectivamente, simétricos de A e B em relação
à origem.
Os pontos C e F pertencem à circunferência e ao eixo Ox.
O raio R = OA , da circunferência, é tal que:
R OA OF= = − 0 − = =( ) ( )1 0 2 0 52 2
Dessa forma, os pontos B, C, D, E e F têm coordenadas, respectiva-
mente, iguais a (−1, 2), − 5 , 0 ,( ) (−1, −2), (1, −2) e 5 , 0 .( )
Os triângulos OFA, OBC, OCD e OEF têm áreas iguais a:
S
OF AH
1
2
5 2
2
5=
9
=
9
=
Os triângulos OAB e ODE têm áreas iguais a:
S
AB AH
2
2
2 2
2
2=
9
=
9
=
Então, a área do hexágono ABCDEF é:
S S S= 0 = 9 0 9 = 04 2 4 5 2 2 4 5 11 2
( ) u.a.
2 5 5 2 5 52
2 2
= 0 − 9( ) ( ) ( ) ( )cos ( )A BO
b) No #AOB:
AB2
= OA2
0 OB2
− 2OA 9 OB 9 cos (AOB)
10 cos (AOB) = 6 → cos (AOB) = 0,6
001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:044

4. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática5
7 (UFMG) Os pontos A(2, 6) e B(3, 7) são vértices do
triângulo ABC, retângulo em A. O vértice C está sobre o
eixo Ox. A abscissa do ponto C é:
a) 8,5 b) 9 c) 9,5 d) 8
y
7
6
2 3
xC(c, 0)
A
B
Como o triângulo ABC é retângulo em
A, temos:
MAC
9 MAB
= −1
−
−
9 = − =
6
2
1
1
1 8
C
C











 →
X
8 (MACK-SP)
Desempregados
(mil)
t (meses)2
1
A
B
C
D
2
4
0
O gráfico acima mostra a evolução da quantidade de pes-
soas desempregadas (em mil), a partir de determinado
momento, em certa região. Se i // a, o número de
pessoas desempregadas, 5 meses após o início das obser-
vações, é:
a) 4 000 c) 3 500 e) 2 000
b) 3 000 d) 2 500
d
t2
1
A
B
C
D
2
4 50
O coeficiente angular da reta q é mAB
=
−
−
=
2 1
2 0
1
2
.
O coeficiente angular da reta & // q também é
1
2
e & passa por
C(4, 2).
A equação da reta &, sendo t a abscissa e d a ordenada, é:
d t t d
t
− = − − = − = =2
1
2
4 4
2
(t 4) 2d 2d→ → →
Portanto, o número de desempregados, após 5 meses do início da
observação, é 2 500.
Para t = 5:
d = =
5
2
2,5 (em mil)
X
6 (UFV-MG) A figura abaixo ilustra um quadrado de
lado 8 com vértices situados sobre os eixos coordenados.
y
x
A
B
a) Se a e b são as coordenadas
do ponto B, ou seja, B(a, b),
determine a soma a 0 b.
b) Determine a equação da
reta que passa pelos pontos
A e B.
Seja r a reta suporte do lado do
quadrado que passa por A, B e C:
A
B
rO C
a) O ponto B(a, b) 7 r: x y0 = 4 2 .
Logo, a 0 =b 4 2 .
b) A equação da reta que passa por A e B é a equação de r: x 0 =y 4 2 .
Como o quadrado tem lado 8, 8 e Q representam metade da diagonal do
quadrado, ou seja, OA OC e C= = 4 2 0 4 2 4 2 0, portanto A , , .( ) ( )
A
x y
x y
equação da reta será:
0
r
1
0 4 2 1
4 2 0 1
0 4 2 4 2 32= 0 − =→ → x y0 − =4 2 0
001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:055

5. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19
Matemática 6
11 (UFRJ) Um avião taxia (prepara-se para decolar) a
partir de um ponto que a torre de controle do aeroporto
considera a origem do eixos coordenados, com escala em
quilômetros. 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) quilômetro até parar, para que ponto
do plano a torre deve encaminhar a equipe de resgate?
y
x
r
s
A
3
−1
O
x y
x x mr
1
3 1 1
0 0 1
0 0
1
3
1
3
− = − − = = − = −→ →





3y y
Equação da reta r que passa por O(0, 0) e A(3, −1):
Equação da reta s que passa por A(3, −1) e é perpendicular a r, sendo
ms
= 3:
y 0 1 = 3(x − 3) → y = 3x − 10 ‫ܨ‬
O avião deve passar por um ponto P(x, y) tal que P 7 s e PA = 1.
Substituindo ‫ܨ‬ em ‫:ܩ‬
(x − 3)2
0 (3x − 10 0 1)2
= 1
10x2
− 60x 0 89 = 0
∆ = 40
x =
Σ
=
Σ60 40
20
60 2 10
20
xδ =
030 10
10
xφ =
−30 10
10
Para x , em temos:
y
=
0
=
0
−
30 10
10
3
30 10
10
10
‫ܨ‬






y =
−3 10 10
10
E
P ou
o ponto procurado é:
30 10
10
3 10 10
10
0 −
,






3 10
10
3 10
10
1
0
−,






(não convém)
3x − 2y − 5 = 0
mx − y 0 2 = 0
123
x − y − 1 = 0
4x − y − 10 = 0
2x 0 y − 8 = 0
14243
b) Discuta, em função do parâmetro m, a posição relativa
das retas de equações
concorrem num mesmo ponto e obtenha esse ponto.
9 (FGV-SP)
a) No plano cartesiano, mostre que as retas de equações
a) Vamos tomar inicialmente duas das retas e fazer sua intersecção:
123
x − y − 1 = 0
4x − y − 10 = 0
→
123
x − y = 1
−4x 0 y = −10
−3x = −9
x = 3 e y = 2
As retas x − y − 1 = 0 e 4x − y − 10 = 0 concorrem no ponto (3, 2).
Esse ponto também pertence à reta 2x 0 y − 8 = 0,
pois 2 9 3 0 2 − 8 = 0.
Portanto, as três retas concorrem no ponto (3, 2).
b) Calculando os coeficientes angulares das retas:
r y x mr1
3
2
5
2
3
21
: 3x 2y 5 0− − = = − =→ →
r m mr2 2
: mx y 2 0 y mx 2− 0 = = 0 =→ →
Se m =
3
2
, as retas são paralelas.
Se m oncorrentesϑ
3
2
, .as retas são c
10 (FGV-SP) No plano cartesiano, o ponto da reta r:
3x − 4y = 5 mais próximo da origem tem coordenadas
cuja soma vale:
a) −
2
5
b) −
1
5
c) 0 d)
1
5
e)
2
5
y
xO
s
P
r
Como m mr s a equação da reta é:= =
−3
4
4
3
→ , s
Seja s a reta que passa pela origem e é perpendicular à reta r.
Portanto, o ponto de r mais próximo da origem é P
3
5
4
5
, ,−





 cuja soma
das coordenadas é −
1
5
.
O ponto da reta r mais próximo da origem é o ponto de intersecção entre
as retas r e s, obtido pela solução do sistema:
3x − 4y = 5
y x= −
4
3 → x e y= = −
3
5
4
5
14243
X
y y− = − − = −0
4
3
4
3
(x 0) x→
PA (x 3) (y 1) (x 3) (y 1)2 2 2 2= − 0 0 = − 0 0 =1 1→ ‫ܩ‬
001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:056

6. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática7
14 (Fuvest-SP) Sejam A(0, 0), B(8, 0) e C(−1, 3) os
vértices de um triângulo e D(u, v) um ponto do segmen-
to p. Sejam E o ponto de intersecção de i com a reta
que passa por D e é paralela ao eixo y e F o ponto de
intersecção de o com a reta que passa por D e é parale-
la ao eixo x.
a) Determine, em função de u, a área do quadrilátero
AEDF.
b) Determine o valor de u para o qual a área do quadrilá-
tero AEDF é máxima.
Pelo enunciado, temos a figura abaixo, em que 0 , u , 8.
y
xA(0, 0)
C(−1, 3)
D(u, v)
E(u, 0)
F(t, v)
B(8, 0)
a) Calculando as medidas de AEDF, em função de u:
Reta 3yt:
x y
x y
x
1
1 3 1
8 0 1
0 8 0
8
3
− = 0 − = =
−
→ →
v
u
e D u
u
=
− −8
3
8
3
,





Como D(u, v) pertence à reta t:
Reta 3x 3x ou xw:
x y
y y y
1
1 3 1
0 0 1
0 0
1
3
− = 0 = = − = −→ →
t v
u u
= − = −
−
=
−1
3
1
3
8
3
8
9





Como F(t, v) pertence à reta w:
e F
u u− −8
9
8
3
,






b) Como S( ) ,u u u= − 0 0
17
54
128
54
64
54
2
então o valor de u para o qual
a área é máxima é o valor da abscissa do vértice da parábola represen-
tada pela função acima.
No trapézio AEDF, temos:
AE u ED v
u
= = =
−
;
8
3
DF u t u t= 0 = − (pois t , 0 e está no semi-eixo negativo das abscis-
sas)
Área do trapézio:
S
(DF AE) ED
8u
=
0 9
=
0
0 9
−
2
8
9
8
3
2
u
u







S
(17u 8) (8 u) 17u 128u2
=
0 9 −
=
− 0 0
54
64
54
u
b
av = − =
−
−
= − 9 − =
2
128
54
2
17
54
54
34
64
17

















128
54
DF u
u u
= −
−
=
08
9
8 8
9
12 (UEL-PR) No gráfico abaixo, cada divisão dos eixos
corresponde a uma unidade. A equação da reta que passa
por P e é perpendicular à reta r dada é:
a) y x= − 0
4
3
38
3
b) y x= 0
3
4
1
2
c) y x= − 0
4
3
39
3
d) y x= 0
3
4
9
4
e) y x= 0
9
4
38
3
Sendo s a reta que passa por P(5, 6) e é perpendicular à reta r, então
ms =
3
4
. A equação de s é:
A reta r corta os eixos coordenados em (3, 0) e (0, 4), sendo sua equação:
y
P
r
0
= 1 unidade
x
x y
ou y x
1
3 0 1
0 4 1
0 12 0
4
3
= 0 − = = − 0→ 4x 3y 4, cujo coeficiente
angular é mr
= −
4
3
.
y y x− = − = 06
3
4
3
4
9
4
(x 5) →
a) A reta que passa pelos pontos M(8, 6) e P(−8, −2) tem equação:
Logo, a altura do #MNP, relativa ao lado MP , é a distância do ponto
N(−4, 10) à reta MP .
Logo, a mediana do #MNP, relativa ao vértice M, é a distância entre os
pontos M e Q.
b) Seja Q o ponto médio do segmento NP.
1442443
13 (IBMEC) Considerando o triângulo MNP, sendo
M(8, 6), N(−4, 10) e P(−8, −2), determine:
a) o valor da altura relativa ao lado MP;
b) o tamanho da mediana relativa ao vértice M.
x y
x
1
8 6 1
8 2 1
0 4 0
− −
= − 0 =→ 2y
d
N MP,
( )
=
− − 9 0
0 −
= =
4 2 10 4
1 2
20
5
4 5
2 2
xQ
=
− 0 −
= −
4
2
6
( 8)
yQ
=
0 −
=
10
2
4
( 2)
dMQ
= − − 0 − = 0 =(8 6)) (6 4)( 2 2
196 4 10 2
X
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:077

7. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19
Matemática 8
15 (MACK-SP) A melhor representação gráfica dos pon-
tos (x, y) do plano, tais que (x − y) 9 (x 0 y) , 0, é a parte
colorida da alternativa:
y
x
y
x
y
x
a)
b)
c)
y
x
y
x
d)
e)
X
x − y . 0 e x 0 y , 0 ‫ܨ‬
ou
x − y , 0 e x 0 y . 0 ‫ܩ‬
(x − y) 9 (x 0 y) , 0 Θ
14243
As soluções do sistema ‫ܨ‬ são representadas por:
y
x 0 y = 0
x
0
x − y = 0
Então, as soluções da inequação dada são representadas por:
As soluções do sistema ‫ܩ‬ são representadas por:
y
x − y = 0
x
0
x 0 y = 0
x 0 y = 0 x − y = 0
y
x
0
16 (FGV-SP)
a) Represente os pontos do plano cartesiano que satisfa-
zem simultaneamente as relações x − y > 0 e x 0 y < 0.
b) Uma empresa fabrica uma peça de precisão em dois
modelos, A e B. O custo de produção de uma unidade
de A é R$ 200,00 e o de B é R$ 150,00. Por restrições de
orçamento, a empresa pode gastar por mês no máximo
R$ 45 000,00. A mão-de-obra disponível permite fabri-
car por mês no máximo 250 peças. Seja x a quantidade
produzida por mês de A e y a de B.
Represente graficamente os possíveis valores de x e y.
(Admita, para simplificar, que x e y assumam valores
reais não negativos.)
x
−
y
>
0
x − y = 0
45)
y
x
x
0
y
<
0
x 0 y = 0
45)
y
x
A região do plano cartesiano que satisfaz simultaneamente as relações
x − y > 0 e x 0 y < 0 é dada por:
x 0 y = 0 x − y = 0
45) 45)
y
x
b) A partir do enunciado, com x > 0 e y > 0, temos:
x 0 y < 250
4x 0 3y < 900
x 0 y < 250 total de peças
200x 0 150y < 45 000 custo
123
123
→
Então:
y
250
250
x
x 0 y = 250
x
0
y
<
250
y
300
225
4x 0 3y = 900
4x
0
3y
<
900
x
y
x
250
250
300
225
(150, 100)
A região do plano cartesiano que satisfaz simultaneamente as relações
x 0 y < 250, 4x 0 3y < 900, x > 0 e y > 0 é dada por:
a)
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:078

8. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática9
17 (PUC-RJ) Qual a área do triângulo delimitado pelos
pontos (0, 0), (2, 2) e (1, 3)?
S = = − =
1
2
0 0 1
2 2 1
1 3 1
1
2
6 2 2 u.a.
X
Para que as retas AB
uur
e BP
uur
sejam perpendiculares, devemos ter:
mAB
. mBP
= −1
1 0
0 2
1
0
1 1
−
−
9
−
−
= − = 0











 →
n
m
n 2m ‫ܨ‬
Para que o triângulo de vértices A, B e P tenha área igual a 10, devemos ter:
S
m n
m m#
= = − − = 0 = −
2 0 1
0 1 1
1
2
10 2 20 18→ →2n 2n ‫ܩ‬
De ‫ܨ‬ e ‫,ܩ‬ vem:
n = 2m 0 1
m 0 2n = −18
123
→
m = −4
n = −7
123
→ P(−4, −7)
18 (UFU-MG) Considere, no plano cartesiano com ori-
gem O, um triângulo cujos vértices A, B e C têm coorde-
nadas (−1, 0), (0, 4) e (2, 0), respectivamente. Se M e N
são os pontos médios de i e p, respectivamente, a área
do triângulo OMN será igual a:
a)
5
3
u.a. b)
8
5
u.a. c) 1 u.a. d)
3
2
u.a.X
Se M é ponto médio de i, temos:
xM
=
− 0
= −
1 0
2
1
2
yM
=
0
=
0 4
2
2
1442443
A área do #OMN é dada por:
Se N é ponto médio de p, temos:
xN
=
0
=
0 2
2
1
yN
=
0
=
4 0
2
2
Área =
−
= =
1
2
0 0 1
1 2 1
1
2
2 1
1
2
3
3
2
u.a.
19 (PUC-RS) A representação que segue é das funções
f, g, definidas por f(x) = x2
e g(x) = x 0 2. A área do triân-
gulo cujos vértices são os pontos de intersecção das duas
curvas e o ponto (0, 0) é:
a) 1
b) 3
c) 4
d) 6
e) 8
y
x0
−2 2 4 6 8 10
−2
2
4
6
8
10
−4
−6
−8
−10
−4−6−8−10
Logo, a área do triângulo com vértices nos pontos (−1, 1), (2, 4) e (0, 0) é:
Os pontos de intersecção das curvas f(x) = x2
e g(x) = x 0 2 são obtidos
por meio da resolução do sistema:
y = x2
y = x 0 2
123
→
y = x2
x2
= x 0 2
123
x = −1 e y = 1
ou
x = 2 e y = 4
14243
→
S S=
−
= =
0 0 1
1 1 1
2 4 1
2
6
2
3→
20 (UFPB) Considere os pontos A(2, 0) e B(0, 1). De-
termine o ponto P(m, n), com m e n negativos, de modo
que as retas r e BP
uur
sejam perpendiculares e o triângulo
de vértices A, B e P tenha área igual a 10.
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:089

9. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19
Matemática 10
22 (MACK-SP) Na figura, temos os esboços dos gráfi-
cos de y = 7x 0 1 e y = ax3
. Se i é paralelo ao eixo
horizontal, então a área do triângulo ABC é:
a)
1
4
d)
5
3
b)
7
4
e)
1
2
c)
3
8
y
x
8
A
B
CX
Como A e C são pontos da reta w de equação y = 7x 0 1, então A(0, 1)
e C(1, 8).
y
x
8
A(0, 1)
b
B(b, 1)
C(1, 8)
r
ι
A área do triângulo cujos vértices são os pontos A(0, 1), B
1
2
1,





 e
C(1, 8) é:
O ponto C pertence à curva de equação y = ax3
, portanto
8 = a 9 13
→ a = 8.
Os pontos A e B têm ordenadas iguais a 1, e B(b, 1) pertence à curva de
equação y = ax3
:
1 1 8
1
2
3 3= 9 = 9 =a b b b→ →
S#
= = 9 0 − − =
1
2
0 1 1
1
2
1 1
1 8 1
1
2
1 4 1
1
2
7
4
21 (Fuvest-SP) Duas retas s e t do plano cartesiano se
interceptam no ponto (2, 2). O produto de seus coeficientes
angulares é 1 e a reta s intercepta o eixo y no ponto
(0, 3). A área do triângulo delimitado pelo eixo x e pelas
retas s e t é:
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6X
A reta s, que passa pelos pontos (2, 2) e (0, 3), tem equação:
x y
y x
1
2 2 1
0 3 1
0
1
2
3= 0 − − = 0 − = = − 0→ →2x 6 3x 2y 0 x 2y 6 0 ou
Essa reta s tem coeficiente angular ms = −
1
2
e intercepta o eixo das
abscissas no ponto A(6, 0).
Sendo m m mt s t9 = =
−
= −1
1
1
2
2→
E a reta t que passa por (2, 2) e tem coeficiente angular −2 tem equação:
y − 2 = −2(x − 2) → 2x 0 y = 6.
Essa reta t intercepta o eixo das abscissas no ponto (3, 0).
O triângulo APB pedido tem área:
Temos, então, o seguinte esboço da situação:
y
xH
2
(0, 3)
Qs
t
P(2, 2)
B(3, 0)
A(6, 0)
S
BA PH
APB#
=
9
=
9
=
2
3 2
2
3
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:0810

10. M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática11
24 (Unesp-SP) Sejam A(2, 0) e B(5, 0) pontos do
plano e r a reta de equação y
x
=
2
.
a) Represente geometricamente os pontos A e B e esboce
o gráfico da reta r.
b) Se C x
x
, ,
2





 com x . 0, é um ponto da reta r, tal
que o triângulo ABC tem área 6, determine o ponto C.
a) A reta r, de equação y
x
=
2
, passa, por exemplo, pelos pontos (0, 0)
e (2, 1); então a representação gráfica pedida é:
y
x
1
r
A(2, 0) B(5, 0)
O ponto C tem coordenadas: C(8, 4).
b) Se C x
x
, ,
2





 com x . 0, é um ponto da reta r, tal que o triângulo ABC
tem área 6, então:
y
xA(2, 0)
3
x
B(5, 0)
A
x
xABC#
=
9
= =
3
2
2
6 8→
C x
x
,
2






x
2
23 (ITA-SP) Num sistema de coordenadas cartesianas,
duas retas r e s, com coeficientes angulares 2 e
1
2
, res-
pectivamente, se interceptam na origem O. Se B 7 r e
C 7 s são dois pontos no primeiro quadrante tais que o
segmento p é perpendicular a r e a área do triângulo
OBC é igual a 12 9 10−1
, então a distância de B ao eixo
das ordenadas vale:
a)
8
5
b)
4
5
c)
2
5
d)
1
5
e) 1X
De acordo com o enunciado, pode-se concluir que uma equação da reta r
é y = 2x e uma equação da reta s é y =
1
2
x. Como B 7 r, se designarmos
d (d . 0) a distância de B ao eixo das ordenadas, então o ponto B terá
coordenadas d e 2d, ou seja, B(d, 2d).
y
x
B(d, 2d)
r
s
O(0, 0)
y = 2x
Como C 7 s, se designarmos a (a . 0) a abscissa de C, então a sua orde-
nada será
a
ou seja C a
a
2 2
, , , .






A reta t tem coeficiente angular −
1
2





, pois é perpendicular a r.
Assim
a
a d
a a d a e
a
:
2 1
2 2 2 4
−
−
= − − = − 0 = =
2d
4d
5d 5d
→ →
O triângulo OBC tem área igual a 12 10
12
10
6
5
1
9 = =−
Assim
d
:
1
2
0 0 1
1
2 4
1
6
5
1
2 4
6
5
2d
5d 5d
5d
5d
2
2= − =→
− = = = = .
15d 15d
(pois d 0)
2 2
4
12
5 4
12
5
16
25
4
5
2→ → →d d
C a
a
,
2






y x=
1
2
.
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:0911

11. Geometria Analítica: Pontos e RetasM19
Matemática 12
25 (Unifesp-SP) Se P é o ponto de intersecção das retas
de equações x − y − 2 = 0 e
1
2
3x y0 = , a área do
triângulo de vértices A(0, 3), B(2, 0) e P é:
a)
1
3
b)
5
3
c)
8
3
d)
10
3
e)
20
3
26 (Unifesp-SP) Considere a região colorida na
figura, delimitada pelo eixo Ox e pelas retas de equações
y = 2x e x = k, k . 0.
X
As coordenadas do ponto P podem ser obtidas resolvendo-se o sistema:
x − y − 2 = 0
1
2
y 3 0x 0 − =
––––––––––––––
3
2
5 0x − = → x
10
3
e y
4
3
P
10
3
,
4
3
= = →




SendoA(0, 3) = 0,
9
3





 , B(2, 0) =
6
3
, 0





 e P
10
3
,
4
3





 , temos a figura:
Nessas condições, expresse, em função de k:
a) a área A(k) da região colorida;
b) o perímetro do triângulo que delimita a região colorida.
y
A(k)
y ϭ 2x
xk
O
Do enunciado, temos a figura:
C
B
O
y
2k
A(k)
y ϭ 2x
xk
a) A(k) =
OB BC
2
9
A(k) k 2k
2
9 → A(k) = k2
b) No triângulo retângulo OBC, temos:
(OC)2
= (OB)2
0 (BC)2
(OC)2
= k2
0 (2k)2
→ OC = k 5
Logo, o perímetro P pedido é:
P OC OB= 0 0 BC → P = k 5 0 k 0 2k → P = k(3 0 5 )
S1
: área do retângulo ACDO
S2
: área do triângulo AOB
S3
: área do triângulo ACP
S4
: área do triângulo PDB
A área S pedida é tal que:
S = S1
− (S2
0 S3
0 S4
)
S
10
3
9
3
1
2
9
3
6
3
1
2
10
3
5
3
1
2
4
3
4
3
S
10
3
= 9 − 9 9 0 9 9 0 9 9 =





 →
6
3
6
3
4
3
4
3
4
3
5
3
9
3
9
3
10
3
10
3
y
x
DB
P
C
A
O
14243
ᮍ
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:1012

12. M20Geometria Analítica: Circunferência
Matemática13
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M20
TERCEIRÃO FTD
Geometria Analítica:
Circunferência
Caderno de
Atividades
4 (Unesp-SP) Considere a circunferência ι, de equação
(x − 3)2
0 y2
= 5.
a) Determine o ponto P(x, y) pertencente a ι, tal que
y = 2 e x . 3.
b) Se r é a reta que passa pelo centro (3, 0) de ι e por P, dê
a equação e o coeficiente angular de r.
O coeficiente angular de r é mr
= 2.
a) Se P 7 ι e y = 2, temos:
(x − 3)2
0 22
= 5 → (x − 3)2
= 1 → x − 3 = Σ1
Se x − 3 = −1 → x = 2 (não serve, pois x . 3).
Se x − 3 = 1 → x = 4 → P(4, 2).
b) A reta r que passa pelos pontos P(4, 2) e C(3, 0) tem equação:
x y
y y
1
4 2 1
3 0 1
0 6 0 6= − − = = −→ →2x 2x
3 (UFSCar-SP) O raio da circunferência inscrita em um
triângulo de lados a, b e c pode ser calculado pela fórmula
r
p
=
− 9 − 9 −(p a) (p b) (p c)
,
y
0 x
3
4
Determine nesse triângulo:
a) o raio da circunferência
inscrita;
b) a equação da circunfe-
rência inscrita.
c e p= 0 = =
0 0
=3 4 5
3 4 5
2
62 2
Sendo a = 3, b = 4 e c a hipotenusa do triângulo, temos:
c2
= a2
0 b2
→
Assim:
b) A circunferência inscrita nesse triângulo tem centro C(1, 1) e raio r = 1.
Assim, a equação dessa circunferência é:
(x − 1)2
0 (y − 1)2
= 12
→ x2
0 y2
− 2x − 2y 0 1 = 0
a) r r r=
− 9 − 9 −
=
9 9
=
(6 3) (6 4) (6 5)
6
3 2 1
6
1→ →
em que p é o semipe-
rímetro do triângulo. Os catetos de um triângulo retângulo
medem 3 e 4 e estão sobre os eixos cartesianos, conforme
a figura.
1 (UFC) O segmento que une os pontos de intersecção
da reta 2x 0 y − 4 = 0 com os eixos coordenados deter-
mina um diâmetro de uma circunferência. A equação des-
sa circunferência é:
a) (x − 1)2
0 (y − 2)2
= 5
b) (x − 1)2
0 (y − 2)2
= 20
c) (x − 1)2
0 (y − 2)2
= 25
d) (x 0 1)2
0 (y 0 2)2
= 5
e) (x 0 1)2
0 (y 0 2)2
= 20
X
C =
0 0
=
0 2
2
(1, 2),
4 0
2






Intersecção da reta 2x 0 y − 4 = 0 com os eixos coordenados:
x = 0 → y = 4 Ι A(0, 4)
y = 0 → x = 2 Ι B(2, 0)
O centro da circunferência é o ponto médio de i:
O raio da circunferência é
AB
2
(2 0) (0 4)2 2
r = =
− 0 −
=
2
5 .
Portanto, a equação da circunferência é:
(x 1) (y 2)2 2− 0 − = =5 5
2
( )
2 (PUC-RS) Uma circunferência tem centro na intersec-
ção da reta x = −2 com o eixo das abscissas e passa pelo
ponto de intersecção das retas y = −2x 0 8 e y = x 0 2.
A equação dessa circunferência é:
a) x2
0 y2
= 20 d) (x − 2)2
0 y2
= 32
b) x2
0 (y 0 2)2
= 32 e) (x − 2)2
0 (y − 2)2
= 32
c) (x 0 2)2
0 y2
= 32X
Seja P o ponto de intersecção das retas y = −2x 0 8 e y = x 0 2. As
coordenadas de P são dadas por:
y = −2x 0 8
y = x 0 2
123
→
x = 2
y = 4
O raio da circunferência com centro C(−2, 0) e que passa por P(2, 4) é:
raio d 2) (0 4)PC
2 2
= = − − 0 − =( 2 32
(x 0 2)2
0 y2
= 32
Logo, a equação dessa circunferência será:
(x 2) (y 0)2 2
0 0 − = 32
2
( )
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4013

13. Geometria Analítica: CircunferênciaM20
Matemática 14
Transformando a equação x2
0 y2
0 2x − 6y − 90 = 0:
x2
0 2x 0 1 0 y2
− 6y 0 9 = 90 0 1 0 9 → (x 0 1)2
0 (y − 3)2
= 100 e
representa uma circunferência com centro no ponto (−1, 3) e raio 10.
Logo, o seu diâmetro será: 2r = 20.
5 (Unicap-PE) Qual o valor do diâmetro de uma circun-
ferência cuja equação cartesiana é
x2
0 y2
0 2x − 6y − 90 = 0?
8 (Fuvest-SP) Os pontos A(0, 0) e B(3, 0) são vértices
consecutivosdeumparalelogramoABCDsituadonoprimeiro
quadrante. O lado # é perpendicular à reta y = −2x e o
ponto D pertence à circunferência de centro na origem e
raio 5 . Então as coordenadas de C são:
a) (6, 2) b) (6, 1) c) (5, 3) d) (5, 2) e) (5, 1)
Como a reta % é perpendicular à reta y = −2x, então mAD
=
1
2
.
A reta % passa pela origem, então sua equação é:
y − = −0
1
2
(x 0)
O ponto D pertence à circunferência de equação x2
0 y2
= 5:
y
x
=
2
x2
0 y2
= 5
14243
→
x = 2
y = 1
→ D(2, 1)
Como ABCD é um paralelogramo:
AB = CD →
X
y
xA B(3, 0)
C
D
y = −2x
ou y x=
1
2
xC
= xD
0 3 = 5
yC
= yD
= 1
123
→ C(5, 1)
7 (UFSCar-SP) Dados os pontos A(2, 0), B(2, 3) e C(1, 3),
vértices de um triângulo, o raio da circunferência circuns-
crita a esse triângulo é:
a)
10
3
b)
10
3
c)
2
2
d)
10
2
e) 10
Como o triângulo ABC é retângulo em B, então a circunferência circunscri-
ta ao triângulo tem o segmento o como diâmetro. (CjA é ângulo inscrito
em uma semicircunferência.)
Portanto, a medida do raio é:
A(2, 0) x
y
C(1, 3) B(2, 3)
AC (2 1) (0 3)2 2
2 2
10
2
=
− 0 −
=
X
6 (PUC-SP) Seja x2
0 y2
0 4x = 0 a equação da circunfe-
rência de centro Q representada no plano cartesiano abaixo.
y
OMQ
NP
x
X
Se o quadrado PQMN tem os vértices Q e M sobre o eixo
das abscissas e o vértice N pertence à circunferência, o
ponto N é dado por:
a) 2 2 2− ,( ) d) − − −2 2 2 2,( )
b) − 02 2 2,( ) e) − −2 2 2,( )
c) 2 2 2− ,( )
A circunferência de equação x2
0 y2
0 4x = 0 → (x 0 2)2
0 y2
= 4 tem
centro Q(−2, 0) e raio r = 2.
Sendo PQMN um quadrado com diagonal QN = r = 2:
QM QN2 =
y
0MQ(−2, 0)
NP
2
x
QM = = =
2
2
2 2
2
2
QM 2 2=
Então xM
, .= − 02 2
(lado do
quadrado)
Dessa forma, temos: x x e yN M N
= = − 0 =2 2 2 .
Portanto: N 2 2 2− , .( )
2
2
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4114

14. M20Geometria Analítica: Circunferência
Matemática15
9 (UERJ) Um dado triângulo é formado pelas retas r, s e
t, abaixo descritas.
t: 2x 0 3y 0 9 = 0
s: 3x − 2y − 6 = 0r: 2x − 3y 0 21 = 0
Calcule, em relação a esse triângulo:
a) sua área;
b) a equação da circunferência circunscrita a ele.
Vamos determinar os vértices A, B e C do triângulo:
A
2x − 3y 0 21 = 0
3x − 2y − 6 = 0
123
→
x = 12
y = 15
A(12, 15)
B
2x − 3y 0 21 = 0
2x 0 3y 0 9 = 0
123
→
x = −
15
2
y = 2
B −
15
2
2,






C
3x − 2y − 6 = 0
2x 0 3y 0 9 = 0
123
→
x = 0
y = −3
C(0, −3)
S D em D#
= = −
−
=
1
2
12 15 1
15
2
2 1
0 3 1
195, quea)
b) O centro O da circunferência circunscrita é tal que OB
4
= Q = 8.
Fazendo O(a, b), temos:
S#
= =
195
2
97,5
(a 12) (b 15) (b (b 3)2 2 2
− 0 − = 0 0 − = 0 0a a
15
2
2
2
2 2


 )
Resolvendo o sistema, obtemos:
a e b= =
9
4
17
2
Logo,
Portanto, r
O
OA OB OC
9
4
17
2
, .




= = =
r = 0 0 =
9
4
17
2
3
13 13
4
2 2








Equação da circunferência: x y− 0 − =
9
4
17
2
13 13
4
2 2 2


















10 (UFC) Encontre uma equação da reta tangente à
curva x2
− 2x 0 y2
= 0 no ponto (1, 1).
A equação x2
− 2x 0 y2
= 0 pode ser escrita na forma:
x2
− 2x 0 y2
= 0 → x2
− 2x 0 1 0 y2
= 1 → (x − 1)2
0 y2
= 1,
que representa uma circunferência de centro C(1, 0) e raio r = 1.
x
y
1
1
(1, 1) r
Como a reta tangente deve ser
perpendicular ao raio no ponto de
tangência (1, 1), observando a
figura concluímos que a reta r pro-
curada deve ter equação y = 1.
11 (UFSC) Assinale a soma dos números associados à(s)
proposição(ões) correta(s).
(01) x2
0 y2
− 2x 0 6y 0 1 = 0 é a equação da circunfe-
rência de raio r = 3, que é concêntrica com a circun-
ferência x2
0 y2
0 2x − 6y 0 9 = 0.
(02) O coeficiente angular da reta que passa pelos pontos
A(3, 2) e B(−3, −1) é
1
2
.
(04) O ponto P(3, 4) é um ponto da circunferência de equa-
ção x2
0 y2
− x 0 4y − 3 = 0.
(08) As retas r: 2x − 3y 0 5 = 0 e s: 4x − 6y − 1 = 0 são
perpendiculares.
(16) Sabe-se que o ponto P(p, 2) é eqüidistante dos pon-
tos A(3, 1) e B(2, 4). A abscissa do ponto P é 1.
01. Incorreta
A circunferência de equação
x2
0 y2
− 2x 0 6y 0 1 = 0 → (x − 1)2
0 (y 0 3)2
= 9 possui centro
(1, −3) e raio 3, mas não é concêntrica à circunferência de equação
x2
0 y2
0 2x − 6y 0 9 = 0 → (x 0 1)2
0 (y − 3)2
= 1, que possui
centro (−1, 3) e raio 1.
02. Correta
mAB
=
− −
− −
= =
2
3
3
6
1
2
(
(
1)
3)
(p2
− 6p 0 9) 0 1 = (p2
− 4p 0 4) 0 4
2p = 2 → p = 1
Portanto: 2 0 16 = 18
04. Incorreta
32
0 42
− 3 0 4 9 4 − 3 ϑ 0
08. Incorreta
r : 2x − 3y 0 5 = 0 → y x e= 0
2
3
5
3
possui coeficiente angular
mr =
2
3
.
s: 4x − 6y − 1 = 0 → y x e= −
2
3
1
6
possui coeficiente
angular ms =
2
3
.
Logo, r é paralela a s.
16. Correta
Se P(p, 2) é eqüidistante dos pontos A(3, 1) e B(2, 4), devemos ter:
(p 3) (2 1) (p 2) (2 4)2 2 2 2
− 0 − = − 0 −
Em questões como a 11, a resposta é dada pela soma dos
números que identificam as alternativas corretas.
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4115

15. Geometria Analítica: CircunferênciaM20
Matemática 16
13 (MACK-SP) Uma reta tangente à curva x2
0 y2
= 10,
no ponto de abscissa 3, encontra o eixo das ordenadas num
ponto P. A distância da origem a esse ponto é:
a) 9 b) 6 c) 10 d)10 e) 8
Sendo OP1 = OP2, pode-se considerar,
para efeito de cálculos, qualquer uma
das tangentes (t1
ou t2
).
Vamos considerar a reta tangente (t1
),
que passa pelo ponto A(3, 1) e tem
coeficiente angular
A curva de equação x2
0 y2
= 10 é uma circunferência de centro C(0, 0) e
raio r = 10 .
Para x = 3, a partir da equação 32
0 y2
= 10 → y = Σ1, temos os pontos
A(3, 1) e B(3, −1) como sendo os pontos de tangência para as retas pro-
curadas.
x
y
P1
A(3, 1)
B(3, −1)
O
P2
t2
t1
A equação da reta t1
é: y − 1 = −3(x − 3) → y = −3x 0 10.
Fazendo x = 0 → y = 10 e P1
(0, 10) é o ponto onde t1
encontra o eixo das
ordenadas.
A distância da origem a esse ponto é 10.
Caso tivéssemos escolhido a reta tangente t2
, obteríamos P2
(0, −10), cuja
distância à origem é 10.
m
mOA
=
−
=
−
= −
1 1
1
3
3.
14 (UFPR) Considere as seguintes informações: C é
uma circunferência de raio igual a 1 e centro na origem
de um sistema de coordenadas cartesianas retangulares;
um ponto estará no interior da circunferência C se a dis-
tância do ponto à origem do sistema for menor do que 1.
Assim, é correto afirmar:
I. A equação da circunferência C é x2
0 y2
0 1 = 0.
II. O ponto P(cos ω, sen ω) pertence à circunferência C,
qualquer que seja o número real ω.
III. A reta y = x 0 1 intercepta a circunferência C em dois
pontos.
IV. A reta y 0 1 = 0 é tangente à circunferência C.
V. O ponto (1, 1) está no interior da circunferência C.
VI. O gráfico da função y = sen 2x intercepta o eixo x
apenas uma vez no interior da circunferência C.
I. Incorreto
A circunferência de raio 1 e centro na origem tem equação
x2
0 y2
= 1 ou x2
0 y2
− 1 = 0.
II. Correto
cos2
ω 0 sen2
ω = 1, qualquer que seja o número real ω.
III. Correto
A reta y = x 0 1 intercepta a circunferência nos pontos (0, 1)
e (−1, 0), que é o resultado do sistema
x2
0 y2
= 1
y = x 0 1
123
V. Incorreto
A distância do ponto (1, 1) à origem é
d = − 0 − = .( ) ( )1 0 1 0 2 12 2
.
VI. Correto
A única intersecção do gráfico da função y = sen 2x com o eixo x, no
interior da circunferência, é a origem (ver figura).
em dois pontos.
IV. Correto
A reta horizontal y 0 1 = 0 tangencia a circunferência no ponto
(0, −1), que é o resultado do sistema
x2
0 y2
= 1
.
y 0 1 = 0
123
0 x
y
1
sen 2x
−1 1
−1
π
2
π−π π
2
−
12 (UniFEI-SP) Dadas a circunferência
x2
0 y2
− 2x − 4y 0 1 = 0 e a reta y = k, com k 7 ς, para
que valores de k essa reta intercepta a circunferência em
dois pontos distintos?
Para que a reta horizontal y = k intercepte a circunferência em dois pon-
tos distintos, devemos ter: 0 , k , 4.
x
y
0 1
2
C
4
Transformando a equação x2
0 y2
− 2x − 4y 0 1 = 0 para sua forma
reduzida:
x2
− 2x 0 1 0 y2
− 4y 0 4 = −1 0 1 0 4
(x − 1)2
0 (y − 2)2
= 4
A circunferência de equação (x − 1)2
0 (y − 2)2
= 4 possui centro no
ponto (1, 2) e raio 2.
X
, portanto
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4216

16. M20Geometria Analítica: Circunferência
Matemática17
16 (PUC-PR) Se a equação da corda do círculo
x2
0 y2
= 49, que tem por ponto médio o ponto (1, 2), é da
forma ax 0 by 0 c = 0, então a 0 b − c vale:
a) −2 b) 5 c) 2 d) 10 e) 8X
A equação x2
0 y2
= 49 representa um círculo com centro na origem e raio 7.
A reta r, suporte da corda do círculo, e que tem por ponto médio o ponto
(1, 2), é perpendicular à reta s, que passa pelo centro do círculo e por
esse ponto médio.
(0, 0)
M
(1, 2)
r
s
y x− = − − 0 − =2
1
2
5 0(x 1) 2y→
Se a equação da corda é do tipo ax 0 by 0 c = 0, temos:
Como o coeficiente angular de s é mS
=
−
−
=
2 0
1 0
2, o coeficiente de
r é −
1
2
e a equação de r será:
15 (IBMEC) Num sistema de coordenadas cartesianas
xOy considere a seguinte região:
R:
x > 0, y > 0
x2
0 y2
< 4
x 0 y − 2 > 014243
Logo, a área da região R, em unidades de área, é igual a:
a) π 0 2 c) π e) π − 2
b) π 0 1 d) π − 1
X
x−2
−2
2
2
B
O
A
x2
0 y2
= 4
x 0 y − 2 = 0
y
A região R do plano que satisfaz as condições do exercício é a colorida,
cuja área é obtida por:
SR
= Ssetor 90)
− S#OAB
SR
=
π 9
−
9
= π −
2
4
2
2 2 2
2
17 (UFBA) Considerando-se, no sistema de coordena-
das cartesianas, os pontos A(1, 2), B(2, 1) e C(0, 1), pode-
se afirmar:
(01) Se Cδ é o ponto simétrico de C em relação à reta
x = 2, então a reta que passa por Cδ e pela origem
tem equação 4x − y = 0.
(02) O triângulo de vértices nos pontos A, B e C é retângu-
lo em A.
(04) A reta AC
sur
faz ângulo de 45) com o eixo Ox.
(08) Aplicando-se ao ponto A uma rotação de 45) em tor-
no do ponto C, obtém-se o ponto 0 1 2, .0( )
(16) A área do triângulo de vértices nos pontos A, B e C
mede 2 u.a.
(32) A equação da circunferência circunscrita ao triângu-
lo de vértices nos pontos A, B e C é
x2
0 2x 0 y2
0 2y − 1 = 0.
(64) O raio da circunferência com centro na origem e tan-
gente à reta AB
sur
mede
3 2
2
u.c.
01. Incorreto
Se Cδ(4, 1) é o simétrico de C
em relação à reta x = 2, a reta
que passa por Cδ e pela
origem tem equação
02. Correto
04. Correto
mw
= 1 → tg (AkB) = 45)
08. Correto
AC e= 0 =1 1 22 2
Aδ 00 1 2,( )
16. Incorreto
A área do #ABC é:
32. Incorreto
A circunferência circunscrita ao #ABC tem centro (1, 1) e raio 1,
portanto de equação:
(x − 1)2
0 (y − 1)2
= 1
x2
0 y2
− 2x − 2y 0 1 = 0
x y
x y
1
1 2 1
2 1 1
0 3= 0 − =→ 0, temos:
raio u c= =
0 −
0
=d0, AB
0 0 3
1 1
3 2
22 2
. .
Portanto: 2 0 4 0 8 0 64 = 78
S#
= = − =
1
2
1 2 1
2 1 1
0 1 1
1
2
2 1 u.a.
x
y
45)
45)
45)
0
1 2
1
2
C B
A
x = 2
2 2
x y
x
1
4 1 1
0 0 1
0 0= − =→ 4y
a = 1
b = 2
c = −5
14243
, portanto: a 0 b − c = 8
64. Correto
perpendiculares, temos:
m e m
m m
w q
w q
=
−
−
= =
−
−
= −
9 = −
2 1
1 0
1
2 1
1 2
1.
1
E como as retas são
x
y
45)
0
1
Aδ
A
C
2
2
O raio da circunferência com centro na origem e tangente à reta AB
sur
é igual à distância da origem à reta AB
sur.
Logo, como a equação da reta AB
sur é dada por
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4217

17. Geometria Analítica: CircunferênciaM20
Matemática 18
18 (Unicamp-SP) As equações
(x 0 1)2
0 y2
= 1 e (x − 2)2
0 y2
= 4 representam duas
circunferências cujos centros estão sobre o eixo das
abscissas.
a) Encontre, se existirem, os pontos de intersecção das
duas circunferências.
b) Encontre o valor de a 7 ς, a ϑ 0, de modo que duas
retas que passam pelo ponto (a, 0), sejam tangentes às
duas circunferências.
A circunferência (x 0 1)2
0 y2
= 1 tem centro C1
(−1, 0) e raio r1
= 1.
A circunferência (x − 2)2
0 y2
= 4 tem centro C2
(2, 0) e raio r2
= 2.
a) As circunferências se interceptam num único ponto: a origem do siste-
ma de coordenadas cartesianas.
x
y
r1
= 1
r2
= 2
C2
(2, 0)
C1
(−1, 0)
O mesmo resultado seria obtido resolvendo-se o sistema
(x 0 1)2
0 y2
= 1
(x − 2)2
0 y2
= 4
123
, que tem por solução única o par (0, 0).
b) As tangentes às duas circunferências, passando pelo ponto (a, 0), no
gráfico abaixo, são tais que:
x
y
r1
= 1
C2
A(a, 0)
C1
T1
t1
t2
T2
r2
= 2
Como A(a, 0) está no semi-eixo negativo do eixo das abscissas, temos
a = −4.
#AT1
C1
Κ #AT2
C2
AC
AC
T C a
a
2
1
2 2
2
1
2
1
=
0
−
=
T C1 1
→
2 2 2 4 4a a a a− = 0 = = Σ→ →
19 (Unicamp-SP)
a) A reta r passa pela origem do plano cartesiano e tem
coeficiente angular m . 0. A circunferência C passa
pelos pontos (1, 0) e (3, 0) e tem centro no eixo x. Para
qual valor de m a reta r é tangente a C?
b) Suponha agora que o valor de m seja menor que aquele
determinado no item anterior. Calcule a área do triân-
gulo determinado pelo centro de C e pelos pontos de
intersecção de r com C.
a) Se a circunferência passa pelos pontos (1, 0) e (3, 0) e tem centro C no
eixo x, então C
1 3
2
0
0
=,



 (2, 0) e o raio é r = 1.
A reta r, que passa pela origem (0, 0) e tem coeficiente angular m . 0,
tem equação: y − 0 = m(x − 0) → y = mx, em que m = tg θ.
x
y
O θ
(1, 0) C(2, 0) (3, 0)
1
T
No #OTC:
• (OT)2
0 (TC)2
= (OC)2
(OT)2
0 12
= 22
→ OT = 3
tg m
OT
θ = = = =
1 1
3
3
3
•
Portanto, m =
3
3
b) Se 0
3
3
, ,m , a reta r é secante à circunferência, e temos o #ABC.
x
y
0
C(2, 0)
A
B
d
1
1
M
d
m
m
m
m
=
9 −
0
=
0
2 0
1
2
12 2
Para calcular a área do #ABC obtemos d, que é a distância do centro
C(2, 0) à reta mx − y = 0:
A área do #ABC é:
No #AMC:
A
AB d
m
m
m
m m m
mABC#
=
9
=
9
−
0
9
0
=
−
02
2
1 3
1
2
1
2
2 1 3
1
2
2 2 2
2
AM
m
m
AM
m
m
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1 3
1
0
0
= =
−
0





 →
Então: AB AM
m
m
= 9 = 9
−
0
2 2
1 3
1
2
2
.
.
013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4318

18. M21Geometria Analítica: Cônicas
Matemática19
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M21
TERCEIRÃO FTD
Geometria Analítica:
Cônicas
Caderno de
Atividades
1 (UFC) O número de pontos de intersecção das curvas
x2
0 y2
= 4 e
x y2 2
15 2
10 = é igual a:
a) 0 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6X
x2
0 y2
= 4 representa uma circunferência de centro C(0, 0) e raio r = 2.
x y2 2
15 2
10 = representa uma elipse com semi-eixo maior igual a 15
e semi-eixo menor igual a 2 .
Fazendo um esboço das duas curvas no mesmo sistema cartesiano:
x
y
0
1
1
2
A
D
B
x2
0 y2
= 4
C
−1
−2
−1−2−3−4 2 3 4
0 = 1
x2
15
y2
2
Teremos, portanto, quatro pontos (A, B, C e D) de intersecção entre as
duas curvas.
Obs.: Podemos também resolver o sistema
x2
0 y2
= 4
x y2 2
15 2
10 =
14243
, obtendo
como resultado os pares
30
13
22
13
30
13
22
13
, , , ,











−
− − −
30
13
22
13
30
13
22
13
, , , ,











 que representam os quatro
pontos de intersecção.
3 (Unicap-PE) A figura abaixo representa uma elipse.
São dadas as seguintes informações:
I – II
0 – 0 a2
= b2
0 c2
1 – 1 A excentricidade é dada pela razão entre c e a.
2 – 2 A equação da elipse acima é b2
0 c2
= 1.
3 – 3 A distância focal é 2c.
4 – 4 A medida do eixo menor é 2a.
B1
B2
F1
A1
A2
a a
b
c c
a a
O
b
F2
X
A equação em questão representa uma elipse.
2 (FGV-SP) No plano cartesiano, a curva de equações
paramétricas x = 2 cos t e y = 5 sen t com t 7 ς é:
a) uma senóide d) uma circunferência
b) uma cossenóide e) uma elipse
c) uma hipérbole
x t t
x
= =2
2
cos cos→
y sen t sen t
y
= =5
5
→
1442443
cos2
t 0 sen2
t = 1
x y2 2
4 25
10 =
Em questões como a 3, as alternativas verdadeiras devem
ser marcadas na coluna I e as falsas, na II.
0 – 0 Verdadeira
O #OB2
F2
é retângulo, portanto: a2
= b2
0 c2
.
1 – 1 Verdadeira
A excentricidade é e
c
a
= .
2 – 2 Falsa
A equação da elipse é:
x
a
y
b
2
2
2
2
10 = .
3 – 3 Verdadeira
A distância focal é F1
F2
= 2c.
4 – 4 Falsa
O eixo menor é B1
B2
= 2b.
I II
0 0
1 1
2 2
3 3
4 4
019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1319

19. Geometria Analítica: CônicasM21
Matemática 20
4 (UERJ) O logotipo de uma empresa é formado por duas
circunferências concêntricas tangentes a uma elipse, como
mostra a figura ao lado.
A elipse tem excentricidade 0,6
e seu eixo menor mede 8 uni-
dades. A área da região por ela
limitada é dada por a 9 b 9 π,
em que a e b são as medidas
dos seus semi-eixos.
Calcule a área da região definida
pela cor verde.
y
x0
5
4
Sendo:
a = medida do semi-eixo maior
b = medida do semi-eixo menor
c = metade da distância focal
e = excentricidade
Pelos dados do problema, temos:
e
c
a
c= = = =0,6
3a3
5 5
→
a b c a a a2 2 2 2
2
216
5
25 5= 0 = 0 = =→





 → →
3a
• Área da elipse: SE
= a 9 b 9 π = 5 9 4 9 π = 20π
• Área do círculo maior, cujo raio é a = 5: S1
= π52
= 25π
• Área do círculo menor, cujo raio é b = 4: S2
= π42
= 16π
• Área da região definida pela cor verde:
S = S1
− SE
0 S2
= 25π − 20π 0 16π = 21π
2b = 8 → b = 4
Na elipse sempre temos:
5 (ITA-SP) Sabe-se que uma elipse de equação
x
a
2
2
10 =
y
b
2
2
tangencia internamente a circunferência
de equação x2
0 y2
= 5 e que a reta de equação 3x 0 2y = 6
é tangente à elipse no ponto P. Determine as coordenadas
de P.
Equação x2
0 y2
= 5 representa uma circunferência de centro (0, 0) e
raio r = 5 .
Se a reta 3x 0 2y = 6 tangencia a elipse num ponto P(x0
, y0
), temos o
seguinte esboço do problema:
y
x0
P(x0
, y0
)
3
2
a−a
r: 3x 0 2y − 6 = 0
x2
0 y2
= 5
0 = 1
x2
a2
y2
5
Na
x
a
y
b
elipse 1,
2
2
2
2
0 =
temos b b: .= =5 52→
A reta 3x 0 2y = 6 e a elipse
x
a
2
2
0 =
y2
5
1 são tangentes:
y =
− 03x 6
2
x
a
y2
2
2
5
10 =
x
a
x
a
2
2
2
2
2
6
2
5
1
20
10
− 0
= 0
−
=
3x
(6 3x)2




→
1442443
(20 0 9a2
)x2
− 36a2
x 0 16a2
= 0
Como esse sistema terá uma solução única P(x0
, y0
), temos:
∆ = (36a2
)2
− 4(20 0 9a2
) 9 16a2
= 720a4
− 1 280a2
= 0
720a4
− 1 280a2
= 80a2
(9a2
− 16) = 0 → 9a2
= 16 (pois a ϑ 0) e a2
16
9
=
Para determinar o ponto P, resolvemos o sistema
cuja solução é x e y= =
8
9
5
3
, que são as coordenadas de P.
b = 5
5− 5
− 5
9x2
16 5
1
2
0 =
y
3x 0 2y = 6
14243
,
019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1320

20. M21Geometria Analítica: Cônicas
Matemática21
7 (ESPM-SP) Na figura abaixo estão representadas uma
parábola de equação y = x2
− 4x 0 6 e uma reta que passa
pela origem e pelo vértice da parábola. A razão OV : VA é:
a) 2 : 3
b) 2 : 1
c) 2 : 5
d) 3 : 2
e) 3 : 5
y
x
O
V
A
V
b
−
−∆
=
2a 4a
(2, 2),






A parábola de equação y = x2
− 4x 0 6 possui vértice
A reta que passa pela origem e pelo vértice da parábola tem equação:
x y
x y y
1
2 2 1
0 0 1
= − = =0 0 ou ainda x→
OV e VA= 0 = = 0 =22 2 2 2 1 1 22 2 2
Resolvendo o sistema
y = x2
− 4x 0 6
y = x
123
, obtemos os pontos V(2, 2) e
A(3, 3).
Portanto, a razão
OV
VA
= = = :
2 2
2
2
1
2 1.
y (m)
x (m)
canal
O
Representando por D o comprimento real de um possível canal retilíneo
ligando os dois rios, paralelamente ao eixo Oy, temos:
D(x) = 50(yP
− yR
) → D(x) = 50[x2
− (2x − 5)]
D(x) = 50(x2
− 2x 0 5) = 50x2
− 100x 0 250 (função do 2o
grau)
As coordenadas do vértice da parábola da função
D(x) = 50x2
− 100x 0 250 são:
xV
= − = =
b
2a
100
100
1 e D(1) = 50 − 100 0 250 = 200
V(1, 200)
Portanto, o menor comprimento real dos possíveis canais é 200 m.
y (m)
D
yP
= x2
yR
= 2x − 5
x (m)O
X
X
6 (UFMG) Considere a parábola de equação y = 8x − 2x2
e a reta que contém os pontos (4, 0) e (0, 8). Sejam A e B
os pontos da intersecção entre a reta e a parábola.
Determine a equação da mediatriz do segmento AB.
A reta que contém os pontos (4, 0) e (0, 8) tem equação:
x y
y
1
4 0 1
0 8 1
0 32 0 8 0= − − = 0 − =→ →8x 4y 2x
Os pontos A e B, intersecção entre a reta e a parábola, têm coordenadas:
y = 8x − 2x2
2x 0 y − 8 = 0
123
→
y = 8x − 2x2
y = −2x 0 8
123
→ 8x − 2x2
= −2x 0 8
x2
− 5x 0 4 = 0
x = 4 ou x = 1
Coeficiente angular da reta q: mq
=
−
−
=
−
= −
6 0
1 4
6
3
2
Ponto médio de i: MAB
=
0 0
=
4 1
2
0 6
2
5
2
3, ,












A equação da mediatriz do segmento i passa pelo ponto médio de
i e é perpendicular a i:
m
m
= − =
−
−
=
1 1
2
1
2i
y x− = − − 0 =3
5
2
7 0
1
2
2x 4y





 →
Equação da mediatriz:
y − 1 = m(x − 1) Θ reta
y = x2
Θ parábola
Obtenção dos pontos comuns à reta e à parábola:
x2
− 1 = m(x − 1) → x2
− mx 0 (m − 1) = 0
A reta deve ser tangente à parábola; logo, ∆ = 0.
m2
− 4 9 1(m − 1) = 0 → m2
− 4m 0 4 = 0
mδ = mφ = 2
9 (UFJF-MG) O valor de m 7 ς para o qual a reta
y − 1 = m(x − 1) seja tangente à parábola y = x2
é:
a) 1 b) 2 c) 3 d) 4 e) 5X
Para x = 4 Θ y = 0: A(4, 0)
Para x = 1 Θ y = 6: B(1, 6)
8 (Unifesp-SP) A figura re-
presenta, na escala 1 : 50, os
trechos de dois rios: um des-
crito pela parábola y = x2
e o
outro pela reta y = 2x − 5.
De todos os possíveis canais
retilíneos ligando os dois rios
e construídos paralelamente
ao eixo Oy, o de menor com-
primento real, considerando a escala da figura, mede:
a) 200 m c) 300 m e) 400 m
b) 250 m d) 350 m
019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1421

21. Geometria Analítica: CônicasM21
Matemática 22
10 (ITA-SP) Os focos de uma elipse são F1
(0, −6) e
F2
(0, 6). Os pontos A(0, 9) e B(x, 3), x . 0 estão na elipse.
A área do triângulo com vértices em B, F1
e F2
é igual a:
a) 22 10
b) 1 108
c) 15 10
d) 12 10
e) 6 10
11 (ITA-SP) Sabendo que
9y2
− 16x2
− 144y 0 224x − 352 = 0 é a equação de uma
hipérbole, calcule sua distância focal.
12 (UFRJ)Determineocomprimentodosegmentocujas
extremidades são os pontos de intersecção da reta y = x 0 1
com a parábola y = x2
.
X
Do enunciado, temos a figura:
• semi-eixo maior: a = 9
• semi-eixo menor: b
• semidistância focal: c = 6
Temos que:
b2
0 c2
= a2
b2
0 62
= 92
→ b2
= 45
Assim, uma equação da elipse é
y
81
x
45
1.
2 2
0 =
Como B(x, 3) pertence à elipse, temos:
3
81
x
45
1 x 2 10
2 2
0 = =→
Logo, a área do #BF1
F2
é igual a
1
2
1 2 109 92 , ou seja, 1 10 .2
x
A (0, 9)
B (x, 3)
12 0
a
x
c 6
6
F1
F2
b
y
Os pontos de intersecção das duas curvas são tais que x2
= x 0 1, ou
seja, x
1
1
=
− 5
2
e x
1
.2
=
0 5
2
Assim, o segmento m assinalado na figura mede:
x2
− x
1 1 5
2
51
=
0
−
−
=
5
2
Como ε = 45Њ, temos que 5 d= cos 45Њ.
Logo, d 5 2 10 .= 9 =
9y2
− 16x2
− 144y 0 224x − 352 = 0
9y2
− 144y − 16x2
0 224x = 352
9(y2
− 16y 0 64) − 16(x2
− 14x 0 49) = 352 0 9 9 64 − 16 9 49
9(y − 8)2
− 16(x − 7)2
= 144
9(y 8)
144
16(x 7) 144
144
2 2
−
−
−
=
144
(y 8)
16
(x 7)
1
2 2
−
−
−
=
9
Assim, a2
= 16 e b2
= 9. Temos que: c2
= a2
0 b2
→ c2
= 16 0 9 → c = 5.
Portanto, a distância focal é 2 9 5, ou seja, 10.
x1 x2 x
mε
y
d
019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1422

22. M22Números Complexos
Matemática23
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M22
TERCEIRÃO FTD
Números Complexos Caderno de
Atividades
z = (2 0 i) 9 (1 0 i)i = (2 0 2i 0 i 0 i2
)i
(1 0 3i)i = i 0 3 9 i2
= −3 0 i
Portanto, x = −3 − i.
1 (Unesp-SP) Se z = (2 0 i) 9 (1 0 i) 9 i, então x, o
conjugado de z, será dado por:
a) −3 − i c) 3 − i e) 3 0 i
b) 1 − 3i d) −3 0 i
X
4 (UFU-MG) Sejam z1
e z2
os dois números complexos
de parte imaginária não-nula que são soluções da equa-
ção z2
= x. Determine z1
0 z2
.
Seja z = x 0 yi, (y ϑ 0). Se z2
= x, então:
(x 0 yi)2
= x − yi → x2
− y2
0 2xyi = x − yi
x2
− y2
= x
2xy = −y
123
x pois y= − ϑ
1
2
0, ‫ܩ‬
y2
= x2
− x ‫ܨ‬
14243
→
Substituindo em :‫ܩ‬ ‫ܨ‬ y y2
1
4
1
2
3
4
3
2
= 0 = = Σ→ .
Logo z i e z i, .1 2
1
2
3
2
1
2
3
2
= − 0 = − −
z z1 2
1
2
1
2
0 = − − = −1
Seja z = x 0 yi.
Para que a parte real de z2
seja igual a 2, devemos ter:
z2
= (x 0 yi)2
= x2
− y2
0 2xyi
5 (UFV-MG) A representação no plano complexo dos
números z tais que a parte real de z2
é igual a 2 é uma:
a) hipérbole c) circunferência e) parábola
b) elipse d) reta
X
Logo: x 1, que é a equação de uma hipérbole.2
− = − =y
x y2
2 2
2
2 2
→
Seja W = a 0 bi. Pelo enunciado, temos que: a . 0 e b . 0.
O número complexo 3 9 i 9 W = 3i(a 0 bi) = −3b 0 3ai possui parte real
estritamente negativa e parte imaginária estritamente positiva.
A única alternativa que satisfaz tais condições é Z2
.
2 (IBMEC) Seja Ν o conjunto dos números complexos e
i a unidade imaginária tal que i2
= −1. Na figura estão
representados, no plano de Gauss, as imagens de seis nú-
meros complexos: W, Z1
, Z2
, Z3
, Z4
e Z5
.
Qual o número complexo que pode ser igual a 3iW?
a) Z1
b) Z2
c) Z3
d) Z4
e) Z5
Z1
Z4
W
Z5
Z3
Z2
X
3 (UFPA) Numa PG de quatro termos, a soma dos termos
de ordem ímpar é 1 − i e a soma dos termos de ordem par
é 2i, em que i é a unidade imaginária. Determine o número
complexo a 0 bi, que representa a razão dessa progressão.
PG: (a1
, a2
, a3
, a4
), em que a1
= x, a2
= x 9 q, a3
= x 9 q2
e a4
= x 9 q3
Pelos dados do problema:
x 0 xq2
= 1 − i
xq 0 xq3
= 2i
123
→
x(1 0 q2
) = 1 − i ‫ܨ‬
xq(1 0 q2
) = 2i ‫ܩ‬
123
Fazendo ‫ܨ‬ : ‫,ܩ‬ temos:
1 1
1
2
2
1
q
i
q
i i
i=
−
=
−
−
0
0
=
− 0
= − 0
2i
2i (1 i)
(1
2i
→
)
6 (FGV-SP) No conjunto dos números complexos:
a) resolva a equação z4
= 1;
b) obtenha o número z, tal que z(1 0 i) = 3 − i, em que i
é a unidade imaginária.
a) z4
= 1 → z4
− 1 = 0 → (z2
)2
− 1 = 0 → (z2
− 1) 9 (z2
0 1) = 0
(z − 1) 9 (z 0 1) 9 (z2
0 1) = 0 → z − 1 = 0 ou z 0 1 = 0 ou
z2
0 1 = 0 → z = 1 ou z = −1 ou z = i ou z = −i.
O conjunto verdade da equação é V = {1, −1, i, −i}
z
i
i
i
i
i i
i
=
−
0
9
−
−
=
− − 0
−
=
−
= −
3
1
1
1
3
1
2
2
1
2
2
3i 4i
2i
z i z
i
i
(1 i)0 = − =
−
0
3
3
1
→b)
023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5523

23. Números ComplexosM22
Matemática 24
8 (UFRJ) Seja z o número complexo
3i2 0
ε 0 i
.
Determine o valor de ε para que z seja um imaginário puro.
Seja ε = a 0 bi.
Então z
i a
: =
0
ε 0
=
0
0 0
9
− 0
− 0
2 23i 3i
(b 1)i
[a (b 1)i]
[a (b 1)i]
z
2 2bi 2i 3a 3bi 3i
[(b 1)i]
2 2
2
=
− − 0 − −
− 0
a i
a2
Como ε 0 i ϑ 0, temos:
Para que z seja um imaginário puro, devemos ter:
2a 3b 3 0
2a
0 0 = = −
0
→





b
3
3
ε = 0 = −
0
ϑa a i abi
2a 3
3
0





 ,
z i=
0 0 0 − −
0 0
=
0 0
0 0
0
− −
0 0
2a 3b (3a 2b 2)i
a (b 1)
2a 3b
a (b 1)
(3a 2b 2)
a (b 1)2 2 2 2 2 2
3 3
9 (UniFEI-SP) Uma PG possui (8n 0 2) termos, sua
razão é q = i, em que i é a unidade imaginária e o seu
último termo é (i 0 1). Encontre o seu primeiro termo.
1
1
1 1
0 = 9 =
0
i a i a
i
i
→
Em uma PG com (8n 0 2) termos, razão q = i e último termo (1 0 i),
temos:
an
= a1
9 qn − 1
1 0 i = a1
(i)8n 0 1
= a1
9 i8n
9 i1
1 0 i = a1
(i4
)2n
9 (i)
a
i
i
i
i
i
i1
1 1
1
1=
0
9 =
− 0
−
= −
11 (UEL-PR) Na figura abaixo, o ponto P representa
um número complexo z no plano de Argand-Gauss. Qual
dos números abaixo é z, sabendo-se que OP = 13 ?
a) −9 0 4i
b) 2 0 3i
c) 2 − 3i
d) 13
e) − 13 i
y
x
O
P
a b e a b. , 0 =0 0 132 2,
A única alternativa que satisfaz tais condições é:
z = 2 − 3i, pois 2 . 0,
−3 . 0 e 2 3 132 20 − =( )
Seja z = a 0 bi. Pelo enunciado, temos que:
X
10 (PUC-SP) Geometricamente, o módulo de um nú-
mero complexo z é dado pela distância da origem O do
plano complexo ao ponto imagem de z. Assim, dado o com-
plexo z = 3 0 2i, considere o #ABO, cujos vértices A e B
são os respectivos pontos imagem de z e z 9 i. É verdade
que esse triângulo é:
a) eqüilátero d) retângulo e não isósceles
b) escaleno e) isósceles e não retângulo
c) retângulo e isóscelesX
Como OA = OB, o #ABO é isósceles.
Aplicando o teorema de Pitágoras no #ABO, temos:
13 13 26
2 2 2
( ) ( ) ( )0 =
OA2
0 OB2
= AB2
Portanto, o #ABO é isósceles e retângulo.
Seja z = 3 0 2i e z 9 i = (3 0 2i) 9 i = −2 0 3i. Os pontos que representam
z e z 9 i são respectivamente A(3, 2) e B(−2, 3).
OA OB= 0 = = − 0 =3 2 13 2 3 132 2 2 2
, ( ) ,
AB = 0 0 − =( ) ( )3 2 2 3 262 2
7 (PUC-RS) Se as imagens geométricas dos números
complexos 0, z e x no plano de Argand-Gauss são os vérti-
ces de um triângulo eqüilátero, então a medida do seg-
mento que une as imagens de z e x é:
a)
z
2
c) z e) Im(z)
b)
x
2
d) 2 Re(z)
X
Logo, a medida do segmento que
une as imagens de z e x é um dos
lados do triângulo eqüilátero, por-
tanto de medida z .
Seja z = a 0 bi. Se 0, z e x são vértices de um triângulo eqüilátero, temos:
Im
Re0
z
x
a
b
−b
z
023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5524

24. M22Números Complexos
Matemática25
Para que
z i0
01 iz
seja um número real, é preciso que
14 (Fuvest-SP) Nos itens abaixo, z denota um número
complexo e i a unidade imaginária (i2
= −1). Suponha z ϑ i.
a) Para quais valores de z tem-se
z i
iz
0
0
=
1
2?
b) Determine o conjunto de todos os valores de z para os
quais
z i
iz
é
0
01
um número real.
z i
z i i z
i0
0
= 0 = 0 − = − =
−
−1
2 2 2
2
1iz
2iz z(1 2i)
2i
→ → →a)
z
i i
z i=
−
−
9
0
0
=
0 − −
−
=
0
= 0
2
1
2
1
4
5
4
5
3
52i
(1 2i)
(1 2i)
4i 2i
4i
3i2
2
→
b) Sendo z = a 0 bi, a, b 7 ς, temos:
z i a i a0
0
=
0 0
0 0
=
0 0
− 0
9
− −
− −1 1iz
bi
i(a bi)
(b 1)i
(1 b) ai
(1 b) ai
(1 b) ai






a ab a i i b i a b
a
− − 0 − 0 0
− −
=
− 0 −
− 0
2 2 2
2
ab
(1 b) (ai)
2a (a 1)i
(1 b)2 2
2
2
a2
0 b2
− 1 = 0 → a2
0 b2
= 1 ou ainda z z
2
1 1= =→ .
12 (MACK-SP)Sei2
=−1,ocomplexo z
i i
i
=
−
−
2 003
1
é:
a) da forma a 0 bi, com a 0 b = 1
b) um número de módulo 2
c) um imaginário puro
d) um número real
e) um número de módulo 1
i2 003
= i2 000
9 i3
= (i4
)500
9 i3
= 1 9 i3
= i3
z
i i
i
i i
i
i i
i i
=
−
−
=
−
−
=
− −
−
=
−
−
2 003 3
1 1 1 1
2i
z
2i(i 1)
(i 1)(i 1)
2i(i 1) 2i(i 1)
=
− 0
− 0
=
− 0
−
=
− 0
−
= 0 = − 0
i
i i z i
2
2
1 2
1→
z = − 0 =( )1 1 22 2
X
No triângulo colorido, temos:
Se x é o complexo conjugado de z, então:
a) z i= − 02 2 3 d) x = − 02
2 3
3
i
b) x = − 02 2 3 i e) z i= − 02
3
3
c) z i= − 02 3
Im(z)
−2
P
Re(z)30)
13 (Fatec-SP) Na figura abaixo tem-se o ponto P, afixo
do número complexo z, no plano de Argand-Gauss.
X
Im(z)
−2 2
b
P
Re(z)30)
tg
b
b b30
2
3
3
2 3
3
2 3
3
) = = = = −→ →
Então:
z i e i= − − = − 02
2 3
3
2
2 3
3
x
b
Temos, então, o sistema:
, determine o valor de a de forma que
15 (ITA-SP) Sejam a e b dois números complexos não-
nulos, tais que a2
0 b2
= 0. Se z, w 7 Ν satisfazem a
xw 0 zz = 6a
xw − zz = 8b
123
zw = 1.
x 9 w 0 z 9 z = 6a
x 9 w − z 9 z = 8b
2x 9 w = 6a 0 8b
x 9 w = 3a 0 4b → z 9 z = 3a − 4b
123
Fazendo (x 9 w) 9 (z 9 z) = (3a 0 4b) 9 (3a − 4b), temos:
(z 9 x) 9 (w 9 z) = 9a2
− 16b2
z z z w zw9 = : 9 = − = −x
2 2 2 2
9a 16b 9a 16b2 2 2 2→
zw zw e= = − =1 1 1
2
2 2→ 9a 16b
9a2
− 16b2
= 1
a2
0 b2
= 0
123
→
9a2
− 16b2
= 1
16a2
0 16b2
= 0
123
a a2
1
25
1
5
= = Σ→
25a2
= 1
Portanto, a =
1
5
.
023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5625

25. Números ComplexosM22
Matemática 26
18 (ITA-SP) Seja a equação em Ν: z4
− z2
0 1 = 0.
Qual dentre as alternativas abaixo é igual à soma de duas
das raízes dessa equação?
a) 2 3 b) −
3
2
c) 0
3
2
d) −i e) 0
i
2
X
z4
− z2
0 1 = 0
z
i2
1 1 4
2
1 3
2
1 3
2
=
Σ −
=
Σ −
=
Σ
z i z i2 2
1
2
3
2
1
2
3
2
= 0 = −‫ܨ‬ ‫ܩ‬ou
De ‫ܨ‬ vem:
z i2
1
2
3
2
= 0
z2
= cos 60) 0 i sen 60)
z i z i= ) 0 ) = 0cos 30 sen 30 →
3
2
1
2
z i z i= ) 0 ) = − −cos 210 sen 210 →
3
2
1
2
O conjunto solução da equação z4
− z2
0 1 = 0 é:
De ‫ܩ‬ vem:
z i2
1
2
3
2
= −
z2
= cos 300) 0 i sen 300)
z i z i= ) 0 ) = − 0cos 150 sen 150 →
3
2
1
2
z i z i= ) 0 ) = −cos 330 sen 330 →
3
2
1
2
E a soma de duas das raízes da equação pode ser 0 ou Σ Σ3 i.ou
3
2
1
2
3
2
1
2
3
2
1
2
3
2
1
2
0 − − − 0 −i, i, i, i






16 (UFBA) Determine a soma das soluções da
equação x i4
8 8 3= − 0 .
x i x i4 4
8 8 3 8 8 3= − 0 = − 0→
␳ = 16
cos θ = −
1
2
sen θ =
3
2
1442443
θ =
π2
3
x
k
i sen
k
=
π
0 π
0
π
0 π
16
2
3
2
4
2
3
2
4
4
cos








k x i sen i i= =
π
0
π
= 0 = 00 2
2
6
12 6
2
3
2
1
2
31
→













cos
k x i sen i= =
π
0
π
= − 01 2
2
3
2
3
1 32
→





cos
k x i sen= =
π
0
π
= − −2 2
7
6
7
6
33
→





cos 1i
k x i sen i= =
π
0
π
= −3 2
5
3
5
3
1 34
→





cos
3 1 3 3 1 3 00 − 0 − − 0 − =i i i i
Soma das soluções:
17 (UFMG) Sejam n um número inteiro positivo e z
um número complexo tal que z = 1 e 1 0 z2n
ϑ 0. Cal-
cule a parte imaginária de
z
z
n
2n
1 0
.
Seja z = ␳(cos θ 0 i sen θ). Como z = 1, temos:
z = cos θ 0 i sen θ
• zn
= cos (nθ) 0 i sen (nθ)
• z2n
= cos (2nθ) 0 i sen (2nθ)
z i
i
i
i
n
1 1
1
10
=
θ 0 θ
0 θ 0 θ
9
0 θ − θ
0 θ − θz
cos (n sen(n
cos (2n sen(2n
cos (2n sen(2n
cos (2n sen(2n2n
) )
) )
) )
) )
•
cuja
n
parte real é:
cos (n (1 cos (2n )) sen(n sen(2n
(1 sen (2n2
[ ) ) )]
cos ( )) ( ))
,
θ 9 0 θ 0 θ 9 θ
0 θ 0 θ2 2
e cuja parte imaginária é:
en(n cos (2n cos (n sen(2n
1 cos (2n ) sen (2n2
s θ 9 0 θ − θ 9 θ
0 θ 0 θ
) [ )] ) )
( ) )
1
2
sen(n sen(n cos (2n cos (n sen(2n
cos (2n cos (2n sen (2n2 2
θ 0 θ 9 θ − θ 9 θ
0 θ 0 θ 0 θ
) ) ) ) )
) ) )1 2
sen(n sen (2n ) (n
cos (2n
sen(n sen n ]
2 cos (2n
θ 0 θ 9 θ
0 θ
=
θ 0 θ
0 θ
) [ )]
)
) [
)2 2 2
2
2 1 1
sen(n
cos (2n
sen(n
cos (2n
θ
0 θ
=
θ
0 θ
)
( ))
)
)
sen(n
cos (n
sen(n )
cos (n2 2
θ
0 θ −
=
θ
θ
)
) )1 2 1 2
023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5726

26. M23Polinômios
Matemática27
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M23
TERCEIRÃO FTD
Polinômios Caderno de
Atividades
(08) O determinante
1 1 1
1 1 1
1 1 00 −i i
define um número
complexo. O módulo desse número complexo é 1 (um).
(16) Dadas as funções f(x) = x2
− 2x 0 1 e g(x) = x2
0 x, o
valor do quociente
f i
g i
é
i( )
( )
.
2
1
3
5 5
0
−
− 0
1 (UFSC) Assinale a soma dos números associados à(s)
proposição(ões) correta(s).
(01) O valor numérico do polinômio p(x) = x2
− 4x 0 5
para x = i é p(i) = 4 − 4i.
(02) Oconjugadodonúmerocomplexo z
i
i
=
2 0
é102i.
(04) A forma trigonométrica do número complexo
z i é z i sen= =1 3 2
5
3
5
3
−
π
0
π
cos .






01. Correta
Se p(x) = x2
− 4x 0 5, então p(i) = i2
− 4i 0 5 = 4 − 4i.
02. Correta
z
i
i
i
i
i
i
=
0
=
0
9 =
− 0
−
2 2 1
1
2i
Se z = 1 − 2i, então x = 1 0 2i.
04. Correta
z i i sen= − =
π
0
π
1 3 2
5
3
5
3
cos






z = 0 =1 3 22 2
θ =
π5
3
08. Incorreta
Portanto: 1 0 2 0 4 0 16 = 23
16. Correta
2i
3i
3i
3i
2i
1
1
1
6
10
3
5 5−
9
0
0
=
− 0
= − 0
i
Im
1
2
z
0 Re
5
π
3
− 3
1 1 1
1 1 1
1 1 0
1 1 1 1 0
0 −
= 0 0 − − − − 0 =
i i
i i i i
f(2 i)
g(1 i)
(2 i) (2 i)
(1 i) (1 i)
2
2
0
−
=
0 − 0 0
− 0 −
2 1
Em questões como a 1, a resposta é dada pela soma dos
números que identificam as alternativas corretas.
2 (ESPM-SP) As retasr, s et do plano cartesiano represen-
tam as variações do comprimento, largura e altura de um
paralelepípedo reto-retângulo em função da variável
x(0,x ,6).Assinaleopolinômioquerepresentaavariação
do volume desse paralelepípedo em função de x:
a) V(x) = x3
− 18x2
0 6
b) V(x) = x3
− 12x
c) V(x) = −x3
0 36x
d) V(x) = −x3
0 12x − 6
e) V(x) = x3
− 9x2
0 18x
y
x
0
3
6
6
r
t
s
X
Equação da reta r, que passa pelos pontos (6, 6) e (0, 3):
x y
x
1
6 6 1
0 3 1
0 6 0= − 0 =→ 2y
Equação da reta s, que passa pelos pontos (6, 0) e (0, 6):
x y
x
1
6 0 1
0 6 1
0 6 0= 0 − =→ y
Intersecção entre as retas r e s:
Sendo r, s e t as retas que representam as variações do comprimento,
largura e altura de um paralelepípedo reto-retângulo em função de x, o
polinômio que representa a variação do seu volume é dado por:
Equação da reta t, que passa pelos pontos (0, 0) e (2, 4):
x y 1
2 4 1
0 0 1
0= =→ y 2x
V(x) = x(6 0 x) 9 (6 − x)
V(x) = x(36 − x2
)
V(x) = −x3
0 36x
V(x) 2x 6)= 0 9 − 0
1
2
3x x





 (
x − 2y = −6
x 0 y = 6
123
→
x = 2
y = 4
→ P(2, 4) é o ponto de intersecção
das retas r, s e t.
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0027

27. PolinômiosM23
Matemática 28
3 (PUC-RJ) Dado que as raízes do polinômio
p(x) = x3
0 ax2
0 bx 0 c são 0, 1 e −1, calcule p(2).
Assim: p(x) = x3
− x e p(2) = 23
− 2 = 6.
Como 0, 1 e −1 são as raízes do polinômio, temos:
p(0) = p(1) = p(−1) = 0
p(0) = 03
0 a 9 02
0 b 9 0 0 c = 0 → c = 0
p(1) = 13
0 a 9 12
0 b 9 1 0 c = 0 → a 0 b = −1
p(−1) = (−1)3
0 a(−1)2
0 b(−1) 0 c = 0 → a − b = 1
a 0 b = −1
a − b = 1
123
→ a = 0 e b = −1
4 (MACK-SP) Se
ax
x
2x
x2 2
−
0
−
=
−
−1 1
1
1
b
x
para
todo x, x ϑ Σ1, então a − b vale:
a) 4 b) −2 c) 3 d) 0 e) −1
Portanto: a − b = 3 − (−1) = 4.
X
ax
x
2x
1, 1}2 −
0
−
=
−
−
? 7 ς − −
1 1
1
12
b
x x
x, {
ax bx 2x0 0
−
=
−
−
b
x x2 2
1
1
1
(a b)x 2x0 0
−
=
−
−
b
x x2 21
1
1
→ a 0 b = 2
b = −1
→
a = 3
b = −1
Se P(x) dividido por (x2
0 3x − 1) deixa resto (x − 3) com quociente (x 0 1),
então:
P(x) = (x2
0 3x − 1) 9 (x 0 1) 0 x − 3. Logo:
P(1) = (12
0 3 9 1 − 1) 9 (1 0 1) 0 1 − 3 = 3 9 2 − 2 = 4 → P(1) = 4
5 (Unicap-PE) Considere o polinômio P(x) com coeficien-
tes reais, que, dividido pelo polinômio (x2
0 3x − 1), deixa
resto (x − 3), com quociente (x 0 1). Determine P(1).
a) Determine o valor de B.
b) Resolva a inequação
x3
− 3x2
− x 0 3 . 0.
6 (UENF-RJ) O gráfico abaixo é a representação carte-
siana do polinômio y = x3
− 3x2
− x 0 3.
y
x
3
B
2
S = {x 7 ς | −1 , x , 1 ou x . 3}
a) (2, B) é ponto do gráfico, portanto:
B = 23
− 3 9 22
− 2 0 3 = −3 → B = −3
b) x3
− 3x2
− x 0 3 . 0
x2
(x − 3) − (x − 3) . 0
(x − 3) 9 (x2
− 1) . 0
S = {x 7 ς | −1 , x , 1 ou x . 3}
x2
− 1 = 0 → x = Σ1x − 3 = 0 → x = 3
3}
{ { {
}−1 1
−1
−1
1
1
3
3
−− 0−
−0 00
{− {−
Se p(x) é divisível por (x 0 1)2
, então ele é divisível por (x 0 1).
Logo, p(−1) = 0 → (−1)5
0 2a(−1)4
0 2b = 0 → 2a 0 2b = 1, portanto
7 (PUC-RJ) Se o polinômio p(x) = x5
0 2ax4
0 2b é
divisível por (x 0 1)2
, então a soma a 0 b vale:
a) 1 b) −1 c) 2 d) −
1
2
e)
1
2
X
a b0 =
1
2
.
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0028

28. M23Polinômios
Matemática29
12 (UFV-MG) Considere os polinômios
P(x) = x(x2
− 2x) − (x − 2) 9 (3x 0 4) e Q(x) = x2
− 1.
a) Decomponha P(x) em um produto de fatores lineares.
b) Determine o resto da divisão de P(x) por Q(x).
a) P(x) = x(x2
− 2x) − (x − 2) 9 (3x 0 4)
P(x) = x2
(x − 2) − (x − 2) 9 (3x 0 4)
P(x) = (x − 2) 9 (x2
− 3x − 4)
P(x) = (x − 2) 9 (x − 4) 9 (x 0 1)
b) P(x) = x(x2
− 2x) − (x − 2) 9 (3x 0 4) = x3
− 2x2
− 3x2
− 4x 0 6x 0 8
P = x3
− 5x2
0 2x 0 8
Q(x) = x2
− 1
Uma das maneiras de determinar o resto da divisão de P(x) por Q(x) é
dividir os polinômios pelo método da chave:
E o resto da divisão de P(x) por Q(x) é 3x 0 3.
x3
− 5x2
0 2x 0 8 x2
− 1
−x3
0 x x − 5
−5x2
0 3x 0 8
5x2
− 5
3x 0 3
11 (PUC-PR) Dado o polinômio x4
0 x3
− mx2
− nx 0 2,
determinar m e n para que ele seja divisível por
x2
− x − 2. A soma m 0 n é igual a:
a) 6 b) 7 c) 10 d) 9 e) 8X
Logo, a soma m 0 n = 8.
Seja p(x) = x4
0 x3
− mx2
− nx 0 2 e q(x) = x2
− x − 2 = (x − 2) 9 (x 0 1).
Para que p(x) seja divisível por q(x) ele deve ser divisível por (x − 2) e por
(x 0 1), ou seja:
p(2) = 0
p(−1) = 0
123
→
24
0 23
− m 9 22
− n 9 2 0 2 = 0
(−1)4
0 (−1)3
− m(−1)2
− n(−1) 0 2 = 0
123
04m 0 2n = 026
m − n = 02
123
→
m = 5
n = 3
Da primeira divisão, para x = 0, temos:
R = p(0) = k(0) 9 (5) 0 7 → r = 2 9 5 0 7 = 17
10 (Unifesp-SP) A divisão de um polinômio p(x) por um
polinômio k(x) tem Q(x) = x3
0 3x2
0 5 como quociente e
R(x) = x2
0 x 0 7 como resto. Sabendo-se que o resto da
divisão de k(x) por x é 2, o resto da divisão de p(x) por x é:
a) 10 b) 12 c) 17 d) 25 e) 70X
p(x) k(x)
x2
0 x 0 7 x3
0 3x2
0 5
→ p(x) = k(x) 9 (x3
0 3x2
0 5) 0 (x2
0 x 0 7)
→ k(0) = 2
k(x) x
2 q1
(x)
→ p(0) = R
p(x) x
R q2
(x)
8 (ITA-SP) Considere o polinômio
P(x) = 2x 0 a2
x2
0 ... 0 an
xn
, cujos coeficientes 2, a2
, ..., an
formam, nessa ordem, uma PG de razão q . 0. Sabendo
que −
1
2
é uma raiz de P e que P(2) = 5 460, tem-se que
o valor de
n q
q
é
2 3
4
−
igual a:
a)
5
4
b)
3
2
c)
7
4
d)
11
6
e)
15
8
X
Se 2, a2
, a3
, ..., an
formam, nessa ordem, uma PG de razão q . 0, então
a2
= 2q, a3
= 2q2
, ..., an
= 2qn − 1
e
P(x) = 2x 0 a2
x2
0 a3
x3
0 ... 0 an
xn
= 2x 0 2qx2
0 2q2
x3
0 ... 0 2qn − 1
9 xn
P(x) é a soma dos termos de uma PG em que a1
= 2x e a razão é (qx):
P(x)
2x[(qx) 1]
qx
n
=
−
− 1
‫ܨ‬
Como é P− − =
1
2
1
2
0











raiz, tem-se .
Substituindo em ‫:ܨ‬
2
1
2 2
1
2
1
0 1
2
0
− 9 − −
− −
= − − =




















→






q
q
q
n
n
− = − =
q
n
2
1





 → ( q) 2n n
Temos, pelo enunciado, que P(2) = 5 460.
Substituindo em ‫:ܨ‬
Se q . 0, n é obrigatoriamente par, pois 2n
. 0 e, dessa forma,
(−q)n
= qn
= 2n
→ q = 2.
2
2 1
9 9 −
9 −
=
2[(q 2) 1]
5 460
n
q
4[(2 2)n9 −
9 −
= = =
1
2 2 1
5 460 4 4 096 6
]
→ →n n
n q
q
2 3
4
2 3
4
6 2
2
36 8
16
7
4
−
=
−
=
−
=
9 (UEL-PR) Qual é o resto da divisão de p(x) = x110
− x
pelo polinômio q(x) = x2
0 x?
a) −2x b) −2 c) x d) −x e) 0X
Logo, R(x) = −2x.
Seja Q(x) e R(x) = ax 0 b o quociente e o resto da divisão de p(x) pelo
polinômio q(x) = x(x 0 1), respectivamente.
p(x) _ q(x) 9 Q(x) 0 R(x)
p(x) _ (x2
0 x) 9 Q(x) 0 ax 0 b
p(0) = a 9 0 0 b
p(−1) = a 9 (−1) 0 b
123
→
0 = b
(−1)110
− (−1) = −a
123
→
b = 0
a = −2
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0129

29. PolinômiosM23
Matemática 30
13 (Fatec-SP) O polinômio
p x
a
x
a
= 0 − −3 2
2 2
7x , a 7 ς, é divisível por (x − 2).
Se o polinômio q = 2ax3
0 3ax2
0 bx 0 1 é um cubo
perfeito, então o valor de b é:
a) 6 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1X
Assim sendo, o polinômio q(x) = 2ax3
0 3ax2
0 bx 0 1 = 2 9 4x3
0 3 9 4x2
0
0 bx 0 1 = 8x3
0 12x2
0 bx 0 1 = (2x 0 1)3
, pois q é um cubo perfeito,
mas (2x 0 1)3
= 8x3
0 12x2
0 6x 0 1.
Comparando as duas formas do polinômio, temos:
bx = 6x → b = 6
Se o polinômio p(x) 7x= 0 − −x
a
x
a3 2
2 2
é divisível por x − 2, então
p(2) = 0, portanto:
2
2
2 7 2
2
0
2
6
2
63 20 9 − 9 − = − = = =
a a a
a→ → →2a
3a
4
15 (Fuvest-SP) Dado o polinômio
p(x) = x2
(x − 1) 9(x2
− 4), o gráfico da função y = p(x − 2)
é mais bem representado por:
a)
1 2 3 4
x
y
0
1 2−1−2 x
y
0
d)
b)
1 2 3 4
x
y
0
1 2 3 4
x
y
0
e)
c)
X
pois para todo x , 0 tem-se p(x − 2) , 0 e para todo x . 4 tem-se
p(x − 2) . 0.
p(x) = x2
(x − 1) 9 (x2
− 4) → p(x) = x2
(x − 1) 9 (x 0 2) 9 (x − 2)
p(x − 2) = (x − 2)2
9 (x − 2 − 1) 9 (x − 2 0 2) 9 (x − 2 − 2)
p(x − 2) = x(x − 2)2
9 (x − 3) 9 (x − 4)
Assim sendo, 0, 3 e 4 são raízes simples e 2 é raiz dupla de p(x − 2). O
gráfico de p(x − 2) é do tipo
2 3 4
x
p(x − 2)
0
−1−2−3−4
x
y
0
14 (ITA-SP) Dividindo-se o polinômio
P(x) = x5
0 ax4
0 bx2
0 cx 0 1 por (x − 1), obtém-se resto
igual a 2. Dividindo-se P(x) por (x 0 1), obtém-se resto igual
a 3. Sabendo que P(x) é divisível por (x − 2), tem-se que o
valor de
ab
c
é igual a:
a) −6 b) −4 c) 4 d) 7 e) 9X
→ P(1) = 2 → 15
0 a 9 14
0 b 9 12
0 c 9 1 0 1 = 2
P(1) = a 0 b 0 c = 0
P(x) x − 1
2
Pelos dados do problema, temos:
→ P(−1) = 3 → (−1)5
0 a(−1)4
0 b(−1)2
0 c(−1) 0
0 1 = 3 → a 0 b − c = 3
P(x) x 0 1
3
→ P(2) = 0 → 25
0 a 9 24
0 b 9 22
0 c 9 2 0 1 = 0
P(2) = 16a 0 4b 0 2c = −33
P(x) x − 2
0
a 0 b 0 c = 0
a 0 b − c = 3
16a 0 4b 0 2c = −33
14243
→
a 0 b 0 c = 0
−2c = 3
16a 0 4b 0 2c = −33
14243
→
a 0 b 0 c = 0
16a 0 4b 0 2c = −33
c = −
3
2
14243
→ → 16a 0 4b = −30
c = −
3
2
1442443
a b0 =
3
2
→
a = −3
b =
9
2
c = −
3
2
Então:
a b
c
9
=
− 9
−
=
−
−
=
3
9
2
3
2
27
2
3
2
9
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0130

30. M24Equações Polinomiais
Matemática31
TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO
TERCEIRÃO FTD
TERCEIRÃO FTD
M24
TERCEIRÃO FTD
Equações Polinomiais Caderno de
Atividades
2 (UFSCar-SP) Considerando que 2i é raiz do polinômio
P(x) = 5x5
− 5x4
− 80x 0 80, a soma das raízes reais desse
polinômio vale:
a) 5 b) 4 c) 3 d) 2 e) 1
P(x) = 5x5
− 5x4
− 80x 0 80 = 5x4
(x − 1) − 80(x − 1)
P(x) = (x − 1) 9 (5x4
− 80) = 5(x − 1) 9 (x4
− 16)
As raízes de P(x) são 1, 2, −2, 2i e −2i.
Portanto, a soma das raízes reais vale 1 0 2 − 2 = 1.
Fazendo P(x) = 0
x − 1 = 0 → x = 1
ou
x4
− 16 = 0 → x4
= 16 → x = Σ2 ou x = Σ2i
X
1 (UEL-PR) Sobre a equação x3
− x2
0 x − 1 = 0, é
correto afirmar que:
a) possui três raízes imaginárias puras.
b) possui três raízes reais cuja soma é 1.
c) possui três raízes reais cuja soma é 3.
d) possui duas raízes reais e uma imaginária pura.
e) possui uma raiz real e duas imaginárias puras.
Portanto, as raízes são 1, −i e i.
x3
− x2
0 x − 1 = 0 → x2
(x − 1) 0 (x − 1) = 0
(x − 1) 9 (x2
0 1) = 0
x − 1 = 0 → x = 1
ou
x2
0 1 = 0 → x2
= −1 → x = Σi
X
Um polinômio de grau 8 tem oito raízes.
Se 1 0 i e 1 − 2i são raízes e os coeficientes do polinômio são reais,
então 1 − i e 1 0 2i também são raízes.
Assim sendo, se o polinômio possui pelo menos quatro raízes complexas,
possui no máximo quatro raízes reais.
3 (Unifesp-SP) Os números complexos 1 0 i e 1 − 2i são
raízes de um polinômio com coeficientes reais, de grau 8.
O número de raízes reais desse polinômio, no máximo, é:
a) 2 b) 3 c) 4 d) 5 e) 6X
a) Se o polinômio P tem 2 0 3i e −2 − 3i como raízes, temos que os
conjugados 2 − 3i e −2 0 3i também são raízes. Portanto, o seu grau
é no mínimo 4.
b) x3
− x2
− 7x 0 15 = 0
Essa equação possui três raízes: 2 0 i, 2 − i e m.
Pelas relações de Girard:
(2 0 i) 0 (2 − i) 0 m = 1 → 4 0 m = 1 → m = −3
As outras raízes são 2 − i e −3.
4 (FGV-SP)
a) Um polinômio P, de coeficientes reais, apresenta 2 0 3i
e −2 − 3i, como suas raízes (i é a unidade imaginária).
Qual o menor grau possível para P? Justifique.
b) A equação polinomial x3
− x2
− 7x 0 15 = 0 apresenta
uma raiz igual a 2 0 i. Obtenha as outras raízes.
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0331

31. Equações PolinomiaisM24
Matemática 32
5 (PUC-RJ) Considere o polinômio p(x) = x3
0 2x2
− 1.
a) Calcule o valor de p(x) para x = 0, Σ1, Σ2.
b) Ache as três soluções da equação x3
0 2x2
= 1.
Como p(−1) = 0, −1 é uma das raízes de p(x), portanto raiz da equação.
Dividindo p(x) por (x 0 1):
a) p(x) = x3
0 2x2
− 1
p(0) = 03
0 2 9 02
− 1 = −1; p(−1) = (−1)3
0 2(−1)2
− 1 = 0;
p(1) = 13
0 2 9 12
− 1 = 2; p(−2) = (−2)3
0 2(−2)2
− 1 = −1 e
p(2) = 23
0 2 9 22
− 1 = 15
p(x)
1442443
b) x3
0 2x2
= 1 → x3
0 2x2
− 1 = 0
→ x3
0 2x2
− 1 = (x 0 1) 9 (x2
0 x − 1) = 0
−1 1 2 0 −1
1 1 −1 0
As soluções são −
− − − 0
1,
1 5
2
1 5
2
e .
x 0 1 = 0 → x = −1
x2
0 x − 1 = 0
x
x
Ј
ЈЈ
=
− −
=
− 0
1 5
2
1 5
2
01. Correto
A única raiz racional de P(x) é 0.
02. Incorreto
O resto da divisão de P(x) por x 0 1 é
P(−1) = ((−1)4
− 4) 9 ((−1)3
− 2(−1)2
0 5(−1)) = 024
04. Correto
P(x) = (x2
− 2) 9 (x2
0 2) 9 x(x2
− 2x 0 5)
P(x) = (x2
− 2x) 9 (x2
0 2) 9 (x2
− 2x 0 5) e o quociente de
P(x) = (x3
− 2x) 9 (x2
0 2) 9 (x2
− 2x 0 5) por Q(x) = x3
− 2x é igual
a (x2
0 2) 9 (x2
− 2x 0 5) = x4
− 2x3
0 7x2
− 4x 0 10.
08. Incorreto
(z )1
6 = − = − 9 = = −2 2 8 8
6 6
6 2i i i( ) ( )
16. Correto
5i 5i
2i
2i
2i
5i
z
i
2
1
1
1
10
5
2=
0
9
−
−
=
0
= 0
Portanto: 1 0 4 0 16 0 32 = 53
32. Correto
Se z2
= 1 0 2i → x2
= 1 − 2i
Sendo θ o argumento de x2
, temos: x2
1 4 5= 0 = e
cos θ = =
a
x2
1
5
Logo, cos 2 2 cos2θ = θ − = − = −1 2
1
5
1
3
5
2





 .
6 (Fatec-SP) Uma das raízes da equação
x3
0 3x2
0 2x − 120 = 0 é um número inteiro positivo
menor do que 5. Outra das raízes é:
a)
71
13
c) −
7i
13
e)
− −7 71
2
i
b)
71
13
d)
− −7 71
2
X
Portanto, as outras raízes da equação são
− − − 07 71
2
7 71
2
i
e
i
.
(x − 4) 9 (x2
0 7x 0 30) = 0
Testando para os valores 1, 2, 3 e 4, verificamos que 4 é raiz da equação.
Fazendo a divisão de (x3
0 3x2
0 2x − 120) por (x − 4) pelo dispositivo de
Briot-Ruffini, temos:
x3
0 3x2
0 2x − 120 = (x − 4) 9 (x2
0 7x 0 30)
4 1 3 2 −120
1 7 30 0
x − 4 = 0 → x = 4
x x
i2 30 0
7 71
2
0 0 = =
− Σ
7x →
P(x) = (x4
− 4) 9 (x3
− 2x2
0 5x) → P(x) = (x2
− 2) 9 (x2
0 2) 9 x 9 (x2
− 2x 0 5)
cujas raízes são: 2 2 2 2, ,− 9 − 9i, i, 0, 1 0 2i, 1 − 2i. Como
z1
= a 0 bi e z2
= c 0 di, em que a = 0, b , 0, c . 0 e d . 0, temos:
z i e z1 2
2 1= − 9 = 0 2i
7 (UFBA) Considere o polinômio
P(x) = (x4
− 4) 9 (x3
− 2x2
0 5x), sendo z1
= a 0 bi e
z2
= c 0 di duas de suas raízes, em que a = 0, b , 0,
c . 0 e d . 0.
Nessas condições, é correto afirmar:
(01) P(x) tem apenas uma raiz racional.
(02) O resto da divisão de P(x) por x 0 1 é igual a 72.
(04) O quociente da divisão de P(x) por Q(x) = x3
− 2x é
igual a x4
− 2x3
0 7x2
− 4x 0 10.
(08) (z1
)6
= 8i
(16)
5i
z2
= 02 i
(32) Se o argumento de x2
é θ, então cos .2
3
5
θ = −
Em questões como a 7, a resposta é dada pela soma dos
números que identificam as alternativas corretas.
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0332

32. M24Equações Polinomiais
Matemática33
10 (UFC) Seja P(x) um polinômio de grau n > 1, com
coeficientes reais. Sabendo que P(3 0 i) = 2 − 4i, em que
i2
= −1, calcule P(3 − i).
Sendo P(x) = an
xn
0 an − 1
xn − 1
0 ... 0 a1
x 0 a0
, com an
ϑ 0, podemos
escrever:
P(3 − i) = an
(3 − i)n
0 an − 1
(3 − i)n − 1
0 ... 0 a1
(3 − i) 0 a0
P(3 − i) = an
(3 0 i)n
0 an − 1
(3 0 i)n − 1
0 ... 0 a1
(3 0 i) 0 a0
Θ
Θ pois 3 0 i = 3 − i
Sejam Z1
= a 0 bi e Z2
= a − bi, com a, b 7 ς.
Z1
0 Z2
= (a 0 bi) 0 (a − bi) = 2a ‫ܨ‬
Z1
9 Z2
= (a 0 bi) 9 (a − bi) = a2
0 b2
‫ܩ‬
Logo, P(x) = (x − Z1
) 9 (x − Z2
) = x2
− (Z1
0 Z2
)x 0 Z1
9 Z2
Substituindo os valores de ‫ܨ‬ e ‫:ܩ‬
P(x) = x2
− 2ax 0 a2
0 b2
, que é um polinômio do 2o
grau com coeficientes
reais.
11 (UFRJ) Sendo Z1
e Z2
números complexos conjuga-
dos (Z1
= *2
), considere P(x) = (x − Z1
) 9 (x − Z2
) e mos-
tre que P(x) é um polinômio de grau 2 com coeficientes
reais.
9 (UFC) A área do polígono cujos vértices são as
representações geométricas das raízes do polinômio
p(x) = x6
− 1 é:
a)
3 3
2
c)
3 2
2
e)
3 3
4
b)
2 3
3
d)
2 2
3
Im
Re1
1 1
R2
R3
R4
R5
R6
R1
1O
S#
= =OR R
2
1 2
1 3
4
3
4
S Shex
= 9 = =#
6
6 3
4
3 3
2
As raízes do polinômio p(x) = x6
− 1 são as raízes sextas de 1
(x6
− 1 = 0 → x6
= 1).
As raízes sextas da unidade são números complexos cujo módulo é igual
a 1 e suas representações geométricas são pontos eqüidistantes sobre
uma circunferência com centro na origem e de raio 1. Como 1 é uma des-
sas raízes, a representação geométrica dessas raízes são os vértices de
um hexágono regular inscrito na circunferência, conforme a figura abaixo.
X
8 (Unesp-SP) Considere a função polinomial do 3o
grau
p(x) = x3
− 3x 0 1.
a) Calcule p(−2), p(0), p(1), p(2) e esboce o gráfico.
b) Com base no item (a), responda, justificando sua res-
posta, quantas raízes reais e quantas raízes complexas
(não reais) têm p(x).
b) A equação p(x) = 0 de grau 3 tem três raízes reais: uma entre −2 e 0,
pois p(−2) 9 p(0); , 0; outra entre 0 e 1, pois p(0) 9 p(1) , 0; outra entre
1 e 2, pois p(1) 9 p(2) , 0, e nenhuma raiz complexa.
a) p(x) = x3
− 3x 0 1
p(−2) = −8 0 6 0 1 → p(−2) = −1
p(0) = 0 − 0 0 1 → p(0) = 1
p(1) = 1 − 3 0 1 → p(1) = −1
p(2) = 8 − 6 0 1 → p(2) = 3
−1
1
2
−1
3
1
P
−2
x
y
0
P(3 − i) = an
(3 0 i)n
0 an − 1
(3 0 i)n − 1
0 ... 0 a1
(3 0 i) 0 a0
u Θ pois ak
u = ak
,
sendo ak
7 ς
P(3 − i) = an
(3 0 i)n
0 an − 1
(3 0 i)n − 1
0 ... 0 a1
(3 0 i) 0 a0
P(3 − i) = P(3 0 i)
P(3 − i) = 2 − 4i
P(3 − i) = 2 0 4i
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0433

33. Equações PolinomiaisM24
Matemática 34
a) Para a = 1, encontre todas as raízes da equação p(x) = 0.
b) Encontre os valores de a para os quais a equação
p(x) = 0 tenha uma única raiz real.
12 (Unicamp-SP) Seja a um número real e seja:
p(x) =
− −
− −
−
det
3 1 2
0 1
0 4 1
x
a x
x










Portanto, as raízes são 3, 1 − 2i e 1 0 2i.
a) Para a = 1:
p(x)
(3 x) (1 x) 4(3 x)2
=
− −
− −
−
− 9 − 0 − =
3 1 2
0 1 1
0 4 1
0
x
x
x
(3 − x) 9 [(1 − x)2
0 4] = 0
3 − x = 0 → x = 3
ou
(1 − x)2
0 4 = 0 → (1 − x)2
= −4
1 − x = Σ2i
x = 1 − 2i ou x = 1 0 2i
(3 − x) 9 [(a − x) 9 (1 − x) 0 4] = 0
(3 − x) 9 [x2
− (a 0 1)x 0 (a 0 4)] = 0
Essa equação tem uma única raiz real (x = 3) quando
x2
− (a 0 1)x 0 (a 0 4) = 0 não admite raízes reais.
Devemos ter, então:
∆ = [−(a 0 1)]2
− 4 9 1(a 0 4) , 0
a2
− 2a − 15 , 0.
Resolvendo a inequação:
b) p(x) =
− −
− −
−
=0
3 1 2
0 1
0 4 1
0→
x
a x
x
Observação: Para a = 5, a equação (3 − x) 9 [x2
− (1 0 a)x 0 (a 0 4)] = 0
transforma-se em (3 − x) 9 (x2
− 6x 0 9) = 0 → (3 − x)3
= 0 → x = 3.
Assim sendo, para a = 5, a equação p(x) = 0 terá também uma única
raiz real, de multiplicidade 3.
−3 , a , 5
{ {
}−3 5
Analisando o gráfico e a equação e = t3
0 at2
0 bt 0 c, concluímos que
existem três raízes reais: 0 é raiz simples e 3 é raiz dupla.
Então a equação que representa a posição do ciclista pode ser escrita na
forma:
e = k(t − 0) 9 (t − 3)2
= kt(t2
− 6t 0 9) = kt3
− 6kt2
0 9kt
Comparando com a equação dada:
kt3
− 6kt2
0 9kt = t3
0 at2
0 bt 0 c → k = 1, −6k = a ou a = −6, 9k = b
ou b = 9 e c = 0
Portanto, a equação da posição do ciclista é:
e = t3
− 6t2
0 9t
Para determinar os instantes dos encontros fazemos:
t3
− 6t2
0 9t = 4t → t3
− 6t2
0 5t = 0 → t(t2
− 6t 0 5) = 0 → t = 0 ou
t2
− 6t 0 5 = 0 → t = 0 ou t = 1 ou t = 5
Para t = 0 s → e = 0; para t = 1 s → e = 4 m e para t = 5 s → e = 20 m.
A posição mais afastada da origem será 20 m.
No instante em que o ciclista parte da posição zero, o cor-
redor inicia um movimento, descrito pela equação e = 4t,
na mesma pista e no mesmo sentido.
Determine a posição mais afastada da origem na qual o
ciclista e o corredor voltam a se encontrar.
13 (UERJ) Um ciclista e um corredor começam, jun-
tos, uma competição.
A curva abaixo, cuja equação é:
e = t3
0 at2
0 bt 0 c,
representa a posição e, em metros, do ciclista, em função
do tempo t, em segundos, em que a, b e c são números
reais fixos.
3 t (s)
e (m)
0
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0434

34. M24Equações Polinomiais
Matemática35
Como 0 < θ < π, então θ = 3.
Se 3 é raiz da equação polinomial, temos:
2 9 33
− 3 9 32
− 3 0 m = 0 → m = −24
O produto das raízes de sua equação é:
15 (UFSM-RS) Sabendo que uma das raízes da equa-
ção 2x3
− 3x2
− x 0 m = 0 é solução de sen
πθ
=
6
1,
com 0 < θ < π, então o produto das raízes da equação
polinomial é:
a) −
1
2
b)
3
2
c) 12 d) 16 e) 24
sen
πθ
=
πθ
=
π
0 π θ = 0
6
1
6 2
3→ →2k 12k
a b c
m
a b c9 9 = − 9 9 = =
2
24
2
12→
X
14 (MACK-SP) Se p(x) = 4x3
− 16x2
− x 0 m, m real,
admite duas raízes opostas, o valor de m é:
a) 3 b) −2 c) 2 d) −4 e) 4
Portanto, p(4) = 4 9 43
− 16 9 42
− 4 0 m = 0 → m = 4.
Sejam a, −a e b as raízes de 4x3
− 16x2
− x 0 m = 0.
Pelas relações de Girard:
a b b0 − 0 =
− −
= =(
(
a)
16)
4
4 4→
X
16 (FGV-SP)
a) Sejam r1
, r2
e r3
as raízes da equação:
x3
− 4x2
0 6x − 1 = 0
Calcule o valor da expressão:
1 1 1
1 2 1 3 2 3
r r r r r r9
0
9
0
9
b) Resolva a equação x3
− 2x2
− 5x 0 6 = 0, sabendo que
a soma de duas raízes vale 4.
S = {−2, 1, 3}
a)
1 1 1
1 2 1 3 2 3
3 2 1
1 2 3
r r r r r r
r r r
r r r
0 0 =
0 0
Das relações de Girard, temos:
r1
0 r2
0 r3
= 4 e r1
r2
r3
= 1
Logo:
1 1 1 4
1
4
1 2 1 3 2 3
r r r r r r
0 0 = =
b) Sejam r1
, r2
e r3
as raízes da equação.
Do enunciado e das relações de Girard, temos:
→ 4 0 r3
= 2 → r3
= −2
r1
0 r2
0 r3
= 2
r1
0 r2
= 4
123
Como −2 é uma das raízes, temos:
−2 1 −2 −5 6
1 −4 3 0
x 0 2 = 0 → x = −2
ou
x2
− 4x 0 3 = 0 → xЈ = 1 ou xЈЈ = 3
x3
− 2x2
− 5x 0 6 = 0
(x 0 2)(x2
− 4x 0 3) = 0
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0435

35. Equações PolinomiaisM24
Matemática 36
Em relação a esse paralelepípedo, determine:
a) a razão entre a sua área total e o seu volume;
b) suas dimensões.
17 (UERJ) As dimensões de um paralelepípedo retân-
gulo são dadas pelas raízes do polinômio a seguir.
3x3
− 13x2
0 7x − 1
a) Sendo a, b e c as raízes do polinômio, pelas relações de Girard, temos:
a b c0 0 =
13
3
ab ac bc0 0 =
7
3
abc =
1
3
144424443
V abc= =
1
3
S
V
T
= =
14
3
1
3
14
ST
= 2(ab 0 ac 0 bc) = 2
7
3
14
3
9 =
b) Raízes racionais possíveis: Σ1 e Σ
1
3
. É fácil verificar que 01 e −1 não
são raízes do polinômio. Usando o dispositivo de Briot-Ruffini para
1
3
:
Logo, a =
1
3
.
As outras são raízes de 3x2
− 12x 0 3 = 0 →
x2
− 4x 0 1 = 0.
→ Uma das dimensões é
1
3
.
−2 3 −13 7 −1
3 −12 3 0
1
3
x =
Σ −
=
Σ
= Σ
4 16 4
2
4 12
2
2 3
Dimensões: .
1
3
2 3 2 3, 0 −e
18 (UFMG) Sabendo-se que p(1 0 2i) = 0, calcule to-
das as raízes do polinômio p(x) = x5
0 x4
0 13x2
0 5x.
p(x) = x5
0 x4
0 13x2
0 5x = x(x4
0 x3
0 13x 0 5)
Nesse polinômio, 0 é uma das raízes.
Como p(1 0 2i) = 0, então p(1 − 2i) = 0, e 1 0 2i e 1 − 2i são raízes de
p(x).
Sejam ε, ψ, 1 0 2i e 1 − 2i as raízes de x4
0 x3
0 13x 0 5. Pelas relações
de Girard, temos:
Portanto, as raízes de p(x) são: 0, 1 2i, 1 2i,0 −
− 0 − −3 5
2
3 5
2
, .
ε 0 ψ 0 (1 0 2i) 0 (1 − 2i) = −1
ε 9 ψ(1 0 2i) 9 (1 − 2i) = 5
123
ε 0 ψ = −3
ε 9 ψ = 1
123
→
ε =
− 03 5
2
ψ =
− −3 5
2
1442443
19 (Fuvest-SP) As raízes do polinômio
p(x) = x3
− 3x2
0 m, em que m é um número real, estão
em PA. Determine:
a) o valor de m;
b) as raízes desse polinômio.
a) Sejam a − r, a e a 0 r as raízes da equação, em PA de razão r.
Das relações de Girard, temos:
a − r 0 a 0 a 0 r = 3 → 3a = 3 → a = 1
a = 1 é raiz do polinômio p(x) → p(1) = 0, ou ainda:
13
− 3 9 12
0 m = 0 → m = 2
b) p(x) = x3
− 3x2
0 2 = (x − 1) 9 Q(x) → Q(x) = (x3
− 3x2
0 2) : (x − 1)
→ Q(x) = x2
− 2x − 2
1 1 −3 0 2
1 −2 −2 0
x2
− 2x − 2
1442443
As raízes de p(x) são 1 1 3 1 3, .− 0e
Portanto, p(x) = (x − 1) 9 (x2
− 2x − 2).
x x2 2 0
2 2 3
2
1 3− − = =
Σ
= Σ2x →
20 (PUC-SP) Sabe-se que a equação
x4
0 3x3
− 13x2
− 27x 0 36 = 0 admite as raízes reais
a, b, c, d, com a , b , c , d e tais que a 0 b = −7 e
cd = 3. Se z é o módulo do número complexo z = a 0 bi,
então log25
z é igual a:
a)
1
5
b)
1
4
c)
1
2
d) 2 e) 5
Como a, b, c e d são as raízes da equação, pelas relações de Girard, temos:
abcd = 36 ‫ܨ‬
Dados:
a 0 b = −7 ‫ܩ‬
cd = 3 ‫ܪ‬
123
De ‫ܨ‬ e ‫:ܪ‬ a 9 b 9 3 = 36 → a 9 b = 12 ‫ܫ‬
Se a = −4 e b = −3, temos:
z = −4 − 3i e z = − 0 − =( (4) 3)2 2
5
De ‫ܩ‬ e ‫:ܫ‬
a 0 b = −7
ab = 12
123
a = −4 → b = −3
ou
a = −3 → b = −4 (não serve,
pois a , b)
a(−7 − a) = 12 → a2
0 7a 0 12 = 0
Logo, log 525
=
1
2
.
X
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0536

36. M24Equações Polinomiais
Matemática37
21 (Unicamp-SP) Considere a função quadrática
f(x) = x2
0 x cos ε 0 sen ε.
a) Resolva a equação f(x) = 0 para ε =
π3
2
.
b) Encontre os valores de ε para os quais o número com-
plexo
1
2
3
2
0 i é raiz da equação f(x) 0 1 = 0.
a) ε =
π
= 0
π
0
π
=
3
2
3
2
3
2
02f(x) x x sencos
x2
0 x 9 0 − 1 = 0 → x2
− 1 = 0 → x2
= 1 → x = Σ1 → S = {−1, 1}
b) Se i
1
2
3
2
0 é raiz da equação f(x) 0 1 = 0, cujos coeficientes são
reais, então
1
2
3
2
− i também é raiz.
Aplicando as relações de Girard, na equação do 2o
grau
x2
0 x cos ε 0 (sen ε 0 1) = 0, temos:
1
2
3
2
1
2
3
2
0 0 − = − = − εi i
b
a











 cos ‫ܨ‬
1
2
3
2
1
2
3
2
10 9 − = = ε 0i i
c
a
sen











 ‫ܩ‬
1442443
De ‫ܨ‬ vem: 1 = −cos ε → cos ε = −1
De ‫:ܩ‬ 1 = sen ε 0 1 → sen ε = 0
123
→ ε = π 0 k 9 2π, k 7 Β
22 (ITA-SP) Sabendo que a equação x3
− px2
= qm
, p,
q . 0, q ϑ 1, m 7 Μ possui três raízes reais positivas a, b
e c, então logq
[abc(a2
0 b2
0 c2
)a 0 b 0 c
] é igual a:
a) 2m 0 p logq
p d) m − p logq
p
b) m 0 2p logq
p e) m − 2p logq
p
c) m 0 p logq
p
X
Seja a equação x3
− p 9 x2
− qm
= 0, cujas raízes positivas a, b e c satis-
fazem as relações de Girard:
Então:
logq
[abc(a2
0 b2
0 c2
)a 0 b 0 c
]
logq
[qm
9 (p2
)p
] = m logq
q 0 2p 9 logq
p = m 0 2p 9 logq
p
a 0 b 0 c = p
ab 0 ac 0 bc = 0
abc = qm
14243
a2
0 b2
0 c2
= (a 0 b 0 c)2
− 2(ab 0 ac 0 bc)
p2
− 2 9 0 = p2
23 (UFSC) Assinale a soma dos números associados à(s)
proposição(ões) correta(s).
(01) A equação polinomial x3
− 2x2
− 4x 0 1 = 0 possui as
raízes a, b e c. Logo, a soma a2
0 b2
0 c2
é igual a 12.
(02) O resto da divisão do polinômio x6
− x4
0 x2
por x 0 2
é 52.
(04) Dado o polinômio p(x) = x4
0 8x3
0 23x2
0 28x 0 12,
é correto afirmar que −2 é raiz de multiplicidade 3
para p(x).
(08) Para que o polinômio
p(x) = (a 0 b)x2
0 (a − b 0 c)x 0 (b 0 2c − 6) seja
identicamente nulo, o valor de c é 4.
01. Correta
Sendo a, b e c as raízes da equação x3
− 2x2
− 4x 0 1 = 0, pelas
relações de Girard, temos:
123
a 0 b 0 c = 2
ab 0 ac 0 bc = −4
a2
0 b2
0 c2
0 2(ab 0 ac 0 bc) = 4 → a2
0 b2
0 c2
0 2(−4) = 4
a2
0 b2
0 c2
= 12
02. Correta
O resto da divisão de p(x) = x6
− x4
0 x2
por x 0 2 é
p(−2) = (−2)6
− (−2)4
0 (−2)2
= 52.
04. Incorreta
Dividindo-se o polinômio p(x) por x 0 2, temos:
−2 1 8 23 28 12
−2 1 6 11 6 0
−2 1 4 3 0
1 2 −1
resto = −1
Portanto: 1 0 2 = 3
De onde concluímos que −2 é raiz de multiplicidade 2.
08. Incorreta
Para que p(x) seja identicamente nulo, devemos ter:
14243
a 0 b = 0
a − b 0 c = 0
b 0 2c − 6 = 0
→
14243
a = −b
a − b 0 c = 0
b 0 2c = 6
123
−b − b 0 c = 0
b 0 2c = 6
123
−2b 0 c = 0
b 0 2c = 6
→ → c =
12
5
(a 0 b 0 c)2
= 22
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0537

37. Equações PolinomiaisM24
Matemática 38
24 (Unicamp-SP) Dado o polinômio
P(x) = x4
0 x3
− 6x2
− 4x 0 k:
a) resolva a equação P(x) = 0, para k = 8;
b) determine o valor de k de modo que as raízes estejam
em PA de razão igual a 3.
25 (UFBA) Durante uma reunião, ocorreu uma
divergência quanto à formação de uma comissão gestora,
a ser escolhida entre os presentes. Um grupo defendia
uma comissão com três membros, sendo um presidente,
um vice-presidente e um secretário. Outro grupo queria
uma comissão com três membros sem cargos definidos.
A primeira alternativa oferece 280 possibilidades de
escolha a mais que a segunda.
Determine o número de pessoas presentes à reunião,
sabendo que esse número é maior que 5.
a) P(x) = x4
0 x3
− 6x2
− 4x 0 8
Como P(1) = 0, temos que P(x) é divisível por (x − 1).
P(x) = (x − 1) 9 (x3
0 2x2
− 4x − 8)
P(x) = (x − 1) 9 [x2
(x 0 2) − 4(x 0 2)]
P(x) = (x − 1) 9 (x 0 2) 9 (x2
− 4)
P(x) = (x − 1) 9 (x 0 2) 9 (x 0 2) 9 (x − 2)
P(x) = 0 → x 7 {1, −2, 2}
1 1 −6 −4 8
1 1 2 −4 −8 0
b) Podemos indicar as raízes por a, a 0 3, a 0 6 e a 0 9.
Como, pelas relações de Girard, a soma das raízes é −1, temos
4a 0 18 = −1, portanto a
19
4
.= −
As raízes são, portanto, − −
19
4
7
4
,
5
4
e
17
4
.,
Como o produto das raízes é igual a k, temos:
k
19
4
7
4
5
4
17
4
= − 9 − 9 9
k
11305
256
=
A comissão é formada por três membros.
Assim, temos:
Se a comissão tiver cargos definidos, com as n pessoas, teremos:
Se a comissão não tiver cargos definidos, teremos:
C
n!
3! (n 3)!
n(n 1) (n 2)
6n, 3
=
−
=
− 9 −
Daí, vem:
An, 3
= Cn, 3
0 280
n(n − 1) 9 (n − 2) =
n(n 1) (n 2)
6
− 9 −
+ 280
n(n − 1) 9 (n − 2) = 336
n3
− 3n2
+ 2n − 336 = 0
P VP S A
n, 3n n − 1 n − 2
→
Sendo n = 8 uma raiz, vem:
As prováveis raízes são divisores de 336.
8 1 −3 2 −336
1 5 42 0
As outras raízes não são reais, pois:
n2
0 5n 0 42 = 0 → ∆ = 25 − 168 = −143
Portanto, o número de pessoas presentes à reunião era 8.
1
336 2 2
168 2 4
84 2 8
42 2 16
21 3 3 − 6 − 12 − 24 − 48
7 7 7 − 14 − 28 − 56 − 112 − 21 − 42 − 84 − 168 − 336
1
031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0538