terceirão ftd - matematica - caderno de atividades 04

MatemáticaMódulo 4

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

M19Geometria Analítica: Pontos e Retas

Matemática3

TERCEIRÃO FTDTERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

M19

TERCEIRÃO FTDGeometria Analítica:Pontos e Retas

Caderno de

Atividades

1 (Unesp-SP) O triângulo PQR, no plano cartesiano, devértices 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

xA 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 correspondemà figura:

y

x0

1

A1 2B

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 sãoas 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 afigura 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

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 emrelação ao eixo Oy, uma circunferência com centro naorigem do sistema, e os pontos A(1, 2), B, C, D, E e F,correspondentes às intersecções das retas e do eixo Oxcom 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 = 0b) x 0 2y − 5 = 0 e) 2x − y 0 5 = 0c) 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 pelospontos (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 trêsvértices consecutivos de um paralelogramo. Assinale aopção que apresenta o ponto correspondente ao quartovértice: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 asdiagonais 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 :

x

M=

− 0=

1 32

1

y

M=

0=

6 12

72

14

42

443

x

xx

M

D

D=

0= =

0

21 2→

y

yy

M

D

D=

0= =

0

272

7→

14

42

443

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 relaçãoà 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 AH1 2

5 22

5=9

=9

=

Os triângulos OAB e ODE têm áreas iguais a:

S

AB AH2 2

2 22

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 1

1 2( ) u.a.

2 5 5 2 5 522 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


Matemática5

7 (UFMG) Os pontos A(2, 6) e B(3, 7) são vértices dotriângulo ABC, retângulo em A. O vértice C está sobre oeixo Ox. A abscissa do ponto C é:a) 8,5 b) 9 c) 9,5 d) 8

y

76

2 3xC(c, 0)

A

B

Como o triângulo ABC é retângulo emA, temos:M

AC 9 M

AB = −1

−

−9 = − =

62

11

1 8C

C

→

X

8 (MACK-SP)

Desempregados(mil)

t (meses)2

1A

B

C

D

2

40

O gráfico acima mostra a evolução da quantidade de pes-soas desempregadas (em mil), a partir de determinadomomento, em certa região. Se i // a, o número depessoas desempregadas, 5 meses após o início das obser-vações, é:a) 4 000 c) 3 500 e) 2 000b) 3 000 d) 2 500

d

t2

1 A

BC

D

2

4 50

O coeficiente angular da reta q é

mAB

=−

−=

2 12 0

12

.

O coeficiente angular da reta & // q também é 12

e & passa porC(4, 2).A equação da reta &, sendo t a abscissa e d a ordenada, é:

d t t d

t− = − − = − = =2

12

4 42

(t 4) 2d 2d→ → →

Portanto, o número de desempregados, após 5 meses do início daobservação, é 2 500.

Para t = 5:

d = =

52

2,5 (em mil)

X

6 (UFV-MG) A figura abaixo ilustra um quadrado delado 8 com vértices situados sobre os eixos coordenados.

y

x

A

B

a) Se a e b são as coordenadasdo ponto B, ou seja, B(a, b),determine a soma a 0 b.

b) Determine a equação dareta que passa pelos pontosA e B.

Seja r a reta suporte do lado doquadrado 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 14 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


Matemática 6

11 (UFRJ) Um avião taxia (prepara-se para decolar) apartir de um ponto que a torre de controle do aeroportoconsidera a origem do eixos coordenados, com escala emquilômetros. 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 deabortar a decolagem. Se, após a mudança de direção, oavião anda 1 (um) quilômetro até parar, para que pontodo 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

0 013

13

− = − − = = − = −→ →

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 , sendoms = 3:y 0 1 = 3(x − 3) → y = 3x − 10 �

O avião deve passar por um ponto P(x, y) tal que P 7 s e PA = 1.

Substituindo � em �:(x − 3)2 0 (3x − 10 0 1)2 = 110x2 − 60x 0 89 = 0∆ = 40

x =

Σ=

Σ60 4020

60 2 1020

xδ =

030 1010

xφ =

−30 1010

Para x , em temos:

y

=0

=0

−

30 1010

330 10

1010

�

y =

−3 10 1010

E

P ou

o ponto procurado é:

30 10

10

3 10 10

10

0 −,

3 1010

3 10

101

0−,

(não convém)

3x − 2y − 5 = 0mx − y 0 2 = 0

12

3

x − y − 1 = 04x − y − 10 = 02x 0 y − 8 = 0

14

24

3

b) Discuta, em função do parâmetro m, a posição relativadas 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:

12

3

x − y − 1 = 04x − y − 10 = 0

→

12

3

x − y = 1−4x 0 y = −10

−3x = −9x = 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

32

52

321

: 3x 2y 5 0− − = = − =→ →

r m mr2 2

: mx y 2 0 y mx 2− 0 = = 0 =→ →

Se m =

32

, as retas são paralelas.

Se m oncorrentesϑ

32

, .as retas são c

10 (FGV-SP) No plano cartesiano, o ponto da reta r:3x − 4y = 5 mais próximo da origem tem coordenadascuja soma vale:a)

−

25

b) −

15

c) 0 d)

15

e)

25

y

xO

s

P

r

Como m m

r s a equação da reta é:= =−3

44

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

P35

45

, ,−

cuja soma

das coordenadas é −

15

.

O ponto da reta r mais próximo da origem é o ponto de intersecção entreas retas r e s, obtido pela solução do sistema:

3x − 4y = 5 y x= −

43

→ x e y= = −

35

45

14243

X

y y− = − − = −0

43

43

(x 0) x→

PA (x 3) (y 1) (x 3) (y 1)2 2 2 2= − 0 0 = − 0 0 =1 1→ �

001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:056


Matemática7

14 (Fuvest-SP) Sejam A(0, 0), B(8, 0) e C(−1, 3) osvértices de um triângulo e D(u, v) um ponto do segmen-to p. Sejam E o ponto de intersecção de i com a retaque passa por D e é paralela ao eixo y e F o ponto deintersecção 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 yx

1

1 3 1

8 0 1

0 8 08

3− = 0 − = =

−→ →

vu

e D uu

=− −83

83

,

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

0 013

− = 0 = = − = −→ →

t vu u

= − = −−

=−1

313

83

89

Como F(t, v) pertence à reta w:

e Fu u− −8

98

3,

b) Como S( ) ,u u u= − 0 0

1754

12854

6454

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= = =

−;

83

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

=

00 9

−

2

89

83

2

uu

S

(17u 8) (8 u) 17u 128u2

=0 9 −

=− 0 0

5464

54

ubav = − =

−

−

= − 9 − =2

12854

21754

5434

6417

12854

DF u

u u= −

−=

089

8 89

12 (UEL-PR) No gráfico abaixo, cada divisão dos eixoscorresponde a uma unidade. A equação da reta que passapor P e é perpendicular à reta r dada é:

a) y x= − 0

43

383

b) y x= 0

34

12

c) y x= − 0

43

393

d) y x= 0

34

94

e) y x= 0

94

383

Sendo s a reta que passa por P(5, 6) e é perpendicular à reta r, então

m s =

34

. 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 12 043

= 0 − = = − 0→ 4x 3y 4, cujo coeficiente

angular é m

r= −

43

.

y y x− = − = 06

34

34

94

(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 ospontos M e Q.

b) Seja Q o ponto médio do segmento NP .14

42

44

3

13 (IBMEC) Considerando o triângulo MNP, sendoM(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 yx

18 6 1

8 2 10 4 0

− −

= − 0 =→ 2y

dN MP, ( )

=− − 9 0

0 −= =

4 2 10 4

1 2

20

54 5

2 2

x

Q=

− 0 −= −

4

26

( 8)

y

Q=

0 −=

10

24

( 2)

d

MQ= − − 0 − = 0 =(8 6)) (6 4) ( 2 2 196 4 10 2

X

007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:077


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 partecolorida 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 �

oux − y , 0 e x 0 y . 0 �

(x − y) 9 (x 0 y) , 0 Θ

14

24

3

As soluções do sistema � são representadas por:

y

x 0 y = 0

x0

x − y = 0

Então, as soluções da inequação dada são representadas por:

As soluções do sistema � são representadas por:

y

x − y = 0x

0

x 0 y = 0

x 0 y = 0 x − y = 0

y

x0

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 doismodelos, A e B. O custo de produção de uma unidadede A é R$ 200,00 e o de B é R$ 150,00. Por restrições deorçamento, a empresa pode gastar por mês no máximoR$ 45 000,00. A mão-de-obra disponível permite fabri-car por mês no máximo 250 peças. Seja x a quantidadeproduzida 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 valoresreais 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 relaçõesx − 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 < 2504x 0 3y < 900

x 0 y < 250 total de peças200x 0 150y < 45 000 custo

12

3

12

3→

Então:

y

250

250x

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 relaçõesx 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


Matemática9

17 (PUC-RJ) Qual a área do triângulo delimitado pelospontos (0, 0), (2, 2) e (1, 3)?

S = = − =12

0 0 1

2 2 1

1 3 1

12

6 2 2 u.a.

X

Para que as retas ABuur

e BPuur

sejam perpendiculares, devemos ter:mAB . mBP = −1

1 00 2

10

1 1−

−9

−

−= − = 0

→n

mn 2m �

Para que o triângulo de vértices A, B e P tenha área igual a 10, devemos ter:

S

m nm m

#= = − − = 0 = −

2 0 1

0 1 1

1

210 2 20 18→ →2n 2n �

De � e �, vem:

n = 2m 0 1m 0 2n = −18

12

3 →m = −4n = −7

12

3 → 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 Nsão os pontos médios de i e p, respectivamente, a áreado triângulo OMN será igual a:

a)

53

u.a. b)

85

u.a. c) 1 u.a. d)

32

u.a.X

Se M é ponto médio de i, temos:

x

M=

− 0= −

1 02

12

y

M=

0=

0 42

2

14

42

443

A área do #OMN é dada por:

Se N é ponto médio de p, temos:

x

N=

0=

0 22

1

y

N=

0=

4 02

2

Área =

−

= =12

0 0 11 2 112

2 1

12

332

u.a.

19 (PUC-RS) A representação que segue é das funçõesf, 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 duascurvas e o ponto (0, 0) é:a) 1b) 3c) 4d) 6e) 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 obtidospor meio da resolução do sistema:

y = x2

y = x 0 2

12

3 →y = x2

x2 = x 0 2

12

3

x = −1 e y = 1oux = 2 e y = 4

14

24

3

→

S S=

−

= =

0 0 1

1 1 1

2 4 1

2

6

23→

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 modoque as retas r e BP

uursejam 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


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 eixohorizontal, então a área do triângulo ABC é:

a)

14

d)

53

b)

74

e)

12

c)

38

y

x

8

AB

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)

rι

A área do triângulo cujos vértices são os pontos A(0, 1), B12

1,

e

C(1, 8) é:

O ponto C pertence à curva de equação y = ax3, portanto8 = a 9 13 → a = 8.Os pontos A e B têm ordenadas iguais a 1, e B(b, 1) pertence à curva deequação y = ax3:

1 1 8

12

3 3= 9 = 9 =a b b b→ →

S#

= = 9 0 − − =12

0 1 112

1 1

1 8 1

12

1 4 112

74

21 (Fuvest-SP) Duas retas s e t do plano cartesiano seinterceptam no ponto (2, 2). O produto de seus coeficientesangulares é 1 e a reta s intercepta o eixo y no ponto(0, 3). A área do triângulo delimitado pelo eixo x e pelasretas 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 yy x

12 2 10 3 1

012

3= 0 − − = 0 − = = − 0→ →2x 6 3x 2y 0 x 2y 6 0 ou

Essa reta s tem coeficiente angular m s = −

12

e intercepta o eixo das

abscissas no ponto A(6, 0).

Sendo

m m mt s t9 = =

−

= −1112

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)

Qst

P(2, 2)

B(3, 0)

A(6, 0)

S

BA PHAPB#

=9

=9

=2

3 22

3

007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:0810


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 esboceo 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 xx

, ,2

com x . 0, é um ponto da reta r, tal que o triângulo ABC

tem área 6, então:

y

xA(2, 0)3

xB(5, 0)

A

x

xABC#

=

9

= =

32

26 8→

C xx

,2

x2

23 (ITA-SP) Num sistema de coordenadas cartesianas,

duas retas r e s, com coeficientes angulares 2 e

12

, res-

pectivamente, se interceptam na origem O. Se B 7 r eC 7 s são dois pontos no primeiro quadrante tais que osegmento p é perpendicular a r e a área do triânguloOBC é igual a 12 9 10−1, então a distância de B ao eixodas ordenadas vale:

a)

85

b)

45

c)

25

d)

15

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 =

12

x. Como B 7 r, se designarmos

d (d . 0) a distância de B ao eixo das ordenadas, então o ponto B terácoordenadas 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 aa

2 2, , , .

A reta t tem coeficiente angular

−12

, pois é perpendicular a r.

Assima

a da a d a e

a

:

2 12 2 2 4

−

−= − − = − 0 = =

2d4d

5d 5d→ →

O triângulo OBC tem área igual a 12 10

1210

65

19 = =−

Assim

d

:

12

0 0 11

2 41

65

12 4

65

2d5d 5d

5d5d

22= − =→

− = = = = .15d 15d

(pois d 0)2 2

4125 4

125

1625

45

2→ → →d d

C aa

,2

y x=

12

.

007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:0911


Matemática 12

25 (Unifesp-SP) Se P é o ponto de intersecção das retas

de equações x − y − 2 = 0 e

12

3x y0 = , a área do

triângulo de vértices A(0, 3), B(2, 0) e P é:

a)

13

b)

53

c)

83

d)

103

e)

203

26 (Unifesp-SP) Considere a região colorida nafigura, delimitada pelo eixo Ox e pelas retas de equaçõesy = 2x e x = k, k . 0.

X

As coordenadas do ponto P podem ser obtidas resolvendo-se o sistema:x − y − 2 = 0

12

y 3 0x 0 − =

––––––––––––––

32

5 0x − = →

x103

e y43

P103

,43

= = →

Sendo A(0, 3) = 0,93

, B(2, 0) =

63

, 0

e P

103

,43

, 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 � 2x

xkO

Do enunciado, temos a figura:

C

BO

y

2k

A (k)

y � 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 ACDOS2 : área do triângulo AOBS3

: área do triângulo ACPS4 : área do triângulo PDB

A área S pedida é tal que:S = S

1 − (S

2 0 S

3 0 S

4)

S103

93

12

93

63

12

103

53

12

43

43

S103

= 9 − 9 9 0 9 9 0 9 9 =

→

63

63

43

43

43

53

93

93

103

103

y

xDB

P

CA

O

14

24

3

�

007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:1012

M20Geometria Analítica: Circunferência

Matemática13


TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

M20

TERCEIRÃO FTDGeometria 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 = Σ1Se 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 umtriângulo 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 52

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)

63 2 1

61→ →

em que p é o semipe-

rímetro do triângulo. Os catetos de um triângulo retângulomedem 3 e 4 e estão sobre os eixos cartesianos, conformea figura.

1 (UFC) O segmento que une os pontos de intersecçãoda 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 = 5b) (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 20c) (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 25d) (x 0 1)2 0 (y 0 2)2 = 5e) (x 0 1)2 0 (y 0 2)2 = 20

X

C =0 0

=0 2

2(1, 2),

4 02

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

AB2

(2 0) (0 4)2 2

r = =− 0 −

=2

5 .

Portanto, a equação da circunferência é:

(x 1) (y 2)2 2− 0 − = =5 52( )

2 (PUC-RS) Uma circunferência tem centro na intersec-ção da reta x = −2 com o eixo das abscissas e passa peloponto 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 = 32b) x2 0 (y 0 2)2 = 32 e) (x − 2)2 0 (y − 2)2 = 32c) (x 0 2)2 0 y2 = 32X

Seja P o ponto de intersecção das retas y = −2x 0 8 e y = x 0 2. Ascoordenadas de P são dadas por:

y = −2x 0 8y = x 0 2

12

3 →x = 2y = 4

O raio da circunferência com centro C(−2, 0) e que passa por P(2, 4) é:

raio d 2) (0 4)

PC2 2= = − − 0 − =( 2 32

(x 0 2)2 0 y2 = 32

Logo, a equação dessa circunferência será:

(x 2) (y 0)2 20 0 − = 32

2( )

013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4013

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 erepresenta 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 éx2 0 y2 0 2x − 6y − 90 = 0?

8 (Fuvest-SP) Os pontos A(0, 0) e B(3, 0) são vérticesconsecutivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiroquadrante. O lado # é perpendicular à reta y = −2x e oponto 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 m

AD=

12

.

A reta % passa pela origem, então sua equação é:

y − = −0

12

(x 0)

O ponto D pertence à circunferência de equação x2 0 y2 = 5:

y

x=

2x2 0 y2 = 5

14

24

3

→x = 2y = 1

→ D(2, 1)

Como ABCD é um paralelogramo:

AB = CD →

X

y

xA B(3, 0)

CD

y = −2x

ou y x=

12

xC = xD 0 3 = 5yC = yD = 1

12

3 → 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)

103

b)

103

c)

22

d)

102

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 inscritoem uma semicircunferência.)Portanto, a medida do raio é:

A(2, 0) x

yC(1, 3) B(2, 3)

AC (2 1) (0 3)2 2

2 2102

=− 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 eixodas abscissas e o vértice N pertence à circunferência, oponto 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 temcentro 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 22

2

QM 2 2=

Então x

M, .= − 02 2

(lado doquadrado)

Dessa forma, temos: x x e y

N M N= = − 0 =2 2 2 .

Portanto: N 2 2 2− , .( )

2

2

013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4114


Matemática15

9 (UERJ) Um dado triângulo é formado pelas retas r, s et, 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:

A2x − 3y 0 21 = 03x − 2y − 6 = 0

12

3 →x = 12y = 15

A(12, 15)

B2x − 3y 0 21 = 02x 0 3y 0 9 = 0

12

3 → x = −

152

y = 2

B −152

2,

C3x − 2y − 6 = 02x 0 3y 0 9 = 0

12

3 →x = 0y = −3

C(0, −3)

S D em D#

= = −

−

=12

12 15 1152

2 1

0 3 1

195, quea)

b) O centro O da circunferência circunscrita é tal que OB4

= Q = 8.

Fazendo O(a, b), temos:

S

#= =

1952

97,5

(a 12) (b 15) (b (b 3)2 2 2− 0 − = 0 0 − = 0 0a a

152

22

2 2

)

Resolvendo o sistema, obtemos:

a e b= =

94

172

Logo,

Portanto, r

O

OA OB OC

94

172

, .

= = =

r = 0 0 =

94

172

313 13

4

2 2

Equação da circunferência: x y− 0 − =94

172

13 134

2 2 2

10 (UFC) Encontre uma equação da reta tangente àcurva 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 serperpendicular ao raio no ponto detangência (1, 1), observando afigura 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

12

.

(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 sãoperpendiculares.

(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. IncorretaA circunferência de equaçãox2 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 equaçãox2 0 y2 0 2x − 6y 0 9 = 0 → (x 0 1)2 0 (y − 3)2 = 1, que possuicentro (−1, 3) e raio 1.

02. Correta

mAB

=− −

− −= =

23

36

12

((

1)3)

(p2 − 6p 0 9) 0 1 = (p2 − 4p 0 4) 0 42p = 2 → p = 1

Portanto: 2 0 16 = 18

04. Incorreta32 0 42 − 3 0 4 9 4 − 3 ϑ 0

08. Incorretar : 2x − 3y 0 5 = 0 →

y x e= 0

23

53

possui coeficiente angular

mr =

23

.

s: 4x − 6y − 1 = 0 → y x e= −

23

16

possui coeficiente

angular m s =

23

.

Logo, r é paralela a s.

16. CorretaSe 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 dosnúmeros que identificam as alternativas corretas.

013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4115


Matemática 16

13 (MACK-SP) Uma reta tangente à curva x2 0 y2 = 10,no ponto de abscissa 3, encontra o eixo das ordenadas numponto 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 umadas tangentes (t1 ou t2).Vamos considerar a reta tangente (t

1),

que passa pelo ponto A(3, 1) e temcoeficiente 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 pontosA(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 dasordenadas.A distância da origem a esse ponto é 10.Caso tivéssemos escolhido a reta tangente t2, obteríamos P2(0, −10), cujadistância à origem é 10.

mm

OA

=−

=−

= −1 1

13

3.

14 (UFPR) Considere as seguintes informações: C éuma circunferência de raio igual a 1 e centro na origemde 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 xapenas uma vez no interior da circunferência C.

I. IncorretoA circunferência de raio 1 e centro na origem tem equaçãox2 0 y2 = 1 ou x2 0 y2 − 1 = 0.

II. Corretocos2 ω 0 sen2 ω = 1, qualquer que seja o número real ω.

III. CorretoA reta y = x 0 1 intercepta a circunferência nos pontos (0, 1)

e (−1, 0), que é o resultado do sistemax2 0 y2 = 1y = x 0 1

12

3

V. Incorreto

A distância do ponto (1, 1) à origem é

d = − 0 − = .( ) ( )1 0 1 0 2 12 2 .

VI. CorretoA única intersecção do gráfico da função y = sen 2x com o eixo x, nointerior da circunferência, é a origem (ver figura).

em dois pontos.

IV. CorretoA reta horizontal y 0 1 = 0 tangencia a circunferência no ponto

(0, −1), que é o resultado do sistemax2 0 y2 = 1

.y 0 1 = 0

12

3

0 x

y

1

sen 2x

−1 1

−1

π

2π−π π

2−

12 (UniFEI-SP) Dadas a circunferênciax2 0 y2 − 2x − 4y 0 1 = 0 e a reta y = k, com k 7 ς, paraque valores de k essa reta intercepta a circunferência emdois 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

2C

4

Transformando a equação x2 0 y2 − 2x − 4y 0 1 = 0 para sua formareduzida:x2 − 2x 0 1 0 y2 − 4y 0 4 = −1 0 1 0 4(x − 1)2 0 (y − 2)2 = 4A circunferência de equação (x − 1)2 0 (y − 2)2 = 4 possui centro noponto (1, 2) e raio 2.

X

, portanto

013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4216


Matemática17

16 (PUC-PR) Se a equação da corda do círculox2 0 y2 = 49, que tem por ponto médio o ponto (1, 2), é daforma 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 poresse ponto médio.

(0, 0)

M(1, 2)

r

s

y x− = − − 0 − =2

12

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 01 0

2, o coeficiente de

r é −

12

e a equação de r será:

15 (IBMEC) Num sistema de coordenadas cartesianasxOy considere a seguinte região:

R:x > 0, y > 0x2 0 y2 < 4x 0 y − 2 > 0

142

43

Logo, a área da região R, em unidades de área, é igual a:a) π 0 2 c) π e) π − 2b) π 0 1 d) π − 1

X

x−2

−2

2

2

B

O

Ax2 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 = S

setor 90) − S

#OAB

S

R=

π 9−

9= π −

24

22 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 retax = 2, então a reta que passa por Cδ e pela origemtem equação 4x − y = 0.

(02) O triângulo de vértices nos pontos A, B e C é retângu-lo em A.

(04) A reta ACsur

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 éx2 0 2x 0 y2 0 2y − 1 = 0.

(64) O raio da circunferência com centro na origem e tan-

gente à reta ABsur

mede

3 22

u.c.

01. IncorretoSe Cδ(4, 1) é o simétrico de Cem relação à reta x = 2, a retaque passa por Cδ e pelaorigem tem equação

02. Correto

04. Corretom

w = 1 → tg (AkB) = 45)

08. Correto

AC e= 0 =1 1 22 2

Aδ 00 1 2,( )

16. IncorretoA área do #ABC é:

32. IncorretoA circunferência circunscrita ao #ABC tem centro (1, 1) e raio 1,portanto de equação:(x − 1)2 0 (y − 1)2 = 1x2 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=d

0, AB

0 0 3

1 1

3 222 2

. .

Portanto: 2 0 4 0 8 0 64 = 78

S#

= = − =12

1 2 1

2 1 1

0 1 1

12

2 1 u.a.

x

y

45)

45)

45)

01 2

1

2

C B

A

x = 2

2 2

x y

x

1

4 1 1

0 0 1

0 0= − =→ 4y

a = 1b = 2c = −5

14

24

3

, portanto: a 0 b − c = 8

64. Correto

perpendiculares, temos:

m e m

m m

w q

w q

=−

−= =

−

−= −

9 = −

2 11 0

12 11 2

1.

1

E como as retas são

x

y

45)

0

1

AδA

C

2

2

O raio da circunferência com centro na origem e tangente à reta ABsur

é igual à distância da origem à reta ABsur

.

Logo, como a equação da reta ABsur

é dada por

013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4217


Matemática 18

18 (Unicamp-SP) As equações(x 0 1)2 0 y2 = 1 e (x − 2)2 0 y2 = 4 representam duascircunferências cujos centros estão sobre o eixo dasabscissas.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 àsduas 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 = 1r2 = 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

12

3 , que tem por solução única o par (0, 0).

b) As tangentes às duas circunferências, passando pelo ponto (a, 0), nográfico 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, temosa = −4.

#AT1C

1 Κ #AT

2C

2

AC

AC

T C a

a2

1

2 22

1

21

=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 passapelos pontos (1, 0) e (3, 0) e tem centro no eixo x. Paraqual valor de m a reta r é tangente a C?

b) Suponha agora que o valor de m seja menor que aqueledeterminado no item anterior. Calcule a área do triân-gulo determinado pelo centro de C e pelos pontos deintersecção 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 32

00

=,

(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 mOT

θ = = = =1 1

3

33

•

Portanto, m =

33

b) Se 0

33

, ,m , a reta r é secante à circunferência, e temos o #ABC.

x

y

0C(2, 0)

A

Bd

11

M

dm

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 centroC(2, 0) à reta mx − y = 0:

A área do #ABC é:

No #AMC:

AAB d

m

m

m

m m mmABC#

=9

=

9−

09

0=

−

02

21 3

1

2

12

2 1 31

2

2 2 2

2

AMm

mAM m

m2

2

2

22

2

2

11 1 3

10

0

= =−

0

→

Então:

AB AMm

m= 9 = 9

−

02 2

1 3

1

2

2

.

.

013_018_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:4318

M21Geometria Analítica: Cônicas

Matemática19


TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

M21

TERCEIRÃO FTDGeometria Analítica:Cônicas

Caderno de

Atividades

1 (UFC) O número de pontos de intersecção das curvas

x2 0 y2 = 4 e

x y2 2

15 210 = 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

15 210 = 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

01

1

2

A

D

B

x2 0 y2 = 4

C−1

−2

−1−2−3−4 2 3 4

0 = 1x2

15y2

2

Teremos, portanto, quatro pontos (A, B, C e D) de intersecção entre asduas curvas.

Obs.: Podemos também resolver o sistemax2 0 y2 = 4

x y2 2

15 210 =

14

24

3

, obtendo

como resultado os pares

3013

2213

3013

2213

, , , ,

−

− − −3013

2213

3013

2213

, , , ,

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 ab

c c

a a

O

b

F2

X

A equação em questão representa uma elipse.

2 (FGV-SP) No plano cartesiano, a curva de equaçõesparamétricas x = 2 cos t e y = 5 sen t com t 7 ς é:a) uma senóide d) uma circunferênciab) uma cossenóide e) uma elipsec) uma hipérbole

x t t

x= =2

2cos cos→

y sen t sen t

y= =5

5→

14

42

44

3

cos2 t 0 sen2 t = 1

x y2 2

4 2510 =

Em questões como a 3, as alternativas verdadeiras devemser marcadas na coluna I e as falsas, na II.

0 – 0 VerdadeiraO #OB2F2 é retângulo, portanto: a2 = b2 0 c2.

1 – 1 Verdadeira

A excentricidade é e

ca

= .

2 – 2 Falsa

A equação da elipse é:

xa

y

b

2

2

2

210 = .

3 – 3 Verdadeira

A distância focal é F1F

2 = 2c.

4 – 4 FalsaO eixo menor é B1B2 = 2b.

I II0 01 12 23 34 4

019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1319

Geometria Analítica: CônicasM21

Matemática 20

4 (UERJ) O logotipo de uma empresa é formado por duascircunferências concêntricas tangentes a uma elipse, comomostra a figura ao lado.A elipse tem excentricidade 0,6e seu eixo menor mede 8 uni-dades. A área da região por elalimitada é dada por a 9 b 9 π,em que a e b são as medidasdos seus semi-eixos.Calcule a área da região definidapela cor verde.

y

x0 5

4

Sendo:a = medida do semi-eixo maiorb = medida do semi-eixo menorc = metade da distância focale = excentricidade

Pelos dados do problema, temos:

e

ca

c= = = =0,63a3

5 5→

a b c a a a2 2 2 2

2

2165

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

xa

2

210 =

y

b

2

2 tangencia internamente a circunferência

de equação x2 0 y2 = 5 e que a reta de equação 3x 0 2y = 6é tangente à elipse no ponto P. Determine as coordenadasde 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 oseguinte esboço do problema:

y

x0

P(x0, y0)

3

2

a−a

r: 3x 0 2y − 6 = 0

x2 0 y2 = 50 = 1

x2

a2

y2

5

Na

xa

y

b elipse 1,

2

2

2

20 =

temos b b: .= =5 52→

A reta 3x 0 2y = 6 e a elipse

xa

2

20 =

y2

51 são tangentes:

y =

− 03x 62

xa

y2

2

2

510 =

xa

xa

2

2

2

2

2

625

120

10

− 0

= 0−

=

3x(6 3x)2

→

14

42

44

3

(20 0 9a2)x2 − 36a2x 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 a 2 16

9=

Para determinar o ponto P, resolvemos o sistema

cuja solução é x e y= =

89

53

, que são as coordenadas de P.

b = 5

5 − 5

− 5

9x2

16 51

2

0 =y

3x 0 2y = 6

14

24

3

,

019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1320

M21Geometria Analítica: Cônicas

Matemática21

7 (ESPM-SP) Na figura abaixo estão representadas umaparábola de equação y = x2 − 4x 0 6 e uma reta que passapela origem e pelo vértice da parábola. A razão OV : VA é:a) 2 : 3b) 2 : 1c) 2 : 5d) 3 : 2e) 3 : 5

y

xO

V

A

Vb

−−∆

=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 =2 2 2 2 2 1 1 22 2 2

Resolvendo o sistemay = x2 − 4x 0 6y = x

12

3 , obtemos os pontos V(2, 2) e

A(3, 3).

Portanto, a razãoOVVA

= = = :2 2

2

21

2 1.

y (m)

x (m)canal

O

Representando por D o comprimento real de um possível canal retilíneoligando os dois rios, paralelamente ao eixo Oy, temos:

D(x) = 50(yP − y

R) → 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:

x

V= − = =

b2a

100100

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 Bos 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

12

3 →y = 8x − 2x2

y = −2x 0 8

12

3 → 8x − 2x2 = −2x 0 8x2 − 5x 0 4 = 0x = 4 ou x = 1

Coeficiente angular da reta q:

mq

=−

−=

−= −

6 01 4

63

2

Ponto médio de i:

MAB

=0 0

=4 1

20 6

252

3, ,

A equação da mediatriz do segmento i passa pelo ponto médio de

i e é perpendicular a i:

mm

= − =−

−=

1 12

12

i

y x− = − − 0 =352

7 012

2x 4y

→

Equação da mediatriz:

y − 1 = m(x − 1) Θ retay = 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 = 0mδ = mφ = 2

9 (UFJF-MG) O valor de m 7 ς para o qual a retay − 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, ostrechos de dois rios: um des-crito pela parábola y = x2 e ooutro pela reta y = 2x − 5.De todos os possíveis canaisretilíneos ligando os dois riose construídos paralelamenteao eixo Oy, o de menor com-primento real, considerando a escala da figura, mede:a) 200 m c) 300 m e) 400 mb) 250 m d) 350 m

019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1421

Geometria Analítica: CônicasM21

Matemática 22

10 (ITA-SP) Os focos de uma elipse são F1(0, −6) eF2(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 que9y2 − 16x2 − 144y 0 224x − 352 = 0 é a equação de umahipérbole, calcule sua distância focal.

12 (UFRJ) Determine o comprimento do segmento cujasextremidades são os pontos de intersecção da reta y = x 0 1com 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

x45

1.2 2

0 =

Como B(x, 3) pertence à elipse, temos:

381

x45

1 x 2 102 2

0 = =→

Logo, a área do #BF1F

2 é igual a

12

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

11

=− 5

2 e

x

1.

2=

0 5

2

Assim, o segmento m assinalado na figura mede:

x2 − x

1 1 5

25

1=

0−

−=

5

2

Como ε = 45�, temos que 5 d= cos 45�.

Logo, d 5 2 10 .= 9 =

9y2 − 16x2 − 144y 0 224x − 352 = 09y2 − 144y − 16x2 0 224x = 3529(y2 − 16y 0 64) − 16(x2 − 14x 0 49) = 352 0 9 9 64 − 16 9 499(y − 8)2 − 16(x − 7)2 = 144

9(y 8)

144

16(x 7) 144144

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

M22Números Complexos

Matemática23


TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

M22

TERCEIRÃO FTDNúmeros 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 iPortanto, x = −3 − i.

1 (Unesp-SP) Se z = (2 0 i) 9 (1 0 i) 9 i, então x, oconjugado de z, será dado por:a) −3 − i c) 3 − i e) 3 0 ib) 1 − 3i d) −3 0 i

X

4 (UFU-MG) Sejam z1 e z2 os dois números complexosde 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 = x2xy = −y

12

3

x pois y= − ϑ

12

0, �

y2 = x2 − x �

14

24

3

→

Substituindo em :� � y y2

14

12

34

32

= 0 = = Σ→ .

Logo z i e z i, .

1 2

12

32

12

32

= − 0 = − −

z z

1 2

12

12

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 dosnúmeros z tais que a parte real de z2 é igual a 2 é uma:a) hipérbole c) circunferência e) parábolab) elipse d) reta

X

Logo: x 1, que é a equação de uma hipérbole.2 − = − =y

x y2

2 2

22 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 realestritamente negativa e parte imaginária estritamente positiva.A única alternativa que satisfaz tais condições é Z2.

2 (IBMEC) Seja Ν o conjunto dos números complexos ei a unidade imaginária tal que i2 = −1. Na figura estãorepresentados, 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 termosde ordem ímpar é 1 − i e a soma dos termos de ordem paré 2i, em que i é a unidade imaginária. Determine o númerocomplexo 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 − ixq 0 xq3 = 2i

12

3 →x(1 0 q2) = 1 − i �

xq(1 0 q2) = 2i �

12

3

Fazendo � : �, temos:

1 11

22

1q

iq

i ii=

−=

−−

0

0=

− 0= − 0

2i2i (1 i)

(12i→

)

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 ouz2 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}

zii

ii

i ii

=−

09

−

−=

− − 0

−=

−= −

31

11

31

22

12

2

3i 4i2i

z i zii

(1 i)0 = − =−

03

31

→b)

023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5523

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 zi a

: =0

ε 0=

0

0 09

− 0

− 0

2 23i 3i(b 1)i

[a (b 1)i]

[a (b 1)i]

z2 2bi 2i 3a 3bi 3i

[(b 1)i]

2 2

2=

− − 0 − −

− 0

a ia 2

Como ε 0 i ϑ 0, temos:

Para que z seja um imaginário puro, devemos ter:

2a 3b 3 02a

0 0 = = −0→

b

33

ε = 0 = −0

ϑa a i abi2a 3

30

,

z i=0 0 0 − −

0 0=

0 0

0 00

− −

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, suarazão é q = i, em que i é a unidade imaginária e o seuúltimo termo é (i 0 1). Encontre o seu primeiro termo.

1

11 1

0 = 9 =0

i a i ai

i→

Em uma PG com (8n 0 2) termos, razão q = i e último termo (1 0 i),temos:a

n = a

1 9 qn − 1

1 0 i = a1(i)8n 0 1 = a1 9 i8n 9 i1

1 0 i = a1(i4)2n 9 (i)

ai

iii

ii

1

1 11

1=0

9 =− 0

−= −

11 (UEL-PR) Na figura abaixo, o ponto P representaum 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

xO

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 doplano complexo ao ponto imagem de z. Assim, dado o com-plexo z = 3 0 2i, considere o #ABO, cujos vértices A e Bsão os respectivos pontos imagem de z e z 9 i. É verdadeque esse triângulo é:a) eqüilátero d) retângulo e não isóscelesb) escaleno e) isósceles e não retânguloc) 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 representamz 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 númeroscomplexos 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

2c) z e) Im(z)

b)

x

2d) 2 Re(z)

X

Logo, a medida do segmento queune as imagens de z e x é um doslados 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

M22Números Complexos

Matemática25

Para

quez i0

01 iz seja um número real, é preciso que

14 (Fuvest-SP) Nos itens abaixo, z denota um númerocomplexo e i a unidade imaginária (i2 = −1). Suponha z ϑ i.

a) Para quais valores de z tem-se

z iiz

0

0=

12?

b) Determine o conjunto de todos os valores de z para os

quais

z iiz

é0

01 um número real.

z iz i i z

i0

0= 0 = 0 − = − =

−

−12 2 2

21iz

2iz z(1 2i)2i

→ → →a)

zi i

z i=−

−9

0

0=

0 − −

−=

0= 0

21

21

45

45

352i

(1 2i)(1 2i)

4i 2i4i

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

− 09

− −

− −1 1izbi

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 z2

1 1= =→ .

12 (MACK-SP) Se i2 = −1, o complexo z

i ii

=−

−

2 003

1é:

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

zi i

ii ii

i ii i

=−

−=

−

−=

− −

−=

−

−

2 003 3

1 1 1 12i

z2i(i 1)

(i 1)(i 1)

2i(i 1) 2i(i 1)=

− 0

− 0=

− 0

−=

− 0

−= 0 = − 0

ii i z i

22

1 21→

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 33

i

b) x = − 02 2 3 i e) z i= − 02

33

c) z i= − 02 3

Im(z)

−2

P

Re(z)30)

13 (Fatec-SP) Na figura abaixo tem-se o ponto P, afixodo número complexo z, no plano de Argand-Gauss.

X

Im(z)

−2 2

bP

Re(z)30)

tg

bb b30

233

2 33

2 33

) = = = = −→ →

Então:

z i e i= − − = − 022 3

32

2 33

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 = 6axw − zz = 8b

12

3

zw = 1.

x 9 w 0 z 9 z = 6ax 9 w − z 9 z = 8b

2x 9 w = 6a 0 8bx 9 w = 3a 0 4b → z 9 z = 3a − 4b

12

3

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 29a 16b 9a 16b2 2 2 2→

zw zw e= = − =1 1 1

22 2→ 9a 16b

9a2 − 16b2 = 1a2 0 b2 = 0

12

3 →9a2 − 16b2 = 116a2 0 16b2 = 0

12

3

a a2

125

15

= = Σ→

25a2 = 1

Portanto, a =

15

.

023_026_CAD_Mat_4 12.09.06, 16:5625

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 duasdas raízes dessa equação?

a) 2 3 b) −

32

c) 0

32

d) −i e) 0

i2

X

z4 − z2 0 1 = 0

z

i2 1 1 42

1 32

1 32

=Σ −

=Σ −

=Σ

z i z i2 2

12

32

12

32

= 0 = −� �ou

De � vem:

z i2 1

232

= 0

z2 = cos 60) 0 i sen 60)

z i z i= ) 0 ) = 0cos 30 sen 30 → 3

212

z i z i= ) 0 ) = − −cos 210 sen 210 → 3

212

O conjunto solução da equação z4 − z2 0 1 = 0 é:

De � vem:

z i2 1

232

= −

z2 = cos 300) 0 i sen 300)

z i z i= ) 0 ) = − 0cos 150 sen 150 → 3

212

z i z i= ) 0 ) = −cos 330 sen 330 → 3

212

E a soma de duas das raízes da equação pode ser 0 ou Σ Σ3 i.ou

32

12

32

12

32

12

32

12

0 − − − 0 −i, i, i, i

16 (UFBA) Determine a soma das soluções daequação x i4 8 8 3= − 0 .

x i x i4 48 8 3 8 8 3= − 0 = − 0→

� = 16

cos θ = −

12

sen θ =

32 1

44

24

43

θ =

π23

xk

i senk

=

π0 π

0

π0 π

16

23

2

4

23

2

44

cos

k x i sen i i= =

π

0π

= 0 = 00 2

26

12 62

32

12

31

→

cos

k x i sen i= =π

0π

= − 01 223

23

1 32

→

cos

k x i sen= =π

0π

= − −2 276

76

33

→

cos 1i

k x i sen i= =π

0π

= −3 253

53

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

zz

n

2n1 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 θ9

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

) [ )] ) )

( ) )

12

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

M23Polinômios

Matemática27


TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

M23

TERCEIRÃO FTDPolinômios Caderno de

Atividades

(08) O determinante

1 1 11 1 11 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 ié

i( )

( ).

2

135 5

0

−− 0


(01) O valor numérico do polinômio p(x) = x2 − 4x 0 5para x = i é p(i) = 4 − 4i.

(02) O conjugado do número complexo z

ii

=2 0

é 1 0 2i.

(04) A forma trigonométrica do número complexo

z i é z i sen= =1 3 2

53

53

−π

0π

cos .

01. CorretaSe p(x) = x2 − 4x 0 5, então p(i) = i2 − 4i 0 5 = 4 − 4i.

02. Correta

zi

ii

iii

=0

=0

9 =− 0

−

2 2 11

2i

Se z = 1 − 2i, então x = 1 0 2i.

04. Correta

z i i sen= − =π

0π

1 3 253

53

cos

z = 0 =1 3 22 2

θ =

π53

08. Incorreta

Portanto: 1 0 2 0 4 0 16 = 23

16. Correta

2i3i

3i3i

2i1

11

610

35 5−

90

0=

− 0= − 0

i

Im

1

2

z

0 Re

5π

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


2 (ESPM-SP) As retas r, s e t do plano cartesiano represen-tam as variações do comprimento, largura e altura de umparalelepípedo reto-retângulo em função da variávelx (0 , x , 6). Assinale o polinômio que representa a variaçãodo 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

x0

3

6

6

rt

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, opolinômio 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 − 012

3x x

(

x − 2y = −6x 0 y = 6

12

3 →x = 2y = 4

→ P(2, 4) é o ponto de intersecçãodas retas r, s e t.

027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0027

PolinômiosM23

Matemática 28

3 (PUC-RJ) Dado que as raízes do polinômiop(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) = 0p(0) = 03 0 a 9 02 0 b 9 0 0 c = 0 → c = 0p(1) = 13 0 a 9 12 0 b 9 1 0 c = 0 → a 0 b = −1p(−1) = (−1)3 0 a(−1)2 0 b(−1) 0 c = 0 → a − b = 1

a 0 b = −1a − b = 1

12

3 → a = 0 e b = −1

4 (MACK-SP) Se

axx

2xx2 2−

0−

=−

−1 111

bx

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

axx

2x1, 1}

2 −0

−=

−

−? 7 ς − −

1 1112

bx x

x, {

ax bx 2x0 0

−=

−

−

bx x2 21

11

(a b)x 2x0 0

−=

−

−

b

x x2 2111

→ a 0 b = 2b = −1

→a = 3b = −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), deixaresto (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 . 0x2(x − 3) − (x − 3) . 0(x − 3) 9 (x2 − 1) . 0S = {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 édivisível por (x 0 1)2, então a soma a 0 b vale:

a) 1 b) −1 c) 2 d) −

12

e)

12

X

a b0 = 1

2.

027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0028

M23Polinômios

Matemática29

12 (UFV-MG) Considere os polinômiosP(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 8P = x3 − 5x2 0 2x 0 8Q(x) = x2 − 1Uma das maneiras de determinar o resto da divisão de P(x) por Q(x) édividir 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 porx2 − 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) = 0p(−1) = 0

12

3 →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

12

3

04m 0 2n = 026m − n = 02

12

3 →m = 5n = 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 umpolinômio k(x) tem Q(x) = x3 0 3x2 0 5 como quociente eR(x) = x2 0 x 0 7 como resto. Sabendo-se que o resto dadivisão 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) = 2k(x) x2 q

1(x)

→ p(0) = Rp(x) xR q2(x)

8 (ITA-SP) Considere o polinômioP(x) = 2x 0 a2x

2 0 ... 0 anxn, cujos coeficientes 2, a2, ..., an

formam, nessa ordem, uma PG de razão q . 0. Sabendo

que −

12

é uma raiz de P e que P(2) = 5 460, tem-se que

o valor de

n qq

é2 3

4

− igual a:

a)

54

b)

32

c)

74

d)

116

e)

158

X

Se 2, a2, a3, ..., an formam, nessa ordem, uma PG de razão q . 0, entãoa2 = 2q, a3 = 2q2, ..., an = 2qn − 1 eP(x) = 2x 0 a

2x2 0 a

3x3 0 ... 0 a

nxn = 2x 0 2qx2 0 2q2x3 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�

Como é P− − =12

12

0

raiz, tem-se .

Substituindo em �:

212 2

1

21

0 12

0

− 9 − −

− −

= − − =

→

q

qq

n

n

− = − =q

n

21

→ ( q) 2n n

Temos, pelo enunciado, que P(2) = 5 460.Substituindo em �:

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 15 460 4 4 096 6

]→ →n n

n q

q

2 3

4

2 3

4

6 22

36 816

74

−=

−=

−=

9 (UEL-PR) Qual é o resto da divisão de p(x) = x110 − xpelo 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) pelopolinômio 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 bp(−1) = a 9 (−1) 0 b

12

3 →0 = b(−1)110 − (−1) = −a

12

3 →b = 0a = −2

027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0129

PolinômiosM23

Matemática 30

13 (Fatec-SP) O polinômio

p x

ax

a= 0 − −3 2

2 27x , a 7 ς, é divisível por (x − 2).

Se o polinômio q = 2ax3 0 3ax2 0 bx 0 1 é um cuboperfeito, 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 00 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

ax

a3 2

2 2 é divisível por x − 2, então

p(2) = 0, portanto:

2

22 7 2

20

26

263 20 9 − 9 − = − = = =

a a aa→ → →2a

3a4

15 (Fuvest-SP) Dado o polinômiop(x) = x2(x − 1) 9 (x2 − 4), o gráfico da função y = p(x − 2)é mais bem representado por:

a)

1 2 3 4x

y

0

1 2−1−2 x

y

0

d)

b)

1 2 3 4x

y

0

1 2 3 4x

y

0

e)

c)

X

pois para todo x , 0 tem-se p(x − 2) , 0 e para todo x . 4 tem-sep(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). Ográfico de p(x − 2) é do tipo

2 3 4x

p(x − 2)

0

−1−2−3−4x

y

0

14 (ITA-SP) Dividindo-se o polinômioP(x) = x5 0 ax4 0 bx2 0 cx 0 1 por (x − 1), obtém-se restoigual a 2. Dividindo-se P(x) por (x 0 1), obtém-se resto iguala 3. Sabendo que P(x) é divisível por (x − 2), tem-se que o

valor de

abc

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 = 2P(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) 00 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 = 0P(2) = 16a 0 4b 0 2c = −33

P(x) x − 2

0

a 0 b 0 c = 0a 0 b − c = 316a 0 4b 0 2c = −33

14

24

3

→

a 0 b 0 c = 0−2c = 3

16a 0 4b 0 2c = −33

14

24

3

→

a 0 b 0 c = 016a 0 4b 0 2c = −33

c = −

32

14

24

3→ → 16a 0 4b = −30

c = −

32

14

42

44

3

a b0 =

32

→

a = −3

b =

92

c = −

32

Então:

a bc9

=

− 9

−

=

−

−

=

392

32

27232

9

027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0130

M24Equações Polinomiais

Matemática31


TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO

TERCEIRÃO FTD

TERCEIRÃO FTD

M24

TERCEIRÃO FTDEquações Polinomiais Caderno de

Atividades

2 (UFSCar-SP) Considerando que 2i é raiz do polinômioP(x) = 5x5 − 5x4 − 80x 0 80, a soma das raízes reais dessepolinômio 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) = 0x − 1 = 0 → x = 1oux4 − 16 = 0 → x4 = 16 → x = Σ2 ou x = Σ2i

X

1 (UEL-PR) Sobre a equação x3 − x2 0 x − 1 = 0, écorreto 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) = 0x − 1 = 0 → x = 1oux2 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 sãoraízes 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 osconjugados 2 − 3i e −2 0 3i também são raízes. Portanto, o seu graué no mínimo 4.

b) x3 − x2 − 7x 0 15 = 0Essa 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 = −3As 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 apresentauma raiz igual a 2 0 i. Obtenha as outras raízes.

031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0331

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 −

− − − 01,

1 52

1 52

e .

x 0 1 = 0 → x = −1

x2 0 x − 1 = 0

x

x

�

��

=− −

=− 0

1 52

1 52

01. CorretoA única raiz racional de P(x) é 0.

02. IncorretoO resto da divisão de P(x) por x 0 1 éP(−1) = ((−1)4 − 4) 9 ((−1)3 − 2(−1)2 0 5(−1)) = 024

04. CorretoP(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 deP(x) = (x3 − 2x) 9 (x2 0 2) 9 (x2 − 2x 0 5) por Q(x) = x3 − 2x é iguala (x2 0 2) 9 (x2 − 2x 0 5) = x4 − 2x3 0 7x2 − 4x 0 10.

08. Incorreto

(z )

16 = − = − 9 = = −2 2 8 8

6 66 2i i i( ) ( )

16. Correto

5i 5i2i

2i2i

5iz

i2

111

105

2=0

9−

−=

0= 0

Portanto: 1 0 4 0 16 0 32 = 53

32. CorretoSe z2 = 1 0 2i → x2 = 1 − 2iSendo θ o argumento de x2, temos:

x

21 4 5= 0 = e

cos θ = =

ax 2

1

5

Logo, cos 2 2 cos 2θ = θ − = − = −1 21

51

35

2

.

6 (Fatec-SP) Uma das raízes da equaçãox3 0 3x2 0 2x − 120 = 0 é um número inteiro positivomenor do que 5. Outra das raízes é:

a)

7113

c) −

7i13

e)

− −7 712i

b)

7113

d)

− −7 712

X

Portanto, as outras raízes da equação são

− − − 07 712

7 712

ie

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 deBriot-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

7 712

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 z

1 22 1= − 9 = 0 2i

7 (UFBA) Considere o polinômioP(x) = (x4 − 4) 9 (x3 − 2x2 0 5x), sendo z1 = a 0 bi ez2 = 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 éigual a x4 − 2x3 0 7x2 − 4x 0 10.

(08) (z1)6 = 8i

(16)

5iz2

= 02 i

(32) Se o argumento de x2 é θ, então cos .2

35

θ = −


031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0332


Matemática33

10 (UFC) Seja P(x) um polinômio de grau n > 1, comcoeficientes reais. Sabendo que P(3 0 i) = 2 − 4i, em quei2 = −1, calcule P(3 − i).

Sendo P(x) = anxn 0 an − 1x

n − 1 0 ... 0 a1x 0 a0, com an ϑ 0, podemosescrever:

P(3 − i) = an(3 − i)n 0 a

n − 1(3 − i)n − 1 0 ... 0 a

1(3 − i) 0 a

0

P(3 − i) = an(3 0 i)n 0 a

n − 1(3 0 i)n − 1 0 ... 0 a

1(3 0 i) 0 a

0 Θ

Θ pois 3 0 i = 3 − i

Sejam Z1 = a 0 bi e Z

2 = a − bi, com a, b 7 ς.

Z1 0 Z2 = (a 0 bi) 0 (a − bi) = 2a �

Z1 9 Z2 = (a 0 bi) 9 (a − bi) = a2 0 b2 �

Logo, P(x) = (x − Z1) 9 (x − Z

2) = x2 − (Z

1 0 Z

2)x 0 Z

1 9 Z

2

Substituindo os valores de � e �:P(x) = x2 − 2ax 0 a2 0 b2, que é um polinômio do 2o grau com coeficientesreais.

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 coeficientesreais.

9 (UFC) A área do polígono cujos vértices são asrepresentações geométricas das raízes do polinômiop(x) = x6 − 1 é:

a)

3 32

c)

3 22

e)

3 34

b)

2 33

d)

2 23

Im

Re1

1 1

R2 R3

R4

R5 R6

R1

1O

S

#= =

OR R

2

1 2

1 34

34

S S

hex= 9 = =

#6

6 34

3 32

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 iguala 1 e suas representações geométricas são pontos eqüidistantes sobreuma circunferência com centro na origem e de raio 1. Como 1 é uma des-sas raízes, a representação geométrica dessas raízes são os vértices deum hexágono regular inscrito na circunferência, conforme a figura abaixo.

X

8 (Unesp-SP) Considere a função polinomial do 3o graup(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 entre1 e 2, pois p(1) 9 p(2) , 0, e nenhuma raiz complexa.

a) p(x) = x3 − 3x 0 1p(−2) = −8 0 6 0 1 → p(−2) = −1p(0) = 0 − 0 0 1 → p(0) = 1p(1) = 1 − 3 0 1 → p(1) = −1p(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 a 0

u Θ pois a k

u = ak,

sendo ak 7 ς

P(3 − i) = an(3 0 i)n 0 a

n − 1(3 0 i)n − 1 0 ... 0 a

1(3 0 i) 0 a

0

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


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) =

− −

− −

−

det3 1 20 1

0 4 1

xa 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 20 1 1

0 4 1

0

xx

x

(3 − x) 9 [(1 − x)2 0 4] = 03 − x = 0 → x = 3ou(1 − x)2 0 4 = 0 → (1 − x)2 = −41 − x = Σ2ix = 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)] = 0Essa equação tem uma única raiz real (x = 3) quandox2 − (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) , 0a2 − 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)] = 0transforma-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 únicaraiz real, de multiplicidade 3.

−3 , a , 5{ {

}−3 5

Analisando o gráfico e a equação e = t3 0 at2 0 bt 0 c, concluímos queexistem três raízes reais: 0 é raiz simples e 3 é raiz dupla.

Então a equação que representa a posição do ciclista pode ser escrita naforma: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 = bou 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 out2 − 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 ociclista 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 funçãodo tempo t, em segundos, em que a, b e c são númerosreais fixos.

3 t (s)

e (m)

0

031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0434


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=

61,

com 0 < θ < π, então o produto das raízes da equaçãopolinomial é:

a) −

12

b)

32

c) 12 d) 16 e) 24

sen

πθ=

πθ=

π0 π θ = 0

61

6 23→ →2k 12k

a b c

ma b c9 9 = − 9 9 = =

2242

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 3r r r r r r90

90

9

b) Resolva a equação x3 − 2x2 − 5x 0 6 = 0, sabendo quea 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 3r r r r r r

r r r

r r r0 0 =

0 0

Das relações de Girard, temos:r

1 0 r

2 0 r

3 = 4 e r

1r

2r

3 = 1

Logo:

1 1 1 41

41 2 1 3 2 3

r r r r r r0 0 = =

b) Sejam r1, r2 e r3 as raízes da equação.Do enunciado e das relações de Girard, temos:

→ 4 0 r3 = 2 → r

3 = −2

r1 0 r2 0 r3 = 2r1 0 r2 = 4

12

3

Como −2 é uma das raízes, temos:

−2 1 −2 −5 6

1 −4 3 0

x 0 2 = 0 → x = −2oux2 − 4x 0 3 = 0 → x� = 1 ou x�� = 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


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 =

133

ab ac bc0 0 =

73

abc =

13

14

44

24

44

3

V abc= =

13

S

VT

= =

14313

14

ST = 2(ab 0 ac 0 bc) = 2

73

143

9 =

b) Raízes racionais possíveis: Σ1 e Σ

13

. É fácil verificar que 01 e −1 não

são raízes do polinômio. Usando o dispositivo de Briot-Ruffini para 13

:

Logo, a =

13

.

As outras são raízes de 3x2 − 12x 0 3 = 0 →

x2 − 4x 0 1 = 0.

→ Uma das dimensões é 13

.−2 3 −13 7 −1

3 −12 3 0

13

x =

Σ −=

Σ= Σ

4 16 42

4 122

2 3

Dimensões: .

13

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 dep(x).Sejam ε, ψ, 1 0 2i e 1 − 2i as raízes de x4 0 x3 0 13x 0 5. Pelas relaçõesde Girard, temos:

Portanto, as raízes de p(x) são: 0, 1 2i, 1 2i,0 −

− 0 − −3 52

3 52

, .

ε 0 ψ 0 (1 0 2i) 0 (1 − 2i) = −1ε 9 ψ(1 0 2i) 9 (1 − 2i) = 5

12

3

ε 0 ψ = −3ε 9 ψ = 1

12

3 → ε =

− 03 52

ψ =

− −3 52

14

42

44

3

19 (Fuvest-SP) As raízes do polinômiop(x) = x3 − 3x2 0 m, em que m é um número real, estãoem 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 = 1a = 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 − 21 1 −3 0 2

1 −2 −2 0

x2 − 2x − 21442443

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 32

1 3− − = =Σ

= Σ2x →

20 (PUC-SP) Sabe-se que a equaçãox4 0 3x3 − 13x2 − 27x 0 36 = 0 admite as raízes reaisa, 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 log 25 z é igual a:

a)

15

b)

14

c)

12

d) 2 e) 5

Como a, b, c e d são as raízes da equação, pelas relações de Girard, temos:abcd = 36 �

Dados:a 0 b = −7 �

cd = 3 �

12

3

De � e �: a 9 b 9 3 = 36 → a 9 b = 12 �

Se a = −4 e b = −3, temos:

z = −4 − 3i e z = − 0 − =( (4) 3)2 2 5

De � e �:a 0 b = −7ab = 12

12

3

a = −4 → b = −3oua = −3 → b = −4 (não serve,pois a , b)

a(−7 − a) = 12 → a2 0 7a 0 12 = 0

Logo, log 5

25=

12

.

X

031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0536


Matemática37

21 (Unicamp-SP) Considere a função quadráticaf(x) = x2 0 x cos ε 0 sen ε.

a) Resolva a equação f(x) = 0 para ε =

π32

.

b) Encontre os valores de ε para os quais o número com-

plexo

12

32

0 i é raiz da equação f(x) 0 1 = 0.

a)

ε =π

= 0π

0π

=

32

32

32

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

12

32

0 é raiz da equação f(x) 0 1 = 0, cujos coeficientes são

reais, então

12

32

− i também é raiz.

Aplicando as relações de Girard, na equação do 2o graux2 0 x cos ε 0 (sen ε 0 1) = 0, temos:

12

32

12

32

0 0 − = − = − εi iba

cos �

12

32

12

32

10 9 − = = ε 0i ica

sen

�

14

42

44

3

De � vem: 1 = −cos ε → cos ε = −1De �: 1 = sen ε 0 1 → sen ε = 0

12

3

→ 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, be 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 = pab 0 ac 0 bc = 0abc = qm

14

24

3

a2 0 b2 0 c2 = (a 0 b 0 c)2 − 2(ab 0 ac 0 bc)p2 − 2 9 0 = p2


(01) A equação polinomial x3 − 2x2 − 4x 0 1 = 0 possui asraízes 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 2é 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 3para p(x).

(08) Para que o polinômiop(x) = (a 0 b)x2 0 (a − b 0 c)x 0 (b 0 2c − 6) sejaidenticamente nulo, o valor de c é 4.

01. CorretaSendo a, b e c as raízes da equação x3 − 2x2 − 4x 0 1 = 0, pelasrelações 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) = 4a2 0 b2 0 c2 = 12

02. CorretaO resto da divisão de p(x) = x6 − x4 0 x2 por x 0 2 ép(−2) = (−2)6 − (−2)4 0 (−2)2 = 52.

04. IncorretaDividindo-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. IncorretaPara que p(x) seja identicamente nulo, devemos ter:

14243 a 0 b = 0

a − b 0 c = 0b 0 2c − 6 = 0

→

14243 a = −b

a − b 0 c = 0b 0 2c = 6

123 −b − b 0 c = 0

b 0 2c = 6 123 −2b 0 c = 0

b 0 2c = 6→

→ c =

125

(a 0 b 0 c)2 = 22

031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0537


Matemática 38

24 (Unicamp-SP) Dado o polinômioP(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 umadivergência quanto à formação de uma comissão gestora,a ser escolhida entre os presentes. Um grupo defendiauma comissão com três membros, sendo um presidente,um vice-presidente e um secretário. Outro grupo queriauma comissão com três membros sem cargos definidos.A primeira alternativa oferece 280 possibilidades deescolha 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 8Como 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

194

.= −

As raízes são, portanto, − −

194

74

,54

e174

.,

Como o produto das raízes é igual a k, temos:

k

194

74

54

174

= − 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:

Cn!

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) = 336n3 − 3n2 + 2n − 336 = 0

P VP S An, 3 n 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 = −143Portanto, o número de pessoas presentes à reunião era 8.

1336 2 2168 2 4

84 2 842 2 1621 3 3 − 6 − 12 − 24 − 48

7 7 7 − 14 − 28 − 56 − 112 − 21 − 42 − 84 − 168 − 3361

031_038_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0538

terceirão ftd - matematica - caderno de atividades 04

Documents