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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
M19Geometria Analítica: Pontos e Retas
Matemática3
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
M19
TERCEIR
ÃO FTD
Geometria Analítica:
Pontos e Retas
Caderno d
e
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
1
2
3 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
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 :
 
x
M
=
− 0
=
1 3
2
1
 
y
M
=
0
=
6 1
2
7
2
1
4
4
2
4
4
3
 
x
x
x
M
D
D
=
0
= =
0
2
1 2→
 
y
y
y
M
D
D
=
0
= =
0
2
7
2
7→
1
4
4
2
4
4
3
 
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 1
1 2
( ) u.a.
 2 5 5 2 5 5
2
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
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:
M
AC
 9 M
AB
 = −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
40
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 
 
m
AB
=
−
−
=
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
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 �
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 = 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
�




 
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
1
2
3
x − y − 1 = 0
4x − y − 10 = 0
2x 0 y − 8 = 0
1
4
2
4
3
b) Discuta, em função do parâmetro m, a posição relativa
das retas de equações
concorremnum 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:
1
2
3
x − y − 1 = 0
4x − y − 10 = 0
→
1
2
3
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 m
r 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
1
4
2
4
3
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→ �
001_006_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:056
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
 
m s =
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 m
r
= −
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 .1
4
4
2
4
4
3
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
 
x
Q
=
− 0 −
= −
4
2
6
( 8)
 
y
Q
=
0 −
=
10
2
4
( 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
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 �
ou
x − y , 0 e x 0 y . 0 �
(x − y) 9 (x 0 y) , 0 Θ
1
4
2
4
3
As soluções do sistema � 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 � 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
1
2
3
1
2
3→
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
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 �
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 �
De � e �, vem:
n = 2m 0 1
m 0 2n = −18
1
2
3 →
m = −4
n = −7
1
2
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 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:
 
x
M
=
− 0
= −
1 0
2
1
2
 
y
M
=
0
=
0 4
2
2
1
4
4
2
4
4
3
A área do #OMN é dada por:
Se N é ponto médio de p, temos:
 
x
N
=
0
=
0 2
2
1
 
y
N
=
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 pontosde 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
1
2
3 →
y = x2
x2 = x 0 2
1
2
3
x = −1 e y = 1
ou
x = 2 e y = 4
1
4
2
4
3
→
 
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
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,



 eC(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 
 
m s = −
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
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
xB(5, 0)
 
A
x
x
ABC#
=
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
19 = =−
 
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
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
= = → 


Sendo A(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 � 2x
xk
O
Do enunciado, temos a figura:
C
B
O
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 ACDO
S2 : área do triângulo AOB
S3 : área do triângulo ACP
S4 : área do triângulo PDB
A área S pedida é tal que:
S = S
1
 − (S
2
 0 S
3
 0 S
4
)
 
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
CA
O
1
4
2
4
3
�
007_012_CAD_Mat_4.p65 16.10.06, 11:1012
M20Geometria Analítica: Circunferência
Matemática13
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
M20
TERCEIR
ÃO FTD
Geometria Analítica:
Circunferência C
aderno 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 = 2Ι 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
1
2
3 →
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 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 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
consecutivos de um paralelogramo ABCD situado no primeiro
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 
 
m
AD
=
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
1
4
2
4
3
→
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
1
2
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)
 
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 x
M
, .= − 02 2
(lado do
quadrado)
 
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
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
1
2
3 →
x = 12
y = 15
A(12, 15)
B
2x − 3y 0 21 = 0
2x 0 3y 0 9 = 0
1
2
3 → 
x = −
15
2
y = 2 
B −
15
2
2,




C
3x − 2y − 6 = 0
2x 0 3y 0 9 = 0
1
2
3 →
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
 
m
AB
=
− −
− −
= =
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 
 
m s =
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
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 (t
1
),
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 t
1
 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
m
OA
=
−
=
−
= −
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 emdois
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
1
2
3
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
1
2
3
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
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 
 
m
S
=
−
−
=
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 > 0
1
4
2
4
3
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:
S
R
 = S
setor 90)
 − S
#OAB
 
S
R
=
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
m
w
 = 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
=d
 0, 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
1
4
2
4
3
, 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
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
1
2
3 , 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.
#AT
1
C
1
 Κ #AT
2
C
2
 
AC
AC
T C a
a
2
1
2 2
2
1
2
1
=
0
−
=
T C
1 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
M21Geometria Analítica: Cônicas
Matemática19
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
M21
TERCEIR
ÃO FTD
Geometria Analítica:
Cônicas
Caderno d
e
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
−1−2−3−42 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 =
1
4
2
4
3
, 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
→
1
4
4
2
4
4
3
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 #OB2F2 é retângulo, portanto: a
2 = 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 F
1
F
2
 = 2c.
4 – 4 Falsa
O eixo menor é B1B2 = 2b.
I II
0 0
1 1
2 2
3 3
4 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 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: S
E
 = a 9 b 9 π = 5 9 4 9 π = 20π
• Área do círculo maior, cujo raio é a = 5: S1 = π5
2 = 25π
• Área do círculo menor, cujo raio é b = 4: S2 = π4
2 = 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




→
1
4
4
2
4
4
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= =
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
1
4
2
4
3
,
019_022_CAD_Mat_4 16.10.06, 11:1320
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 =2 2 2 2 2 1 1 22 2 2
Resolvendo o sistema
y = x2 − 4x 0 6
y = x
1
2
3 , 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[x
2 − (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
= − = =
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 = x
2
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
1
2
3 →
y = 8x − 2x2
y = −2x 0 8
1
2
3 → 8x − 2x2 = −2x 0 8
x2 − 5x 0 4 = 0
x = 4 ou x = 1
Coeficiente angular da reta q: 
 
m
q
=
−
−
=
−
= −
6 0
1 4
6
3
2
Ponto médio de i: 
 
M
AB
=
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
2
i
 
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
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) Determine o comprimento do segmento cujas
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 #BF
1
F
2
 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
5
1
=
0
−
−
=
5
2
Como ε = 45�, temos que 5 d= cos 45�.
Logo, d 5 210 .= 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
M22Números Complexos
Matemática23
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
M22
TERCEIR
ÃO FTD
Números Complexos Cade
rno 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
1
2
3
 
x pois y= − ϑ
1
2
0, �
y2 = x2 − x �
1
4
2
4
3
→
 
Substituindo em :� � 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 z
1 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 q
2 e a4 = x 9 q
3
Pelos dados do problema:
x 0 xq2 = 1 − i
xq 0 xq3 = 2i
1
2
3 →
x(1 0 q2) = 1 − i �
xq(1 0 q2) = 2i �
1
2
3
Fazendo � : �, 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
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
a 2
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:
a
n
 = a
1
 9 qn − 1
1 0 i = a1(i)
8n 0 1 = a1 9 i
8n 9 i1
1 0 i = a1(i
4)2n 9 (i)
 
a
i
i
i
i
i
i
1
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
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) Se i2 = −1, o complexo 
 
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
1
2
3
 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
1
2
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 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
1
2
3 →
9a2 − 16b2 = 1
16a2 0 16b2 = 0
1
2
3
 
a a2
1
25
1
5
= = Σ→
25a2 = 1
 
Portanto, a =
1
5
.
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 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 = −� �ou
De � 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 � 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 i
4 8 8 3= − 0 .
 
x i x i4 48 8 3 8 8 3= − 0 = − 0→ 
� = 16
 
cos θ = −
1
2
 
sen θ =
3
2 1
4
4
2
4
4
3
 
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
3
1
→











cos
 
k x i sen i= =
π
0
π
= − 01 2
2
3
2
3
1 3
2
→



cos
 
k x i sen= =
π
0
π
= − −2 2
7
6
7
6
3
3
→



cos 1i
 
k x i sen i= =
π
0
π
= −3 2
5
3
5
3
1 3
4
→



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 z
2n ϑ 0. Cal-
cule a parte imaginária de 
 
z
z
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 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
M23Polinômios
Matemática27
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
M23
TERCEIR
ÃO FTD
Polinômios Cade
rno 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) O conjugado do número complexo 
 
z
i
i
=
2 0
 é 1 0 2i.
(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 retas r, s e t 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). Assinale o polinômio que representa a variação
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
1
2
3 →
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
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
1
2
3 → 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 21
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 = 12
.
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0028
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
1
2
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
1
2
3
04m 0 2n = 026
m − n = 02
1
2
3 →
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 q
1
(x)
→ p(0) = R
p(x) x
R q2(x)
8 (ITA-SP) Considere o polinômio
P(x) = 2x 0 a2x
2 0 ... 0 anx
n, 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 = 2q
2, ..., an = 2q
n − 1 e
P(x) = 2x 0 a
2
x2 0 a
3
x3 0 ... 0 a
n
xn = 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− − =
1
2
1
2
0








 raiz, tem-se .
Substituindo em �:
 
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 �:
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
1
2
3 →
0 = b
(−1)110 − (−1) = −a
1
2
3 →
b = 0
a = −2
027_030_CAD_Mat_4 12.09.06, 17:0129
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
1
4
2
4
3
→
a 0 b 0 c = 0
−2c = 3
16a 0 4b 0 2c = −33
1
4
2
4
3
→
a 0 b 0 c = 0
16a 0 4b 0 2c = −33
 
c = −
3
2
1
4
2
4
3
→ → 16a 0 4b = −30
 
c = −
3
2
1
4
4
2
4
4
3
 
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
M24Equações Polinomiais
Matemática31
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO
TERCEIR
ÃO FTD
TERCEIR
ÃO FTD
M24
TERCEIR
ÃO FTD
Equações Polinomiais Cade
rno 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
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
�
��
=
− −
=
− 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: x 2 1 4 5= 0 = e
 
cos θ = =
a
x 2
1
5
 
Logo, cos 2 2 cos 2θ = 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
i
2 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 z
1 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
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) = anx
n 0 an − 1x
n − 1 0 ... 0 a1x 0 a0, com an ϑ 0, podemos
escrever:
P(3 − i) = a
n
(3 − i)n 0 a
n − 1
(3 − i)n − 1 0 ... 0 a
1
(3 − i) 0 a
0
P(3 − i) = a
n
(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 Z
1
 = 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) = a
2 0 b2 �
Logo, P(x) = (x − Z
1
) 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 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 S
hex
= 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 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
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