LISTA 1 - MA23 - Geometria Analítica

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JOÃO VICTOR SILVA OLIVEIRA 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 01 ------------------------------------------------------ 
a) Primeiro vamos definir o centro 𝐴 e o comprimento do raio 𝑟 escrevendo a equação do círculo de 
forma reduzida. 
𝑥2 + 𝑦2 − 4𝑥 + 2𝑦 = 8 
(𝑥2 − 4𝑥 + 4) + (𝑦2 + 2𝑦 + 1) − 4 − 1 = 8 
(𝑥 − 2)2 + (𝑦 + 1)2 − 5 = 8 
(𝑥 − 2)2 + (𝑦 + 1)2 = 13 
Assim definimos que o centro do círculo está localizado em 𝐴(2,−1) e 𝑟 = √13 
Agora definimos a distância de 𝐴 a cada um dos pontos 𝑃, 𝑄, 𝑅 e 𝑆. 
• 𝑑(𝐴, 𝑃) = √(2 − 1)2 + (−1 − 1)2 = √1 + 4 = √5 
• 𝑑(𝐴, 𝑄) = √(2 − (−3))
2
+ (−1 − 2)2 = √25 + 9 = √34 
• 𝑑(𝐴, 𝑅) = √(2 − (−2))
2
+ (−1 − (−2))
2
= √16 + 1 = √17 
• 𝑑(𝐴, 𝑆) = √(2 − 4)2 + (−1 − (−2))
2
= √4 + 1 = √5 
Dessa maneira definimos que os pontos 𝑃 e 𝑆 pertencem ao interior do círculo e os pontos 𝑄 e 𝑅 ao 
seu exterior. 
b) Para responder a isso, vamos definir a distância entre os centros desses círculos. Para tanto, 
encontramos a localização do centro 𝐵 e o raio 𝑟1 do círculo 𝐶1. 
𝑥2 − 𝑥 + 𝑦2 − 1 = 0 
(𝑥2 − 𝑥 +
1
4
) −
1
4
+ 𝑦2 − 1 = 0 
(𝑥 −
1
2
)
2
+ 𝑦2 =
5
4
 
Logo 𝐵 = (1/2, 0) e 𝑟1 = √5/2 
Fazendo agora a distância entre os centros, temos 
𝑑(𝐴, 𝐵) = √(2 −
1
2
)
2
+ (−1 − 0)2 = √
9
4
+ 1 =
√13
2
 
Como 𝑑(𝐴, 𝐵) < 𝑟 − 𝑟1, dizemos que 𝐶1 está contida no interior de 𝐶. 
 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 02 ------------------------------------------------------ 
• 𝐶1: 𝑥
2 + 𝑦2 = 2𝑥 + 4𝑦 
𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥 − 4𝑦 = 0 
(𝑥2 − 2𝑥 + 1) − 1 + (𝑦2 − 4𝑦 + 4) − 4 = 0 
(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 − 5 = 0 
(𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 = 5 
Logo o círculo 𝐶1 possui centro em 𝑂1(1, 2) e raio igual a 𝑟1 = √5 
• 𝐶2: 𝑥
2 + 𝑦2 = 4𝑦 − 8𝑥 
𝑥2 + 𝑦2 + 8𝑥 − 4𝑦 = 0 
(𝑥2 + 8𝑥 + 16) − 16 + (𝑦2 − 4𝑦 + 4) − 4 = 0 
(𝑥 + 4)2 + (𝑦 − 2)2 − 20 = 0 
(𝑥 + 4)2 + (𝑦 − 2)2 = 20 
Logo o círculo 𝐶2 possui centro em 𝑂2(−4, 2) e raio igual a 𝑟2 = 2√5 
• Para determinar se os círculos se intersectam, calculamos a distância entre seus centros 
𝑑 = √(1 − (−4))
2
+ (2 − 2)2 = √25 = 5 
Como 𝑟1 − 𝑟2 < 𝑑 < 𝑟1 + 𝑟2 dizemos que os círculos possuem dois pontos de intersecção. Para determina-
los, fazemos 
𝐶2 = 𝐶1 
𝑥2 + 𝑦2 + 8𝑥 − 4𝑦 = 𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥 − 4𝑦 
8𝑥 + 2𝑥 = 0 
10𝑥 = 0 
𝑥 = 0 
Agora resta encontrar os valores de “𝑦” para os quais 𝑥 = 0. Substituímos em 𝐶1 
𝑦2 − 4𝑦 = 0 
𝑦 = 0 𝑜𝑢 𝑦 = 4 
Logo os pontos de intersecção são (0, 0) e (0, 4). 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 03 ------------------------------------------------------ 
Consideremos um triângulo retângulo qualquer cujos vértices estejam localizados em 𝐴(0, 0), 𝐵(0, 𝑦) e 
𝐶(𝑥, 0), podemos dizer que o ponto médio de 𝐵𝐶 se encontra em 𝐷 (
𝑥
2
,
𝑦
2
), dessa forma, calculamos as 
distâncias 𝑑(𝐵, 𝐶) e 𝑑(𝐷, 𝐴) 
• 𝑑(𝐵, 𝐶) = 
√(0 − 𝑥)2 + (𝑦 − 0)2 = √𝑥2 + 𝑦2 
• 𝑑(𝐷, 𝐴) = 
√(
𝑥
2
− 0)
2
+ (
𝑦
2
− 0)
2
= √
𝑥2 + 𝑦2
4
=
√𝑥2 + 𝑦2
2
 
Logo fica provado que a mediana relativa ao lado 𝐵𝐶 tem a metade do comprimento desse lado. 
 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 04 ------------------------------------------------------ 
Por se tratar de um paralelogramo, o ponto 𝑀 se refere aos pontos médios das diagonais, sendo assim, fazemos 
• 𝐶(𝑥1, 𝑦1) 
((
𝑥1 + 1
2
) , (
𝑦1 + (−1)
2
)) = (3, 2) 
((
𝑥1 + 1
2
) , (
𝑦1 − 1
2
)) = (3, 2) 
(𝑥1, 𝑦1) = (5, 5) 
𝐶 = (5, 5) 
• 𝐷(𝑥2, 𝑦2) 
((
𝑥2 + 4
2
) , (
𝑦2 + 1
2
)) = (3, 2) 
(𝑥2, 𝑦2) = (2, 3) 
𝐷 = (2,3) 
 
 
 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 05 ------------------------------------------------------ 
a) 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐶𝐷⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (1 − (−2), 1 − 2) + (1 − 1, 3 − 1) + (3 − 1, 4 − 3) 
= (3,−1) + (0, 2) + (2, 1) 
= (3 + 0 + 2,−1 + 2 + 1) 
= (5, 2) 
b) 2(𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ − 𝐸𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) + 3𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 2((1 − 1, 3 − 1) − (1 − 3, 3 − 2)) + 3(6 − 3, 1 − 2) 
= 2((0, 2) − (−2, 1)) + 3(3,−1) 
= 2(2, 1) + (9,−3) 
= (4, 2) + (9,−3) 
= (13, −1) 
c) 𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐹𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 𝐻𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (6 − 3, 1 − 2) + (3 − 6, 1 − 1) + (1 − 3, 0 − 1) + (3 − 1, 2 − 0) 
= (3,−1) + (−3, 0) + (−2,−1) + (2, 2) 
= (3 − 3 − 2 + 2,−1 + 0 − 1 + 2) 
= (0, 0) 
d) 𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ − (3𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) = (6 − 1, 1 − 3) − (3(3 − (−2), 4 − 2) + (1 − 3, 3 − 4)) 
= (5, −2) − (3(5, 2) + (−2,−1)) 
= (5, −2) − ((15, 6) + (−2,−1)) 
= (5,−2) − (13, 5) 
= (−8,−7) 
 
 
 
 
 
 
 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 06 ------------------------------------------------------ 
 
Observamos que 𝐴𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⟹ 𝑍𝐺 = 𝐴𝐺 − 𝐴𝑍 ⟹ 𝑍𝐺 = 𝐴𝐺 + 𝑍𝐴 e 𝐵𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⟹ 𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ −
𝐵𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⟹ 𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑍𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗, disso, fazemos 
2𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑍𝐴⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝑍𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
2𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ −
1
2
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ +
1
2
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
2𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
Da relação 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 0, escrevemos 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = −𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⟹ 𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗, logo 
2𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⟹ 𝑍𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
1
2
𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ ⟹ 𝐺𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
1
2
𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
Como 𝐶𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐺𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗, fazemos 
𝐶𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗ = 𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ +
1
2
𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐶𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
3
2
𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
𝐶𝐺⃗⃗⃗⃗ ⃗ =
2
3
𝐶𝑍⃗⃗⃗⃗ ⃗ 
Analogamente podemos fazer em relação as outras medianas. 
 
 
 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 07 ------------------------------------------------------ 
a) Para que �⃗� e 𝑣 sejam múltiplos, deve existir um 𝜆 ∈ ℝ tal que �⃗� = 𝜆𝑣 , ou seja, 
(1, 1) = 𝜆(1, 2) ⟹ (1, 1) = (𝜆, 2𝜆) 
Então 𝜆 = 1 e 2𝜆 = 1, o que é um absurdo, portando �⃗� e 𝑣 não são múltiplos. 
Escrevendo �⃗⃗� como combinação linear de �⃗� e 𝑣 , fazemos 
�⃗⃗� = 𝜆�⃗� + 𝜇𝑣 
(5, 6) = 𝜆(1, 1) + 𝜇(1, 2) 
(5, 6) = (𝜆, 𝜆) + (𝜇, 2𝜇) 
(5, 6) = (𝜆 + 𝜇, 𝜆 + 2𝜇) 
Para determinar os valore de 𝜆 e 𝜇, resolvemos o seguinte sistema 
{
𝜆 + 𝜇 = 5
𝜆 + 2𝜇 = 6
 
Cuja solução é 𝜆 = 4 e 𝜇 = 1, logo concluímos que 
�⃗⃗� = 4�⃗� + 𝑣 
b) �⃗� = 𝜆𝑣 ⟹ (2, 0) = 𝜆(2, 2) ⟹ (2, 0) = (2𝜆, 2𝜆) 
Então 2𝜆 = 2 e 2𝜆 = 0, o que é um absurdo, logo �⃗� e 𝑣 não são múltiplos 
Escrevendo �⃗⃗� como combinação linear de �⃗� e 𝑣 , fazemos 
�⃗⃗� = 𝜆�⃗� + 𝜇𝑣 
(0, 1) = 𝜆(2, 0) + 𝜇(2, 2) 
(0, 1) = (2𝜆, 0) + (2𝜇, 2𝜇) 
(0, 1) = (2𝜆 + 2𝜇, 2𝜇) 
Para determinar os valore de 𝜆 e 𝜇, resolvemos o seguinte sistema 
{
2𝜆 + 2𝜇 = 0
2𝜇 = 1
 
Cuja solução é 𝜆 = −1/2 e 𝜇 = 1/2, logo concluímos que 
�⃗⃗� = −
1
2
�⃗� +
1
2
𝑣 
 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 08 ------------------------------------------------------ 
Vamos considerar inicialmente que o segmento 𝐴𝐵 é um dos lados do quadrado 𝐴𝐵𝐶𝐷, para determinar os 
demais vértices, encontramos a distância entre 𝐴 e 𝐵 
𝑑(𝐴, 𝐵) = √(2 − 1)2 + (3 − 2)2 = √2 
Essa deve ser a mesma distância de 𝐴 à 𝐷 e de 𝐵 à 𝐶, façamos agora a distância de 𝐴 à 𝐶 e de 𝐵 à 𝐷, que são 
as diagonais do quadrado. 
𝑑(𝐴, 𝐶)2 = 𝑑(𝐴, 𝐷)2 + 𝑑(𝐴, 𝐵)2 
𝑑(𝐴, 𝐶) = √4 
𝑑(𝐴, 𝐶) = 2 
Para 𝐶(𝑥𝑐, 𝑦𝑐), podemos escrever 
𝑑(𝐵, 𝐶) = √(𝑥𝑐 − 2)2 + (𝑦𝑐 − 3)2 
√2 = √𝑥𝑐2 − 4𝑥𝑐 + 4 + 𝑦𝑐2 − 6𝑦𝑐 + 9 
𝑥𝑐
2 − 4𝑥𝑐 + 4 + 𝑦𝑐
2 − 6𝑦𝑐 + 9 = 2 
𝑥𝑐
2 − 4𝑥𝑐 + 𝑦𝑐
2 − 6𝑦𝑐 + 11 = 0 
E 
𝑑(𝐴, 𝐶) = √(𝑥𝑐 − 1)2 + (𝑦𝑐 − 2)2 
2 = √𝑥𝑐
2 − 2𝑥𝑐 + 1 + 𝑦𝑐
2 − 4𝑦𝑐 + 4 
𝑥𝑐
2 − 2𝑥𝑐 + 1 + 𝑦𝑐
2 − 4𝑦𝑐 + 4 = 4 
𝑥𝑐
2 − 2𝑥𝑐 + 𝑦𝑐
2 − 4𝑦𝑐 + 1 = 0 
Igualando as equações 
𝑥𝑐
2 − 2𝑥𝑐 + 𝑦𝑐
2 − 4𝑦𝑐 + 1 = 𝑥𝑐
2 − 4𝑥𝑐 + 𝑦𝑐
2 − 6𝑦𝑐 + 11 
4𝑥𝑐 − 2𝑥𝑐 + 6𝑦𝑐 − 4𝑦𝑐 = 11 − 1 
2𝑥𝑐 + 2𝑦𝑐 = 10 
𝑦𝑐 = 5 − 𝑥𝑐 
Substituindo isso em algumadas anteriores, fazemos 
𝑥𝑐
2 − 2𝑥𝑐 + (5 − 𝑥𝑐)
2 − 4(5 − 𝑥𝑐) + 1 = 0 
𝑥𝑐
2 − 2𝑥𝑐 + 25 − 10𝑥𝑐 + 𝑥𝑐
2 − 20 + 4𝑥𝑐 + 1 = 0 
2𝑥𝑐
2 − 8𝑥𝑐 + 6 = 0 
𝑥𝑐 = 1 𝑜𝑢 𝑥𝑐 = 3 
Logo encontramos que 𝑦𝑐 = 4 ou 𝑦𝑐 = 2, formando os pares ordenados 𝐶(1, 4) e 𝐶′(3, 2), onde 𝐶′ é vértice 
do segundo quadrado que possui como lado o segmento 𝐴𝐵. 
Vamos agora determinar 𝐷 e 𝐷′, de forma análoga ao que foi feito anteriormente, para 𝐷(𝑥𝑑, 𝑦𝑑) 
𝑑(𝐴, 𝐷) = √(𝑥𝑑 − 1)2 + (𝑦𝑐 − 2) 
√2 = √𝑥𝑑
2 − 2𝑥𝑑 + 1 + 𝑦𝑑
2 − 4𝑦𝑑 + 4 
𝑥𝑑
2 − 2𝑥𝑑 + 𝑦𝑑
2 − 4𝑦𝑑 + 3 = 0 
E 
𝑑(𝐵, 𝐷) = √(𝑥𝑑 − 2)2 + (𝑦𝑑 − 3)2 
2 = √𝑥𝑑
2 − 4𝑥𝑑 + 4 + 𝑦𝑑
2 − 6𝑦𝑑 + 9 
𝑥𝑑
2 − 4𝑥𝑑 + 𝑦𝑑
2 − 6𝑦𝑑 + 9 = 0 
Igualando as equações 
𝑥𝑑
2 − 2𝑥𝑑 + 𝑦𝑑
2 − 4𝑦𝑑 + 3 = 𝑥𝑑
2 − 4𝑥𝑑 + 𝑦𝑑
2 − 6𝑦𝑑 + 9 
2𝑥𝑑 + 2𝑦𝑑 = 6 
𝑦𝑑 = 3 − 𝑥𝑑 
Substituindo em alguma das anteriores 
𝑥𝑑
2 − 2𝑥𝑑 + (3 − 𝑥𝑑)
2 − 4(3 − 𝑥𝑑) + 3 = 0 
2𝑥𝑑
2 − 4𝑥𝑑 = 0 
𝑥𝑑 = 0 𝑜𝑢 𝑥𝑑 = 2 
Logo encontramos 𝑦𝑑 = 3 ou 𝑦𝑑 = 1, formando os pares ordenados 𝐷(0, 3) e 𝐷′(2, 1), logo encontramos que 
os dois quadrados de lado 𝐴𝐵 que são 𝐴𝐵𝐶𝐷 e 𝐴𝐵𝐶′𝐷′ 
Agora consideremos o segmento AB como diagonal do último quadrado 𝐴𝐵𝐸𝐹 cujos vértices devemos 
determinar, e fazemos como anteriormente 
𝑑(𝐴, 𝐸)2 + 𝑑(𝐴, 𝐹)2 = 𝑑(𝐴, 𝐵)2 
𝑙2 + 𝑙2 = 2 
2𝑙2 = 2 
𝑙 = 1 
Agora encontramos a distância de 𝐴𝐸 e 𝐵𝐸, para 𝐸 = (𝑥𝑒 , 𝑦𝑒) 
𝑑(𝐴, 𝐸) = √(𝑥𝑒 − 1)2 + (𝑦𝑒 − 2)2 
1 = √𝑥𝑒2 − 2𝑥𝑒 + 1 + 𝑦𝑒2 − 4𝑦𝑒 + 4 
𝑥𝑒
2 − 2𝑥𝑒 + 𝑦𝑒
2 − 4𝑦𝑒 + 4 = 0 
E 
𝑑(𝐵, 𝐸) = √(𝑥𝑒 − 2)2 + (𝑦𝑒 − 3)2 
1 = √𝑥𝑒2 − 4𝑥𝑒 + 4 + 𝑦𝑒2 − 6𝑦𝑒 + 9 
𝑥𝑒
2 − 4𝑥𝑒 + 𝑦𝑒
2 − 6𝑦𝑒 + 12 = 0 
Igualando as equações 
𝑥𝑒
2 − 2𝑥𝑒 + 𝑦𝑒
2 − 4𝑦𝑒 + 4 = 𝑥𝑒
2 − 4𝑥𝑒 + 𝑦𝑒
2 − 6𝑦𝑒 + 12 
2𝑥𝑒 + 2𝑦𝑒 = 8 
𝑦𝑒 = 4 − 𝑥𝑒 
Substituindo em alguma das anteriores 
𝑥𝑒
2 − 2𝑥𝑒 + (4 − 𝑥𝑒)
2 − 4(4 − 𝑥𝑒) + 4 = 0 
𝑥𝑒
2 − 2𝑥𝑒 + 16 − 8𝑥𝑒 + 𝑥𝑒
2 − 16 + 4𝑥𝑒 + 4 = 0 
2𝑥𝑒
2 − 6𝑥𝑒 + 4 = 0 
𝑥𝑒 = 1 𝑜𝑢 𝑥𝑒 = 2 
Logo 𝑦𝑒 = 3 e 𝑦𝑒 = 2, formando os pares ordenados 𝐸(1, 3) e 𝐹(2, 2) 
Determinando assim todos os vértices que desejamos. 
 
 
 
 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 09 ------------------------------------------------------ 
a) Determinamos a projeção por meio de 
𝑃𝑟𝑜𝑗�⃗⃗� �⃗� =
〈�⃗� , �⃗⃗� 〉
||�⃗⃗� ||
2 �⃗⃗� =
1.6 + 3. (−2)
62 + (−2)2
 (6, −2) =
0
40
 (6, −2) = (0, 0) 
 
b) Como a projeção de �⃗� na direção de �⃗⃗� corresponde a (0, 0) isso significa que são vetores ortogonais, 
dessa maneira o vetor unitário deve fazer ângulo 𝜃 = 45° com �⃗� . Fazemos 
𝑣 = cos 𝜃
�⃗� 
||�⃗� ||
+ 𝑠𝑒𝑛 𝜃
�⃗⃗� 
||�⃗⃗� ||
 
𝑣 =
√2
2
.
(1, 3)
√12 + 32
+
√2
2
.
(6, −2)
√62 + (−2)2
 
𝑣 =
√2
2√10
. (1, 3) +
√2
2√40
. (6, −2) 
𝑣 =
√5
10
(1, 3) +
√5
20
(6,−2) 
𝑣 = (
√5
10
,
3√5
10
) + (
3√5
10
,−
√5
10
) 
𝑣 = (
2√5
5
,
√5
5
) 
c) Fazendo como no item anterior para 𝜃 = 30° e 𝜃 = 60°, temos 
𝑣1⃗⃗⃗⃗ = cos 30°
�⃗� 
||�⃗� ||
+ 𝑠𝑒𝑛 30°
�⃗⃗� 
||�⃗⃗� ||
 
𝑣1⃗⃗⃗⃗ =
√3
2
.
(1, 3)
√10
+
1
2
.
(6, −2)
√40
 
𝑣1⃗⃗⃗⃗ =
√30
20
(1, 3) +
√10
40
(6,−2) 
𝑣1⃗⃗⃗⃗ = (
√30
20
,
3√30
20
) + (
3√10
20
, −
√10
20
) 
𝑣1⃗⃗⃗⃗ = (
√30 + 3√10
20
,
3√30 − √10
20
) 
Sendo esse o primeiro vetor unitário. Façamos o segundo 
𝑣2⃗⃗⃗⃗ = cos 60°
�⃗� 
||�⃗� ||
+ 𝑠𝑒𝑛 60°
�⃗⃗� 
||�⃗⃗� ||
 
𝑣2⃗⃗⃗⃗ =
1
2
.
(1, 3)
√10
+
√3
2
.
(6, −2)
√40
 
𝑣2⃗⃗⃗⃗ =
√10
20
. (1, 3) +
√30
40
. (6, −2) 
𝑣2⃗⃗⃗⃗ = (
√10
20
,
3√10
20
) + (
6√30
40
,−
2√30
40
) 
𝑣2⃗⃗⃗⃗ = (
2√10 + 6√30
40
,
6√10 − 2√30
40
) 
 
------------------------------------------------------ QUESTÃO 10 ------------------------------------------------------ 
a) Sendo 𝐴 = (𝑥𝑎, 𝑦𝑎), 𝐵 = (𝑥𝑏 , 𝑦𝑏), 𝐶 = (𝑥𝑐, 𝑦𝑐) e 𝐷 = (𝑥𝑑 , 𝑦𝑑), podemos escrever 
𝐸 = (
𝑥𝑎 + 𝑥𝑏
2
,
𝑦𝑎 + 𝑦𝑏
2
) 𝑒 𝐹 = (
𝑥𝑐 + 𝑥𝑑
2
,
𝑦𝑐 + 𝑦𝑐
2
) 
Logo podemos escrever 𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ como 
𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (
𝑥𝑐 + 𝑥𝑑 − 𝑥𝑎 − 𝑥𝑏
2
,
𝑦𝑐 + 𝑦𝑑 − 𝑦𝑎 − 𝑦𝑏
2
) 
Agora façamos 
1
2
(𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) =
1
2
((𝑥𝑑 − 𝑥𝑎 , 𝑦𝑑 − 𝑦𝑎) + (𝑥𝑐 − 𝑥𝑏 , 𝑦𝑐 − 𝑦𝑏)) 
1
2
(𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) =
1
2
(𝑥𝑑 − 𝑥𝑎 + 𝑥𝑐 − 𝑥𝑏 , 𝑦𝑑 − 𝑦𝑎 + 𝑦𝑐 − 𝑦𝑏) 
1
2
(𝐴𝐷⃗⃗ ⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗) = (
𝑥𝑐 + 𝑥𝑑 − 𝑥𝑎 − 𝑥𝑏
2
,
𝑦𝑐 + 𝑦𝑑 − 𝑦𝑎 − 𝑦𝑏
2
) 
Vemos então que vale a igualdade. 
b) Para 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ = (𝑥𝑐 − 𝑥𝑎 , 𝑦𝑐 − 𝑦𝑎) e 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = (𝑥𝑑 − 𝑥𝑏 , 𝑦𝑑 − 𝑦𝑏), escrevemos 
1
2
(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =
1
2
((𝑥𝑐 − 𝑥𝑎, 𝑦𝑐 − 𝑦𝑎) + (𝑥𝑑 − 𝑥𝑏 , 𝑦𝑑 − 𝑦𝑏)) 
1
2
(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) =
1
2
(𝑥𝑐 − 𝑥𝑎 + 𝑥𝑑 − 𝑥𝑏 , 𝑦𝑐 − 𝑦𝑎 + 𝑦𝑑 − 𝑦𝑏) 
1
2
(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗ ⃗ + 𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ) = (
𝑥𝑐 + 𝑥𝑑 − 𝑥𝑎 − 𝑥𝑏
2
,
𝑦𝑐 + 𝑦𝑑 − 𝑦𝑎 − 𝑦𝑏
2
) 
O que também equivale a 𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗ ⃗, logo, vale a igualdade.