g-an-V_Conicas

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Cap´ıtulo 5
coˆnicas
Iniciamos o estudo de lugares geome´tricos definidos por equac¸o˜es do segundo
grau. Primeiro no plano, passaremos em revista as curvas cla´ssicas que apare-
cem naturalmente como trajeto´rias de corpos celestes na mecaˆnica cla´ssica:
elipses, hipe´rboles e para´bolas.
5.1 c´ırculos
Antes de investigar elipses em geral, vamos revisar o familiar e importante
caso particular do c´ırculo. Sem entrar em discusso˜es semaˆnticas, chamaremos
indistintamente de c´ırculo ou circunfereˆncia o lugar dos pontos do plano que
esta˜o a uma distaˆncia pre´-fixada, o raio, de um ponto pre´-fixado, o centro.
Atribuamos ao centro C as coordenadas
(x0, y0) e denotemos o raio por r. A
equac¸a˜o cartesiana se escreve
(x− x0)2 + (y − y0)2 = r2.
Note que nessa equac¸a˜o ha´ 3 paraˆmetros
livres: duas coordenadas para o centro e
um valor para o raio.
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C(x0, y0)
• P (x, y).................................................
r︷ ︸︸ ︷
Fig. 5.1
Assim, a famı´lia dos c´ırculos goza de treˆs graus de liberdade.
Vamos explorar essa ide´ia, discutindo va´rias questo˜es geome´tricas em que se
pede para determinar c´ırculos satisfazendo ate´ treˆs condic¸o˜es simples.
52 coˆnicas
5.1.1 completar quadrados
Expandindo a equac¸a˜o anterior, encontramos uma equac¸a˜o da forma
x2 + y2 + ax+ by + c = 0 (5.1)
onde 

a = −2x0,
b = −2y0,
c = x20 + y
2
0 − r2.
Naturalmente as constantes a, b, c acima devem satisfazer a condic¸a˜o de que o
valor
r2 = x20 + y
2
0 − c =
a2
4
+
b2
4
− c
seja positivo:
c <
a2
4
+
b2
4
· (5.2)
exemplo. Vamos mostrar que a equac¸a˜o
x2 + y2 − 3x− y = 13
representa um c´ırculo e determinar o centro e raio.
Na˜o se trata em absoluto de decorar as fo´rmulas acima, mas sim de en-
tender o procedimento pra´tico: agrupar os termos e completar quadrados.
Acompanhe:
x2 + y2 − 3x− y = 13⇔ x2 − 3x+ y2 − y = 13
m
(x− 3
2
)2 + (y − 1
2
)2 = 13 + (3
2
)2 + (1
2
)2.
Conclusa˜o: centro ( 3
2
, 1
2
); raio =
√
13 + 9
4
+ 1
4
= . . . .
5.1.2 espac¸o dos c´ırculos
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.... c
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Fig. 5.2 espac¸o de c´ırculos
! c =a
2
4
+ b
2
4
Aqui e´ conveniente estabelecer a
seguinte correspondeˆncia. Para ca-
da c´ırculo de equac¸a˜o como em (5.1),
associamos o ponto (a, b, c) no espac¸o
R3. Tendo em vista (5.2), nem todo
ponto desse espac¸o corresponde efeti-
vamente a um c´ırculo real.
5.1 c´ırculos 53
No pro´ximo cap´ıtulo faremos um estudo mais detalhado de superf´ıcies qua´dri-
cas. Adiantamos desde ja´ que a equac¸a˜o
c =
a2
4
+
b2
4
define um parabolo´ide de revoluc¸a˜o, esboc¸ado na figura. Apenas os pontos
exteriores, i.e., onde c < a
2
4
+ b
2
4
, correspondem a c´ırculos reais.
Trata-se de uma ide´ia simples e muito frut´ıfera em Matema´tica:
imaginar objetos de um certo tipo (no caso, c´ırculos), como pontos situados
em outro espac¸o. Desta forma, condic¸o˜es geome´tricas impostas a`queles objetos
admitem traduc¸o˜es interessantes neste espac¸o.
Um exemplo deste processo poderia ter sido ja´ ilustrado com a colec¸a˜o R
das retas de equac¸a˜o y = ax + b. Aqui os coeficientes a, b sa˜o pensados como
cordenadas de um ponto (a, b) em outro plano, chamado o plano dual. Temos
assim uma correspondeˆncia biun´ıvoca, R ←→ R2. Nessa correspondeˆncia,
os elementos de R que representamretas passando por um ponto pre´-fixado,
digamos o ponto P (x1, y1), esta˜o associados aos pontos (a, b), no plano dual,
que satisfazem a relac¸a˜o x1a + b = y1. Nesta relac¸a˜o x1, y1 sa˜o considerados
constantes, enquanto a, b sa˜o coordenadas de um ponto varia´vel no plano dual;
trata-se agora visivelmente da equac¸a˜o de uma reta situada no plano dual!
Este e´ um aspecto da dualidade: cada reta no plano x, y da´ origem a um
ponto no plano a, b; a colec¸a˜o das retas no plano x, y passando por um ponto
corresponde a uma reta no plano a, b. E vice-versa! Um feixe de retas no plano
x, y corresponde a uma reta no plano a, b.
5.1.3 passar c´ırculos por pontos
.................................................................................................................................................a ...........
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b
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..........c .......
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Fig. 5.3
Uma condic¸a˜o simples, t´ıpica, e´ a de obrigar
o c´ırculo a passar por um ponto dado, dig-
amos P (x1, y1). Substituindo em (5.1), ve-
mos que os coeficientes a, b, c da equac¸a˜o do
c´ırculo devem satisfazer a
x1a+ y1b+ c = −x21 − y21.
Esta u´ltima, representa um plano no espac¸o
dos (a, b, c). Podemos dizer que a colec¸a˜o dos
c´ırculos que passam por um ponto admite 2
graus de liberdade: os valores de a, b deter-
minam c.
54 coˆnicas
Na figura anterior, as soluc¸o˜es que correspondem a c´ırculos reais sa˜o dadas
pelos pontos no plano, exteriores ao parabolo´ide.
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Fig. 5.4 c´ırculos por um ponto
A colec¸a˜o dos c´ırculos que passam por 2 pontos, digamos A,B, pode ser
representado no espac¸o a, b, c pela reta de intersec¸a˜o de dois planos, um para
cada ponto. A condic¸a˜o evidente de que o diaˆmetro mı´nimo deve ser maior que
a distaˆncia entre os pontos significa aqui que as soluc¸o˜es que correspondem a
c´ırculos reais correspondem a pontos naquela reta que estejam no exterior do
parabolo´ide. O lugar dos centros descreve a mediatriz do segmento.
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A
B
lugar dos centros Ã
Fig. 5.5 c´ırculos por 2 pontos
Dados agora 3 pontos, A,B,C, devemos
encontrar exatamente um c´ırculo passando
por eles. Isto corresponde a` ide´ia de que
os planos correspondentes no espac¸o dos
c´ırculos se encontram exatamente em um
ponto.
A menos que. . .
Bem, a menos que os pontos A,B,C sejam
colineares!
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A
B
C
◦
•
•
•
Fig. 5.6 c´ırculo por 3 pontos
5.1 c´ırculos 55
Lembre que a colinearidade dos treˆs pontos A(x1, y1), B(x2, y2), C(x3, y3) se
expressa pela anulac¸a˜o do determinante∣∣∣∣∣∣
x1 y1 1
x2 y2 1
x3 y3 1
∣∣∣∣∣∣ ·
O leitor percebera´ que o sistema que fornece a intersec¸a˜o dos 3 planos,

x1a+ y1b+ c = −x21 − y21,
x2a+ y2b+ c = −x22 − y22,
x3a+ y3b+ c = −x23 − y23,
admite soluc¸a˜o se e so´ se os pontos A,B,C (supostos distintos) na˜o sa˜o colin-
eares. De fato, ja´ vimos que a na˜o colinearidade e´ equivalente a` na˜o anulac¸a˜o
do determinante acima referido, implicando na existeˆncia de soluc¸a˜o u´nica
para nosso sistema.
Reciprocamente, suponha (x3, y3) =
(
(1− t)x1 + tx2, (1− t)y1 + ty2
)
para
algum t ∈ R. Multiplique a primeira equac¸a˜o do sistema por 1− t e a 2a por
t e subtraia na 3a . Coonvenc¸a-se que o 1o membro da´ zero. Enquanto isso,
no 2o , achamos a expressa˜o
−t(t− 1)((y1 − y2)2 + (x1 − x2)2).
Esta u´ltima so´ se anula se t = 0 ou t = 1 ou A = B. As duas primeiras
alternativas requerem C = A ou C = B, proibido.
exemplo. Determine o centro e o raio do c´ırculo que passa pelos pontos
(1,2),(2,3),(-2,1).
O centro se encontra na intersec¸a˜o das mediatrizes,{
(x− 1.5) + (y − 2.5) = 0 : reta ortogonal ao vetor (2, 3)− (1, 2);
2(x− 0) + (y − 2) = 0 : reta ortogonal ao vetor (2, 3)− (−2, 1).
Achamos (-2,6) para o centro. E o raio? Basta calcular a distaˆncia do centro
a qualquer dos 3 pontos:
√
(−2− 1)2 + (6− 2)2 = √(−2− 2)2 + (6− 3)2 =√
(−2 + 2)2 + (6− 1)2 = . . .
exemplo. Determine o valor do paraˆmetro t tal que o c´ırculo que passa
pelos pontos (1, 2), (2, 3), (−2, t) tenha raio = 5. Idem para a condic¸a˜o de que
o centro esteja sobre a reta 3x+ y = 0 .
56 coˆnicas
Argumentando como no exemplo anterior, podemos determinar o centro
em func¸a˜o do paraˆmetro e depois forc¸ar a igualdade para o raio.{
(x− 1.5) + (y − 2.5) = 0
4(x− 0) + (3− t)(y − (3 + t)/2) = 0.
Achamos
x = − 1
2(1 + t)
(15− 8t+ t2), y = 1
2(1 + t)
(23 + t2)
para o centro. O raio aparece como raiz da equac¸a˜o
t4 − 10t3 + 12t2 − 278t+ 275 = 0.
Grau 4, mas na˜o desesperador: lembre que o termo constante e´ produto das
ra´ızes; por tentativa, examinando os fatores inteiros de 275, recuperamos a
raiz esperada t = 1, a nova t = 11, ale´m de duas outras complexas. Claro que
fiz o ca´lculo usando maple. O ı´tem final fica como desafio.
5.1.4 c´ırculo por 3 pontos, bis
Relembre que a equac¸a˜o da reta por dois pontos admite uma expressa˜o como
um determinante. Artif´ıcio ana´logo pode ser empregado aqui para escrever a
equac¸a˜o do c´ırculo por 3 pontos:∣∣∣∣∣∣∣∣
x2 + y2 x y 1
x21 + y
2
1 x1 y1 1
x22 + y
2
2 x2 y2 1
x23 + y
2
3 x3 y3 1
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0.
Desenvolvendo esse determinante pela 1a linha, obtemos um polinoˆmio em
x, y da forma κ(x2+y2)+αx+βy+γ, onde a constante κ e´ o subdeterminante
menor
∣∣∣ x1 y1 1x2 y2 1
x3 y3 1
∣∣∣ que ja´ hav´ıamos encontrado. Se k 6= 0, podemos dividir e
encontrar uma equac¸a˜o na forma (5.1). Ou seja, mais uma vez notamos a feliz
coincideˆncia de um desastre alge´brico com o seu parceiro geome´trico: a equac¸a˜o
que obtivemos so´ deixa de ser do tipo esperado (5.1) quando os 3 pontos dados
sa˜o colineares. E nesse caso, resulta precisamente a equac¸a˜o da reta. Supondo
os treˆs pontos na˜o colineares, segue que a equac¸a˜o dada acima e´ correta pelo
seguinte motivo. Trata-se efetivamente de uma equac¸a˜o do 2o grau em x, y
do tipo procurado, a qual e´ satisfeita fazendo x = xi, y = yi, i = 1, 2, 3, pois
ficamos com um determinante com 2 linhas iguais.
5.1 c´ırculos 57
5.1.5 tangenciar uma reta
Um c´ırculo e uma reta se interceptam em dois pontos, ou apenas em um ou
ainda em nenhum. Este u´ltimo caso e´ na verdade apenas um defeito visual
humano: ocorre quando as coordenadas dos pontos de intersec¸a˜o na˜o sa˜o reais,
e sim nu´meros complexos.
Suponha para fixar ide´ias que a reta seja dada por y = 0. Os pontos de
intersec¸a˜o com um c´ırculo gene´rico dado por (5.1) se calculam substituindo
y = 0 e resolvendo x2 +ax+ c = 0. As 2 abscissas poss´ıveis sa˜o ou bem ambas
reais (talvez raiz dupla), ou complexo-conjugadas, dependendo do valor, ou
melhor, do sinal do discriminante a2 − 4c.
O c´ırculo e a reta sa˜o tangentes precisamente quando os dois pontos de
intersec¸a˜o coincidem. E´ o caso da raiz dupla.
A colec¸a˜o dos c´ırculos tangentes a` reta fixa y = 0 pode ser assim descrita
pela equac¸a˜o a2 − 4c = 0. Percebemos que essa colec¸a˜o possui 2 graus de
liberdade: a, b podem ser arbitrados, e o valor de c calculado por essa equac¸a˜o.
Veremos em seguida como encontrar c´ırculos tangentes a uma reta e pas-
sando por dois pontos. Note que a condic¸a˜o de tangeˆncia se expressa por uma
equac¸a˜o do segundo grau, enquanto que a de passar pelos pontos e´ do 1o grau.
exemplo. Determinemos o(s) c´ırculo(s) que passam pelos pontos A(1, 2),
B(3,−2) e tangencia(m) a reta y = x+ 2 .
Passar pelos pontos exige:
{
a+ 2b+ c = −12 − 22,
3a− 2b+ c = −32 − 22.
Da´ı tiramos
a = −3
5
c− 3, b = −1
5
c− 1.
A condic¸a˜o de tangenciar a reta se expressa obrigando que o trinoˆmio
x2 + (x+ 2)︸ ︷︷ ︸
y2 + ax+ b(x+ 2) + c
Fig. 5.7 c´ırculos por 2 pontos,
tangentes a uma reta
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A
B
tenha discriminante nulo. Substituindo
no discriminante as expresso˜es para a, b
acima calculadas, vem
(16/25)c2 − (24/5)c− 16.
As ra´ızes sa˜o -5/2 e 10. Eis um esboc¸o
das duas soluc¸o˜es:
exerc´ıcio. Ache os raios e os pontos de contato no exemplo acima .
58 coˆnicas
5.1.6 exerc´ıcios circulares
5.1 ) Considere as retas y = x e y = −x. Determine um c´ırculo tangente a
ambas e que passa pelo ponto P (1, 2).
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◦
◦
◦
y = −xy = x
Fig. 5.8 c´ırculos por 1 ponto,
tangentes a 2 retas
Os c´ırculos procurados teˆm centro var-
iando nas retas bissetrizes das duas re-
tas dadas. Mas a marcac¸a˜o do ponto de
passagem indica a u´nica regia˜o poss´ıvel
de maneira que na˜o haja cruzamento
com as retas: nenhum c´ırculo com cen-
tro na bissetriz y = 0 e passando por
(1,2) sera´ tangente a`quelas retas (ao
menos em ponto real. . . ).
Ou seja, o centro e´ um ponto C(0, t), situado na outra bissetriz. Escreva
agora a condic¸a˜o de que a distaˆncia de C ao ponto P e´ igual a` distaˆncia de C
a qualquer das retas:
1 + (t− 2)2 = (t/
√
(2))2,
resultando as soluc¸o˜es t1 = 4 +
√
6, t2 = 4−
√
6.
Outra maneira de resolver e´ examinando o sistema em a, b, c, com duas
equac¸o˜es quadra´ticas para os discriminantes que exprimem tangeˆncia e a equa-
c¸a˜o linear que que forc¸a a passagem pelo ponto. Lembre como se faz o ca´lculo
dos discriminantes: substitua y = x em (5.1) e o mesmo para y = −x.
discriminante para y = x à x2 + x2 + ax+ bx+ cà (a+ b)2 − 4 · 2 · c
discriminante para y = −x à x2 + x2 + ax− bx+ cà (a− b)2 − 4 · 2 · c
Resulta o sistema

passar por P : a+ 2b+ c = −5,
tangeˆncia a y = x (a+ b)2 − 8c = 0,
tangeˆncia a y = −x (a− b)2 − 8c = 0.
Divirta-se na resoluc¸a˜o e interpretac¸a˜o do que aparecer!
5.2 )Determine o(s) c´ırculo(s) tangentes a`s retas suportes do triaˆngulo ABC,
com A(−56, 77), B(0, 105), C(−40, 125)
5.1 c´ırculos 59
Nem pense em calcular os treˆs discriminantes: e´ bem mais simples calcular
intersec¸o˜es de bissetrizes, como indicado na figura seguinte.
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A
B
C
◦
Fig. 5.9 c´ırculo tangente a 3 retas
A bissetriz se calcula facilmente com
um artif´ıcio: se voce somar dois ve-
tores de mesma norma, o resultado
fornece a bissetriz. Por exemplo, a
bissetriz indicada no ve´rtice C tem
equac¸a˜o parame´trica
C + t
( −−→
CB
|−−→CB|
+
−→
CA
|−→CA|
)
.
So´ desenhamos uma das soluc¸o˜es. A intersec¸a˜o das bissetrizes e´ o ponto
(4
√
5
√
10− 60, 105).
O raio vale
1
140
(
1680− 112√5√10)√5 ≈ 14.
Voceˆ consegue visualizar as outras?
5.3 )Considere dois c´ırculos de raios R, r com centros respectivos (0, 0), (d, 0).
Mostre que a intersec¸a˜o entre eles e´ igual a` intersec¸a˜o de um qualquer deles
com uma certa reta vertical x = x0. Qual o valor de x0?
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◦◦ ◦
Fig. 5.10 intersec¸a˜o de c´ırculos
60 coˆnicas
5.4 ) Ache as retas tangentes aos c´ırculos x2 + y2 = 1, (x− 4/3)2 + y2 = 1/4.
5.5 )Chamamos de reta polar de um ponto P (x1, y1) com respeito a um c´ırculo
x2 + y2 + ax+ by + c = 0 a reta dada pela equac¸a˜o
(2x1 + a)x+ (2y1 + b)y + ax1 + by1 + 2c = 0.
Atribua valores interessantes para a, b, c, x1, y1 e desenhe uma figura. Tente
demonstrar que vale em geral o que talvez voceˆ tenha conclu´ıdo dessa ex-
perieˆncia.
5.6 ) Quantos c´ırculos sa˜o tangentes a outros treˆs c´ırculos dados em posic¸a˜o
geral? E quantos sa˜o tangentes a 1 reta e a 2 c´ırculos?
5.2 elipse
Uma elipse e´ o lugar dos pontos no plano cuja soma das distaˆncias a dois
pontos, chamados focos, e´ uma constante.
Se voceˆ fixar as extremidades de um fio inextens´ıvel com dois pregos e
deslizar um la´pis mantendo o fio esticado, sera´ trac¸ada uma elipse com focos
nos dois pregos; a distaˆncia constante e´ o comprimento do fio.
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◦
?
F− F+
◦◦ .....................................................................
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Fig. 5.11 trac¸ando a elipse
Em coordenadas, escolhendo as posic¸o˜es dos focos F (±c, 0) e escrevendo o
valor da soma das distaˆncias como 2a temos, de in´ıcio, a relac¸a˜o
dist(F−, P ) + dist(F+, P ) = 2a
ou seja, √
(x+ c)2 + y2 +
√
(x− c)2 + y2 = 2a.
5.2 elipse 61
Passando um radical para o 2o membro e quadrando, resulta
(x+ c)2 + y2 = 4a2 + (x− c)2 + y2 − 4a
√
(x− c)2 + y2.
Simplificando e quadrando mais uma vez, chegamos a
a2(a2 − c2)− a2y2 − (a2 − c2)x2 = 0.
Lembrando a desigualdade triangular, podemos supor a ≥ c e definir
b =
√
a2 − c2.
Se b = 0,i.e., a = c, enta˜o o comprimento do fio e´ igual a` distaˆncia entre
os focos. Neste caso, segue que a u´nica possibilidade para P e´ situar-se no
segmento entre os focos. Assim, suporemos doravante b > 0. Dividindo por
a2b2 vem por fim a equac¸a˜o cartesiana da elipse,
x2
a2
+
y2
b2
= 1. (5.3)
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??
F− F+
−c c a−a
b
−b
Fig. 5.12 focos e eixos da elipse
O eixo maior conte´m os focos. Os semieixos medem a, b.
Quantos sa˜o os graus de liberdade da famı´lia de elipses?
Na˜o se iluda com a mera contagem das duas letras a, b que aparecem na
equac¸a˜o acima, pois esta forma da equac¸a˜o resultou de va´rias escolhas.
Voltando a` definic¸a˜o da elipse, verificamos que ha´, para comec¸o de conversa,
4 graus de liberdade: 2 para a escolha de cada foco. Depois, temos o paraˆmetro
adicional que diz quanto vale a soma das distaˆncias. Portanto, na realidade
temos 5 graus de liberdade a` nossa disposic¸a˜o.
Entretanto, vamos restringir inicialmente o nosso estudo a` situac¸a˜o em que,
uma vez fixado o referencial, os eixos da elipse sa˜o horizontal e vertical. Isto
62 coˆnicas
significa que, por enquanto, a reta suporte dos focos e´ ou bem paralela a 0x
ou a 0y. O caso geral sera´ estudado no cap. VI.
Suponha conhecido um dos focos, digamos o ponto F (x1, y1) e tambe´m
as medidas dos semi-eixos, a ≥ b. Mantendo a restric¸a˜o quanto a`s direc¸o˜es
dos eixos, podemos escolher a direc¸a˜o do eixo maior seja na horizontal, seja
na vertical. No primeiro caso, o 2o foco sera´ da forma F ′(x1 ± 2c, y1), onde
c =
√
a2 − b2 e´ a distaˆncia de um foco ao centro da elipse. Este centro e´
simplesmente o ponto me´dio entre os focos, i.e., C(x1 ± c, y1). Elejamos
F ′(x1 + 2c, y1), e C(x1 + c, y1) (o caso “–” e´ ana´logo). Voceˆ deve se convencer
que a equac¸a˜o da elipse fica na forma
(x− x0)2
a2
+
(y − y0)2
b2
= 1, (5.4)
onde (x0, y0) e´ o centro da elipse: x0 = x1 + c, y0 = y1)
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?? ◦
x0
y0 F (x0 + c, y0)C
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0
y
x
y′
x′
Fig. 5.13 elipse transladada
Note que, se escolheˆssemos um novo sistema de coordenadas 0′x′y′ com origem
no ponto 0′ = C, centro da elipse, e com eixos 0′x′//0x, 0′y′//0y, a equac¸a˜o
da elipse ficaria na forma
(x′)2
a2
+
(y′)2
b2
= 1. (5.5)
Temos de fato a relac¸a˜o de mudanc¸a de coordenadas,{
x = x′ + x0,
y = y′ + y0.
(5.6)
Vemos assim que (5.4) pode ser obtida de (5.5) substituindo (5.6).
Exemplo. Vamos verificar que a equac¸a˜o x2 + 2y2 + 6x− 4y = 5 representa
uma elipse.
5.2 elipse 63
Procedemos de maneira ana´loga ao exemplo na p. 52, completando quadrados:
x2 + 2y2 − 6x− 4y = (x− 3)2 − 2(y − 1)2 − (9 + 2) ˙. .
x2 + 2y2 − 6x− 4y = 5 ⇔ (x− 3)2 + 2(y − 1)2 = 16
⇔
(x− 3)2
16
+
(y − 1)2
8
= 1.
Esta u´ltima equac¸a˜o representa uma elipse com centro C(3, 1). O eixo maior
(que conte´m os focos) mede 2 ·√16 e o semieixo menor,√8. A distaˆncia de um
foco ao centro vale
√
16− 8. Portanto, os focos esta˜o locados em (3±√8, 1)
Exemplos. (1) Sera´ que existe uma elipse com centro na origem e passando
pelos pontos (1,1), (-2,3)?
A questa˜o se reduz ao estudo do sistema{
1
a2
+ 1
b2
= 1
4
a2
+ 9
b2
= 1.
Aqui e´ inteligente fazer α = 1/a, β = 1/b e resolver{
α2 + β2 = 1
4α2 + 9β2 = 1.
Ora, estas equac¸o˜es podem ser pensadas como um c´ırculo e uma elipse, ambas
centradas na origem num plano auxiliar α,β. A elipse tem semi-eixos medindo
1/2 e 1/3. Logo, ela esta´ inteiramente contida no interior do c´ırculo e portanto,
na˜o ha´ soluc¸o˜es reais. A a´lgebra se rende a` geometria.
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α
β
Fig. 5.14 plano auxiliar α,β
Continuando com o exemplo, troque o
segundo ponto por (-1/2,3). Agora a
“elipse auxiliar” tera´ semi-eixos 2, 1/3.
Existe uma soluc¸a˜o real. Note que,
fazendo u = α2, v = β2, temos que re-
solver o sistema linear{
u+ v = 1
1
4
u+ 9v = 1.
Achamos primeiro u = 32/35, v = 3/35, e da´ı α =
√
32/35 ≈ 0.95, β ≈ 0.29.
64 coˆnicas
(2) Determine as retas tangentes a` elipse 12y2 + 9x2 − 6x− 9y + 1 = 0 e que
passam pela origem.
A reta vertical x = 0 intercepta a coˆnica nos pontos com ordenadas que sa˜o
as ra´ızes de 12y2− 9y+1 = 0. Como essas ra´ızes sa˜o distintas, esta reta na˜o e´
tangente. Todas as outras retas que passam pela origem se escrevem na forma
y = tx, t ∈ R. A condic¸a˜o de tangeˆncia se traduz assim: forme o polinoˆmio
12(tx)2 + 9x2 − 6x − 9(tx) + 1 e force suas ra´ızes a coincidirem. Para tanto,
calculamos o discriminante, 3(11t+ 36)t. Logo, as duas tangentes procuradas
sa˜o as retas y = 0 e y = − 36
11
x.
Fig. 5.15 retas por um ponto,
tangentes a` coˆnica
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5.2.1 exerc´ıcios el´ıticos
5.7 ) Considere a elipse E : x
2
9
+ y
2
4
= 1 e o ponto P (4, 1). Deˆ um exemplo de
uma reta que passe por P e seja tangente a E. Idem para uma reta que passe
por P e corte E em dois pontos distintos e outra reta que passe por P e na˜o
intercepte E.
5.8 ) Descreva as retas tangentes a` elipse (x − 1)2 + y2
4
= 1 passando pelo
ponto (3, 1). Idem para as retas tangentes a` elipse x2 + y
2
4
= 1 com coeficiente
angular igual a 1.
5.9 ) Encontre os ve´rtices do quadrado inscrito na elipse x
2
16
+ y
2
4
= 1.
5.10 ) Deˆ um exemplo de duas elipses (cada uma com excentricidade e 6= 0
tangentes no ponto (1, 1). Idem para que se cortam em dois pontos distintos.
Idem para que se cortam em 4 pontos distintos.
5.11 ) Ache uma elipse com focos (±1, 0) tangente a` reta y = x+ 3.
5.3 hipe´rbole 65
5.3 hipe´rbole
Troque na definic¸a˜o da elipse “soma das distaˆncias” por diferenc¸a das mesmas.
A hipe´rbole com focos F± se define como o lugar dos pontos que satisfazem a
condic¸a˜o
| dist(F−, P )︸ ︷︷ ︸
d−
− dist(F+, P )︸ ︷︷ ︸
d+
| = 2a.
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◦
F+(0, c)
x
y
−a aF−
d−
d+
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Fig. 5.16 hipe´rbole
Procedendo como no caso ja´ relatado, chegamos primeiro a uma equac¸a˜o da
forma
x2(c2 − a2)− y2a2 = (c2 − a2)a2.
Lembrando mais uma vez a desigualdade triangular,
2a =
∣∣ |−−→PF+| − |−−→PF+| ∣∣ ≤ |−−−→F−F+| = 2c,
vemos que e´ razoa´vel supor a < c, e assim o faremos. Portanto, podemos
definir
b =
√
c2 − a2
e por fim chegar a` relac¸a˜o
x2
a2
− y
2
b2
= 1. (5.7)
Desta equac¸a˜o deduzimos que±a fornece as abscissas dos ve´rtices da hipe´rbole,
situados sobre a reta suporte dos focos, no caso presente suposta horizontal.
E´ claro que o eixo vertical 0y na˜o intersecta a hipe´rbole, e e´ chamado de seu
eixo imagina´rio. Dizemos que uma hipe´rbole e´ equila´tera quando a = b.
Como no caso da elipse, consideramos tambe´m a situac¸a˜o em que o cen-
tro da hipe´rbole pode estar transladado a uma posic¸a˜o arbitra´ria C(x0, y0),
mantendo sempre os eixos paralelos aos eixos coordenados. Quando o eixo dos
focos e´ horizontal, resulta uma equac¸a˜o da forma
(x− x0)2
a2
− (y − y0)
2
b2
= 1. (5.8)
66 coˆnicas
Se os focos esta˜o sobre uma reta vertical, a equac¸a˜o se leˆ
(y − y0)2
b2
− (x− x0)
2
a2
= 1.
O par de retas
(y − y0)
b
± (x− x0)
a
= 0 (5.9)
sa˜o as ass´ıntotas. Note que para uma hipe´rbole equila´tera as ass´ıntotas sa˜o
perpendiculares entre si.
Exemplos (1)Vamos verificar que a equac¸a˜o x2−2y2+6x−4y = 5 representa
uma hipe´rbole e determinar focos, eixos e ass´ıntotas.
Procedemos de maneira ana´loga ao caso da elipse, completando quadrados e
chegando na equac¸a˜o equivalente,
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y
x0
?◦ C(−3,−1)
(−3 + 3
√
3
2
, −1)(−3− 3
√
3
2
, −1)
? ........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................................
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Fig. 5.17 ass´ıntotas
(x+ 3)2
15
− (y + 1)
2
15/2
= 1.
Conclu´ımos que o centro
se situa no ponto (–3,–1).
O eixo imagina´rio e´ vertical. E os focos? O “c” da questa˜o e´
√
15 + (15
2
) =
3
√
3
2
. Logo os focos sa˜o os pontos (−3± 3
√
3
2
,−1). Os ve´rtices sa˜o os pontos
(−3±√15). Por fim, as ass´ıntotas sa˜o . . .
(2) O par de retas y = 2x+1, y = −2x+4 sa˜o as ass´ıntotas de uma hipe´rbole
que passa pelo ponto (1, 1). Determine seus focos.
Conhecidas as ass´ıntotas, a equac¸a˜o deve ser da forma
(−y + 2x+ 1)(−y − 2x+ 4) = k.
Segue k = (−1 + 2 + 1)(−1 − 2 + 4) = 2. O centro e´ a intersec¸a˜o das retas,
(3/4, 5/2). Os focos: (3/4, 5/2 − 1/2√10), (3/4, 5/2 + 1/2√10). Ve´rtices:
(3/4, 5/2−√2), (3/4, 5/2 +√2).
5.3.1 exerc´ıcios hiperbo´licos
5.12 )Deˆ um exemplo de uma hipe´rbole passando pelos pontos (−4, 0) e (4, 0).
Idem para os pontos (4, 4) e (−4, 4).
5.4 para´bola 67
5.13 ) Ache uma hipe´rbole passando pelo ponto (1, 5) e com focos no eixo y.
Idem para a hipe´rbole com focos em (0, 0) e (2, 0) e passando por (2, 1).
5.14 ) Considere a hipe´rbole x
2
a2
− y2
b2
= 1. Mostre que x = a sec θ e y =
b tan θ sa˜o equac¸o˜es parame´tricas dessa hipe´rbole. Para cada ponto P (x, y) da
hipe´rbole, identifique na figura o aˆngulo θ dado na parametrizac¸a˜o acima.
5.15 ) Determine as retas tangentes a` hipe´rbole x2 − y2 = 1 que sa˜o paralelas
a` reta y = 3x.
5.16 )Ache a equac¸a˜o da hipe´rbole tendo as retas x−y+2 = 0 e x+y−2 = 0
como ass´ıntotas e um dos focos no ponto F (2, 2).
5.17 ) Ache a equac¸a˜o da hipe´rbole de ve´rtices (4, 0) e (−4, 0), sendo uma das
ass´ıntotas x− 2y = 0.
5.18 ) Uma hipe´rbole tem como ass´ıntotas duas retas perpendiculares. Mostreque esta hipe´rbole e´ equila´tera.
5.4 para´bola
Sai de cena um foco, entra uma reta diretriz. A para´bola com foco F e diretriz
uma reta L se define como o lugar dos pontos equidistantes de F e L. Em
s´ımbolos,
| dist(P, F )︸ ︷︷ ︸
d
| = dist(P,L)︸ ︷︷ ︸
d′
|.
Para explicitar em coordenadas, e´ conveniente marcar o foco F (0, a) e tomar
como a diretriz, y = −a. Desta maneira, a origem automaticamente satisfaz
a condic¸a˜o de equidistaˆncia e portanto sera´, com essas escolhas, um ponto da
para´bola, denominado de ve´rtice. A reta que passa pelo foco e e´ ⊥ a` diretriz
se chama o eixo da para´bola.
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d′ = |y + a|
L
F
d =
√
x2 + (y − a)2
◦
◦
◦
Fig. 5.18 para´bola
68 coˆnicas
Procedendo como nos casos anteriores, chegamos a` equac¸a˜o
y =
x2
4a
·
Nesta equac¸a˜o a constante a representa a distaˆncia do ve´rtice ao foco, chamada
distaˆncia focal.
Na figura anterior, a concavidade esta´ voltada para cima. Se as posic¸o˜es
da diretriz e foco fossem invertidas para y = a e F (0,−a), a equac¸a˜o ficaria
na forma y = x2/(−4a). Evidentemente, trocando os pape´is de x e y, vemos
que uma equac¸a˜o da forma
x =
y2
4a
representa uma para´bola com eixo igual ao eixo dos x e diretriz a reta vertical
x = −a e foco F (a, 0). A concavidade esta´ para o lado direito ou esquerdo
conforme o sinal de a.
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a > 0a < 0 ..............................................................................................................
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Fig. 5.19 x = y
2
4a
Mais geralmente, uma equac¸a˜o da forma
y = αx2 + βx+ γ (5.10)
com α 6= 0 representa uma para´bola cuja diretriz e´ uma reta horizontal e
eixo vertical. Para determinar essas retas bem como o foco, basta comple-
tar quadrados. Reescrevemos
αx2 + βx+ γ = α(x2 + β
α
x+ γ
α
) = α
(
(x2 + β
α
x+ β
2
4α2
) + γ
α
− β2
4α2
)
= α
(
(x+ β
2α
)2 + γ
α
− β2
4α2
)
.
Vemos que a equac¸a˜o (5.10) e´ equivalente a
y − (γ − β
2
4α
) = α(x+
β
2α
)2.
Fazendo 

y′ = y − (γ − β2
4α
),
x′ = (x+ β
2α
),
α′ = 4/α
5.4 para´bola 69
deduzimos que (5.10) se reescreve como y′ = x′2/(4α′). Tomando novos eixos
coordenados 0′x′y′, com a nova origem
0′ = (− β
2α
, γ − β
2
4α
),
vemos que se trata de uma para´bola com ve´rtice 0′ e distaˆncia focal α′.
Exemplos. (1)Verifiquemos que a equac¸a˜o y = 4x2 + 2x− 1 representa uma
para´bola e determinar foco, ve´rtice, diretriz e eixo.
Completando quadrados, chegamos na equac¸a˜o equivalente,
y + 5/4 = (2x+ 1/2)2 = 4(x+ 1/4)2 = (x+ 1/4)2
/
(4/16).
Conclusa˜o: ve´rtice (−1/4,−5/4); distaˆncia focal 1/16;
foco (−1/4,−5/4 + 1/16) e diretriz y = −5/4− 1/16.
(2) Determine, se poss´ıvel, uma para´bola contendo os pontos (−1, 0), (0, 2),
(1, 0). Ache ve´rtice, foco e diretriz.
Uma maneira de resolver e´ postular uma equac¸a˜o na forma y = ax2+bx+c
e tentar calcular os coeficientes:

(−1, 0) Ã 0 = a− b+ c
(0, 2) Ã 2 = c
(1, 0) Ã 0 = a+ b+ c.
Temos a = −2, b = 0, c = 2, ou seja, y = −2x2+2, em todo o caso evidente pela
especificac¸a˜o das ra´ızes ±1. . . Reescrevemos na forma y−2 = −2x2 = x2/( 4
−8
),
e portanto, o ve´rtice e´ (0,2) e o foco (0, 2− 1
8
).rrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrrr Atenc¸a˜o! Embora seja verdade que por treˆs pontos na˜o alinhados passauma e so´ uma para´bola, seu eixo em geral na˜o e´ vertical nem horizontal.
(3) Sera´ que existe uma para´bola com foco em um ponto da forma (4, t), reta
diretriz x = 0 e passando pelo ponto (1, 11)?
O ve´rtice da para´bola e´ da forma (2, t), meio caminho entre o foco e a
diretriz. A reta tangente nesse ponto e´ x = 2. Esta reta reta divide o plano
em duas regio˜es. Exatamente uma delas (a` direita) conte´m o foco. A para´bola
esta´ inteiramente contida nesse semi-plano. Logo, na˜o podera´ passar pelo
ponto (1,11), que se situa no semiplano da esquerda.
70 coˆnicas
5.4.1 exerc´ıcios parabo´licos
5.19 ) Encontre a equac¸a˜o cartesiana e a equac¸a˜o parame´trica da para´bola de
foco (1, 2) e ve´rtice V (1, 1).
5.20 ) Seja A(x0, y0) um ponto sobre a para´bola Γ : y
2 = 4cx com c > 0.
Escreva a equac¸a˜o cartesiana da reta l1 tangente a Γ em A. Idem para a reta
l2 normal a Γ em A. Calcule a a´rea do triaˆngulo formado por l1, l2 e o eixo
dos x.
5.21 ) Deˆ um exemplo de uma para´bola coˆncava para cima e passando pelo
ponto (1, 10) com eixo de simetria paralelo ao eixo y. Idem para uma para´bola
que passa pelo ponto (1, 10) com eixode simetria paralelo ao eixo x.
5.22 ) Considere a para´bola Γ : y2 = 4cx, c > 0, e a circunfereˆncia centrada
em (−c, 0), de raio r = c. Encontre um ponto A(x0, y0), y0 > 0 sobre a para´bola
Γ de modo que a tangente a` Γ em A, tangencie tambe´m a circunfereˆncia dada.
5.23 ) Qual e´ a equac¸a˜o da para´bola com foco F (1,−2) e reta diretriz l : x =
−3? Desenhe esta para´bola.
5.24 ) Ache a equac¸a˜o da reta tangente a` para´bola y2 = 4x no ponto (1, 2).
Idem para uma reta tangente que passe pelo ponto (10, 1).
5.25 ) Estude a curva definida por uma equac¸a˜o da forma y2 = αx2 + βx,
distinguindo os casos α > 0, α = 0, α < 0. O queˆ se passa quando α = −1?
5.26 )Esboce o conjunto dos pontos (x, y) do plano tais que y2 ≤ 2x−x2, y ≥ 0.
5.5 definic¸a˜o unificada das coˆnicas
Veremos que tanto a elipse como a hipe´rbole admitem reta diretriz.
Dados um ponto F , uma reta L e uma constante ε > 0, vamos estudar o
lugar dos pontos P no plano tais que
dist(P, F ) = ε dist(P,L).
No caso ε = 1, obtivemos a para´bola.
Suponhamos agora 0 < ε < 1.
5.5 definic¸a˜o unificada das coˆnicas 71
Escolhemos os eixos de modo que F = (c, 0), c > 0. Seja a = c/ε. Note
que a > c. Temos evidentemente
a− c = c(1/ε− 1) = εa(1/ε− 1) = ε(a/ε− a).
O primeiro termo, a − c, e´ a distaˆncia de (a, 0) ao foco. O u´ltimo termo a`
direita da´ a distaˆncia de (a, 0) a` reta vertical x = a/ε. Por isso, e´ conveniente
completar a escolha dos eixos de modo que tenhamos a diretriz dada como
L := x = a/ε. Com isto, comec¸amos ja´ conhecendo um ponto que satisfaz a
condic¸a˜o desejada, a saber, (a, 0).
Temos a relac¸a˜o
(x+ c)2 + y2︸ ︷︷ ︸
dist(P,F )2
= (ε|x− a/ε|)2︸ ︷︷ ︸
(ε dist(P,L))2
= (|εx− a|)2.
Reagrupando, lembrando que c = aε, achamos,
(1− ε2)x2 + y2 = a2 − c2. (5.11)
Trata-se pois da equac¸a˜o de uma elipse! Ela se reduz a` forma habitual fazendo
b =
√
a2 − c2. Temos de fato (a2 − c2)/(1− ε2) = a2.
Observemos que o outro foco, (−c, 0), tambe´m admite uma diretriz com-
panheira, sime´trica da anterior, a saber, x = −a/ε.
Supondo por fim ε > 1, uma conta ana´loga revela o reencontro com uma
hipe´rbole. Tomamos novamente a = cε (< c). A diretriz associada ao foco
F (c, 0) e´ a reta x = a/ε. Agora em (5.11) fazemos b =
√
c2 − a2. Dividindo,
reduzimos a` equac¸a˜o (5.7).
exemplo. Determinar focos, excentricidade e diretrizes da coˆnica x2−y2 = 1.
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y
x?caa
ε
◦
δ
εδ
Fig. 5.20 foco e diretriz
Trata-se de uma hipe´rbole com centro na
origem, semi-eixo real a = 1, semieixo ima-
gina´rio b = 1 e portanto a posic¸a˜o do foco e´
dada por c =
√
2. A excentricidade
ε = c/a =
√
2.
A distaˆncia do ve´rtice ao foco, c−a, e´ ε vezes
a distaˆncia a` diretriz associada. Esta reta e´
⊥ ao eixo real, tendo equac¸a˜o x = α. Logo
c− a = ε(a− α), e assim
α =
(
(1 + ε)a− c)/ε = a/ε = √2/2.
72 coˆnicas
5.6 propriedade refletora
As lanternas comuns e os faro´is de carro refletem um facho luminoso concen-
trado. As antenas parabo´licas concentram no coletor as ondas emitidas por
um sate´lite. Em ambos os casos, o fator decisivo e´ a chamada propriedade
refletora da para´bola: o vetor
−→
PF que vai de um ponto arbitra´rio da curva ao
foco faz um aˆngulo com a direc¸a˜o tangente igual ao aˆngulo desta direc¸a˜o com
o eixo da para´bola.
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