Caio Guimarães - Matemática em Nivel ITA-IME - Vol. 2 93955

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1a. Edição
Caio dos Santos Guimarães
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Caio dos Santos Guimarães
1a Edição - 2013
Volume 2:
Álgebra Vetorial e Geometria Analítica
Editora Vestseller
Fortaleza - CE
Matemática
Em Nível IME/ITA
Sumário
Bibliografia 310
Projeto Rumo ao ITA 311
Capitulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço.
2.1. Equação da Reta no Plano....................................................
2.2. Equação da Circunferência...................................................
2.3. Equação da Reta no Espaço..................................................
2.4. Equação do Plano....................................................................
2.5. Equação da Esfera..................................................................
2.6. Exercícios de Fixação.............................................................
Capitulo 1 - Vetores.........................................................
1.1. A Origem da Geometria Analítica............................
1.2. Definições e Propriedades de Vetores no R2 e R3.
1.3. Produto Escalar...........................................................
1.4. Produto Vetorial...........................................................
1.5. Problemas de Geometria...........................................
1.6. Produto Misto..............................................................
1.7. Exercícios de Fixação...............................................
Capitulo 3 - Seções Cônicas................
3.1. Introdução às Seções Cônicas........
3.2. Elipses..................................................
3.3. Análise Geométrica das Elipses......
3.4. Hipérboles...........................................
3.5. Análise Geométrica das Hipérboles
3.6. Parábolas............................................
3.7. Análise Geométrica das Parábolas.
3.8. Exercícios de Fixação.......................
Capitulo 4 - Cônicas: Tópicos Especiais.
4.1. Mudança de Coordenadas.....................
4.2. Retas Tangentes.......................................
4.3. Diâmetros de Cônicas.............................
4.4. Exercícios de Fixação.............................
Apêndice...................................................................................
A.1. Trigonometria....................................................................
A 2. Conceitos Básicos de Geometria Plana - Triângulos
A.3. Tabela de Derivadas e Integrais Básicas....................
.137
137
149
173
190
210
223
236
256
262
262
285 
.288 
.294
..61 
..61 
..84 
107 
116 
128 
131
297
297
299
308
■15
.15
.16
.26
32
.40
.53
56
r
- Albert Einstein
Viver é como andar de bicicleta: É preciso estar em 
constante movimento para manter o equilíbrio.
Como Estudar o Livro?
O livro é muito voltado a resoluções de questões do nível IME/ITA. Portanto, a teoria 
apresentada é direcionada a resultados que serão bastante úteis na resolução das 
questões do gênero. O material não é destinado àqueles que nunca estudaram o 
assunto antes - embora abranja todo conteúdo, para a melhor compreensão do 
material, é aconselhável que o aluno/professor já tenha tido contato com o assunto 
previamente.
As questões do IME e do ITA, em geral, envolvem mais de um assunto em um 
mesmo enunciado, portanto comumente nas questões que aqui são propostas, 
será requerido que o aluno/professor saiba o básico de outros ramos da matemática 
(progressões aritméticas e geométricas, geometria analítica, etc.). Quando isso for 
requisitado, mencionaremos o assunto que deve ser pesquisado "por fora" para a 
total compreensão do segmento.
Recomendamos que o aluno/professor leia toda a parte teórica (mais de uma vez, 
se necessário) para a fixação das idéias destacadas (lembre-se que todo o conteúdo 
aqui apresentado será importante, não sendo aconselhável que parte alguma seja 
descartada). Dê uma atenção especial aos exemplos resolvidos, que servirão de 
base para a resolução dos 'Exercícios de Fixação'.
Feito isso, o aluno/professor deve passar então para a parte dos "Exercícios de 
Fixação". Nessa seção você não encontrará exercícios fáceis (todos têm o estilo de 
questões IME/ITA), porém encontrará alguns exercícios mais difíceis que os outros. 
Para melhor orientação criamos o seguinte código:
Por fim, ressaltamos que muitas das questões acompanham o nome de onde foram 
tiradas. Em alguns casos é comum ver a palavra 'adaptada' junto à referência. Isso 
acontece nos casos em que a questão é a mesma que caiu no vestibular citado, 
porém com alguma alteração, tornando-a mais interessante para a nossa discussão.
Para que futuras tiragens do livro estejam cada vez mais completas, pedimos 
aos leitores que enviem eventuais "erros" identificados ao correio eletrônico do 
autor: matematicanivelimeita@gmail.com. A Editora Vestseller disponibiliza a 
versão atualizada do arquivo de erratas dos livros Matemática Em Nível IME/ 
ITA (Volumes I e II) no endereço:
http://www.vestseller.com.br/Caioguimaraes
X - Nível Difícil
S - Nível Insano
mailto:matematicanivelimeita@gmail.com
http://www.vestseller.com.br/Caioguimaraes
Capítulo 1 - Vetores 15
1.1. A Origem da Geometria Analítica
5
4
3
t2
1
42 3 51
A ideia parece simples - boba, até. Representar figuras geométricas através de 
coordenadas no plano ou espaço para os estudantes hoje é tão intuitivo que nos 
custa acreditar que tal sugestão tenha aparecido tão tarde na evolução da geometria 
na história.
A maior parte da literatura no assunto atribui ao matemático e filósofo francês René 
Descartes (1596-1650) a proposta de descrever curvas, linhas, e outras figuras 
geométricas usando equações algébricas.
Assim como acredita-se que Isaac newton tenha formulado a Lei da Gravidade 
ao observar uma maçã caindo de uma árvore, acredita-se que Descartes tenha 
pensado no sistema de coordenadas ao observar, deitado em sua cama, uma 
mosca voando no teto.
^-Vetores
Ele percebeu que a posição da mosca poderia ser descrita como a distância 
dela ás paredes de seu quarto. Esse momento foi a inspiração para a criação do 
chamado sistema de coordenadas cartesianas, que possui esse nome justamente 
em homenagem ao seu criador.
Descartes publicou suas descobertas no ensaio La Geometria, parte integrante 
do apêndice da obra Discours de La Méthode (1637). Inicialmente, sua obra em 
francês não foi muito bem reconhecida, principalmente devido à lingua de escrita 
e às suas complicadas equações.
Foi apenas depois da tradução para o latim e dos comentários do matemático 
holandês Van Shooten (1615-1660), doze anos mais tarde, que a obra de arte de 
Descartes passou a ser compreensível para a comunidade matemática e se espalhou 
para o mundo com seu devido reconhecimento.
Frans Van Shooten passou ainda o resto de sua vida contribuindo para o 
desenvolvimento da obra de Descartes, tendo sido um dos pioneiros a sugerir que
01 
0
Matemática em NIvel IME/ITA-Volume II16
1.2. Definições e Propriedades de Vetores no R2 e R3
Vetores de tais tipos podem ser tratados geometricamente.
y
ByB
-AyA ü
X
A criação da geometria analítica criou a ligação que faltava entre o estudo da 
geometria e álgebra, em que figuras e curvas geométricas passavam a ser 
representadas por equações e tratadas com muito mais rigor do que anteriormente.
A consequência desta criação teve efeito dominó: os estudos revolucionários do 
Cálculo Diferencial e Integral de Newton e Leibnitz, por exemplo, ou o extenso 
estudo da mecânica por matemáticos/físicos como Kepler, Newton e Galileu, todos 
tiveram alguma base na análise com coordenadas cartesianas para a geometria.
Por ironia, a simples descoberta de Descartes, observando uma simples mosca 
em seu teto, pode ter sido um dos maiores aceleradores do desenvolvimento da 
matemática em sua história!
Exemplos de Grandezas Escalares:
Energia 
Tempo 
Massa
Vetores podem ser representados por pares ordenados (quando tratados no plano, 
ou R2) ou por ternas ordenadas (quando tratados no espaço, ou R3). Vamos nos 
limitar, neste livro, a problemas envolvendo vetores emespaços de dimensã.o 
máxima 3.
Dizemos que uma grandeza fisica é um vetor quando convém diferenciá-la com 
elação à sua intensidade (módulo), direção e sentido. Quando a grandeza fisica 
e diferencia apenas por sua intensidade (módulo), a chamamos de escalar.
xA xB
Figura 1.2.1 - Representação geométrica de um vetor no R2
Nas próximas páginas deste livro, vamos mergulhar neste interessantíssimo assunto, 
que sempre foi, e sem dúvida continuará sendo tópico recorrente nas provas do 
IME e do ITA.
Exemplos de Grandezas Vetoriais:
Força 
Velocidade
Impulso
Capítulo 1 - Vetores 17
yA) = (xB-xA, yB-yA)
Definição 1.2.1
yo
y
X
Figura 1.2.2 - Representação geométrica de um vetor R3
PQ = Q - P = (xo, yQ,zQ) - (xp,yp,zp) = (xQ-xp, yo-yP, zo-zp)
ku = (kxu, k yu, k zu)
O vetor que une os pontos A e B no plano da figura 1.2 1 é representado 
algebricamente da seguinte forma:
Note que a representação matemática do vetor ú depende apenas dos tamanhos 
geométricos das projeções do vetor sobre os eixos. Isso significa que um vetor 
idêntico a ü, apenas transladado no plano possuirá sua mesma representação 
matemática.
As representações geométrica e algébrica deixam claro também que um vetor no 
R2 pode se reduzir a um caso particular de um vetor no R3 (todos os pontos do 
segmento orientado pelo vetor possuem o mesmo valor de cota z).
Um conjunto de vetores com mesma direção, sentido e módulo a um vetor 
qualquer é denominado conjunto dos vetores equipolentes a ü .
Em termos práticos, como um vetor é definido justamente por um módulo, uma 
direção e um sentido, todos os vetores dentro deste conjunto representarão ú .
As representações geométrica e algébrica de um vetor de dimensão 3 sao analogas.
Z
Multiplicação por um real
A multiplicação de um vetor por um real deverá alterar sua intensidade (seu 
comprimento geométrico).
[ü = (xu,yu,zu)
IkeR
u = AB = B - A = (x0, yB)-(xA,
Zr
ZQ
xqZ
Matemática em Nível IME/ITA-Volume II18
Figura 1.2.3
OBS: Se |k|
Definição 1.2.2
r-xu—I*—Xv-- >) X
y-
y“
v
ü + vyu + yvr
X X
4
-yJI
H A k—*u+Xv
'a) (b)
Figura 1.2.4 - Representação geométrica da soma de dois vetores - (a) Regra do Polígono; (b) 
Regra do Paralelogramo
........” .............'...........”-- -------------------"......”.......
Um vetor u é dito paralelo a outro vetor v quando existe um valor k real tal que: 
ü = kv
OBS: A multiplicação de um vetor por um real negativo altera o sentido do vetor. ;
---- -------- ------------- ------------------------------ -------------—--- -------- ---- ------------ 1
1, o comprimento do novo vetor é maior que o comprimento do 
original. Se 0 < |k| < 1, o comprimento do novo vetor será menor que o original.
Soma de Vetores
A soma de dois vetores é definida pela soma algébrica das suas ternas (ou pares) 
ordenadas.
ü + v = (xu, yu, zu) + (xv, yv, zv) = (xu + xv, yu + yv, zu + zv)
No plano, em termos geométricos, a soma se dá da seguinte forma
y
■
OBS: No exemplo ilustrado na figura, yv é um valor negativo, e, com isso o valor 
da ordenada do vetor resultante é menor do que a ordenada do vetor ü.
_ ü yu + yvzr-_-_-^ 
: v
Capítulo 1 - Vetores 19
V wü z
Ü-V'ü
Módulo do Vetor
Definição 1.2.3
Regra do Paralelogramo
Na figura 1.2.4 (b) vemos que se traçarmos um paralelogramo com lados iguais 
aos vetores a serem somados, e extremidades iniciais coincidentes, o vetor soma 
será representado pela diagonal que passa pelo mesmo ponto das extremidades 
coincidentes. O vetor soma terá também sua extremidade inicial no ponto coincidente 
das extremidades iniciais dos vetores a serem somados.
O módulo de um vetor é definido como o seu comprimento no plano de 
representação geométrica. Por isso, o módulo de um vetor será uma grandeza 
escalar e sempre não negativa.
Dado um conjunto de vetores com uma mesma direção e um mesmo sentido, o 
vetor unitário será aquele de módulo 1 (comprimento unitário).
Regra do Polígono
Na figura 1.2.4 (a), vemos que.se coincidirmos a extremidade inicial de um vetor a 
ser somado com a extremidade final do primeiro, a soma vetorial pode ser obtida 
unindo o inicio e o final do conjunto geométrico. A Regra do Polígono dá margem 
à soma de múltiplos vetores de forma simplificada.
ü+v+w+z
Fig. 1.2.5- Regra do Polígono
V
Figura 1.2.6-Regra do Paralelogramo
Demonstração:
Demonstra-se a regra do polígono para n vetores de maneira geral:
An-iAn + An_2An_, + ... + A,A2 = An - An_, + An_, - An_2 - 
-A2 + A2 - A, = An - A, = A,Ãn □
Matemática em Nível IME/ITA- Volume II20
Q = (xL.yu.zu)
1
■u
VÜ,
Vetor Nulo
O vetor nulo é um vetor de módulo igual a zero. A rigor, é o resultado da soma de 
dois vetores de mesmo módulo e direção, porém com sentidos contrários.
Õ = ü + (-ü)
Õ + ü = ü
k-Õ = Õ, Vk e R
B= , 
(xu,0,0)A
Notação: Costuma-se chamar o vetor unitário representante da direção e sentido ' 
de um vetor ü de "versor de ü", e representá-lo com um acento circunflexo em 
vez da tradicional seta simbólica de vetores.
- definição Ú l-l
” - Pi “ M-
Utilizando o teorema de Pitágoras nos triângulos retângulos hachurados na figura 
acima, temos um importante resultado:
|ü| = >Q2 + OP2 = VPQ2 + (OB2 + OC2) = + Yu + zu
|ü| = 7x2 + y2 + z2
Resultado 1.2.1
c = (0,yu,0) 
p
e ú//ü
Módulo de um Vetor Multiplicado por um Número Real
Multiplicando um vetor por um real k, alteramos o seu módulo por um fator 
multiplicativo |k|
|k ü| = |(k xu, kyu, k zu)| = + k2y2 + k2z2
= ^a/x2 í- y2 + z2 = |k|-|ü|
X
Figura 1.2.7- Módulo de um vetor
Z
A= ‘ 
(0,0,zu)
Capítulo 1 - Vetores 21
Exemplo 1.2.a Determine o módulo da soma dos vetores da figura abaixo.
w
X
Figura 1.2.8- Módulo de um vetor
Dados: [x| = |w| = 1, |ú| = 2jv| = 2^2
Solução:
Vamos dividir a soma em partes. A primeira delas (fig.l) é determinada com uma 
simples regra do paralelogramo.
OBS.: É importante que o aluno se acostume desde já com a diferença entre 
uma equação envolvendo grandezas escalares e uma envolvendo vetores. 
Dada uma soma de vetores que se anule, atente-se á diferença na notação que 
usaremos de agora em diante:
ü + v + w = 0 (incorreto)
ü + v + w = Õ (correto)
A seta em cima do vetor nulo é 
realmente necessária?
Já que o vetor nulo não possui 
sentido e direção definidos, 
não poderiamos representá-lo 
simplesmente por 0?
I
I 
l 
i
i
II
w +Z
Figura I
7 45°
Matematica em Nível IME/ITA- Volume II22
Como w + x e ü têm a mesma direção, a soma se dá de maneira simples:
|w + x| = 72
[ü| = 2-72
|Ü + w + z| = 72
Figura II
ü+v+w+z
Figura III
|ú + v + w + x|2 = (72)2 + (72)2 - 2(72)(72)cos(105°) = 4 - 4cos(105°)
Temos, finalmente:
|ü + v + w + x| = 74 + 76-72
Dependência Linear
Definição 1.2.4
Para somar v faremos uso da Lei dos Cossenos no triângulo hachurado (veja a 
figura III abaixo).
Dois vetores ü e v serão ditos linearmente independentes (L.l.) quando:
a, ü + a2 • v = Õ => a, = c/.2 = 0
ou seja, quando o fato da combinação linear dos mesmos ser nula implicar 
na única hipótese dos fatores escalares serem nulos. Caso contrário, os dois 
vetores são ditos linearmente dependentes (L.D.).
Lembrando, da trigonometria que:
cos(105°) = cos(60° + 45°) = cos(60°) cos(45°) - sen(60°)-sen(45°) =
= 1 7? _ 73 72 72-76
~ 2 2 2 2 “ 4
23Capitulo 1 — Vetores
ú = kv
a, ü + a2 v
Base Vetorial
Definição 1.2.5
Volta: "se dois vetores sao paralelos, então são L.D. entre si”
Se, por hipótese, os vetores são paralelos, então existe k real não nulo tal que:
No nosso caso, nos interessarão tomar como conjunto E os espaços do R2 e do R3. 
Que tipos de conjuntos de vetores formariam uma base vetorial desses espaços9
Exemplo 1.2.b Mostre que dois vetores são linearmente dependentes entre si se 
e somente se eles são paralelos.
Considere um conjunto V de vetores linearmente independentes e um outro 
conjunto E qualquer de vetores.
Se todos os vetores de E podem ser representados como uma combinação 
linear dos vetores de V, diz-se que os vetores de V formam uma base vetorial 
de E.
Logo, ü e v se diferenciam apenas pela multiplicaçãopor um real, e com isso são 
paralelos.
o que, não necessariamente implica em a, = cz2 = 0. (contraexemplo. rz, = 1, 
a2 = -k)
= Õ => (a, k + a2) v = Ó
=> ü = v
a2 ■ v = Ó =>
OBS: A definição 1.2.4 pode serestendida para um conjunto de mais vetores: O 
conjunto de vetores v,,v2 vn é dito linearmente independente quando.
0, 5, + a2 v2 + ... + an vn = Ó => a, = a2 = ... = an = 0
Solução:
Ida' ”se dois vetores são L.D. entre si, então são paralelos"
Considere a igualdade: ü + a2 v = Ó
Se, por hipótese, os vetores são linearmente dependentes, um dos fatores escalares 
é não nulo. Sem perda de generalidade, seja 
+ ^-v = 0
«1
a, k ■ v
a, * 0 => ü
24 Matemática em Nível IME/ITA-Volume II
y(o, 1, o) z(0, 0, 1) = x v, + y v2 + zv3
ü = (3, 3) ; v = (2, 0)
=> a, = a2 = 0
= x
(x.y) = a,(3. 3) + a2(2, 0) «1
Além disso, qualquer vetor (x, y, z) pode ser escrito como uma combinação linear 
desses vetores:
(x, y, z) = x(1, 0, 0)
Exemplo 1.2.C Mostre que os vetores ü e v a seguir formam uma base vetorial 
do R2.
= X-
3
................. ‘ ”....................— - ™----------------------------------------------------------------- -------------------------- ----------------------’.......................- -...........................- ' ■
Notação: A essa base vetorial do R3 damos o nome de base canônica do R3 |
Solução:
Primeiro devemos mostrar que os vetores são linearmente independentes.
a,ü + a2v = Õ => a, (3, 3) + a2(2, 0) - (0, 0)
=> (3a,, 3a.,) + (2a2, 0) = (0,0) => (3a., + 2a2, 3a,) = (0, 0)
|3a, + 2a2 = 0
|3a, = 0
O segundo passo consiste em mostrar que qualquer vetor (x,y) do R2 pode ser 
representado como uma combinação linear de ú e v
3a., + 2a2
3ai = y
x-y
a2 = —
É fácil ver que os vetores unitários paralelos aos eixos ordenados formam uma base 
vetorial. No caso geral do R3, considere:
v, = (1, 0, 0) = úx
V2 = (0, 1, 0) = Úy
v3 = (0, 0, 1) = úz
É também fácil ver que os mesmos são linearmente independentes, pois:
a., v, + a2 v2 + a3 v3 = Õ => a,(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0) 
+ a3(0, 0, 1) = (0, 0, 0) => (a.„ 0, 0) + (0, a2, 0) + (0, 0, <x3) = (0, 0, 0) 
=> (a„ a2, a3) = (0, 0, 0)
=> a, = a2 = a.3 = 0
Ou seja, qualquer vetor (x.y) pode ser escrito da seguinte forma:
, . y . x-y (x,y) = ju + -y-v
Conclui-se que ú e v formam uma base vetorial do R2.
25Capitulo 1 - Vetores
Dica para a demonstração: Baseie-se na resolução do exemplo 1.2.b.
Ü = (1, 3, -7)
ü = (1, 3, -7) = í + 3j - 7k
Citaremos agora 2 teoremas cujas demonstrações não são complicadas. No entanto, 
esses teoremas não são nosso foco principal, pois apenas os utilizaremos como 
ferramentas para compreender futuros resultados. A demonstração, portanto, fica 
como exercício para aqueles que se interessarem mais pelo assunto.
Notação: É comum escrever um vetor como a combinação linear dos vetores da 
base vetorial canônica do espaço em questão. Por exemplo:
Os vetores da base vetorial canônica do R3 também são comumente denotados 
pelas letras i, j , k.
No R3, 3 vetores formam um conjunto linearmente dependente se e somente 
se um dos vetores pode ser escrito como uma combinação linear dos outros 2.
Resultado 1.2.2
No R2, conjuntos linearmente independentes contêm no máximo 2 vetores. No 
R3, conjuntos linearmente independentes contêm no máximo 3 vetores.
Resultado 1.2.3
DBS.: Fica como exercício ao leitor mostrar que 2 vetores não paralelos formam 
sempre uma base vetorial do R! (exercido de fixação 1.12)1
Eu achei esse assunto de 
"Dependência Linear" meio 
complicado.
Tenho muitas dificuldades em 
demonstrar resultados abstrattos 
como esse.
Isso pode cair na prova7
ux + 3uy - 7uz
26 Matemática em Nível IME/ITA-Volume II
1.3. Produto Escalar
ü • v = (ú, v) = produto escalar entre ü e v
ÜV = (X,
Definição 1.3.1
2. Comutatividade
Assim como a soma de vetores, o produto de vetores é definido de forma diferente 
da multiplicação algébrica de números. Estudaremos 3 tipos de produtos de vetores: 
produto escalar, produto vetorial e produto misto. O produto escalar (também 
chamado de Produto Interno) é denotado pela seguinte simbologia:
Nota do Autor: A preocupação é compreensível. Questões envolvendo 
diretamente “dependência linear' raramente caem no vestibular (ocasionalmente 
são cobradas no ITA). No entanto, entender esses conceitos pode ser muito útil! 
Veremos mais a frente algumas questões de geometria muito bonitas resolvidas 
justamente pela compreensão desse conceito. Leia e releia as partes difíceis, 
faça os exercícios de fixação, e garanto que a compreensão virá!
O resultado do produto escalar entre 2 vetores é, como o próprio nome diz. um 
escalar. Trata-se da soma dos produtos das respectivas coordenadas de cada 
vetor.
yuyv + zu-zv 
i 
yu* zu)(xu,
3. Propriedade Distributiva 
[ü (v + w) = Ü V + ü- w|
Resultado 1.3.3
|Ü V = V-Ü|
Resultado 1.3.2
yu. zu) = xu + Vu + zu = |Ü|2
Propriedades Importantes:
1. Produto Escalar de um vetor por ele mesmo 
ü-ü = |0|2
Resultado 1.3.1
Demonstração: ü u = (xu,
Demonstração:
ú V = (xu, yu, zu) (xv, yv, zv) = xu xv + ) 
= (xv, yv, zv)-(xu, yu, zu) = vü
:u. Yu. zu)(xv> yv. zv) = *u xv + yu-yv + zu zv
27Capítulo 1 - Vetores
Resultado 1.3.4 - Equação Geométrica do Produto Escalar
Figura 1.3.1
|v|2 - 2|ü|-|v| cosO
Com o Resultado 1.3.3:
- 2|ú| |v| cose
0 = 0°
|Ü| • |v| • COS e
Demonstração:
Tomemos dois vetores com um ângulo 0 entre eles.
Equação Geométrica do Produto Escalar
Como na soma de vetores, o produto escalar também possui uma interpretação 
geométrica. Vejamos a seguir.
Da propriedade comutativa (Resultado 1.3.2)
-2Ú V = — 2|ü|• |v|■ cos0 => ü v = |ü| -|v| cose
Seja 0 o ângulo geométrico entre os vetores ü e v . É válido que: 
üv = |ü||v|cose
‘V
yu yv + zu zv)
= Ü V
Como vale para todos os ângulos possíveis, fica provado o resultado. 
Devemos mostrar que a expressão também vale para (I igual a 0o e 180° (casos 
em que não há triângulo).
ü v = ükü = k|ü|2-1 = |ú|(k■ |ü|)■ cose => |ü||v|cos0
9 = 180° => üv = ükü = -k |ü|2 • (—1) = |ú|• (|k|■ |u|)■ cose
k < 0
Da Lei dos Cossenos, vale: |u — v|2 = |ü|2
Utilizando o Resultado 1.3.1:
(ü-v) (ü-v) = ü-ü + vv - 2jú| |v| cos0
Demonstração:
ü (v +w) = (xu, yu, zu) ((xv, yv, zv) + (xw,.yw, zw)) 
= (xu* yu. zu) (xv *** xw yv Vw' + zw)
— xu (xv + xw) + yu (yv + yw) + zu (zv + zw)
= (XU Xv + yu yv + Zu zv) + (xu xw + yu yw + zu zw) 
ü w □
Matemática em Nível IME/ITA-Volume II28
Perpendicularismo entre 2 Vetores
Resultado 1.3.5
(a,b)±(-b,a) e (a.b) 1 (b,-a)
Determine o ângulo entre ú e v.
Do resultado 1.3.1
(ü + 2v) (ü + 2v) = (ü-v) (ü-v)
=> 3 = -6-1-1-COS0
Logo, o ângulo 0 entre os dois vetores é:
0 = 120°
Demonstração:
As demonstrações tanto da “ida” quanto da “volta'' da relação de “se e somente se” 
acima, saem direto da Relação Geométrica do produto escalar.
Solução:
Considere a igualdade:
Exemplo 1.3.a (EN) Dados dois vetores unitários ü e v tais que:
|ü + 2v| = |ü-v|
OBS.: Note que, para acharmos um vetor perpendicular a um vetor (a,b), no 
R2, basta invertermos as posições de a e b, e trocarmos o sinal de um eles. Ou 
seja:
Sejam os vetores ü e v não-nulos. É válido que: 
ü _L v <=> ú v = 0
üv = 0 o |ü|-|v| cos0 = 0 <=> cosO = 0 oülvo
|ü - v|2lü + 2v|2
=> u ü + 4uv +4vv=üü-2üv +vv 
=> |ü|2 + 4ü v + 4|v|2 = |ü|2 - 2ü v + |v|2 
=> 3|v|2 = -6ü v =» 3-1 = -6|ú|-|v| cos0 
n 1 
COS0 =-----
2
Capitulo 1 - Vetores 29
|2
,2
Visão Geométrica do Produto Escalar: Projeção
projvu
Resultado 1.3.6
Demonstração:
□üv _vPI PI
O módulo do vetor projeção é dado por: 
|projvü| = |ü|cos0 =
Solução:
Como é v paralelo a p, e wé perpendicular a p, temos que:
v ± w => v ■ w = 0
Exemplo 1,3.b (EN - 2003) Sabendo que v é paralelo a p e w é perpendicular a 
p , e dado que: ü = 2i + j - 3k; p = 3i - j; ü = v +w . Determine o valor de: 
|v - w|
Sejam os vetores ü e v não-nulos e não paralelos. Demonstra-se que projeção 
de ü em v é dada por:
projúv
Figura 1.3.2
|ü| |v| ■ COSO u v
' Pi = PT
O sentido e direção da projeção é dado pelo versorde v 
, -i- ü v v üv proJvu = |PrM'v = jzi = ^- v
Portanto: |v-w|2 = (v - w) (v - w) = v ■ v - 2y ■ w + ww = |v|:
Além disso: |v + w|2 = (v + w)(v + w) = v • v + 2yw + w w = |v|2 + |w|: 
 =0
Logo: |v - w| = |v + w| = |ü| = ^22 + 1 + (~3)2 = VÍ4
||v - w| = >/Í4|
PI2
|w|2
30 Matemática em Nível IME/ITA-Volume II
0
v
proj^ü
Figura 1.3.3
A= (1,1,1)
B C = (0,-2,3)
Sabe-se que:
•BC
BH =
Finalmente
18(H-B) = 7(C-B)
H =
H =
Note que o caso em que o ângulo 0 é obtuso está incluso na demonstração. Neste 
caso o produto escalar, que acaba dando o sentido do vetor projeção, será negativo, 
e. portanto, a projeção terá sentido contrário ao de v .
Solução:
Considere a figura abaixo.
^0
(1.2,4)
(0, -14, 21) + (11, 22, 44)
18
BC = — BC 
18
BH = — BC 
18
7C + 11B
18
11 4 65
18’ 9' 18
11 4 651
18' 9' 18J
H = ?
Figura I
BH = projBCBA =
BÃ = A - B = (1, 1, 1) - (1, 2, 4) = (0, -1, -3)
BC = C - B = (0, -2, 3) - (1, 2, 4) = (-1, -4, -1)
BÃ BC
|BC|2
(0, -1, -3) (-1, —4, -1) —
(-1)2 + (—4)2 + (-1)2
Exemplo 1.3.C Considere o triângulo dado pelos vértices A = (1. 1. 1), 
B = (1, 2, 4) e C = (0, -2, 3). Calcule as coordenadas do "pé" H da altura relativa 
ao lado BC.
Capítulo 1 - Vetores 31
Figura 1.3.4
D = (0.1) C =(1,1)
GF
A = (0,0) E (e,0)
Com isso:
(e,-1) = k (1J-1) f-1
(Lembrando que os passos acima são válidos uma vez que f#1,e#0)
Podemos escrever agora:
AF = F - A
DF = F - D = (1, f-1)
DE = E - D = (e, -1)
Exemplo 1.3.d Seja E um ponto sobre o prolongamento por B do lado AB do 
quadrado ABCD. Seja F a interseção de DE e BC e G, a interseção de AF e CE 
Prove que BG é perpendicular a DE.
B = (1,0)
Figura I
f = ±ü 
e
Solução: Considere o sistema de eixos adotado tais que o lado do quadrado ABCD 
seja unitário. Desta forma, representemos as coordenadas de F e E por: E = (e,0) 
eF = (1,f).
Sendo G = (x.y) a interseção das retas CE e AF, temos:
ÍCG // CE => CG = m CE, meP.
[AG // AF == AG = n AF, neR
Como os vetores DE e DF são paralelos, existe um fator real k, tal que:
DÊ = k DF
k = -1
Matemática em NIvel IME/ITA- Volume II32
G - A = n(F-A) , n e Rn,
m(e-1), 1-m)Com isso:
=> 1 + m(e - 1) =
n =
Resolvendo:
e ■ m m =
A coordenada de G neste sistema será:
G = , 1 -
Temos portanto:
- (1 0) =BG = G - B =
DE = (e. -1)
DE BG = (e, -!)■ = 0
Do resultado 1.3.5, temos que DE e BG são perpendiculares. □
v = produto vetorial de ü por v
1.4. Produto Vetorial
Vimos que o resultado do produto interno entre 2 vetores é um número escalar. O 
desenvolvimento da física exigiu da matemática o estudo das propriedades de um 
outro tipo de produto entre 2 vetores.
A notação do produto vetorial, também conhecido como Produto Externo, pode 
ser encontrada na literatura nas formas a seguir:
v = ü
e(e - 1) 
e2 - e + 1
+ m(e-1), 1-m), meR 
n(e-1) 
e
e(e - 1) 
e2 - e + 1
1 
e2 - e + 1
1 
e2 - e + 1
e(1 - m) 
e - 1
e(e-1) 
í e2 - e + 1
G - C = m(E-C) => G = C + m(e-1, -1) = (1 
=> G = A + n^1, ——: =
Finalmente, calculamos o produto escalar para testar a perpendicularidade: 
e - 1 e(e - 1)
n (e-1) 
e
e2 - e
1' e2 - e + 1
2^1] = (-
De onde segue (dado que e 1) 
n = 1 + m(e - 1) 
e(1 - m) 
e - 1
e - 1 
e2 - e +
e2
e2 - e +
e + 1 e2 - e + 1
ü x
e-1 
e2 - e + 1
e2 - e 
í’ e2 - e + 1
e2
e2 - e +
e - 1 + m(e-1)2 = e
Capítulo 1 - Vetores 33
Definição 1.4.1
AÚxv
Ü
S>’ V
Figura 1.4.1
3.
Ambrose Fleming 
(1849-1945)
Definição 1.4.2
Regra da Mão Direita
A regra da mão direita é um método mnemônico, criado pelo físico e eletrônico 
John A. Fleming, para lembrar o sentido definido para o resultado de um produto 
vetorial entre dois vetores.
O resultado do produto vetorial entre 2 vetores no R3 é um valor perpendicular 
ao plano definido pelos mesmos. O sentido do vetor resultante é dado pela 
"Regra da Mão Direita". Sendo 0 o ângulo entre os dois vetores, o módulo do 
vetor resultante é definido da seguinte forma:
|ü x v| = |ü| • |v| • senO
1.
2.
Regra da Mão Direita
Para determinar o sentido definido do produto 
vetorial, deve-se seguir os passos (ilustrado na 
figura 1.4.1):
Espalmar a mão com os dedos apontando 
na direção e sentido de ü
Curvar os dedos para apontar na direção e 
sentido de v
A direção do seu polegar esticado indica o 
sentido definido do produto.
J
Matemática em Nível IME/ITA-Volume II34
X ,z
z Xy
y zX
Demonstração: |ü x (k • ü)| = |ü| |k u| • senO° = 0
2. Anti-Comutatividade
OBS.: Conforme já discutimos existem várias bases vetoriais para o R3. No 
entanto, a base denominada base canônica do R3é a formada pelos vetores:
i = (1. 0, 0); j = (0, 1, 0); k = (0, 0, 1)
Demonstração: Segue direto da definição do sentido do produto vetorial (Regra da 
Mão direita)
Demonstração: A demonstração requer uma análise geométrica e será pedida como 
um dos Exercícios de Fixação deste capitulo.
Portanto, quando arbitrarmos eixos coordenados a um sistema geométrico, 
devemos nos lembrar que as direções dos eixos devem ser tais que:
Ox a Oy = Oz 
Oy a Oz = Ox
ÕzaÕx = Õy
4. Multiplicação de um dos fatores por um fator real k 
|üx(k-v) = k(úxv) = (kú)xv|
Resultado 1.4.4
Propriedades Importantes:
1. Produto Vetorial de um vetor por outro paralelo a ele 
|üx(kü) = Õ|
Resultado 1.4.1
3. Propriedade Distributiva
|üx(v + w) = üxv + üxw|
Resultado 1.4.3
|üxv = -(v^ü)]
Resultado 1.4.2
Observe que, da definição de produto externo e de sua direção, teremos: 
ÍAj = k 
j a k - i 
kAi = j
üx(k ü) = Õ □
Capítulo 1 - Vetores 35
□
Equação Matricial do Produto Vetorial
Sejam ü = (x,j, yu, zu) e v = (xv, yv, zv). O produto vetorial pode ser escrito
na forma matricial:
kí
ÜxV =
Resultado 1.4.5- Equação Matricial do Produto Vetorial
X X
X
X X
Res. 1.4.4
+ YuYv
Demonstração: A regra da mão direita dá o mesmo sentido resultante para as 3 
parcelas acima (para k negativo e positivo). Além disso, os módulos também são 
iguais:
|üx(k v)| = |ú| • |k • v| • sen9 = |k| |ü| |v| sen0 = 
|k||üxv| = |(kü)xv| = |k(üxv)|
zu
2vxv
J 
yu 
yv
xv i) + (xu-í
Zu • yv • (k x j) + zu • zv • (k X k)
=—i =Õ
= xu xv(ixi) + xuyv(ixj) + xuzv(ixk)
t ^r
(jxj) + yu zv-(jxk) +zu xv (kxí)
Tr
y« j) + (yuí 
+ (v*
Res. 1.4.3, ?
= (xu '
+ yuxv(íxi)
Demonstração:
Escrevamos os vetores como combinação linear dos vetores da base canônica do R3. 
ü = xu i + yu j + zu k; v = xv i + yv j + zv k
Fazendo o produto vetorial:
üxv = (xui + yuj zu k)x(xv i + yv j + z„ k)
x y, j) + (vi x z. k) + (yu j 
zvk) + (zuk :
y,]) + (zu'k x zv-k)
x xv i)
x xv i)
(yu í x
Matemática em NIvel IME/ITA- Volume II36
□
Resultado 1.4.6
|ú|senO
v
Figura 1.4.2
□
Demonstração:
Considere a figura I abaixo.
J
Yu
Yv
Visão Geométrica do Produto Vetorial: Área
Assim como o produto escalar estava ligado à projeção de um vetor em outro, 
podemos dizer que o produto vetorial também possui uma interpretação geométrica.
Sejam os vetores ü e v não-nulos e não paralelos. A área do paralelogramo de 
lados orientados por Ü e v é dada por:
Áparalelogramo ” |ú x v|
A área do triângulo com dois lados orientados por u e v é dada por: 
|üxv|
2
xu
xv
Da geometria plana, a área é dada por:
Áparalelogramo = (base) • (altura) = |v| • (|ü| ■ sen9) = |üxv|
|yu zuh _ |xu zu| , + lxu yu| - =
|yv zv| |xv zv| |xv yv|
A área do triângulo será, portanto.
A = iA . hM
A paralelogramo
Na última passagem foi usado o teorema de Laplace para determinantes, citado 
no Apêndice deste livro.
Re-arrumando:
üxv = (yu zv - zu yv)í + (zu xv - xu zv)j + (xuyv - yu xv)k
zv
Capítulo 1 - Vetores 37
1
s =
s =
b2'3^ + a2 'Cf —
□
1
Colinearidade entre 3 pontos
i
= 0
Resultado 1.4.7
Demonstração: A demonstração é direta, a partir do resultado do exemplo 1.4.a. 
Fica, portanto, como exercício ao leitor!
2 
2
J
b2 — 3%
C2 — a2
k
0
0
____ i
l.|ABxAC| = 1. bf-a, 
ct-a.
a, a2
b, b2 1
c, c2
Exemplo 1,4.a Demonstre que, dadas as coordenadas dos vértices de um triângulo 
no plano (R2), A = (a,.a2); B = (b,,b2); C (c,,c2) , a área do triângulo é dada por:
1
S = -
2
ai a2
b, b2 1
c, c2Os pontos A = (a,,a2); B = (b,,b2); C = (c,,c2) são colineares, se e somente se:
3i a2 1
b, b2 1
c-i c2 1
Solução:
Do resultado 1.4.6, temos que (OBS: como os dois vetores estão no plano, suas 
componentes na direção k são nulas, e portanto a 3a coluna do determinante 
abaixo é nula):
•2 _ b2 c1
Desenvolvendo:
^•|((bi-ai)(c2-a2) - (b2-a2)(c,-a,))-k|
= 2 I -alHC2 — a2 ) - (b2 ~ a2 )(c1 -al))|
= 2 'I b' cz - bra2 _ ai c2 +
1
Matemática em NIvel IME/ITA- Volume II38
= -2 + 4 — 8 + 4 - 4 + 4 = —2 * 0
A, B, C não são colineares.
= 0
-2 + 2t - 4t 2t - 2t + 4 = 0 t = 1
(Para que C, da forma proposta, seja colinera com A e B, precisará coincidir com A)
AB x AC = = Õ (linhas de 2 e 3 são proporcionais)
A, B, C são colineares.
Solução:
Tomemos as arestas concorrentes em um dos vértices como eixos coordenados. As 
figuras I e II abaixo mostram como determinamos as coordenadas, neste sistema 
de eixos, dos pontos que constituem o triângulo a ser analisado.
1
1
1
k
-9
1 
-2 
t
1 
-2 
2
2
-2
4
í 
1
3
2
-2
2t
Exemplo 1.4.c Calcule a área do triângulo formado pelos pontos médios de duas 
arestas de vértice comum de um cubo e pelo ponto médio da aresta ortogonal (e 
reversa) àquelas arestas. Dé o resultado em função da aresta a do cubo.
Exemplo 1.4.b
a) Verifique se os pontos A = (1,2), B = (-2,-2) e C = (2,4) são colineares no plano R2.
b) Determine o valor de t para que C = (t, 2t) seja colinear com A = (1,2) e 
B = (-2.-2).
c) Verifique se os pontos A = (1,3,3), B = (2,1,0), C = (4,-3,-6) do R3 são colineares 
no espaço R3.
c) Não podemos mais usar o resultado 1.4.7, pois estamos agora analisando 
pontos no espaço. Para que A, 8, C sejam colineares basta que os vetores AB 
e AC sejam paralelos. No R3, se os vetores dois vetores são paralelos, então 
seu produto vetorial será nulo (resultado 1.4.1). Vamos verificar!
j
-2
-6
b) Para que os pontos A, B e C sejam colineares basta que o determinante do 
resultado 1.4.7 seja nulo.
Solução:
a) Como se trata de pontos no R2, podemos usar o resultado 1.4.7 para verificar 
se os pontos A, B e C são colineares.
1
1
1
39Capítulo 1 - Vetores
z H = (O.a.a)
G = (a.a.a)
E = (O.O,a)
F = (a.O.a)
y
Figura II
A área do triângulo será dada por (Resultado 1.4.6):
kí kJ
|rp
a-0 a
a-0 a
Calculando:
A +
2
4 ’
ã
3a2
4
Exemplo 1,4.d Demonstre que dados 3 vetores quaisquer, a equação chamada de 
Identidade de Lagrange sempre será satisfeita:
2
2
2
2
4 '
a
a~2
a a —
2
a
2
a
2
a
2
=
(a.a.O)
> X
B = (a,0.0)
Figura I
4 4
2 í a2 
2
2 í a2 
2
a2>/H
8
a2 ■ VTl
8
x(bxc) = b-(ãc) - c-(ã b)
Aa =
5Í-a2k =
4
í í
a
2
5-0
2
1-0
Aó
R = (o,o,5
a2Y
2 J
/H =
(O.a.O)
A =(0,0,0)
Solução:
Sejam: ã = (a1,a2,a3), b = (b1,b2,b3), c = (c„ c2,c3), tem-se, desenvolvendo 
o lado esquerdo da identidade:
bxc = (b2'C3 — b3 c2, b3'C^ — b^'C3, b^*c2 — b2'C^J
X rq|
2
Matemática em NIvel IME/ITA-Volume II40
E, portanto:
1.5. Problemas de Geometria
Ponto Médio de um Segmento
M =
A representação geométrica dos vetores, tanto no R2 quanto no R3, já sugere grandes 
aplicações dos vetores no ramo da Geometria. Veremos o quanto isto é verdade 
nesta seção. Para que a compreensão desta seção flua melhor, é pedido que o 
leitor já tenha tido contato com Geometria. Para ajudar neste requesito, o apêndice 
deste livro contém as definições de termos como "ceviana", "bissetriz", “mediana”, 
“mediatriz", “altura" entre outros, que serão bastante usados daqui para frente.
O ponto médio M do segmento AB é expresso em função das coordenadas de 
A e de B da seguinte maneira:
a2(b,c2 — 02^) — a3(b3c, — b1c3) 
b3c2) - - b^)
^al (^3C1 “ ^1C3 ) “ a2(^2^3 ” ^3C2)?
A + B
2
OBS.: Note que é bxc um vetor perpendicular ao plano formado pelos vetores 
b e c . Logo ã x [b x cj, por ser perpendicular a este vetor, estará contido no plano 
formado por b e c. Consequentemente, ã x (b x c) deverá ser uma combinação 
linear dos vetores b e c, como bem verifica-se no lado direito da identidade.
Verifiquemos que o lado direito equivale à expressão acima:
b-(ã c) - c-(ã-b) =
(a^ + a2b2 + a3b3)c1
— (a1b1 + a2b2 + a3b3)c2
Jai^i + a2b2 + a3b3)c3,
(aici + a2c2 + a3c3)b-|
= (a1c1 + a2c2 + a3c3’)b2
,.(ai^1 + a2^2 + a3Cs)^3 >
a2 (b1c2 — b2c1) — a3 (b3c1 — b1c3)
= a3 (b2c3 — b3c2) — a1(b1c2 — b2c1) 
ai (b^ — b1c3) — a2 (b2c3 — b3c2),
Com isso, provamos a identidade. □
a x (b x c j — a3 (b2c3
Capítulo 1 - Vetores 41
AM = MB => M = □
C = (5.4)
B = (2,3)
MB // BC => (2, 3) -
=> 3y - x =12 (eq. II)
3 - = k
|D = (0. 4)|x = 0; y = 4
Alem disso, os vetores MB e BC são paralelos, onde M é o ponto médio do 
segmento AD.
Demonstração:
Sendo M o ponto médio do segmento AB:
A = (1,1)
Figura I
(x. y) + (t 1)
2
k(3, 1) =>
A + B 
2
Exemplo 1.5.a Determine o ponto D que resulta da reflexão de A = (1,1) em relação 
à reta que une os pontos B = (2,3) e C = (5,4).
Das equações I e II, temos: 
(3x + y — 4 = 0 
(3y - x = 12
2 - 3 - = (3k,k)
Solução: Temos que os vetores:
BC = C - B = (5, 4) - (2, 3) = (3, 1) 
ÃD = D - A = (x, y) - (1, 1) = (x-1, y-1)
D = (x.y)
2 - — = 3k r <2 2_2S±1 = 9 _ 3fy±l
y + 1 2
2
Como esses vetores são perpendiculares, temos:
BC ÃD => (3, 1) (x-1, y -1) = 0 => 3x - 3 
=> 3x + y- 4 = 0 (eq. I)
=> M - A = B-M
y - 1 = 0
y+1
2
42 Matemática em Nível IME/ITA-Volume II
Figura I
Além disso:
= AN
BN = BC + CN = ü - 2v
ÃM = ÃC + CM = -2Ü + v
Exemplo 1.5.b Mostre que as 3 medianas de um triângulo qualquer se interceptam 
em um único ponto (o baricentro) e que este ponto divide cada uma das medianas 
em 2 segmentos na razão 1:2
Solução:
O fato de que 2 medianas se cruzam em um ponto é trivial. Seja G esse ponto 
Mostremos que a 3a mediana passa também por G. Sejam M, N, O os pontos médios 
dos lados BC, AC e AB, respectivamente.
BG = m-GN
BG + GN = BN
GM = n ■ AG
ÃG + GM = ÃM
Para mostrar que a 3- mediana passa por G, basta mostrar que os vetores CG e GO 
são paralelos.
Escrevamos esses dois vetores em termo dos vetores linearmente independentes 
ú e v escolhidos:
ÍNÃ = CN = ü
[MB = CM = v
GN = —— ü 
m + 1
— 2
AG = - — ú 
n + 1
+ ü = 0
m + 1
— v 
n + 1
_?_.v 
m + 1
1 -------- v + 
n + 1
- — ü + 
n + 1
Da regra do polígono no triângulo AGN:
ÃG + GN
1 _-------- u 
m + 1
Como ü e v são linearmente independentes, pela definição 1.2.4 temos:
- — + —— + 1 = — - = 0
n + 1 m + 1 n + 1 m + 1
43Capítulo 1 - Vetores
De onde segue:
m = 2
Temos ainda que-
(AAGO): GÓ = -OÁ - AG = -
Logo:
CG = 2 GO
PA / PC = q; QB / QC = r
CB
Solução:
Vamos tentar atacar o problema utilizando uma metodologia semelhante á usada no 
exemplo anterior. Escolhemos dois vetores linearmente independentes interessantes 
para iniciar o problema.
As cevianas AQ e BP encontram-se em T, conforme ilustrado na figura. Determine 
as relações BT / TP e TQ / AT em função de q e r:
A
Exemplo 1.5.c (baseada em questão do IME - 2004) Considere o triângulo ABC 
da figura. Marca-se o ponto P sobre o lado AC e Q sobre o lado BC tais que'
Q
Figura 1.5.1
JL.v 
n + 1
CG =
•n.í-^.ú
l n + 1 
(20 - 2v)
2
Este último resultado mostra que os vetores CG e GO são paralelos e dividem o 
segmento em duas partes na razão 1 : 2. Como a escolha da mediana a ser tomada 
como 3a mediana foi arbitrária, a razão em que G divide cada uma das 3 medianas 
é a mesma. □
h
GO = 1-ü 
3
?v
3
l.v
3
- — ü + — v I 
n +1 n -1 )
1 
n = -;
2
(AGMC): CG = v - GM = v -
Matemática em Nível IME/ITA- Volume II44
CB V
QB = r ■ vPA = q-ü e
=> TP
=> AT
= õ
•ü +
•v = Õ
n + 1 =
1 
n + 1
|CQ
QB = k2v
(r + 1)-(q + 1) - 1 
(r + 1)q
rq + r + q 
(r + 1)q
+ í — ]v ln + lj= í-—l n +1J
+ f-iüYv
l m + 1J
Sabe-se que:
IBT + TP = BP
|bT = m -TP, m e IR
ÃT + TQ = ÃQ
TQ = n-AT, n e R
Além disso:
v + qü = Õ 
m + 1 
r + 1 
m + 1
1 
m + 1
— = (r n + 1 v
1
— .(1 - (r + 1).(q + 1)) = -(r + 1)q
lQB lQBl r
’ PI ’
AT + TP + PA 
f_^.ü + r_LYv + (_q V n +1J ln + 1J Vm +1J
( q+1 1 > - (=> --— + ------- + q u + ■n + 1 m + 1 ) V
Como ü e v são linearmente independentes,pela definição 1.2.4 temos: 
-S±l + ^_ + q = _l__I±l = 0 
n + 1 m + 1 n + 1 m + 1
Nos interessa determinar m e n. Re-arrumando o sistema:
q-q n + 1
+1)[q-q
Vn + 1
Figura I
Escrevamos os demais vetores interessantes à questão em função dos escolhidos 
ü e v.
M = M = n
• jcp| |ü|
PÃ = k, ü
Utilizando a Regra do Polígono nos triângulos BCP e AQC, respectivamente
BP = CP + BC = ü - (v + r-v) = ü - (r + 1) v
ÃQ = ÃC + CQ = ~(q + 1)ü + v
45Capítulo 1 - Vetores
De onde segue:
Calculando m:
(q
q
Baricentro
G
Definição 1.5.1
r
(r + 1)q
OBS.:CertamenteonossocolegaestásereferindoaosTeoremasimportantíssimos 
de Menelaus e Ceva. O aluno que está se preparando emnivel IME-ITA 
certamente se esbarrará com esses teoremas ao estudarGeometria Plana. De 
fato, o Teorema de Menelaus seria uma saídaexcelente no caso do exemplo 
acima. No entanto, é importante que fique nacabeça a metodologia empregada 
na resolução dos últimos 2 exemplos poisserá muito útil em outros exercícios 
semelhantes.
Se você nunca ouviu falar dos Teoremas de Menelaus e de Ceva, não se 
preocupe. Esses teoremas serão tema de dicussão nos exercícios de fixação!
Já me falaram de alguns teoremas geométricos 
envolvendo cevianas de um triângulo. Não seria 
melhor, neste caso, utilizar estes teoremas?
q + 1 
r
(r + 1)q
1).(r + 1) - r - (r + i)q>
r + (r + 1)q J
r(q+ 1) 
q
1 
m + 1
q
r + (r + 1)q
Dado um polígono A,, A,, A3,.... An, o seu baricentro é definido como o ponto com 
coordenadas iguais à media aritmética das coordenadas dos vértices do polígono.
+ A2 -r ■■■ + An
n
- q =
— + 1
TQ
n = ==•
AT
q + 1
-—; - q = n + 1
BT m = = =
TP
4b Matematica em Nível IME/ITA-Volume II
A3 VA’
o
a4\ ia7
nG = A-| + A2 + ... + AnG =
Resultado 1.5.2
Resultado 1.5.3
3G G =
Pela definição 1.5.1, G é o próprio baricentro do triângulo.
A soma dos vetores que ligam os vértices de um polígono regular ao seu 
baricentro (centro) é o vetor nulo.
GAj + GA2
No caso do poligono regular, o baricentro coincide com o centro da circunferência 
circunscrita ao polígono. Geralmente, no caso do poligono regular, o baricentro é 
denominado apenas como centro do poligono.
A?
A5 As
Figura 1.5.2
Baricentro do Triângulo Qualquer
As medianas relativas aos 3 vértices de um triângulo qualquer se cruzam em um 
único ponto coincidente com o baricentro deste triângulo.
JAn - G) 
...+ GAn
Vale a pena destacar o seguinte resultado:
Ai + A2 + ... + An __ 
n
=Z. 0 = (A, - G) + (A2 - G) + ...
=> Õ — GA-j + GA2
+ ... + GAn = Õ
Demonstração: A concorrência das 3 medianas de um triângulo em um único ponto 
foi demonstrada no exemplo 1.5.b Seja G este ponto de concorrência.
Sendo O é ponto médio de AB, temos do resultado do mesmo exemplo:
CG = 2GÕ => G - C = 2(0 - G) => 3G = 20 + C
9(A + B) A + B + C= z ---------- + C- => G = -----------------l 2 J 3
Capítulo 1 - Vetores 47
Figura 1.5.3
G =
AA' = a u =. A’ = A + a • u
Ou ainda, usando o resultado 1.5.3
Exemplo 1.5.d (IME - 2000) Sejam r, s e t três retas paralelas não coplanares no 
espaço São marcados sobre r dois pontos A e A', sobre s os pontos B e B' e sobre 
t os pontos C e C de modo que AA' = a, BB' = b e CC = c tenham o mesmo 
sentido.
a) Mostre que se G e G' são os baricentros dos triângulos ABC e A'B'C, 
respectivamente, então o segmento GG' é paralelo às 3 retas.
b) Determine o comprimento do segmento GG' em função de a. b, c.
BB' =b ú B'=B + b ú
CC = c ■ u => C' = C + c • u
OBS.: Há quem defina baricentro apenas para triângulos como sendo diretamente 
o ponto de encontro de suas 3 medianas. Aqui preferimos definir baricentro de 
forma geral, e mostrar que o encontro das medianas coincide com o baricentro 
no caso do triângulo.
De qualquer forma, nos será muito útil lembrar que, sendo G o encontro das 
medianas do triângulo A, B, C, teremos a seguinte expressão:
A + B + C
3
A -f B + C
3
A' + B’ + C
3
Solução:
Sendo ü o vetor unitário que dá a direção das 3 retas, podemos escrever.
(eq. I)
(eq. II)
(eq. III)
Somando as 3 equações, e dividindo por 3 nos dois lados da equação resultante, 
teremos:
a + b + c ■-----------------u
3
48 Matemática em NIvel IME/ITA-Volume II
aG' = G + ■üGG’ =
GG' =
Incentro
I =
Resultado 1.5.4
BA'= m, A’C = a-m
Cb; m
Figura 1.5.4
Ou seja, o segmento que une G e G’ tem a mesma direção e sentido das 3 retas, 
e o comprimento do segmento é:
Demonstração:
A concorrência das 3 bissetrizes de um triângulo em um único ponto, chamado 
Incentro, é demonstrada no Apêndice deste livro. Para a demonstração do resultado 
acima, usaremos também o Teorema da Bissetriz Interna.
OBS.: Esse é o típico exemplo de questões trabalhosas que são imensamente 
simplificadas com noções simples de vetores. Lembre-se que não é todo mundo i 
que lembra de usar essa 'simples' saída para esse tipo de problema.
Este teorema está também devidamente demonstrado na seção do Apêndice deste 
livro. Considere o triângulo abaixo, sem perda de generalização, e os segmentos:
A
A' 
a -
É possível provar (ver Apêndice!) que as bissetrizes relativas aos 3 vértices de : 
um triângulo se cruzam em um único ponto, chamado Incentro. A expressão das 
coordenadas do incentro I, de um triângulo de vértices A, B, C e lados opostos 
a, b, c, respectivamente, é dada por:
a-A + b-B + c-C
a + b+ c
a + b + c
3
a + b + c
3
m
- m
b + c - ---------- u
3
BA’ Sabemos que: ----- = —
A’C a
Capitulo 1 - Vetores 49
C
m a m
m
(eq. I)Logo: a m
E, também:
A' - B
Arrumando, chega-se a: A' = (eq. II)
Onde A é a interseção da bissetriz relativa ao vértice A com o lado oposto b.
(eq. III)I =
m + c
□
m + c
Exincentro ou Excentro
EÀ =
Resultado 1.5.5
Demonstração:
A demonstração do resultado acima é pedida como exercício de fixação (exercício
Substituindo a equação II na equação III, lembrando que m pode ser escrito em 
função de a, b. c (equação I), tem-se:
Note que I é a interseção da bissetriz relativa ao vértice B com o lado AA do triângulo 
AAAB. Logo, podemos escrever o mesmo resultado para este triângulo:
mA + c-A'
Dado o mesmo triângulo proposto no resultado anterior, é possível provar (veja 
Apêndice) que a bissetriz interna de um de seus ângulos internos (Â, por exemplo) 
e as bissetrizes externas dos outros dois ângulos (B e Ôj
BA'
ÃTc
c
b
c
b
c - C + b B
b + c I
c C + b-B 
b + c
a A + b 8 + c C 
a + b • c
: se cruzam em um único 
ponto chamado Exincentro Referente ao Lado Oposto a À (BC). As coordenadas 
desse ponto são também expressas de maneira parecida à do Resultado 1.5.4: 
-aA + b-B + c-C
-a + b + c
ac .A + c 
b + c
m A + c|
Do Teorema das Bissetrizes internas, temos: 
b
c-C + b-B 
b + c
a c m = ---------
b + c
a c + c 
b + c
Matemática em NIvel IME/ITA- Volume II50
Ortocentro
H =
Resultado 1.5.6
CB A'
AACC:
Logo: BC
Com isso, temos: C’ - B = (A C =
Analogamente. B’ = . A’ =
Demonstração:
Consideremos o triângulo não retângulo abaixo sem perda de generalização.
Verificaremos que a afirmação acima continuará valendo para triângulos obtusos.
É possível provar (ver Apêndice!) que as alturas relativas aos 3 vértices de um 
triângulo se cruzam em um único ponto, chamado Ortocentro. A expressão 
das coordenadas do ortocentro H, de um triângulo de vértices A, B e C (não 
retângulo) é dada por
Onde a, p, y são os ângulos internos respectivamente correspondentes aos 
vértices A, B e C do triângulo.
a
Figura 1.5.5
Sendo m e n constantes reais, podemos escrever: 
jAC = m-ÃB 
lÀB’’ = n-ÃC
A-tgg + Ctg-/ 
tgu + tg-/
Atgg + BtgP + C-tgy 
tgg + tgp + tgy
Atga + BtgP 
tgu + tgp
= ÍMcà 
1‘9PJ
7 l tgp J
B tgP + C tg-/ 
tgp + tg-/
Da trigonometria nos seguintes triângulos retângulos contidos na figura acima: 
ABCC: CC = BCtgP
CC = C'A ■ tgg
CapItulo 1 - Vetores 51
Arrumando a primeira equação:
C - A = mB - m A
=> m-B - B = m-A - A + A-
=> B m-
m =
Analogamente:
v
ü
Como os vetores são linearmente independentes (vemos que eles são não 
paralelos), deveremos ter:
Da regra do polígono no triângulo BCH: BH - CH= BC = ü - v 
Logo.
Sendo p e q constantes reais, podemos escrever: 
ÍCH = pCC' 
(BH = q-BB"
(_ _
AC’ =
qn + p - 1 = 0
1-mp-q=0
q-BB' - p-CC = u - v 
q(n ü - v) - p(m v-ü) = ü - v 
(q n + p - 1) ü + (1 - m p - q) v = Õ
A tga + B tgp 
tga + tgp
tg|3 :
(tga + tgp)
tgp 
(tga + tgp)
tgp 
(tga + tgp)
AB' = (
Definindo os vetores linearmente independentes AB = v e AC = ü, temos, então: 
tgp 
tga + tgp 
tgy 
tga + tgy
tga 
(tga + tgp) 
m----- Í9P_]
(tga + tgp)]
n = — 
tga + tgy
- A = m B - m A
52 Matemática em NIvel IME/ITA-Volume II
1 -
P =
1 -
q =
Com isso, temos:
•(C - C)H - C =
tgy
Substituindo o valor de C , demonstramos o que nos pedido:
H = C 1 -
□
Olha só! Até que essas 
fórmulas das coordenadas 
dos centros do triângulo 
são todas bem parecidas!
A- tgq í- B - tgp + C ■ tgy 
tga + tgp + tgy
A-tga + Btgp 
tga + tgp
tga -I- tgp 
tga + tgp + tgy
tga + tgy 
tga + tgp + tgy
tga + tgp 
tga + tgp + tgy
A-tga + BtgP 
jtgg^-tgpj
Jgg-i^tgp- 
tga + tgp + tgy
1 - m
1 - m-n
1 - n
1 - m n
Resolvendo o sistema acima para q e p:
tgy 
tga + tgy 
í tgp_ 
l tga T tgp
tgp 
tga + tgp
OBS.: Verifique que a expressão continua válida para triângulos obtusos! Neste 
caso, uma das tangentes da expressão teria sinal negativo. Para triângulos i 
retângulos, encontrar o ortocentro é uma tarefa trivial, uma vez que os catetos do 
triângulo são alturas, e com isso, o vértice do ângulo reto é o próprio ortocentro! j
tga -t- tgp 
tga + tgp +
__ _tgy__
tga + tgy
tgp__ ]
tga -r tgp J
U--]
) Itga + tgyj
53Capítulo 1 - Vetores
G =
I =
H =
C =
1.6. Produto Misto
Definição 1.6.1
Notação do produto misto: [ü, v, w] = ü (vxw)
Vistos os produtos escalar e vetorial, ainda existe um 3S tipo de produto envolvendo 
vetores que convém se estudar: o produto misto (também conhecido como produto 
triplo).
OBS.: Essas fórmulas, de fato, têm algo em comum. Todas representam médias 
ponderadas das coordenadas dos vértices do triângulo.
No caso do baricentro, é uma média simples (média ponderada com pesos 
iguais a 1)
O incentro é uma média ponderada com os comprimentos dos lados opostos 
aos respectivos vértices:
O ortocentro é uma média ponderada com as tangentes dos ângulos internos 
dos respectivos vértices:
Definimos como produto misto entre os vetores: u, v e w 
ü-(vxw)
A-tgg t Btgp + C tgy 
tga + tgp + tgy
A B + C
3
a-A + bB + c-C 
a + b+ c
Embora ainda não demonstrada (será pedida como exercício de fixação mais 
adiante), a expressão do circuncentro é uma média ponderada com os senos 
dos dobros dos ângulos internos dos respectivos vértices:
Asen(2ci) + B-sen(2p) + C-sen(2y)
sen(2a) + sen(2p) + sen(2y)
54 Matemática em NIvel IME/ITA- Volume II
Equação Matricial do Produto Misto
J
Resultado 1.6.1 - Equação Matricial do Produto Misto
ü = xu i + yu j + zu k; v = xv i +
- (yv ZW ^v Yw ZV XW XV ZW' XV'Yw yv’Xw)V X w =
□
2. Produto Misto com 2 dos 3 vetores sendo paralelos
[ü, v, w] = 0
Basta lembrar a propriedade de determinantes (trocando 2 linhas na matriz, 
altera o sinal do determinante).
Basta lembrar a propriedade de determinantes (se uma linha for múltipla da 
outra, o determinante é nulo).
zv
Z»
yu 
yv 
yw
Demonstração:
Escrevamos os vetores como combinação linear dos vetores da base canônica do R3.
Se úZ/v ou ú//w ou vZ/w =
Resultado 1.6.3
zu
Zv
Zw
Calculando
xv 
xw
e 1
Yu 
yv 
yw
W = (xw, yw, zw) 
zu
Zv
I
Sejam ü = (xu, yu, zu), v = (xv, yv, zv) 
xu
[ü, V, w] = xv 
xw
yv
yw
Propriedades Importantes:
1. Permutar a ordem de 2 vetores no produto altera o sinal do resultado 
[[ü, v, w] = -[v, 0, w] = [w, ü,~ü]|
Resultado 1.6.2
yv j + zvk; w = xw í + yw j + zwk;
Logo’
ü (vxw) = (xu, yu, zu)-(yv zw - zv yw, zv xw - xvzw, xv yw - yv xw)
= xu'yv-zw - xu zv yw + yu zv xw - yu xv zw + zu xv yw - zu yv-xw
xu
= xv
xw
Capítulo 1 - Vetores 55
Visão Geométrica do Produto Misto: Volume
Resultado 1.6.4
|ü|cosí)
Figura 1.6.1
Demonstração:
□
Resultado 1.6.5
Um outro resultado interessante segue como consequência direta do resultado 
anterior. Geometricamente é facil perceber (figura 1.6.2) que o paralelepípedo 
formado pelos 3 vetores contém 6 tetraedros iguais com arestas laterais dadas 
pelos mesmos 3 vetores.
Sejam os vetores ü.v e w. O módulo do produto misto entre esses 3 vetores 
dá o valor do volume do paralelepípedo formado pelos mesmos 3 vetores (ver 
figura 1.6.1)
Sejam os vetores u,v e w.O volume do tetraedro formado com arestas laterais 
dadas pelos 3 vetores é dado por:
OBS.: O módulo é utlizado, pois dependendo da ordem dos vetores no produto 
misto, a orientação do produto vetorial na figura se inverte e o resultado acaba 
sendo negativo.
1^telraedro = ^|[Ü. V. W]|
|[ü, v, w]| = |ü-(vxw)| = ||ü|J(vxw)|■ cosO|
= ||(vx w)|• |ü| ■ cosoj = Area da base x altura = Volume
Matemática em NIvel IME/ITA-Volume II56
Figura 1.6.2
[ü, v, w] = 0 ü, v, w são coplanares
Resultado 1.6.6
1.7. Exercícios de Fixação
Exercício 1.1 Considere os vetores ã, b, c de módulos unitários. Se a soma vetorial 
destes mesmos vetores é nula, calcule a soma: ac + ãb + b c.
Demonstração:
Do Resultado 1.6.4, o módulo produto misto entre os 3 vetores nos dá o volume 
do paralelepipedo formado por eles. Se o produto misto é nulo, não há volume (2 
vetores são paralelos e, portanto, os 3 vetores são coplanares; ou os 3 são não- 
paralelos mas coplanares). A volta é válida pela razão reciproca (se os 3 vetores 
são coplanares, então o volume formado pelos 3 é zero).
Exercício 1.3 Demonstre que as diagonais de um paralelogramo se cruzam em 
seus pontos médios.
Além de tornar incrivelmente simples o cálculo do volume dessas figuras geométri­
cas no espaço, conhecendo apenas seus vértices, os resultados anteriores geram 
também outras conclusões intrigantes.
Exercício 1.2 (EN-1985) Os vetores aeb são perpendiculares e C forma ã e b com 
ângulos iguais a rr/3 radianos. Se ãec são unitários, |b| = 2 e, p = 3ã - b + c, 
calcule o módulo do vetor p.
Coplanaridade
Dizemos que 3 vetores são coplanares se os segmentos orientados por esses 
vetores pertencem a um mesmo plano no espaço. Sejam os vetores ü,v e w 
não-nulos:
Capitulo 1 - Vetores 57
Exercício 1.8 (EN) Se |ü| = 3 e |v| = 3, calcule o valor máximo de |ü + v|.
Exercício 1.4 Mostre que se M e N são os pontos médios dos lados AC e AB de 
um triângulo ABC, então MN é paralelo a BC , e MN = BC/2.
Exercício 1.9 (IME - 1987) Sobre os catetos AB e AC de um triângulo retângulo 
ABC constroem-se dois quadrados ABDE eACFG. Mostre que os segmentos CD, 
BF e a altura AH são concorrentes em um ponto.
Exercício 1.5 Considere que o quadrado ABCD. Sobre o lado CD 
constrói-se o triângulo equilátero CDE, com E localizado dentro do quadrado. 
Constrói-se ainda o triângulo equilátero BCF, com F localizado fora do quadrado. 
Mostre que A, E e F são colineares.
Exercício 1.6 Mostre que as 3 alturas de um triângulo qualquer se encontram em 
um único ponto (o ortocentro).
Exercício 1.7 X Considere um triângulo ABC com A = (1,1), B = (3,6) e 
C = (6,2). Os pontos M e N pertencem, respectivamente aos lados AB e BC. Se P 
e Q pertencem a AC, determine o ponto Q sabendo que MNPQ é um quadrado.
Exercício 1.10 (ITA -1995) Três pontos de coordenadas, respectivamente, (0, 0), 
(b, 2b) e (5b, 0), com b > 0, são vértices de um retângulo. Dê as coordenadas do 
quarto vértice em função de b.
Exercício 1.11 Mostre se aX + b-Y + c Z = 0 para valores a, b, c tais que não 
sejam todos nulos ao mesmo tempo, ea + b + c = 0, então X, Y, Z são colineares.
Exercício 1.12 Mostre que 2 vetores não-paralelos no R2 sempre formam uma 
base vetorial do R2.
Exercício 1.13 Mostre que 3 vetores não coplanares no R3 sempre formam uma 
base vetorial do R3.
Exercício 1.14 X Utilizando a Identidade de Lagrange (Exemplo 1.4 d), demonstre 
a Identidade de Jacobi
Cx(ãxb) = Õáx(bxc) + bx(cxà) +
Matemática em Nível IME/ITA-Volume II58
A reta H, G e N demonstrada neste exercício é conhecida como Reta de Euler.
C =
Sugestão: Use oresultado da questão anterior.
Exercício 1.16 Os pontos A', B’, C dividem os lados BC, CA e AB em um triângulo, 
na razão m : n diferente de 1. Mostre que AA’ + BB' + CC = 0.
Exercício 1.17 (IME -2003) Sobre uma reta r são marcados os pontos A, B, C e 
D. São construídos os triângulos eqüiláteros ABE, BCF e CDG, de forma que os 
pontos E e G se encontram do mesmo lado da reta r, enquanto que o ponto F se 
encontra do lado oposto, conforme mostra a figura. Calcule a área do triângulo 
formado pelos baricentros de ABE, BCF e CDG em função dos comprimentos dos 
segmentos AB, BC e CD.
Exercício 1.18 X Considere o triângulo A, B, C não retângulo. Sejam P, Q, R os 
pontos médios de A, B e C, respectivamente.
a) Verifique que o circuncentro do triângulo ABC coincide com o ortocentro do 
triângulo PQR.
b) Use o item (a), bem como os resultados 1.5.3 e 1.5.6 para mostrar que, sendo 
H, G e N o ortocentro, baricentro e circuncentro do triângulo ABC, respesctiva- 
mente, então: HG = 2 GN.
c) Conclua do item (b) que H, G e N são colineares.
x ü
x ú + vir x ü
Exercício 1.15 £ Considere a decomposição de um vetor u nas direções paralela 
e perpendicular a um outro vetor v, de modo que:
ü = projyü + ü±v
Exercício 1.19 X Mostre que as coordenadas do circuncentro C de um triângulo 
A. B e C (não-retângulo) podem ser escritas como:
A sen(2a) + B sen(2p) + C sen(2y)
sen(2a) + sen(2p) + sen(2y)
denota a componente perpendicular.
a) Mostre que: ü x v = ü, „ x v
b) Mostre que: v±
c) Mostre que: (v + w)
d) Mostre, geometricamente, que: (vlv x wlv) x ü = vlv
Utilize os resultados acima para concluir que, para o produto vetorial, vale a
propriedade distributiva (Resultado 1.4.3)
X V = üx.v
X *1» = (v + w)Xv
X Ü = (v, „ X W
X W
Capitulo 1 - Vetores 59
t =S =
H =
P2eA,B,eA2B,
BP-BC CPCB
= 1
Exercício 1.24 Sejam os vetores ü, v e w não-nulos. Mostre que:
[ü, v, w] = 0 <=> ü, v, w são linearmente dependentes
BD
DC
Exercicio 1.25 £ (Balkan Math Olympiad) Seja O o centro do circulo que passa 
pelos pontos A, B e C. Seja D o ponto médio de AB e E o baricentro do triângulo 
ACD. Prove que CD é perpendicular a OE se, e somente se, AB = AC.
Exercicio 1.22 X Demonstre a expressão das coordenadas do Exincentro enunciada 
no Resultado 1.5.5
AC e AB, respectivamente, tais que: 
colineares.
DBS.: A “volta" também é valida. Se D, E, F são pontos escolhidos sobre BC, 
ÃF
FB
Exercício 1.26 £ (Teorema de Menelaus) Considere um triângulo ABC e uma linha 
transversal que corta BC, AC e AB nos pontos D, E e F, respectivamente (com D, 
E, F distintos de A, B e C). Mostre que
ÍÃF) ÍBÕ) ( CÊ) 
[fb J\dc J\êã )
Exercício 1.21 X (Teorema de Pappus) Uma reta que passa pelos pontos A,,A2 
e A3 intersecta outra reta que passa por Br B2 e B3 em um ponto O. Considere que 
A2B3 e A3B2 têm interseção em Pt; A,B3 e AjB, tém interseção em ~ 
tém interseção em P3. Mostre que P,, P2 e P3são colineares.
CE )
=• = 1, então D, E e F são 
EA )
Exercício 1.20 X Considere um triângulo de lados a, b, c, e vértices opostos com 
ângulos internos correspondentes a A, B, C, respectivamente. Sendo:
a b , c
r =------—, s =-------, t =------~
cosA cosB cosC
Demonstre que as coordenadas do ortocentro H deste triângulo é dada por:
r A + s- B + t- C
=1
PB-PC
Exercício 1.23 S É dado o triângulo ABC e seja P um ponto sobre o lado BC. Mostre, 
usando vetores, a relação conhecida como Relação de Stewart para Cevianas: 
—2 —2 —2
AB AC AP
_ -aA+bB+c-C
A -a + b + c
Matemática em Nível IME/ITA- Volume II60
= 1
lados BC, AC e AB, respectivamente, tais que:
c^■ 82 (^2'^1 ^2'^1 + -*2'^1)
Exercício 1.28 5 Verifique que a área do triângulo do Exemplo 1.4.a pode também 
ser obtida da seguinte forma.
Onde A é obtido usando o algoritmo: 
Linhas 
principais
Em seguida, mostre que o algoritmo pode ser estendido para qualquer polígono 
simples (nâo há cruzamentos entre os lados) de n lados no plano (R2), montando 
0 determinante com n + 1 linhas e duas colunas, repetindo sempre na ultima linha 
o primeiro vértice.
OBS.: É importante observar que a ordem dos vértices importa: primeiro deve- 
se plotar os pontos no plano pra ver em que ordem eles aparecem (o sentido 
pode ser tanto horário quanto anti-horário, mas a ordem é indispensável).
Linhas 
■’ secundárias
1. Escrever as coordenadas em uma matriz do tipo 4x2, repetindo o primeiro 
vértice na última linha.
2. Multiplicar os elementos em diagonal, como indicado na figura ao lado, 
contabilizando os produtos das linhas primárias como positivos e os da linha 
secundária como negativos
A = a, ■ b2 + b,•C2
Exercicio 1.27 S (Teorema de Ceva) Considere um triângulo ABC e as cevianas 
AO, BO e CO, traçadas de cada vértice ao ponto comum O, no interior do triângulo, 
de modo a encontrar os lados opostos em D, E e F, respectivamente. Mostre que: 
fÃF VbÕ'| ÍCÊ ] 
:FB J\DC J\ÊÃ J
OBS.: A “volta” também é valida. Se D, E, F são pontos escolhidos sobre os 
fÃF^fBD)fCÊ) .
■= . = . = = 1, então as 
^FB) ^DCJ I^EAJ
cevianas AD, BE, e CF são concorrentes em um ponto.
a1 a2 
bf b2 
C'i . ,C2 
a1 a2
s = ~H
Capítulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço 61
2.1. Equação da Reta no Plano
Definição 2.1.1
..y
B P = (x,y)
x
Desenvolvendo:
=• (X-Xa, y-ya) = t(xb— xa, yb-ya)
Forma Paramétrica da Equação da Reta:
1
Embora a palavra reta dispense definições para o leitor a esta "altura do campeonato”, 
vamos defini-la a seguir:
Dados dois pontos A e B no plano, o conjunto de todos os pontos P no plano 
tais que AB seja paralelo a AP é definido como reta suporte do segmento AB. 
Denotaremos esta reta, a partir de agora, por reta(A.B). 
A variável t é um parâmetro que, ao variar nos Reais, faz com que (x,y) 
representem todos os pontos desta reta.
Definição 2.1.2
Figura 2.1.1
Sendo P um ponto (x, y), ele pertencerá à reta suporte do segmento AB (onde 
A = (xa. ya) e B = <xb' Vb» quando:
ÃP = t-(ÃB), t eR
2 Estudq-da-Geometria-nq-Plano-e-no-Espaçq-
P - A = t(B - A) => (X, y)-(xa, ya) = t((xb, yb) - (x3, ya))
x - xa = t(xb -xa) 
y - ya = ‘(yt-ya)
Dadas as coordenadas dos pontos A = (xa, ya) e B = (xb, yb), a equação da reta 
suporte de AB pode ser escrita como:
íx = xa + t(xa-xb) 
( , .. t e R
[y = ya + ‘(ya -yb)
62 Matemática em Nível IME/ITA-Volume II
teR
Arrumando de modo conveniente, a "equação da reta" possui o seguinte aspecto:
y = ■ x
Onde m e h são constantes que dependem somente das coordenadas de A e B.
Definição 2.1.4
Forma Reduzida da Equação da Reta
Dada uma reta no plano, sua equação pode ser escrita algebricamente na forma:
x = xa + t-xu 
,y = ya + t-yu'
Note que poderiamos ter escolhido qualquer ponto da reta como sendo A, Além disso, 
os coeficientes que acompanham o parâmetro t nas equações paramétricas são as 
coordenadas de um vetor paralelo à reta. De modo que as equações paramétricas 
podem ser.
Além da forma paramétrica já citada, a equação da reta pode ser escrita de diversas 
outras formas Tais formas representam apenas maneiras diferentes de escrever 
algebricamente a mesma equação da reta.
Por exemplo, isolando o parâmetro t na equação paramétrica da reta, chegamos a:
Dado um ponto A e um vetor u = (xu,yu) paralelo à reta, a equação da mesma 
pode ser escrita como:
O vetor u é chamado de Vetor Diretor da reta. Como existem infinitos vetores 
paralelos a ü , existem infinitos vetores diretores para toda reta.
Definição 2.1.3
X ~ xa 
xb - xa
y - ya 
yb - ya
yb - ya
xb - xa
m
ya xb - yb xa
Xb - xa 
h
y = m- x + h
Denomina-se a constante m de Coeficiente Angular da reta, e a constante h 
de Coeficiente Linear da reta.
Capitulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço 63
y = m ■ x + h
<L0_.
0
> X
h/rn
tgO
y
= y2 - yi = rn x2 - m x, 
X2 - X1 X2 - X,
Figura 2.1.2
Fazendo y = 0 na equação reduzida da reta temos que h é a distância do ponto de 
cruzamento da reta com o eixo Ox até a origem. Se fizermos x = 0 temos a distância 
do ponto de interseção da reta com o eixo Oy até a origem.
Figura 2.1.3
OBS.: Asretas paralelas ao eixo y não possuem coeficiente angular, pois pela 
definição que usamos até o momento, sendo A = (xa, ya)e B = (xb, yó) pontos da 
reta:
h < 0 
m < 0 
-----► x
Representando a reta geometricamente no plano cartesiano, estas constantes m e 
h possuem interessante importância:
“ y
= m—--------- — = m
Observe, portanto, que o coeficiente angular m representa a tangente do ângulo 
que a reta faz com a orientação positiva do eixo horizontal Ox. Em outras palavras, 
m é a inclinação da reta.
O coeficiente angular h representa o valor da ordenada y do ponto pertencente à 
reta, quando ela cruza o eixo x = 0. Em outras palavras, h é o ponto de cruzamento 
da reta com o eixo das ordenadas.
h <0 
m > 0 
----- ► x
ixb-xa;
64 Matemática em Nível IME/ITA- Volume II
xa. e, portanto,
Onde a, b, c são constantes.
Definição 2.1.5
1
Onde p e q são constantes.
(O.q)
(p.or
Uma outra maneira de pensar é observar que o coeficiente angular é igual à 
tangente do ângulo que a reta faz com a orientação positiva do eixo horizontal. 
Se a reta é vertical, então m = tg(90°), que não é definido.
Forma Segmentaria:
Dada uma reta no piano, não paralela aos eixos ordenadas e, que não passe 
pela origem, sua equação pode ser escrita algebricamente na forma:
y 
q
Forma Geral da Equação da Reta:
Dada uma reta no plano, sua equação pode ser escrita algebricamente na forma: 
ax + b-y + c = 0
x 
P
Definição 2.1.6
Sendo escrita desta forma, os valores dos denominadores que acompanham x e y 
são os pontos de interseção da reta com os eixos Ox e Oy, respectivamente.
+-y
A Forma Geral da equação da reta é interessante pois as constantes a e b que 
acompanham x e y, respectivamente, representam um vetor (a.b) normal (ou 
perpendicular) á reta. Note que:
(a, b) ± reta(P,, P2) c
<=> (a,b)(x-x„ y-y,)=0
■ (a, b)±(x-x„ y-y,)
o a(x-x,) + b-(y - y,) = 0
ax + b-y + (-ax, - b-y,) = 0
c
<=> a-x + b-y + c = 0
Se a reta é perpendicular ao eixo Ox (paralela ao eixo Oy), xb = 
o valor de m não está definido.
*+y=i
.P q
^-►x
Capitulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço 65
= 0
X y
(Forma Segmentaria)
(Forma Geral)
Arrumando temos a equação nas formas reduzida e segmentária:
1
1
1
1
1
1
Exemplo 2.1.a Dados os pontos A = (1,5) e B = (2,-3). Determine a equação da reta 
suporte do segmento AB nas formas Geral, Reduzida, Paramétrica e Segmentaria. 
Determine ainda o coeficiente angular e o coeficiente linear da reta, bem como um 
vetor normal á mesma e um de seus vetores diretores.
Das discussões anteriores, temos que o coeficiente angular da reta é m = -8 e o 
coeficiente linear é h = 13. O vetor (8, 1) é um vetor normal à reta. Qualquer vetor 
paralelo a ele também o será.
Fazendo x = t, escrevemos a reta na forma paramétrica:
(Forma Paramétrica)
O vetor (1, -8) é um vetor diretor à reta (Lembrando, da observação do resultado 
1.3.5, que para determinarmos um vetor perpendicular a (8,1) bastaríamos 
invertermos as posições das coordenadas e alterarmos o sinal de uma delas). 
Qualquer vetor paralelo a ele também o será.
y = -8x-s-13
(Forma Reduzida)
1
2
x
13
8
ya
Vb
y
5
-* =1
13
xa
xb
x
Desenvolvendo- -3 + 5x + 2y + 3x - y -10 = 0
Temos portanto a equação da reta na forma Geral:
8x + y-13 = 0
Solução:
A tarefa de achar a equação da reta pode ser feita de diversas maneiras. Optemos 
por usar o Resultado 1.4.7 Sendo P = (x,y) um ponto qualquer desta reta, devemos 
ter que A, B e P são colineares. Para isto, basta:
íx = t
1 ao „ (y = 13-8t
66 Matemática em Nível IME/ITA- Volume II
Solução:
PA = k-PB
P(k - 1) = k-B - A P =
Como P pertence à reta:
a ■
k
> 0, teremos k > 0, e com isso, A e B estão no mesmo
< 0, teremos k 0, e com isso, A e B estão em semiplanos
Distância entre dois Pontos no Plano
k xb ~ xa 
k - 1 
k-(axb
< 0, então A e B estão em semiplanos opostos.
> 0, então A e B estão no mesmo semiplano. 
+ c
+ c = 0
' ..........................................................................’ ---------------------------- -------------------- -------------------------------------------—........................ .... ' ‘
Dados dois pontosA= (xa, ya) e B = (xb, yb) no R2, a distância entre eles é dada por:
d(A, B) = 7(xb - xa)2 + (yb - ya)2
1 + b ík yb ~ ya
J l k-1
b Yb + c) - (a xa + b ya + c) = 0
= axa + bya + c
axb + byb + c
A - P = k-B - k-P
kxb - xa k yb - ya 
k-1 ’ k-1
Se a xa + b ya + c 
a xb + b yb + c
Exemplo 2.1.b Considere a reta dada por a x + b y + c = 0 . Tal reta divide o plano 
do R2 em dois semiplanos. Sejam A = (xa, ya) e B = (xb, yb) dois pontos distintos não 
pertencentes a reta. Mostre que:
Se a xa + b ya + c 
a xb + b yb
Considere P pertencente à reta dada, colinear a A e B. Note que se PA e PB 
tiverem o mesmo sentido, então A e B estarão no mesmo semiplano. Caso 
contrário, estarão em semiplanos opostos.
Da colinearidade:
Se a xa + b ya + c 
a xb + b yb + c 
semiplano.
Se a xa + b ya + c 
a xb + b yb + c 
opostos.
Capítulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço 67
Demonstração:
A distância entre A e B é justamente o valor do módulo do vetor AB
|ab| = |B □
Distância de um Ponto a uma Reta
d(P,r)
Resultado 2.1.2
-.y
A
d
Figura 2.1.5
Seja A = (xa, ya) um ponto qualquer da reta r. Temos, portanto:
axa + bya + c = 0
A distância de P a A é dada por (Resultado 2.1.1):
y»
Nós buscamos o valor mínimo desta função, com variável xa. Porém, sabemos que 
quando d for mínimo, d2 também será mínimo (uma vez que a função y(d) = d2 é 
estritamente crescente para d > 0). Este fato nos permite simplificar as contas, uma 
vez que agora buscamos minimizar a seguinte função:
+ a Xa 
b
Al = |(xb -Xa. yb -Ya)| = V(xa - xb)2
laxo +
7?
f (xa) = d2 = (xo - xa )2
(yo-ya)2 = J(x0 —xa)2
Demonstração:
Façamos primeiramente o caso da reta não ser paralela ao eixo Oy (isto é,b não 
é nulo)
d = 7(xo“xa)2
A d„.
"0 P = (x0,y0)
-----------------►x
a c
Ya = "hXa " h 
b b
(ya - yb)2
Sejam dados um ponto P = (x0, y0) e uma reta r em sua forma geral, I 
a-x + b y + c = 0 . com constantes a, b, e c conhecidas. A distância do ponto 
P à reta r é dada por:
s2 
a ' xa c) 
y° + .. + Kb b)
ax + b-y + c = 0
b-y0 + ç| 
Tb1
Matemática em Nível IME/ITA- Volume II68
b2
Desenvolvendo:
.2
^min “ (dmjn) ~
a2
‘o
Como desejamos dmn:
□
y»a 
b
A função f trata-se de uma função do segundo grau com concavidade para cima. 
O ponto critico dessa função é um ponto de mínimo. O valor mínimo será dado 
portanto pelo vértice da função do segundo grau:
Fica como exercício ao leitor verificar que esta expressão demonstrada também 
vale para retas paralelas ao eixo Oy.
(W
a2 x2 + b2y2
la’x° b-y° + c| 
7a2 + b2
a2
c(axo)]
+ ^yoa 
b
- ~/xo
^min _ /
4 1 +
\2 a-c ] 
bd
/ac
+ b2
Desenvolvendo f, temos: 
f a2 (
f(xa) = xa2 \1 + ^J + X’\-2 X° +
(axo + by„ + c)2 
a2 + b2
2y0a 2 acl J 2 í +£f| 
b b2 ) [ ° ly° bJ J
Desenvolvendo os produtos notáveis e cancelando devidamente, chega-se a:
.2 2xo yo a b + 2xo ac + a2 x2 + b2-y2 + 2bc yo + c2 
a2 +b2
c2 + 2[(ax0)(by0) + c(by0) 
a2 + b2
 (a x0 + b y0 + c)2 
a2 + b2
+4+^){x°2+íy°+^i
b2 )
+ b2 f 2 ( c '|2')+ly°+bJJ
[a2 + b2 j
Capítulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço 69
Resultado 2.1.3
A
x
Figura 2.1.6
k.
Logo: d =
□
Exemplo 2.1.C Determine a distância d entre o ponto P = (1,1) e a reta suporte do 
segmento AB, onde A = (2,3) e B = (-1,7).
Conhecendo dois pontos A = (xa, ya) e B = (x0, yb) de uma reta, a distância de um 
3C ponto P = (x0, y0) a esta reta é dada por:
0
0
xo -xa
xb “xa
i
|APx ab|
j
y0-ya
yb-ya
R
y0-ya 
yb-ya
Demonstração: Estamos tratando de pontos e retas no plano (ou seja, no R2). Nada 
nos impede de considerarmos o R2 como sendo o plano z = 0 do R3, por exemplo. 
Desta maneira, considere os mesmos pontos tratados no R3:
A = (xa, ya, 0), B = (xB, yb, 0), P = (x„, yo. 0) 
Z
xo~xa | xb ~ xa__________
\/(xb-xa)2 + (yb - ya )2
xo xa y0 Va 
xb - xa yb - ya I
v(xb-xa) + (yb-ya)
xo~ xa y0-ya 
d = |lxb-xa yb-yal| 
y(xb”xa)2+ (yb-ya)2
1 Q>l
Considere o produto vetorial: AP x AB. Da definição 1.4.1
|ÃPxÃB| = |ÃB||ÃP|sene 
' 15
70 Matemática em Nível IME/ITA-Volume II
d =
m, = tga„
x
Figura 2.1.7
tge
Dependendo da orientação das retas, pode ser negativo.
= n
tgO =
m 2 — m 
1 + mr m2
m 2 m, 
1 + m,m2
Neste caso, estaríamos calculando a tangente de um ângulo obtuso entre as duas 
retas.
9a0ud« + “ " => l9(qaguao) " ~tQ(Qob,u«o) > 0
Para resolvermos o impasse, basta dizermos que, sendo 0 o ângulo agudo entre 
as retas:
Ângulo entre Duas Retas
Para determinarmos a posição de uma reta relativa a outra no plano, é interessante 
analisarmos o ângulo que elas fazem entre si.
Considere duas retas r, e r2 dadas pelas equações não perpendiculares ao eixo das 
abcissas. Note o triângulo formado entre as duas retas.
= tga2
IzlPl = 2
5
m2 - m, I 
1 + m,m2|
Solução: Usando o resultado 2.1.3:
II 1-2 1-3 II 11-1-2 7-3 ||
7(-1 - 2)2 + (7 - 3)2
Do triângulo temos que: 0 = a2-a, => tgO = tg(a2-a,)
Da trigonometria, conhecemos a tangente de uma subtração de arcos: 
tg»2 - tgq, 
1 + tga,tga2
-1 -2
-3 4
5
Capitulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço 71
0(r„ r2) = arctgl
Resultado 2.1.4
Como consequência direta, se r1 e r2 são paralelas, então o ângulo entre elas é nulo.
r, // r2 = 0 — m2
Se além de paralelas elas forem coincidentes, suas equações serão idênticas, e 
nesse caso teremos:
Se nenhuma das duas retas são perpendiculares ao eixo x, temos que o ângulo 
agudo entre elas é dado por:
r2 :
Exemplo 2.1.d Mostre que sendo r e s duas retas dadas, com vetores normais 
h, e fi2, então o ângulo agudo entre elas é dado por:
f l"i "2I l0 = arccos p-;
— m 2
1 + m1m2
— m2
1 + m^nij
Então:
(1) r, e
h, # h2.
(2) r, e r2 são retas coincidentes se e somente se m, = m2 e h, = h2.
(3) r, e r2 são perpendiculares se e somente se m, ■ m2 = -1.
Resultado 2.1.5
Sejam duas retas r, e r, dadas pelas equações: 
y = m,x + h, 
y = m2x + h2
m, = m2 e h, = h2
Se r, e r2 são perpendiculares, então a tangente do ângulo entre elas não existe, 
r, ± r2 => 1 + m, • m2 = 0 => m, • m2 = -1
Com isso, podemos enunciar que'
Sejam duas retas r, e r2 dadas pelas equações: 
r, : y = m, x + h,
r2 : y = m2 x + h2
r2 são paralelas e não coincidentes se e somente se m, = m2 e
Matemática em NIvel IME/ITA- Volume II72
"sr
s
0
0(r„ r2) cosO = -cosa
Com isso, do produto escalar entre n1 e ri2 :
cos 8 =
mmediatriz — ’
Ini n2| = N'|n2|-|cosa|
coso
Solução:
A figura abaixo mostra que o ângulo entre as retas 9 e o ângulo entre os vetores 
normais a podem ser relacionados:
Note que, se ri, fosse orientado no outro sentido, o ângulo entre os vetores normais 
seria expresso por: n - a. Em todo caso, sendo 9 o ângulo agudo entre as retas, 
teremos sempre que:
Exemplo 2.1.e Determine a equação da reta mediatriz do segmento definido por 
A= (1,5) e B = (-1,3).
Figura I
Do quadrilátero formado entre os vetores normais e as duas retas:
A equação da mediatriz, por ser perpendicular a este segmento terá coeficiente 
angular calculado por:
f^mediatriz 'mAB ~
\ a 
nrA
cos(0(r,,r2)) = |cos(a(n1,n2))|
+ a(ri1, n2) = 180°
|ni-n2|
Solução: O coeficiente angular da reta suporte do segmento AB pode ser calculado:
-2
Como o ponto médio de AB = (A + B)/2 = (0,4) está reta:
y = -x + h => 4 = -0 + h h = 4
m - Vb-Va mAB - -------------
XB ~XA
Capítulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço 73
A equação da reta é, portanto: ly Z3
Solução: Como o perímetro é constante e vale 2, temos:
2a + 2b = 2 a + b = 1
y
A(0,b)á
D(0,0)
Figura I
A equação da reta que passa por A e C é
y = m ■ x + h y
A reta perpendicular terá coeficiente angular calculado por:
m
Como esta reta deve passar por B, sua equação será do tipo:
=> b => h = 1 - ay
y
a
1 - a
a2_
1-a
Exemplo 2.1.f Seja ABCD um retângulo variável de perímetro constante e igual 
a 2. com vértice D em (0,0). Os vértices A e C podem variar sobre os eixos y e x. 
respectivamente, de modo a atender à condição de perímetro constante Prove 
que as perpendiculares a AC que passam por B possuem sempre um ponto fixo.
Os coeficientes angular (m) e linear 
(h) da reta que passa por A e C são 
calculados por:
b 
a
m
B (a.b) 
-o
a 
b
1 - 2a 
1 - a
----------- ► x
C (a,0)
Í0 - b') m = --------- =la - Oj
h = b
Aequaçao da reta é, portanto:
=pq.x + i^
^,1-a) 1-a
=> (1 —a)-y = a x + 1 - 2a => y - a y = a x + 1 - 2a
. y - a y = a x - a + 1 - a => (y-1) - a (y-1) = a (x-1)
=> (y-1)(1-a) = a(x-1)
Matemática em NIvel IME/ITA- Volume II74
> 0, então A e B estão no mesmo semiplano.
< 0, então A e B estão em semiplanos opostos.
i
y > 2x + 1 
y < -x + 3 
3x > 1 - y
Independente do valor de a, x = 1 ey = 1 será solução da equação da reta acima. 
Ou seja, para todos os retângulos que atendam à condição do enunciado, as retas 
perpendiculares a AC que passam por B possuem o ponto fixo (1,1).
Posição de um Ponto em Relação a uma Reta
Uma reta no R2 divide oplanoemdois semiplanos. Determinar como vamos “chamar” 
cada um desses semiplanos é um desafio. Se a reta for horizontal, temos a tendência 
de dizer “semiplano de cima" e "semiplano de baixo”. O mesmo acontece se a reta 
for vertical, quando temos a tendência natural de dizer “semiplano da direita" e 
“semiplano da esquerda". Já se a reta for inclinada, encontramos um pouco mais 
de dificuldade de nomeá-los!
Podemos verificar que se f(A) e f(B) tiverem o mesmo sinal, então A e B estão no 
mesmo semiplano com relação à reta f(x,y) = 0. Caso f(A) e f(B) possuírem sinais 
opostos, A e B estarão nos semiplanos opostos.
Exemplo 2.1 .g Destaque graficamente a região do plano R3 formada pelo conjunto 
de pontos (x,y) que atendam a:
Uma solução é considerar a função f(x,y) = a x + by + c. Desta forma, para 
todo ponto P = (x0,y0) pertencente á reta teremos:
f(xo.yo) = a xo + b yo +c = 0
Vejamos o resultado demonstrado no exemplo 2.1.b. Sendo A = (xa,ya) e 
B = (xb,yb) dois pontos não pertencentes à reta, tem-se:
Seja a reta dada por f(x,y) = a x + by + c = 0 . Tal reta divide o plano do . 
R3 em dois semiplanos. Sejam A = (xa,ya) e B = (xb,yb).
Se f(xa,ya) e f(xb,yb) tiverem o mesmo sinal, então A e B estão no mesmo 
semiplano em relação à reta dada.
Se f(xa.ya) e f(xb,yb) tiverem o mesmo sinal, então A e B estão em semiplanos 
opostos em relação à reta dada.
Se ^(xa<ya) = então A está sobre a reta. O mesmo ocorre com B se f(xb,yb) = 0.
Resultado 2.1.6
Se axa + b ya + c 
a xb + b yb + c
Se a xa + bya + c 
a xb + b yb + c
Capitulo 2 - Estudo da Geometria no Plano e no Espaço 75
Em seguida, determine a área formada por esta região.
Desejamos saber os pontos do plano R! que tornam f, g, h positivas.
y
y - 2-x - 1 = 0
Figura I
y
(0,0)
X *
Note agora que o ponto (0,0) torna g(x,y) positiva, pois g(0,0) = -0-0 + 3>0. Do 
resultado 2.1.6 sabemos que todos os pontos no mesmo semiplano do ponto (0.0)
em relação ã reta -x - y + 3 = 0 tornam g positiva.
Note que o ponto (0,2) torna f positiva, pois f(0, 2) = 2-20-1 > 0 . Logo, 
do resultado 2.1.6 sabemos que todos os pontos no mesmo semiplano do ponto
(0,2) em relação à reta y - 2x - 1 = 0 tornam f positiva.
(0.2)0,
/.
Solução: Considere as funções f. g e h tais que igualadas a zero nos dão as 
equações das retas que definirão a região pedida no enunciado:
f(x,y) = y-2x-1
■ g(x.y) = -x-y + 3
h( x, y) = 3x + y -1
Matemática em Nível IME/ITA- Volume II76
y
(0,2)
3x + y-
2x - 1 = 0
P e
Q = (-1, 4)
R = (0, 1)R e
Figura IV
A área do triângulo PQR é dada por (veja Exemplo 1.4.a):
1
0
1
1
O ponto (0,2) torna h(x,y) positiva, pois h(0, 2) = 3 0 + 2 - 1 > 0 . Do resultado 
2.1.6 sabemos que todos os pontos no mesmo semiplano do ponto (0,2) em relação 
à reta 3x+y-1=0 tornam h positiva.
2
3
7
3
4
1
10
6
—y+3=0
„ x
= llÊ _ 1 _ ? + 
2|3 3
>X
Q e
apor - 2
. 5
apor - 3U a-
\
Figura III
A interseção destas 3 regiões pode ser encontrada geometricamente. Procuramos 
o conjunto de pontos que estão nas regiões hachuradas das figuras