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MATEMÁTICA VAULA 19:
CIRCUNFERÊNCIA I
EXERCÍCIOS PROPOSTOSANUAL
VOLUME 4
OSG.: 102305/16
01. O ponto procurado é o circuncentro do triângulo ABC.Os pontos médios dos lados AB e BC são, respectivamente, M
c = (50, 20) e M
a = (65, 35). Além disso, o coefi ciente angular da reta
BC é dado por:
my y
x xBCB C
B C
=−−
=−−
= −
20 50
70 603
A equação da mediatriz do lado BC é tal que:
y ym
x x y x
y x
M
BC
MC C− = − −( ) ⇔ = = −
−−( )
⇔ = − +
135
1
365
1
3
65
335.
Agora, como AB é paralelo ao eixo das abscissas, segue-se que a equação da mediatriz do lado AB é x xMC= =50.
Desse modo, a ordenada do circuncentro de ABC é dada por:
y = ⋅ − + =1
350
65
335 30
e, portanto, o resultado pedido é (50, 30).
Resposta: E
02. Por hipótese, M =
43
2, . Daí, uma vez que MN = 2 cm implica que MS = 1 cm, onde S = (x
S, y
S) é o ponto médio de MN , concluímos
que xS – y
M = 1e, portanto, que x
S = 5. Note que x
S = 5 também é a abscissa do centro da semicircunferência QRP. Por outro lado, desde
que MQ = 1 cm, temos que y y yQ M Q− = ⇔ − =13
21, onde obtemos yQ =
5
2. Observe que yQ =
5
2 também é ordenada do centro da
semicircunferência QRP. Assim, QRP está centrada no ponto 55
2,
e possui raio R = 1 cm. Portanto, sua equação é dada por:
x y y x
y x y
−( ) + −
= ⇒ −
= − −( )
∴ − = + − −( ) →
55
21
5
21 5
5
21 5
22 2
2
2 == − −( ) +1 55
22x
Obs.: y x− = − − −( )5
21 5
2 (não serve, pois devemos considerar a parte superior da curva).
Resposta: D
03. Do enunciado, temos:
(–5, 0)
(0, –5)
(5, 0)
(0, 5)Reta “t“ tangente à circunferência “λ“ no ponto “P”.
Reta “S“ suporte ao segmento OP.P(4, 3) Ponto de ruptura do barbante.
RAIO=5
(0, 0)
circunferência “λ“de raio 5 U.C.
y
y
OSG.: 102305/16
Resolução – Matemática V
I. Veja que ms = ∆
∆y
x, m
s = 3
4 (coefi ciente angular da reta “S“ suporte ao segmento OP;
II. Como 5 ⊥ t, temos: mt = − 1
ms
→ mt =
−4
3. Sabendo que o ponto “P“ pertence à reta tangente “t“ podemos utilizar:
y – yo = m · (x – x
o) → y – 3 =
−4
3 · (x – 4)
3y – 9 = –4x + 16 4x + 3y – 25 = 0
Resposta: A
04. Temos:I. Área (círculo) = πR2 = 49π → R = 7.II.
A
C
M
Ox
7
73
7
60º
sen
xx60
3
3
2
3 3
2º = = → =
III. Pitágoras (AMO) 72 = x2 + y2
4927
4
13
22= + → = →y y 2y = 13 → AB = 13 cm, pois AM = MB.
Resposta: D
05. Segundo o enunciado, remos na fi gura a seguir uma possível ilustração:
A B
D’
D
C
10
10
Mediatriz
Resposta: A
06. Seja Γ a circunferência de equação x2 + y2 – 4x – 6y – 36 = 0 que limita o círculo do pastel folheado. Note que para acharmos o valor do diâmetro e da área de cada pastel folheado, é necessário o conhecimento do raio de . Neste caso, temos que:
• Cálculo do raio de R:
RD E AF
AR R=
+ −⇒ =
+ +∴ =
2 2
2
4
4
16 36 144
47
Assim, uma vez que d = 2R e A = πR2, são, respectivamente, as fórmulas que dão o comprimento do diâmetro de uma circunferência e a área de um círculo, obtemos:
• Cálculo do diâmetro de Γ: d = 2R ⇒ d = 2 · 7 ∴ d = 14
• Cálculo da área do círculo de Γ: A = πR2 ⇒ A = 3,14 · 72 ∴ A = 3,14 · 49 ∴ A = 153,86
Resposta: E
OSG.: 102305/16
Resolução – Matemática V
07. Seja a circunferência externa do anel externo da fi gura, cuja equação é x2 + y2 – 12x + 8y + 43 = 0. Estamos interessados na obtenção docentro e do raio dessa circunferência. Neste caso, levando em conta que D = – 12, E = 8 e F = 43, temos que:
• Cálculo do centro CΓ = (xΓ, yΓ) de Γ:
xD
x x
yE
y y
Γ Γ Γ
Γ Γ Γ
= − ⇒ = −−
∴ =
= − ⇒ = − ∴ = −
2
12
26
2
8
24
• Cálculo da área do círculo de
RD E AF
AR R RΓ Γ Γ Γ= + − ⇒ =
−( ) + ( ) − ⋅ ⋅⋅
∴ = + − ∴2 2
2
2
2
4
4
12 8 4 1 43
4 1
144 64 172
4== ∴ = ∴ =36
49 3R RΓ Γ
Assim, o centro e o raio da circunferência Γ são, respectivamente, CΓ = (6, – 4) e RΓ = 3.
Resposta: A
08. Note que, por hipótese, a circunferência circunscrita ao quadrado maior Q tem centro no ponto (10, 8). Neste caso, para encontrar sua equação, é claro que resta apenas o valor do seu raio. Para tanto, observaremos a fi gura abaixo para auxiliar na solução.
A B
8P
5
5
10
H C
x
D
y
Ora, sabendo que DC = 10 e AD = 10 implicam, respectivamente, que DH = 5 e HP = 5, então, aplicando o Teorema de Pitágoras
no triângulo retângulo DHP, obtemos DP = 5 2. Logo, o valor R da circunferência circunscrita ao quadrado maior Q é igual 5 2. Daí segue que sua equação é dada por:
x y
x x y y
x y x y
−( ) + −( ) = ( )⇒ − + + − + =
∴ + − −
10 8 5 2
20 100 16 64 50
20 16
2 2 2
2 2
2 2 ++ =114 0
Resposta: C
09. Temos:I. x2 + y2 = 4 Circunferência de centro = (0,0) e Raio = 2II.
2 2
2
2 2
2
A = Área (Pintada) = Área (∆Equilátero) – Área (Semicírculo)
A = 4 3
4
1
22 4 3 2
22− ⋅ = −π π( ) u.a.
A � 0,64 u.a.
Resposta: B
OSG.: 102305/16
Resolução – Matemática V
10. Temos:I. Com centro no 1º quadrante, temos:
λ1: (x – 1)2 + (y – 1)2 = 12
II. Com centro no 2º quadrante, temos:λ
2: (x + 1)2 + (y – 1)2 = 12
I. Com centro no 3º quadrante, temos: λ
3: (x + 1)2 + (y + 1)2 = 12
II. Com centro no 4º quadrante, temos: (x – 1)2 + (y + 1)2 = 12
Desenvolvendo λ2, encontramos:
x2 + y2 + 2x – 2y + 1 = 0
Resposta: E
CINTHIA: – Rev.: LSS10230516-pro-Aula 19 - Circunferência I.