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Geometria Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I 1
Geometria Anal´ıtica I
23/02/2005
Respostas dos Exerc´ıcios da Aula 2 do Mo´dulo I
Prezado aluno,
Seguem as respostas (na˜o as soluc¸o˜es!) dos exerc´ıcios propostos no Mo´-
dulo I de Geometria Anal´ıtica. Vale a pena lembrar que obter a resposta
e´ apenas uma etapa. O caminho que o levou a esta resposta e´ ta˜o ou
mais importante! Habitue-se a escrever cuidadosamente a sua soluc¸a˜o,
evidenciando cada passo e cada ide´ia! Bom trabalho para voceˆ!
Humberto Jose´ Bortolossi
AULA 2
[01] (a) (0,−5), (b) (−11, 1), (c) (0, 0), (d) (0, 0), (e) (1/2,−2) e ( f ) (4, 8).
[02] Usando a definic¸a˜o 4 na pa´gina 19 da aula 2, temos que:
−−−→
A1A2 +
−−−→
A2A3︸ ︷︷ ︸
−−−→
A1A3
+
−−−→
A3A4 +
−−−→
A4A5 +
−−−→
A5A1 =
−−−→
A1A3 +
−−−→
A3A4︸ ︷︷ ︸
−−−→
A1A4
+
−−−→
A4A5 +
−−−→
A5A1
=
−−−→
A1A4 +
−−−→
A4A5︸ ︷︷ ︸
−−−→
A1A5
+
−−−→
A5A1
=
−−−→
A1A5 +
−−−→
A5A1︸ ︷︷ ︸
−−−→
A1A1
=
−−−→
A1A1 =
−→
O.
Este resultado tambe´m pode ser estabelecido geometricamente, como mostra a pro´xima
figura. Note que esta demonstrac¸a˜o geome´trica se aplica independentemente da es-
colha espec´ıfica das posic¸o˜es dos pontos A1, A2, A3, A4 e A5 que foi feita na figura.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geometria Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I 2
A1
A2
A3
A4
A5
−−−→
A1A2
−−−→
A2A3
−−−→
A3A4
−−−→
A4A5
−−−→
A5A1
−−
−→
A
1
A
2
+
−−
−→
A
2
A
3
=
−−
−→
A
1
A
3
−−−
→
A1
A2
+
−−−
→
A2
A3
+
−−−
→
A3
A4
=
−−−
→
A1
A4
−−−→
A1A2+
−−−→
A2A3+
−−−→
A3A4+
−−−→
A4A5=
−−−→
A1A5
−→
O=
−−−→
A1A2+
−−−→
A2A3+
−−−→
A3A4+
−−−→
A4A5+
−−−→
A5A1=
−−−→
A1A1
[03] O exerc´ıcio precisa de uma hipo´tese extra: A, B e C devem ser distintos (ale´m de
serem colineares). Feita esta observac¸a˜o, escolha agora um sistema de coordenadas
cuja origem seja o ponto A e cujo eixo horizontal (eixo x) seja justamente a reta que
passa por A, B e C. Se b e´ a abscissa do ponto B e c e´ a abscissa do ponto C, enta˜o
−→
AB = (b, 0) e
−→
AC = (c, 0).
Como, pela hipo´tese extra, os pontos sa˜o distintos, segue-se enta˜o que b �= 0 e c �= 0!
Portanto,
−→
AB = (b, 0) =
(
b
c
· c, 0
)
=
b
c
· (c, 0) = t · (c, 0) = t · −→AC,
onde
t =
b
c
.
Observe que t �= 0, pois b �= 0 e c �= 0. Agora, t > 0 se, e somente se, b e c possuem o
mesmo sinal (como nu´meros reais), isto e´, se, e somente se, b e c esta˜o em um mesmo
semi-eixo do eixo x ou, ainda, se, e somente se,
−→
AB e
−→
AC possuem o mesmo sentido!
Analogamente, mostra-se que t < 0 se, e somente se, b e c possuem sinais contra´rios
(como nu´meros reais), isto e´, se, e somente se,
−→
AB e
−→
AC possuem sentidos opostos.
[04] (a) G = (1/6, 1).
(b) As medianas devem ser orientadas adequadamente para o resultado ser va´lido! Se
MAB e´ o ponto me´dio do lado AB, MBC e´ o ponto me´dio do lado BC e MAC e´ o
ponto me´dio do lado AC, mostraremos enta˜o que
−−−−→
AMBC +
−−−−→
BMAC +
−−−−→
CMAB =
−→
0 .
De fato, esta identidade e´ consequ¨eˆncia de uma propriedade cla´ssica do baricentro
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de um triaˆngulo: ele divide cada uma das treˆs medianas na proporc¸a˜o de 2 para 1.
Mais precisamente,
−→
AG = 2 · −−−−→GMBC , −−→BG = 2 · −−−−→GMAC e −→CG = 2 · −−−−→GMAB. (1)
A
B C
G
MAB
MAC
MBC
Com efeito, assumindo estas relac¸o˜es como verdadeiras, temos:
−−−−→
AMBC +
−−−−→
BMAC +
−−−−→
CMAB
=
(
−→
AG +
−−−−→
GMBC) + (
−−→
BG +
−−−−→
GMAC) + (
−→
CG +
−−−−→
GMAC)
=(−→
AG +
1
2
· −→AG
)
+
(−−→
BG +
1
2
· −−→BG
)
+
(−→
CG +
1
2
· −→CG
)
=
3
2
· −→AG + 3
2
· −−→BG + 3
2
· −→CG
=
3
2
·
(−→
AG +
−−→
BG +
−→
CG
)
=
3
2
· −→O
=
−→
O.
Note que, na segunda igualdade usamos as relac¸o˜es descritas em (1) e, na penu´ltima
igualdade, usamos a propriedade (2) do baricentro de um triaˆngulo, descrita logo
acima do exemplo 7 na pa´gina 24 do mo´dulo (na verdade, usamos uma ligeira
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Geometria Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I 4
adaptac¸a˜o desta propriedade). Para completar a resoluc¸a˜o do exerc´ıcio falta ape-
nas justificar as relac¸o˜es em (1). Observe que (veja a figura!):
−−−−→
GMBC =
−−→
GB +
−−−−→
BMBC e
−−−−→
GMBC =
−→
GC +
−−−−→
CMBC .
Sendo assim,
2 · −−−−→GMBC = −−−−→GMBC +−−−−→GMBC = −−→GB +−−−−→BMBC +−→GC +−−−−→CMBC .
Como MBC e´ ponto me´dio de BC, segue-se que
−−−−→
BMBC =
−−−−→
MBCC. Consequ¨ente-
mente,
−−−−→
BMBC = −−−−−→CMBC , isto e´, −−−−→BMBC +−−−−→CMBC = −→O . Portanto,
2 · −−−−→GMBC = −−→GB +−→GC.
Mas,
−−→
GB+
−→
GC = −−→GA = −→AG (veja, novamente, a a propriedade (2) do baricentro
de um triaˆngulo, descrita logo acima do exemplo 7 na pa´gina 24 do mo´dulo). Desta
maneira, 2 · −−−−→GMBC = −→AG, como hav´ıamos afirmado. As demais relac¸o˜es em (1)
sa˜o justificadas de maneira ana´loga (ou, se preferir, use o argumento de renomear
os nomes dos ve´rtices do triaˆngulo).
[05] As coordenadas sa˜o B = (−2,−3) e C = (+1,+1).
[06] Dica: use as relac¸o˜es em (1) que estabelecemos na soluc¸a˜o do exerc´ıcio [04].
[07] Se λ = 1, enta˜o existe apenas um ponto satisfazendo a propriedade:
X =
(
1− 3
1 + λ
, 2− 4
1 + λ
)
.
Se λ > 0 e λ �= 1, enta˜o existem dois pontos:
X1 =
(
1− 3
1− λ, 2−
4
1− λ
)
e X2 =
(
1− 3
1 + λ
, 2− 4
1 + λ
)
.
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