Exercícios Resolvidos de Cálculo Vetorial e Geometria Analítica

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Projeto 
Exercícios Resolvidos de Cálculo Vetorial e 
Geometria Analítica 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Por: 
 
Prof. André Assumpção 
 
 
 
 
 
Versão Preliminar 
422 Exercícios 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Abril de 2014 
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1- Parte : Pontos em R2 
1.1 – Operações com Pontos em R2; 
1.2 – Propriedades dos Pontos em R2; 
1.3 – Distância entre Pontos em R2; 
1.4 – Ponto Médio. 
2- Parte : Pontos em R3 
2.1– Operações com Pontos em R3; 
2.2– Propriedades dos Pontos em R3; 
2.3– Distância entre Pontos em R3; 
3- Parte : Pontos em Rn 
4- Parte : Vetores 
4.1- Construção de Vetores; 
4.2- Operações com Vetores 
4.2.1- Soma; 
4.2.2 – Multiplicação por Escalar; 
4.2.3 – Produto Interno; 
4.2.4 – Produto Vetorial; 
4.2.5 – Produto Misto. 
4.3 - Módulo de Vetores; 
4.4 - Vetores Unitários; 
4.5- Vetor Direção; 
4.6 – Fracionamento de um Segmento de Reta; 
4.7- Ângulo entre Vetores; 
4.8 – Vetores Paralelos; 
4.8 – Vetores Ortogonais; 
4.10 – Área da Região Formada por dois Vetores; 
4.11 – Volume do Paralelepípedo Gerado por Vetores; 
5- Parte : Retas 
5.1- Equação da Reta; 
5.1.1 – Coeficiente Angular e Coeficiente Linear; 
5.1.2 – Equação Geral da Reta; 
5.1.3 – Equação Reduzida da Reta; 
5.1.4 – Equação da Reta em R3; 
5.1.5 – Vetores Normais ä Reta; 
5.1.6 – Retas Parametrizadas; 
5.2 – Retas Paralelas; 
5.3 – Retas Ortogonais; 
5.4 – Distância entre Ponto e Reta; 
5.5 – Distância entre Duas Retas; 
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5.6 – Ângulo entre Duas Retas; 
5.7 – Intersecção de Retas. 
6- Parte: Planos 
6.1- Equação do Plano; 
6.2- Vetores Normais ao Plano; 
6.3 – Equação Paramétrica do Plano; 
6.4 – Intersecção de Planos; 
7- Parte: Circunferências 
7.1- Equação da Circunferência; 
7.2 – Intersecção entre Reta e Circunferência; 
7.3 – Intersecção entre duas Circunferências; 
7.4 – Área e Comprimento da Circunferência. 
8- Parte: Cônicas 
8.1 – Elipse 
8.2 – Hipérbole 
8.3 – Parábola 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
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Parte 1 : Pontos em R2 
1. Como pode ser descrito o conjunto R2? 
Solução: R2 é o conjunto de todos os pares ordenados de números reais e pode ser descrito 
como {(x,y)  x R e y  R}. 
2. Qual a condição para que dois pares ordenados sejam iguais? 
Solução: Dizemos que os pares ordenados (a,b) e (c,d) são iguais se, e somente se, a = c e b = 
d. 
3. Determine x de modo que os pontos A=(2, 4) seja igual ao ponto B=(x, 2x). 
Solução: Para que A e B sejam iguais, as coordenadas (x,y) de ambos os pontos deverão ser 
iguais, ou seja, 2 = x e 4 = 2x. Assim, o valor de x=2 irá satisfazer às duas condições. 
4. Determine os valores de x e de y de modo que (2x, y + 3) = (10, 10). 
Solução: Deveremos ter 2x = 10  x = 5 e y + 3 = 10  y = 7. 
5. Determine os valores de x e de y de modo que (x + y, x – y) = (4, 2). 
Solução: Deveremos ter 






.13
2
4
yex
yx
yx 
6. Em quantos quadrantes podemos dividir o plano cartesiano? 
Solução: O plano cartesiano é dividido em 4 quadrantes conforme mostrado no diagrama. 
 y 
 Q2 Q1 
 
 
 x 
 Q3 Q4 
 
7. Quais são as características dos pontos que pertencem ao primeiro quadrante 
de R2 ? 
Solução: Os pontos que pertencem ao primeiro quadrantes de R2 deverão ter x > 0 e y > 0. 
 
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8. Quais são as características dos pontos que pertencem ao segundo quadrante 
de R2 ? 
Solução: Os pontos que pertencem ao segundo quadrantes de R2 deverão ter x < 0 e y > 0. 
 
9. Quais são as características dos pontos que pertencem ao terceiro quadrante de 
R2 ? 
Solução: Os pontos que pertencem ao terceiro quadrantes de R2 deverão ter x < 0 e y < 0. 
 
10. Quais são as características dos pontos que pertencem ao quarto quadrante de 
R2 ? 
Solução: Os pontos que pertencem ao quarto quadrantes de R2 deverão ter x > 0 e y < 0. 
 
11. Quais são as características dos pontos que pertencem ao eixo das abscissas de 
R2 ? 
Solução: Os pontos que pertencem ao eixo das abscissas de R2 , ou seja, ao eixo x, deverão 
ter x  0 e y = 0. 
 
12. Quais são as características dos pontos que pertencem ao eixo das ordenadas 
de R2 ? 
Solução: Os pontos que pertencem ao eixo das ordenadas de R2 , ou seja, ao eixo y, deverão 
ter x = 0 e y  0. 
 
13. Dados os pontos A=(a,b) e B=(c,d), determine A + B. 
Solução: A + B = (a,b) + (c,d) = (a+c, b+d). 
 
14. Dados os pontos A=(a,b) e B=(c,d), determine A - B. 
Solução: A - B = (a,b) - (c,d) = (a-c, b-d). 
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15. Dados os pontos A=(a,b) e B=(c,d), determine 2A + 3B. 
Solução: 2A +3B =2.(a,b) + 3.(c,d) = (2a ,2b ) + (3c,3d) = (2a+3c,2b+3d). 
 
16. Dados os pontos A=(a,b) e B=(c,d), determine 2A - 3B. 
Solução: 2A -3B =2.(a,b) - 3.(c,d) = (2a ,2b ) - (3c,3d) = (2a -3 c,2b-3d). 
 
17. Dados os pontos A=(a,b), B=(c,d) e C=(e,f), demonstre que (A+B) + C = A + 
(B+C). 
Solução: (A + B) + C = [(a,b) + (c,d)] + (e,,f) = (a+c,b+d) + (e,,f) = (a+c+e,b+d+f) = [a+(c+e), 
b+(d+f)] = (a,b) + (c+e,d+f) = (a,b) + [(c+e,d+f)] = A + (B+C). 
 
18. Dados os pontos A=(a,b) e B=(c,d), demonstre que A+B = B+A. 
Solução: A + B = (a,b) + (c,d) = (a+c,b+d) = (c+a,d+b) = (c,d) + (a,b) = B + A. 
 
19. Demonstre que o elemento neutro da adição de pares ordenados em R2, é o par 
O=(0,0). 
Solução: Sendo A = (a,b), e A + O = A, então (a,b) + O= (a,b) O = (a,b) – (a,b)  O = (a-
a,b-b)  O = (0,0). 
 
20. Demonstre que para todo A=(a,b)  R2, existe –A tal que A + (-A) = 0. 
Solução: Sendo A=(a,b)  R2 e A + B = 0, então (a,b) + B = (0,0)  B = (0,0) – (a,b)  B = 
(0-a,0-b)  B = (-a, -b). Como –a e –b  R, então B = (-a,-b) = -A  R2. 
 
21. Sendo A e B  R2 e k  R, demonstre que k(A + B) = kA + kB. 
Solução: Supondo que A = (a,b) e B = (c,d), k(A + B) = k(a+c, b+d) = (k(a+c), k(b+d)) = 
(ka+kc, kb+kd) = (ka, kb) + (kc,kd) = k(a,b) + k(c,d) = kA + kB. 
 
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22. Sendo k e h  R e A  R2, demonstre que A(k + h) = kA + mA. 
Solução: Supondo que A = (a,b), A(k + h) = (a,b).(k+h) = (a.(k+h), b.(k,h)) = (ak+ah, bk+bh) = 
(ak,bk) + (ah,bh) = kA + hA . 
 
23. Sendo k e h  R e A  R2, demonstre que k(hA) = (k.h)A. 
Solução: Supondo que A = (a,b), k(hA) =k(h(a,b)) = k(ha,hb)= (kha, khb) = (kh).(a,b)= 
(kh).A. 
 
24. Determine k  R de modo que k.A = A, para A  R2. 
Solução: Se k.A = A, então, k(a,b) = (a,b)  ka = a e kb = b  k = 1 R. 
 
25. Determine o ponto simétrico do ponto (2,4) em relação ao eixo das abscissas. 
Solução: O ponto simétrico ao ponto (2,4) em relação ao eixodas abscissas é um ponto com 
a mesma abscissa e ordenada simétrica, ou seja, o ponto (2,-4). 
 
26. Determine o ponto simétrico do ponto (2,4) em relação ao eixo das ordenadas. 
Solução: O ponto simétrico ao ponto (2,4) em relação ao eixo das ordenadas é um ponto com 
a mesma ordenada e abscissa simétrica, ou seja, o ponto (-2,4). 
 
27. Determine o ponto simétrico do ponto (2,4) em relação a origem do plano 
cartesiano. 
Solução: O ponto simétrico ao ponto (2,4) em relação a origem do plano cartesiano é um 
ponto com ordenada e abscissa simétricas, ou seja, o ponto (-2,-4). 
 
 
 
 
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28. Determine a distância entre os pontos A=(1,3) e B=(4, 7). 
Solução: A distância entre dois pontos em R2 é determinada por 
2
12
2
12,
)()( yyxxd
BA

. 
Assim, 
.525169)4()3()37()14( 2222
,

BA
d
 
 
29. Determine a distância entre os pontos A=(-2,5) e B=(4, -3). 
Solução: A distância entre dois pontos em R2 é determinada por 
2
12
2
12,
)()( yyxxd
BA

. Assim, 
.101006436)8()6()53())2(4( 2222
,

BA
d
 
 
30. Determine o perímetro do retângulo ABCD, onde A=(1,2), B=(1,5), C=(4,5) e 
D=(4,2). 
Solução: Para calcular o perímetro do retângulo ABCD, deveremos determinar as medidas 
de seus lados. Porém, é importante perceber que a medida do lado AB é igual a medida do 
lado CD, e que o mesmo ocorre com os lados BC e DA. Assim, o perímetro do retângulo 
será dado por : 
.123.23.23.23.2)55()14(.2)25()11(.2222 222222
,,

CBBA
ddp
 
 
31. Determine o perímetro do quadrilátero ABCD, onde A=(-1,2), B=(3,4), C=(4,0) e 
D=(2,-8). 
Solução: 
.1745517.217172
,,,,

ADDCCBBA
ddddp
 
 
32. Dados os pontos A=(a,b) e B=(c,d) de R2, determine o ponto médio de 
AB
. 
Solução: O ponto médio do segmento 
AB
 é um ponto M situado entre os pontos A e B, onde 
).
2
,
2
(
2
),(),(
2
dbcadcbaBA
M






 
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33. Dados os pontos A=(3,1) e B=(5,3) de R2, determine o ponto médio de 
AB
. 
Solução: O ponto médio do segmento 
AB
 é um ponto M situado entre os pontos A e B, onde 
).2,4()
2
31
,
2
53
(
2
)3,5()1,3(
2







BA
M
 
Parte 2: Pontos em R3 
34. Como pode ser descrito o conjunto R3 ? 
Solução: R3 é o conjunto de todos os pares ordenados de números reais e pode ser descrito 
como {(x,y,z)  x, y e z R}. 
 
35. Qual a condição para que dois pares ordenados de R3 sejam iguais ? 
Solução: Dizemos que os pares ordenados (a,b,c) e (d,e,f) são iguais se, e somente se, a = d, 
b = e e c = f. 
 
36. Determine x e t de modo que os pontos A=(2, 4, t) seja igual ao ponto B=(x, 2x, 
3x). 
Solução: Para que A e B sejam iguais, as coordenadas (x,y,z) de ambos os pontos deverão 
ser iguais, ou seja, 2 = x, 4 = 2x e t = 3x. Assim, os valores de x=2 e, por consequência, t=6 
irão satisfazer às duas condições. 
 
37. Determine os valores de x e de y de modo que (5x, y + 5, z - 3) = (10, 10, 5). 
Solução: Deveremos ter 5x = 10  x = 2, y + 5 = 10  y =5 e z – 3 = 5 z=8 . 
38. Determine os valores de x, de y e de z, de modo que (x + y - z, 2x + 2y – z, x – y 
– 3z) = (0, 2, -2). 
Solução: Deveremos ter 









.21,3
23
222
0
zeyx
zyx
zyx
zyx
 
 
 
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39. Dados os pontos A=(a,b,c) e B=(d,e,f), determine A + B. 
Solução: A + B = (a,b,c) + (d,e,f) = (a+d, b+e, c+f). 
 
40. Dados os pontos A=(a,b,c) e B=(d,e,f), determine A - B. 
Solução: A - B = (a,b,c) - (d,e,f) = (a-d, b-e, c-f). 
 
41. Dados os pontos A=(a,b,c) e B=(d,e,f), determine 2A + 3B. 
Solução: 2A +3B =2.(a,b,c)+ 3.(d,e,f) = (2a ,2b, 2c ) + (3d, 3e, 3f) = (2a+3d,2b+3e,2c+ef). 
 
42. Dados os pontos A=(a,b,c) e B=(d,e,f), determine 2A - 3B. 
Solução: 2A -3B =2.(a,b,c) – 3.(d,e,f) = (2a ,2b, 2c ) - (3d,3e,3f) = (2a –3d,2b-3e,2c-3f). 
43. Dados os pontos A=(a,b,c), B=(d,e,f) e C=(g,h,i), demonstre que (A+B) + C = A + 
(B+C). 
Solução: (A + B) + C = [(a, b, c) + (d, e, f)] + (g, h, i) = (a+d,b+e,c+f) + (g, h, i) = 
(a+d+g,b+e+h, c+f+i) = [a+(d+g), b+(e+h), c+(f+i)] = (a, b, c) + (d+g, e+h, f+i) = (a, b, c)+[(d, 
e, f) + (g, h, i)] = A + (B+C). 
44. Dados os pontos A=(a,b,c), B=(d,e,f), demonstre que A+B = B+A. 
Solução: A + B = (a, b, c)+ (d, e, f)= (a+d,b+e, c+f) = (d+a,e+b,f+c) = (d, e, f) + (a, b, c)= B + 
A. 
 
45. Demonstre que o elemento neutro da adição de pares ordenados em R3, é o par 
O=(0,0,0). 
Solução: Sendo A = (a, b, c), e A + O = A, então (a, b, c) + O= (a, b, c) O = (a, b, c) – (a, b, 
c)  O = (a-a, b-b, c-c)  O = (0,0,0). 
 
 
 
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46. Demonstre que para todo A=(a,b,c)  R3, existe –A tal que A + (-A) = O. 
Solução: Sendo A=(a, b, c)  R3 e A + B = O, então (a, b, c) + B = (0,0,0)  B = (0,0,0) – (a, 
b, c)  B = (0-a,0-b, 0-c)  B = (-a, -b, -c). Como –a , –b e –c  R, então B = (-a,-b, -c) = -
A  R3. 
47. Sendo A e B  R3 e k  R, demonstre que k.(A + B) = k.A + k.B. 
Solução: Supondo que A = (a, b, c) e B = (d, e, f), k(A + B) = k(a+d, b+e, c+f) = (k(a+d), 
k(b+e), k.(c+f)) = (k.a+k.d, k.b+k.e, k.c+k.f) = (k.a, k.b, k.c) + (k.d, k.e, k.f) = k.(a,b,c) + k.(d, e, 
f) = k.A + k.B. 
 
48. Sendo k e h  R e A  R3, demonstre que A(k + h) = k.A + m.A. 
Solução: Supondo que A = (a,b,c), A.(k + h) = (a,b,c).(k+h) = (a.(k+h), b.(k+h), c(k+h)) = 
(a.k+a.h, b.k+b.h, c.k + c.h) = (a.k, b.k, c.k) + (a.h, b.h, c.h) = k.A + h.A . 
 
49. Sendo k e h  R e A  R3, demonstre que k.(h.A) = (k.h).A. 
Solução: Supondo que A = (a,b,c), k.(h.A) = k.(h.(a,b,c)) = k.(h.a, h.b, h.c)= (k.h.a, k.h.b, 
k.h.c) = (k.h).(a,b,c)= (k.h).A . 
 
50. Determine k  R de modo que k.A = A, para A  R3. 
Solução: Se k.A = A, então, k.(a,b,c) = (a,b,c)  k.a = a, k.b = b e k.c = c k = 1 R. 
 
52. Determine a distância entre os pontos A=(1,2,3) e B=(2, 4, 5). 
Solução: A distância entre dois pontos em R3 é determinada por 
)()()(
12
2
12
2
12,
zzyyxxd
BA

. 
Assim, 
.39441)2()2()1()35()24()12( 222222
,

BA
d
 
 
 
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53. Determine a distância entre os pontos A=(-1, 3,-2) e B=(1, -2, 3). 
Solução: A distância entre dois pontos em R3 é determinada por 
)()()(
12
2
12
2
12,
zzyyxxd
BA

. 
Assim, 
.1325425254)5()5()2())2(3()32())1(1( 222222
,

BA
d
 
Parte 3: Vetores 
54. Dados os pontos A=(1,2) e B=(5,3), represente no plano cartesiano o segmento 
orientado . 
Solução: 
 
55. Calcule o módulo do segmento orientado AB, sendo A=(1,2) e B=(5,3). 
Solução: O módulo do segmento orientado AB será calculado pela distância entre A e B. 
Assim, teremos 
.1714)23()15( 2222 AB
 
56. Calcule o módulo do segmento orientado AB, sendo A=(1,3,2) e B=(-1,2,-3). 
Solução: O módulo do segmento orientado AB será calculado pela distância entre A e B. 
Assim, teremos 
.30)5()1()2()23()32()11( 22222 AB
 
 
 
 
57. Determine um vetor vque possua o mesmo módulo, a mesma direção e o 
mesmo sentido do segmento orientado AB, onde A=(1,2) e B=(5,3). 
AB

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Solução: Para que v tenha o mesmo módulo, a mesma direção e o mesmo sentido de AB, 
então v = B-A = (5,3) – (1,2) = (4,1). 
 
58. Determine um vetor u que possua o mesmo módulo, a mesma direção e o 
mesmo sentido do segmento orientado AB, onde A=(1,3,2) e B=(-1,2,-3). 
Solução: Para que u tenha o mesmo módulo, a mesma direção e o mesmo sentido de AB, 
então u = B-A = (-1, 2, -3) – (1, 3, 2) = (-2, -1,-5). 
59. Determine um vetor t que possua o mesmo módulo, a mesma direção e o 
sentido contrário ao do segmento orientado AB, onde A=(1,2) e B=(5,3). 
Solução: Para que t tenha o mesmo módulo, a mesma direção e o sentido contrário ao de AB, 
então t = A-B = (1,2) – (5,3) = (-4,-1). 
 
60. Determine um vetor z que possua o mesmo módulo, a mesma direção e o 
sentido contrário ao do segmento orientado AB, onde A=(1,3,2) e B=(-1,2,-3). 
Solução: Para que z tenha o mesmo módulo, a mesma direção e o sentido contrário ao de 
AB, então z = B-A = (1, 3,2) – (-1,2,-3) = (2, 1,5). 
 
61. Dados o ponto P=(2,1) e o vetor v=(5,3), determine o ponto Q de modo que P+v 
= Q. 
Solução: Se P + v = Q, então, (2,1) + (5,3) = Q  Q=(7,4). 
 
62. Dados os pontos P=(2,4) e Q=(-3,5), determine o vetor v de modo que Q + v = P. 
Solução: Se Q + v = P, então, v = P-Q  v = (2,4)-(-3,5)  v = (2+3, 4-5)  v=(5,-1). 
 
63. Dados os pontos A=(1, -2, 3), B=(1, -3, 2) e C=(-1, 3, 1), determinar as 
coordenadas do ponto D tal que 
0CDAB
. 
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Solução: Se D=(x, y, z) e 
).0,0,0()1,3,1()1,1,0(,.0,,0  zyxsejaOuCDABentãoCDAB
 
Assim, x + 1 + 0 = 0  x = -1. 
 y – 3 - 1 = 0  y = 1. 
 z – 1 – 1 = 0  z = 2. 
 
64. Prove que as diagonais de um paralelogramo têm o mesmo ponto médio. 
Solução: Considere o paralelogramo ABCD, de diagonais AC e DB. Seja M o ponto médio 
de AC. Como BM = BC + CM = AD + MA = MD, pode-se afirmar que M também é ponto 
médio de BD. 
 
65. Represente no plano cartesiano o vetor v=(4,1). 
Solução: 
 
66. Represente no plano cartesiano o vetor t=(-4, -1). 
Solução: 
 
67. Determine o módulo do vetor v=(a,b). 
Solução: O vetor v=(a,b) terá origem no ponto (0,0) e extremidade no ponto (a,b), assim 
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2222 )0()0( babav 
 
 
68. Determine o módulo do vetor u=(a,b,c). 
Solução: O vetor u=(a,b,c) terá origem no ponto (0,0,0) e extremidade no ponto (a,b,c), 
assim 
.)0()0()0( 222222 cbacbav 
 
 
69. Determine o módulo do vetor v=(4,1). 
Solução: 
.1711614 2222  bav
 
 
70. Determine o módulo do vetor t = (-4, -1). 
Solução: 
.17116)1()4( 22 t
 
 
71. Determine o módulo do vetor u=(-2, -1, -5). 
Solução: 
.302514)5()1()2( 222222  cbau
 
 
72. Determine o módulo do vetor z=(2, 1, 5). 
Solução: 
.302514512 222 z
 
 
73. Dados os vetores v=(a,b) e u=(c,d), determine v + u. 
Solução: v + u = (a,b) + (c,d) = (a+c, b+d). Geometricamente, determinamos o vetor v+u da 
seguinte maneira: 
 
 
 
74. Dados os vetores v=(a,b) e u=(c,d), determine v - u. 
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Solução: v - u = (a,b) - (c,d) = (a-c, b-d). 
 
75. Dados os vetores v=(a,b) e u=(c,d), determine u – v. 
Solução: u -v = (c,d) - (a,b) = (c-a, d-b). 
 
76. Dados os vetores v=(a,b) e u=(c,d), determine 2v + 3u. 
Solução: 2v +3u =2.(a,b) + 3.(c,d) = (2a ,2b ) + (3c,3d) = (2a+3c,2b+3d). 
77. Dados os vetores v=(a,b) e u=(c,d), determine 2v – 3u. 
Solução: 2v –3u =2.(a,b) - 3.(c,d) = (2a ,2b ) - (3c,3d) = (2a -3 c,2b-3d). 
 
78. Dados os vetores v=(a,b) e u=(c,d) e t=(e,f), demonstre que (v+u) + t = v + (u+t). 
Solução: (v + u) + t = [(a,b) + (c,d)] + (e,,f) = (a+c,b+d) + (e,,f) = (a+c+e,b+d+f) = [a+(c+e), 
b+(d+f)] = (a,b) + (c+e,d+f) = (a,b) + [(c+e,d+f)] = v + (u+t). 
 
79. Dados os vetores v=(a,b) e u=(c,d), demonstre que v+u = u+v. 
Solução: v + u = (a,b) + (c,d) = (a+c,b+d) = (c+a,d+b) = (c,d) + (a,b) = u + v. 
 
80. Demonstre que o elemento neutro da adição de vetores em R2, é o vetor o=(0,0). 
Solução: Sendo v = (a,b), e v + o = v, então (a,b) + o= (a,b) o = (a,b) – (a,b)  o = (a-a,b-
b)  o = (0,0). 
 
81. Demonstre que para todo vetor v=(a,b)  R2, existe –v tal que v + (-v) = o. 
Solução: Sendo v=(a,b)  R2 e v + v’ = o, então (a,b) + v’ = (0,0)  v’ = (0,0) – (a,b)  v’= 
(0-a,0-b)  v’ = (-a, -b). Como –a e –b  R, então v’ = (-a,-b) = -v  R2. 
82. Sendo v e u vetores de R2 e k  R, demonstre que k(v + u) = kv + ku. 
Solução: Supondo que v = (a,b) e u = (c,d), k(v + u) = k(a+c, b+d) = (k(a+c), k(b+d)) = 
(ka+kc, kb+kd) = (ka, kb) + (kc,kd) = k(a,b) + k(c,d) = kv + ku. 
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83. Sendo k e h  R e v um vetor de R2, demonstre que v(k + h) = kv + mv. 
Solução: Supondo que v = (a,b), v(k + h) = (a,b).(k+h) = (a.(k+h), b.(k+h)) = (ak+ah, 
bk+bh) = (ak,bk) + (ah,bh) = kv + hv . 
 
84. Sendo k e h  R e v um vetor de R2, demonstre que k(hv) = (k.h)v. 
Solução: Supondo que v= (a,b), k(hv) =k(h(a,b)) = k(ha,hb)= (kha, khb) = (kh).(a,b)= 
(kh).v. 
 
85. Determine k  R de modo que k.v = v, para todo vetor de R2. 
Solução: Se k.v = v, então, k(a,b) = (a,b)  ka = a e kb = b  k = 1 R. 
 
86. Os vetores u=(3,4), v=(2, 3b) e t=(5a,1) satisfazem à equação 2u – 3v + t = o, onde 
o é o vetor nulo. Assim, determine os valores de a e b. 
Solução: 2.(3,4) – 3.(2, 3b) + (5a,1)=(0,0)  (6, 8) – (6, 9b) + (5a, 1) = (0,0)  (6-6+5a,8-
9b+1) = (0,0)  5a = 0 e 9 – 9b = 0  a = 0 e b = 1. 
 
87. Dados os vetores u=(4,3), v=(-5,1) e w=(3,0), determine u - v+w. 
Solução: (4,3) – (-5,1) + (3,0) = (4 + 5 + 3, 3 – 1 + 0) = (12, 2). 
 
88. Os vetores u=(1,2), v=(5, 7) e w=(x,2) do R2, satisfazem à equação 4u + 3w = 2v. 
Determine o valor de x. 
Solução: 4.(1,2) + 3.(x,2) = 2.(5,7)  (4,8) + (3x, 6) = (10,14)  (4+3x, 14) = (10,14)  4 
+ 3x = 10  3x = 6  x = 2. 
 
89. Determine o produto interno entre os vetores u=(a,b) e v=(c,d). 
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Solução: Simbolizamos o produto interno, que também é denominado de produto escalar, 
por<a;v> ou u.v, que é determinado da seguinte maneira: <u;v> = (a,b).(c,d) = a.c+b.d. 
 
90. Determine o produto interno entre os vetores u=(2,3) e v=(4,2). 
Solução: <u;v> = (2,3).(4,2) = 2.4 + 3.2 = 8+6 = 14. 
 
91. Determine o produto interno entre os vetores u=(-2,1) e v=(5,-3). 
Solução: <u;v> = (-2,1).(5,-3) = (-2).5 + 1.(-3) = -10+(-3) = -10 – 3= -13. 
 
92. Determine o produto interno entre os vetores u=(3,6) e v=(2,-1). 
Solução: <u;v> = (3,6).(2,-1) =3.2 + 6.(-1) = 6 – 6 = 0. 
 
93. Determine o produto interno entre os vetores u=(-2,4,1) e v=(2,5,-3). 
Solução: <u;v> = (-2,4,1).(2,5,-3)= (-2).2+4.5+1.(-3) = -4+20 –3=13. 
 
94. Determine o produto interno entre os vetores u=(2,-2,3) e v=(-1,5,4). 
Solução: <u;v> = (2,-2,3).(-1,5,4)= 2.(-1)+(-2).5+3.4 = -2+(-10)+ 12= -2 -10+12= 0. 
 
95. Demonstre que, para u  0, u.u > 0. 
Solução: Sendou=(a,b), onde a e b R*, u.u = (a,b) . (a,b) = a.a + b.b = a2 + b2. Como,  a e 
b R*, a2 >0 e b2 > 0, então a2 + b2>0. 
 
96. Demonstre que u.v = v.u, para u e v  R2. 
Solução: Sendo u=(a,b) e v=(c,d), u.v = (a,b) . (c,d) = a.c + b.d = c.a + d.b = (c,d).(a,b) = v.u. 
 
97. Demonstre que u.(v+w) = u.v + u.w, para u, v e w  R2. 
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Solução: Sendo u=(a,b), v=(c,d) e w=(e, f), u.(v+w) = (a,b).[(c,d) + (e, f)] = (a,b). (c+e, d+ f) 
= a.(c+e) + b.(d+f) = ac + ae + bd + bf = ac + bd + ae + bf = (a,b) . (c,d) + (a,b).(e, f) = u.v + 
u.w. 
 
98. Demonstre que u.(k.v) = k.(u.v), para u e v  R2 e k  R. 
Solução: Sendo u=(a,b) e v=(c,d), u.(k.v) = (a,b).(k.(c,d)) = (a,b).(kc,kd) = kab + kcd = 
k.(ab + cd) = k.(a,b).(c,d) = k.(u.v). 
 
99. Demonstre que o módulo de um vetor u  R2 também pode ser calculado 
por
uuu .
. 
Solução: Sabemos que, para u = (a,b), 
22 bau 
. Como a2 + b2 = (a,b).(a,b) = u.u, então, 
uuu .
. 
100. Determine o valor de x para que o vetor v=(x,2) seja unitário. 
Solução: Um vetor é unitário quando seu módulo é igual a 1. Assim, 
.
2
3
4
3
4
1
11
4
1
1
4
1
1
4
1
1)
4
1
(
222
2
2
2222










xxxx
xxxx
 
101. Demonstre que o vetor , para v  R2 e não nulo, é necessariamente 
unitário. 
 
Solução: Sendo v=(a,b), onde a e b  R*, 
.1
',).,(
),(
'
22
22
22
2
22
2
2
22
2
22222222








































ba
ba
ba
b
ba
a
ba
b
ba
a
vAssim
ba
b
ba
a
ba
ba
v
 
102. Determine o versor do vetor v=(2,4). 
v
v
v '
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Solução: O versor de um vetor v qualquer, não nulo, é um vetor unitário que possui a 
mesma direção e o mesmo sentido de v. O versor de v, simbolizado por v’, é determinado por 
. Assim, para v = (2,4) teremos: 
).
5
2
,
5
1
(
52
)4,2(
20
)4,2(
42
)4,2(
'
22


v
 
103. Sendo u=(-2,3) e v=(5, -2), determine u’+ v’. 
Solução: Sendo u’ e v’ os versores de u e v respectivamente, 
então:
).
13
1
,
13
1
()
13
)2(3
,
13
32
(
13
)2,3(
13
)3,2(
)2()3(
)2,3(
)3()2(
)3,2(
2222












 
 
104. Determine u’.u’, sendo u um vetor de R2. 
Solução:Sabemos que o módulo de um vetor u pode ser calculado por 
..uuu 
Assim, 
.1''.)''.()1(''.1''.' 22  uuuuuuuuu
 
105. Prove que
vuvu .. 
, sendo u e v vetores de R2. (Desigualdade de Cauchy-
Schwarz). 
Solução: Fazer. 
 
106. Prove que, se o vetor u=(a,b) é paralelo ao vetor v=(c,d), ambos de R2 onde c.d  
0, então 
d
b
c
a

 . 
Solução: Se u e v são paralelos, então u = kv. Logo, (a,b) = k(c,d)  (a,b) = (kc,kd)  a = kc 
e b = kd  
.k
d
b
c
a

 
 
107. Determine o valor de x para que os vetores u=(x,2) e v=(9,6) sejam paralelos. 
Solução: Se u e v são paralelos, então 
.3
6
9.2
6
2
9
 xx
x
 
108. Determine os valores de x e y para que os vetores u=(2, 5, y) e v=(x, 10, 8) sejam 
paralelos. 
v
v
v '
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Solução: Se u e v são paralelos, então 
.44
810
52
 yex
y
x
 
109. Prove que o segmento que une os pontos médios de dois lados de um 
triângulo é perpendicular ao terceiro lado e tem por medida a metade da medida 
deste lado. 
Solução: Seja o triângulo ABC, onde M e N são, respectivamente, os pontos médios de AC e 
BC. Podemos afirmar que 
CNCB
MCAC
2
2


. 
Somando membro a membro teremos: 
.
2
1
2)(2 ABMNABMNCBACCNMC 
 
110. Prove que, se u e v são vetores de R2 tais que u=kv, então 
..vku 
 
Solução: Supondo que v=(a,b), então u=(ka,kb). Assim, 
)( 2222222 bakubkaku 
 
... 22 vkubaku 
 
111. Prove que, sendo u e v vetores ortogonais, então u.v=0. 
Solução: Com o auxílio da figura, pode-se observar que u+v é a hipotenusa do triângulo 
retângulo que possui catetos u e v. Aplicando Pitágoras encontra-se 
      .222 vuvu 
 
Utilizando uma propriedade do produto interno tem-se: (u+v).(u+v) = u.u + v.v  u.u + 
u.v + v.u + v.v = u.u + v.v  2(u.v) = 0  u.v=0. 
112. Verifique se os vetores u=(3,2) e v=(-4,6) são ortogonais. 
Solução: Os vetores serão ortogonais se e somente se u.v=0. Assim, (3,2).(-4,6) = -12+6 = -6 
 0. Logo u e v não são ortogonais. 
 
113. Obter y de modo que os pontos A=(3,y), B=(0,4) e C=(4,6) sejam os vértices se 
um triângulo retângulo em A. 
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Solução: Para que o triângulo ABC seja retângulo em A, os vetores AB e AC deverão ser 
ortogonais. Assim, AB.AC = 0. Logo, (B-A).(C-A) = 0 (0 - 3, 4 - y).(4 - 3, 6 - y) = 0  (-
3, 4 – y).(1, 6-y) = 0  -3.1 + (4 - y).(6 - y) = 0  -3 + 24 – 4y – 6y + y2 = 0  y2 –10y + 
21 = 0  y = 3 ou y = 7. 
 
114. Sendo u=(2,5) e v=(5,2), verifique se u+v e u-v são ortogonais. 
Solução: u+v=(7,7) e u-v=(-3, 3). Assim, (7,7).(-3,3) = -21+21 = 0. Logo u+v e u-v são 
ortogonais. 
 
115. Determine x de modo que os vetores u=(x, 0, 3) e v=(1, x, 3) sejam ortogonais. 
Solução: Para que u e v sejam ortogonais, u.v = 0. Assim, (x, 0, 3).(1, x, 3) = 0  x + 0 + 9 
= 0  x = -9. 
 
116. Determine o vetor u ortogonal a v=(4, -1, 5) e a w=(1, -2, 3), tal que u.(1, 1, 1) = -
1. 
Solução: Supondo u=(x, y, z) tem-se: 








11)1,1,1).(,,(
0320)3,2,1).(,,(
0540)5,1,4).(,,(
zyxzyx
zyxzyx
zyxzyx . Assim, solucionando 
o sistema, encontra-se x= 1, y = -1 e z = -1. Logo, u=(1, -1, -1). 
 
117. Prove que se kv = tv, sendo v0, então k = t. 
Solução: kv = tv  kv – tv = 0  (k-t).v = 0  k=t, pois v0. 
118. Sendo v0, prove que 
v
v
, denominado de versor de v, é um vetor unitário. 
Solução: Escrevendo 
v
v
como u e considerando que 
vvv .
2

, então 

v
v
v
v
uuuu ..
22
 
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.11
.
.. 22
2
2
 uu
vv
vv
u
v
vv
u
 
119. Prove que, para u e v  0 e sendo  o ângulo formado pelos vetores, 
.
.
.
cos
vu
vu

 
Solução: Observando a figura ao lado e aplicando a Lei dos Cossenos encontra-se: 
.
.
.
coscos..2..2
cos...2..2cos2
2222222
vu
vu
uvuv
uvuvuvuvuvuvuv




 
 
120. Determine o ângulo formado pelos vetores u=(1,1) e v=(2,0). 
Solução: 
.45
2
2
cos
2.2
2
cos
2.2
)0,2).(1,1(
cos
.
.
cos o
vu
vu
  
121. Determine o ângulo formado pelos vetores u=(1, -1, 0) e v=(1, 0, 1). 
Solução: 
.60
2
1
cos
4
1
cos
2.2
)1,0,1).(0,1,1(
cos
.
.
cos o
vu
vu


  
122. Dados os vetores u=(a,b,c) e v=(d,e,f) determine o produto vetorial entre u e v. 
Solução: O produto vetorial entre u e v, que pode ser simbolizado por u x vou u ^ v, tem 
como solução um vetor e pode ser calculado das seguintes maneiras: 
Supondo que (x, y, z) são as coordenadas do vetor solução, tem-se 
fbea
ed
ba
z
fadc
df
ac
y
ecfb
fe
cb
x
..
..
..



 Assim, u x v = (b.f – c.e, c.d – a.f, a.e – b.f). 
O produto vetorial entre u e v também poderá ser calculado da seguinte maneira: 
 
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)...()..()..(............ dbeazfadcyecfbxyfaxeczdbzeaydcxfb
fed
cba
zyx



 
Assim, uxv será o vetor de coordenadas (b.f – c.e, c.d – a.f, a.e – b.f). 
 
 
123. Sendo u=(1, -2, 3, -4) e v=(5, -4, 5, 7), determine se u e v são ortogonais. 
Solução: Se u e v são ortogonais (perpendiculares), então u.v = 0. Assim, (1, -2, 3, -4).(5, -4, 
5, 7) = 1.5 + (-2).(-4) + 3.5 + (-4).7 = 5 + 8 + 15 – 28 = 28 – 28 = 0. Logo, u e v são 
ortogonais. 
 
124. Determine o versor do vetor v=(3, -12, -4). 
Solução: O versor do vetor v será o vetor unitário u, tal que 
v
v
u 
. Como 
,13169)4()12(3 222 v
então 
).
13
4
,
13
12
,
13
3
(

u
 
125. Determine o vetor direção do vetor v=(2, -3, 8, -5). 
Solução: O vetor direção, ou versor, do vetor v será o vetor unitário u, tal que 
v
v
u 
. 
Como 
,102)5(8)3(2 2222 v
então 
).
120
5
,
120
8
,
120
3
,
120
2
(

u
 
126. Dados os vetores v, u1 e u2  R2 , determine a condição para que o vetor v seja 
escrito como uma combinação linear de u1 e u2 . 
Solução: v poderá ser escrito como uma combinação linear de u1 e u2 se existires escalares 
k1 e k2 tais que v = k1 . u1 + k2 . u2. 
127. Determine se é possível escrever o vetor v=(6, 9) como uma combinação linear 
do vetor u=(2,3). 
Solução: Se v é uma combinação linear de u, então v poderá ser escrito como v = k.u, ou 
seja, (6,9) = k.(2,3). Assim, 2.k = 6 e 3.k = 9. Como k = 3 satisfaz às duas equações, então v é 
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uma combinação linear de u, pois (6,9) = 3.(2,3), ou seja, v=3.u. É importante observar que, 
neste caso, u e v são paralelos. 
128. Determine se é possível escrever o vetor v=(-3,8) como uma combinação linear 
dos vetores u1=(1,2) e u2=(-2,3). 
Solução: v poderá ser escrito como uma combinação linear de u1 e u2 se existirem escalares 
k1 e k2 tais que v = k1 . u1 + k2 . u2. Assim, deverão existir escalares para que (-3,8) = k1.(1,2) 
+ k2.(-2,3). O sistema, com as equações k1 - 2k2 = -3 e 2k1 + 3k2 = 8, terá como solução k1 = 1 
e k2 = 2. Logo, v é uma combinação linear de u1 e u2, pois (-3,8) = 1.(1,2) + 2.(-2,3), ou seja, 
v=1.u1 + 2.u2, . 
129. Dados o vetor v e o conjunto de vetores { u1, u2, u3, u4, ..., un } todos de Rn, 
determine a condição para que o vetor v seja escrito como uma combinação linear 
de { u1, u2, u3, u4, ..., un }. 
Solução: v poderá ser escrito como uma combinação linear de { u1, u2, u3, u4, ..., un } se 
existirem escalares { k1, k2, k3, k4, ..., kn } tais que v = k1 . u1 + k2 . u2,+ k3 .u3 + k4 . u4 + .... 
kn,. un . 
130. Determine se é possível escrever o vetor v=(2, 3, -4) como uma combinação 
linear de u1 = (1,1,1), u2 = (1,1,0) e u3 = (1,0,0). 
Solução: v poderá ser escrito como uma combinação linear de u1, u2 e u3 se existirem k1, k2 
e k3 de modo que v = k1 . u1 + k2 . u2,+ k3 .u3 . Assim, (2, 3, -4) = v = k1 . (1,1,1) + k2 .(1,1,0)+ 
k3 .(1,0,0). O sistema, com as equações k1 + k2 + k3 = 2, k1 + k2 = 3 e k1 = -4, terá como 
solução k1=-4, k2= 7 e k3 =-1. Logo, v é uma combinação linear de u1, u2 e u3 pois (2, 3, -4) = 
-4.(1,1,1) + 7.(1,1,0) – 1.(1,0,0), ou seja, v = -4 u1 + 7 u2 - u3. 
131. Determine os escalares k1, k2 e k3 de modo que o vetor v=(3, 5,-2) seja uma 
combinação linear dos vetores i, j e k, onde i=(1,0,0), j=(0,1,0) e k=(0,0,1) (O conjunto 
{i, j, k} é uma base ortonormal de R3, denominada de base canônica de R3). 
Solução: (3, 5, -2) = k1 . (1,0,0) + k2 .(0,1,0)+ k3 .(0,0,1). Assim, k1=3, k2= 5 e k3 =-2. Logo, 
v=3i + 5j – 2k. 
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132. Sendo u = 3i + 5j – 2k e v = 4i – 3j + 7k, determine u + v. 
Solução: u + v = (3i + 5j – 2k) + (4i – 3j + 7k) = 7i + 2j + 5k. 
133. Sendo u = 3i + 5j – 2k e v = 4i – 3j + 7k, determine 2u - 3 v. 
Solução: 2u – 3v = 2.(3i + 5j – 2k) – 3.(4i – 3j + 7k) = (6i + 10j – 4k) – (12i –9j + 21k) = -6i 
+ 19j – 25k. 
134. Sendo u = 3i + 5j – 2k e v = 4i – 3j + 7k, determine u . v. 
Solução: u.v = 3.4 + 5.(-3) + (-2).7 = 12 – 15 – 14 = -17. 
135. Calcular o módulo do vetor v = 4i + 3j. 
Solução: 
.52591634 22 v
 
136. Calcular o módulo do vetor v=2i + 4j – k. 
Solução: 
.211164)1(42 222 v
 
137. Determinar o versor do vetor v=4i + 3j. 
Solução: Como 
,5v
então o versor de v será o vetor 
.
5
3
5
4
ji
v
v
u 
 
138. Determine o versor do vetor v=2i + 4j – k. 
Solução: Como 
,21v
então o versor de v será o vetor 
.
21
1
21
4
21
2
kji
v
v
u 
 
 
139. Determine o valor de m de modo que o vetor v=(2m, 4m, 4m) seja um versor. 
Solução: para que v seja um versor, v deverá ser unitário, ou seja, 
.1v
 Assim, 
.13616164 2222  mmmmv
 Ou seja, 36m2 = 1 ou m= 1/6. 
140. Sendo A=(1,0), B=(4,1) e C=(4,y), calcule y de modo se tenha BÂC = 60o. 
Solução: O ângulo BÂC é formado pelos vetores AB e AC, onde AB = (3,1) e AC=(3,y). 
Como 
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CABA
CABAo 

.
.
60cos 
, então 
yy
y
y
2181090
9.10
9
2
1 2
2




. Elevando os dois 
membros ao quadrado tem-se 
.356039124723241090 222  yyyyyy
 
141. Sendo v um vetor unitário, prove que a projeção de um vetor u na direção de v 
é o vetor p=(u.v).v. 
Solução: Como pode ser observado na figura, o vetor p possui a mesma direção que o vetor 
v. Assim, p poderá ser escrito como p=kv. Como (u - p) e v são ortogonais, então (u - p).v = 
0(u - kv).v = 0 u.v – k.(v.v) = 0. Como v é unitário, então v.v = 1. Logo, u.v – k = 0  
k = u.v. Assim, como p = k.v, substituindo-se k por u.v tem-se p = (u.v).v. 
142. Determinar a projeção do vetor u=(10,5) na direção do vetor 
).
5
4
,
5
3
(v
 
Solução: 
.1
25
16
25
9
v
 Assim, sabendo-se que p=(u.v).v, tem-se: 
 
.
5
52
,
5
39
5
4
,
5
3
.13
5
4
,
5
3
.
5
65
5
4
,
5
3
.
5
20
5
45
5
4
,
5
3
.
5
4
,
5
3
.5,15


















































p
pppp
 
143. Determinar a projeção do vetor t=(0,4) na direção do vetor v=(1,1). 
Solução: Como v não é unitário, pois 
,2v
será necessário calcular o versor de v. 
O versor de v será o vetor 
.
2
1
,
2
1






u
Assim, 
).2,2(
2
1
,
2
1
.
2
4
2
1
,
2
1
.
2
1
,
2
1
).4,0( 

























 ppp
 
144. Mostre que se v é unitário, então, o produto escalar u.v é, em valor absoluto, o 
módulo da projeção de u sobre v. 
Solução: Sendop = (u.v).v e supondo que u.k = k, então 
... vkvkp 
 Como v é unitário, 
então 
.,.1 kpAssimv 
 
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145. Sendo v um vetor não nulo, prove que a projeção de um vetor u sobre o vetor v 
é um vetor que possui módulo igual a 
cos.u
, onde  é o ângulo entre u e v. 
Solução: Sendo v um vetor não nulo, então a projeção de u sobre v será calculada 
em função do versor de v. Assim, 
v
v
v
v
up )..(
. Como 
 cos.
.
.
cos vuvu
vu
vu

, 
então 

v
v
v
vu
p .
.
 
.cos..
cos  up
v
v
v
vu
p 
 
 
146. Determine o coeficiente angular de uma reta que faz um ângulo de 45o com o 
eixo das abscissas. 
Solução: Define-se como coeficiente angular (m) o valor numérico da tangente 
trigonométrica da inclinação da reta, ou seja: 
.1450  mtgm
 
147. Determine o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A=(xA, yA) e 
B=(xB, yB). 
Solução: Conforme pode ser observado na figura, 
.
x
y
xx
yy
deadjacentecatetodomedida
deopostocatetodomedida
tgm
AB
AB





 

 
148. Determine o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A=(1,3) e B=(2, 
5). 
Solução: 
.2
12
35







x
y
m
 
149. Determine o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos A=(-3,1) e 
B=(1,-2). 
Solução: 
.
4
3
)3(1
12 







x
y
m
 
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150. Determine o valor de k de modo que os pontos A=(1,3), B=(2,7) e C=(4,k) 
estejam alinhados. 
Solução: Para que os pontos estejam alinhados, o coeficiente angular calculado 
pelos pontos A e B deverá ser igual ao coeficiente angular calculado por B e C. 
Assim, 
.1587
2
7
1
4
24
7
12
37








 kk
kk
m
 
151. Se os pontos (2,-3), (4,3) e (5,
2
k
) estão numa mesma reta, então k é igual a: 
Solução: 
.12666)32/(2
1
32/
2
6
45
32/
24
)3(3








 kkk
kk
m
 
152. Verificar que os pontos A=(2,3), B=(5,11) e C=(10,25) são vértices de um mesmo 
triângulo. 
Solução: Para que os pontos sejam vértices de um mesmo triângulo eles não 
poderão estar alinhados. Assim, 
.0201751770155011012530220
12510
1115
132

Como os pontos não 
estão alinhados, eles poderão ser vértices de um mesmo triângulo. 
153. Verifique se os pontos A=(xA,yA), B=(xB,yB) e P=(x,y) estão alinhados. 
Solução: Como já foi visto anteriormente, pode-se utilizar o critério do 
determinante para verificar se os pontos estão alinhados. Assim, 
.0)()(
000
1
1
1


ABBAABBA
ABBAABBAABABBABA
BB
AA
yxyxxxyyyx
yxyxyxyxxyxyyxxyyxyxyxxy
yx
yx
yx
Fazendo a=(yA – yB), b=(xB –xA) e c=(xAyB – xByA), tem-se ax + by + c=0, que é a forma 
algébrica da equação da reta que passa pelos pontos A, B e P. 
154. Determine a equação da reta que passa pelos pontos A=(1,3), B=(2,4) e P=(x,y). 
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Solução: 
.020464230
142
131
1
 yxxyyx
yx
 
155. Dada a equação da reta r: ax + by + c=0, mostre que a e b são coordenadas de 
um vetor ortogonal à reta r. 
Solução: Tomando-se os pontos A=(xA,yA) e B=(xB,yB) da reta r, pode-se mostar o 
vetor AB, que terá coordenadas AB=( xB-xA, yB -yA). Assim, sendo v=(a,b) onde 
a=(yA – yB) e b=(xB –xA), observa-se que AB=(-b,a), que é ortogonal à v. O vetor 
v=(a,b) é denominado de vetor normal da reta r. 
156. Determine as coordenadas do vetor normal da reta r: 2x + 3y – 5=0. 
Solução: O vetor normal da reta r terá coordenadas v=(2,3). 
157. Determine as coordenadas do vetor normal da reta que passa pelos pontos 
A=(-3,5) e B=(1,1). 
Solução: Calculando as coordenadas do vetor AB, e sabendo que AB=(-b,a), tem-se: 
AB = (1-(-3), 1-5)=(4,-4). Assim, v=(-(-4),4), ou seja, v=(4,4). 
Outra forma de encontrar a solução do problema é montando a equação da reta 
que passa pelos pontos A e B. Assim, encontrando a equação 4x + 4y – 8 = 0, 
verifica-se que v=(4,4). 
158. Determine as coordenadas do vetor normal da reta que passa pelos pontos 
A=(3,2) e B=(6,2). 
Solução: Construindo a equação da reta que passa por A e B, em sua forma 
algébrica, encontra-se 
.01230032126620
126
123
1
 yxyxyx
yx
 Assim, v=(0,3). Observa-se 
que a reta é paralela ao eixo das abscissas. 
159. Determine as coordenadas do vetor normal da reta que passa pelos pontos 
A=(3,5) e B=(3,2). 
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Solução: Construindo a equação da reta que passa por A e B, em sua forma 
algébrica, encontra-se 
.0903032156350
123
153
1
 yxyxyx
yx
 Assim, v=(3,0). Observa-se 
que a reta é paralela ao eixo das ordenadas. 
160. Determine o coeficiente angular da reta que passa pelos pontos P=(x,y) e 
Q=(xA,yA). 
Solução: O coeficiente angular da reta que passa por P e Q será 
).(
AA
A
A xxmyy
xx
yy
m 



 
161. Determine a equação da reta que passa pelos pontos A=(5,1) e que tenha 
coeficiente angular m=2. 
Solução: Aplicando A e m na equação geral da reta encontra-se 
(y - 1) = 2(x - 5)  y – 1= 2x – 10  2x – y – 9 = 0. 
162. Determine a equação da reta que passa pelo ponto A=(3,0) e tenha coeficiente 
angular m= -3. 
Solução: (y – 0) = -3(x – 3)  y = -3x + 9  -3x – y + 9 = 0 ou 3x + y – 9 = 0. 
163. Determine a equação da reta que passa pelo ponto A=(0,0) e tenha coeficiente 
angular m=1/2. 
Solução: (y – 0) = ½.(x – 0)  2y = x  x – 2y = 0. 
164. Determine a equação da reta que passa pelo ponto A=(7,-2) e faça um ângulo 
de 45o em relação ao eixo das abscissas. 
Solução: m = tg 45o = 1  (y – (-2)) = 1(x-7)  y + 2 = x – 7  -x + y + 9 = 0 ou x – y – 
9 = 0. 
165. Escreva a equação da reta que passa pelo ponto A=(-5,3) e é perpendicular ao 
eixo das abscissas. 
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Solução: m = tg 90o  é impossível calcular m. Como a reta é perpendicular ao eixo 
das abscissas, ou seja, paralela ao eixo das ordenadas, a reta terá valor de x fixo 
para todo valor de y. Assim, para qualquer ponto A=(xA, yA), a equação da reta 
perpendicular ao eixo das abscissas, passando por A, será dada por x = xA. 
Desta forma, a equação da reta que passa por A=(-5,3) e é perpendicular ao eixo 
das abscissas será a equação x = -5. 
166. Escreva a equação da reta que passa pelo ponto A=(3, 1) e é perpendicular ao 
eixo das ordenadas. 
Solução: m = tg 0o  m = 0. Logo, y – 1 = 0(x – 3)  y – 1 = 0  y = 1. 
Observa-se que a reta em questão é paralela ao eixo das abscissas, ou seja, a reta 
terá valor fixo de y para qualquer valor de x. Assim, para qualquer ponto A=(xA, 
yA), a equação da reta paralela ao eixo das abscissas, passando por A, será dada por 
y = yA. 
167. Dada a reta de equação r: x + 2y – 3 = 0, verifique se o ponto A=(1,1) pertence à 
reta. 
Solução: Se A  r, então xA + 2yA – 3 = 0 . Assim, 1 + 2.1 – 3 = 0  1 + 2 – 3 = 0  0 = 
0. Logo, pode-se afirmar que o ponto A pertence à reta r. 
168. Verifique se o ponto P=(1,2) pertence à reta r: 2x – 3y + 2 = 0. 
Solução:Aplicando P em r tem-se, 2.1 – 3.2 + 2 = 0  2 – 6 + 2 = 0  -2  0. Logo, P 
 r. 
169. Determine as coordenadas do ponto P da reta de equação 2x – y + 2 = 0 que 
possui abscissa 3. 
Solução: O ponto P terá coordenadas P = (3, y). Assim, 2.3 – y + 2 = 0  6 – y + 2 = 0 
 y = 8. Logo, P=(3, 8). 
170. Para a reta 3x – 2y + 5 = 0, determine as coordenadas do ponto P desta reta, que 
possua ordenada 2. 
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Solução: O ponto P terá coordenadas P = (x, 2). Assim, 3x – 2.2 + 5 = 0  3x – 4 + 5 = 
0  3x = -1  x = -1/3. 
171. Determine o ponto de encontro da reta r: 2x – 3y + 6 = 0 com o eixo das 
abscissas. 
Solução: O ponto de interseção entre a reta r e o eixo das abscissas terá 
coordenadas (x, 0). Assim, 2x – 3.0 + 6 = 0  2x + 6 = 0  x = -3. Logo, as 
coordenadas serão (-3, 0). 
 
172. Determine o ponto de encontro da reta r: 3x + 2y – 8 = 0 com o eixo das 
ordenadas. 
Solução: O ponto de interseção entre a reta r e o eixo das ordenadas terá 
coordenadas (0, y). Assim, 3.0 + 2.y – 8 = 0  2y = 8  y = 4. Logo, as coordenadas 
serão (0, 4). 
173. Determine o valor de k, de modo que o ponto P=(2,1) pertença à reta x + y + k = 
0. 
Solução: Substituindo as coordenadas de P na reta, encontra-se 2 + 1 + k = 0  3 + k 
= 0  k = -3. 
174. Verifique se a reta 3x + y = 0 passa pela origem do sistema de eixos cartesianos. 
Solução: Substituindo as coordenadas da origem, ou seja, o ponto (0,0), encontra-se 
3.0 + 0 = 0  0 = 0. Logo, a reta passa pela origem do sistema de eixos cartesianos. 
175. Determine a equação reduzida da reta de equação r: 2x – y + 4 = 0. 
Solução: A equação reduzida da reta é uma equação do tipo y = mx + n, onde m é o 
coeficiente anular e n é o coeficiente linear. Assim, 2x – y + 4 = 0  y = 2x + 4. 
176. Determine a equação reduzida da reta que passa pelos pontos A=(3,1) e B=(1,5). 
Solução: 
.2
2
4
31
15





m
 Assim, para A=(3,1), tem-se: y – 1 = -2(x – 3)  y – 1 = -2x + 
6  
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 y = -2x + 7. 
177. Determine a equação reduzida da reta que passa pelo ponto P=(3,5) e que 
possua coeficiente angular m=4. 
Solução: y – 5 = 4.(x – 3)  y = 4x – 12 + 5  y = 4x – 7. 
178. Determinar a equação da reta que corta os eixos nos pontos P=(p,0) e Q=(0,q), 
para p e q  0. 
Solução: 
.100
10
10
1

q
y
p
x
qppyqx
p
q
yx Esta equação é conhecida como equação 
segmentaria da reta. 
179. Determine a equação da reta que intercepta o eixo das ordenadas no ponto 
A=(0,4) e intercepta o eixo das abscissas no ponto B=(2,0). 
Solução: A solução deste problema poderá ser dada por meio do cálculo do coeficiente 
angular e da utilização de um dos pontos, ou seja: 



 2
20
04
m
 y – 4 = -2(x - 0)  y = -
2x + 4. 
Porém, observando que o coeficiente linear da reta é 4, pois a reta corta o eixo das ordenadas 
no ponto A=(0,4), o problema também poderá ser resolvido da seguinte maneira: 
y=mx + n  y = mx + 4, substituindo o ponto A, encontra-se 
0 = m.2 + 4  m = -4/2  m = -2. Assim, a equação da reta será y = -2x + 4. 
Pela equação segmentaria também é possível encontrar a solução do problema 
.42428241
42
1  xyouyxouyx
yx
q
y
p
x
 
180. Determine a equação da reta que passa pelos pontos P=(-1,0) e Q=(0,1). 
Solução: Pela equação segmentaria tem-se 
.10111
11
1 

 xyouyxouyx
yx
q
y
p
x
 
181. Determine a equação da reta que passa por P=(1,3) e Q=(0,-1). 
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Solução: Como o coeficiente linear é –1, pois a reta corta o eixo das ordenadas em 
Q=(0,-1), tem-se 
y = mx + n y=mx-13=m.1 - 1m=4 y=4x – 1. 
182. Determine a equação da reta que passa por P=(1,1) e Q=(2,2). 
Solução: 
.0022220
122
111
1
xyyxyxyx
yx

 Esta reta é 
denominada de bissetriz dos quadrantes ímpares. 
183. Determine a equação da reta que passa por P=(1,-1) e Q=(-2,2). 
Solução: 
.033022220
122
111
1
xyyxyxyx
yx



 Esta reta é 
denominada de bissetriz dos quadrantes pares. 
184. Determine os coeficientes angular e linear da reta de equação r: 6x – 2y + 4 = 0. 
Solução: 6x – 2y + 4 = 0  2y = 6x + 4  y = 3x + 2. Logo, m=3 e n = 2. 
185. Determine os coeficientes angular e linear da reta de equação r: -3x + 2y – 4=0. 
Solução: 
.2
2
3
2
43
4320423 


x
y
x
yxyyx
 Assim, m= 3/2 e n=2. 
186. Para que valor de k o coeficiente linear da reta 3x + y + 2k = 0 é igual a 5? 
Solução: 3x + y + 2k = 0  y = -3x – 2k  -2k = 5  k = -5/2. 
187. Determine os coeficientes angular e linear da reta de equação r: ax + by + c = 0. 
Solução: Sendo r: ax + by + c =0, então, by = -ax – c  
.
b
c
ne
b
a
m
b
cax
y






 
188. Dados os pontos A=(0,0), B=(3,7) e C=(5, -1), determinar a equação da reta que 
passa por A e pelo ponto médio do segmento AB. 
Solução: 
).3,4(
2
)1,5()7,3(



M
P
 Assim, a reta passará pelo ponto (4,3) e pelo ponto (0,0). 
Logo, 
.043
4
3
)0(
4
3
0
4
3
04
03



 yxouxyxym
 
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189. Obter um ponto A na reta r: x – y = 0 e equidistante dos pontos A=(1,0) e 
C=(5,2). 
Solução:Sendo A=(xA, yA) e A r xA - yA = 0  xA = yA . Assim, A=(x,x). 
Como dAB = dAC, então, 
).
3
7
,
3
7
(
3
7
281214251042
44251012)2()5()0()1( 22222222


Axxxxx
xxxxxxxxxxx 
190. Obter um ponto P na reta r: y=3x e equidistante dos pontos A=(4,0) e B=(0,2). 
Solução: Sendo P=(xP, yP) e P r 3xP = yP . Assim, P=(x,3x). 
Como dPB = dPC, então, 
).9,3(3124164128
41299168)23()0()03()4( 22222222


Pxxxx
xxxxxxxxxx
 
191. Obter um ponto A na reta r: y = x tal que o ponto médio do segmento AB, onde 
B=(2,4), pertença à reta s: 2x – y – 4 = 0. 
Solução: Sendo A=(x,x), então, 
.
2
4
,
2
2
2
)4,2(),(





 



xxxx
P
M
 
Como PM  s, então, 
).8,8(80844204)
2
4
()
2
2
.(2 



Axxx
xx
 
192. Obter um ponto A na reta r: y = x e um ponto B na reta s: y=4x tais que o ponto 
médio do segmento AB seja M=(1,2). 
Solução: Sendo A=(a,a) e B=(b, 4b), então 
).
3
8
,
3
2
()
3
4
,
3
4
(.
3
2
3
4
44
2
)2,1(
2
)4,(),(





 BeALogobea
ba
babbaa
P
M
 
193. Dadas as retas r: a1x + b1y + c1=0 e s: a2x + b2y + c2 = 0, determine as condições 
para que r e s sejam paralelas. 
Solução: Sendo v1=(a1, b1) e v2=(a2 ,b2) os vetores normais de r e s respectivamente. Se r//s, 
então, v1 // v2. 
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Assim, 
.
21
2
2
1
1
2
1
2
1 mm
b
a
b
a
b
b
a
a

Logo, r e s são paralelas se e somente se seus 
coeficientes angulares são iguais. 
Uma outra relação que é importante ser observada é: 
Se 

2
1
2
1
2
1
c
c
b
b
a
a
 as retas são paralelas coincidentes. 
Se 
2
1
2
1
2
1
c
c
b
b
a
a
as retas são paralelas distintas. 
194. Dadas as retas r: a1x + b1y + c1=0 e s: a2x + b2y + c2 = 0, determine as condições 
para que r e s sejam ortogonais. 
Solução: Sendo v1=(a1, b1) e v2=(a2 ,b2) os vetores normais de r e s respectivamente. Se r é 
ortogonal à s, então, v1 é ortogonal à v2. Assim, v1.v2 = 0 (a1, b1).(a2 ,b2)=0  a1.a2 + b1.b2 
= 0  a1.a2 = - b1.b2  
.1.
1
21
2
1
2
2
1
1  mmou
m
m
a
b
b
a
 
 
195. Determinar a interseção entre as retas r: 5x – 2y – 1 = 0 e s: 2x – 4y + 7 = 0. 
Solução: Para encontrar a interseção entre as retas basta solucionar o sistema 





742
125
yx
yx
. 
Assim, a interseção entre as retas será o ponto 
)
16
37
,
8
9
(P
. 
196. Determinar a interseção entre as retas r: 3x + y + 1 = 0 e s: 6x + 2y + 3 = 0. 
Solução: Antes de buscar a solução do sistema 





326
13
yx
yx
, é importante observar que as 
retas são paralelas, uma vez que os vetores normais vr=(3,1) e vs=(6,2), são paralelos. Além 
disso, também pode-se observar que mr = ms = -3. 
Porém, essas retas são paralelas distintas, uma vez que 
3
1
2
1
6
3



. Assim, não haverá 
interseção entre as retas. 
197. Determinar a interseção entre as retas r: 2x – y + 3 = 0 e s: 6x – 3y + 9 = 0. 
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Solução: Da mesma maneira que na questão anterior, é importante observar que as retas são 
paralelas. Porém, desta vez, as retas são paralelas coincidentes, um vez que 
9
3
3
1
6
2




. 
Logo, as retas terão uma infinidade de pontos de interseção. A solução do sistema será o 
conjunto 
 )32,(),( 2  xxRyxS
. 
198. Determinar os valores de k para os quais as retas r: kx + y + 2 = 0 e s: 3x – 6y – 2 
= 0 são concorrentes. 
Solução: Para que as retas sejam concorrentes, os vetores normais não poderão ser 
paralelos. Assim, 
.
2
1
6
1
3


 k
k
 
199. Determinar os vértices do triângulo cujos lados estão nas retas r: x – 2y = 0, s: 
2x – y = 0 e t: x + y – 6 = 0. 
Solução: Para se determinar os vértices do triângulo, deve-se buscar as 
intersecções entre as retas, duas a duas. Assim, rs = (0,0), st = (2,4) e rt = (4,2). 
200. Mostrar que as retas r: 3x – 2y – 8 = 0, s: x + 2y – 8= 0 e t: 5x – 6y – 8 = 0 são 
concorrentes num mesmo ponto P. 
 
Solução: As retas terão um mesmo ponto de intersecção caso o sistema 
tenha uma única solução. 
Resolvendo o sistema, encontra-se o ponto P=(4,2) 
201. Determinar o valor de k de modo que as retas r: kx + 2y + 3 = 0 e s: 3x – y – k = 0 
sejam paralelas. 
Solução: Para que as retas sejam paralelas é necessário que 
.6
1
2
3


 k
k
 
202. Determinar os valores de k de modo que as retas r: 2x – ky + 1 = 0 e s : 8x + ky – 
1 = 0 sejam perpendiculares. 








0865
082
0823
yx
yx
yx
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Solução: Se r e s são perpendiculares, então seus vetores normais vr=(2,-k) e vs=(8,k) 
são perpendiculares. Logo, (2,-k).(8,k) = 0  16-k2 = 0  k2 = 16  k =  4. 
203. Obter a equação da reta s paralela à reta r: 2x + 3y + 1 = 0 e que passa pelo 
ponto P=(5, -2). 
Solução: Se s e r são paralelas, então ms = mr = -2/3. Assim, 
.0432:)5(
3
2
)2(  yxsxy
 
204. Determinar uma reta s paralela à r: 7x + 15y – 11 = 0 e que passa pela origem do 
sistema cartesiano. 
Solução: Se as retas são paralelas, então elas deverão ter vetores normais paralelos. 
Como a reta em questão deverá passar na origem do sistema cartesiano, então seu 
coeficiente linear deverá ser c =0. Assim, a equação da reta s poderá ser escrita 
como 7x + 15y = 0. 
205. Obter a equação da reta s perpendicular à reta r: 2x + 5y – 1 = 0 e que passa 
pelo ponto P=(1,1). 
Solução: O coeficiente angular da reta r é 
.
5
2

r
m
 Assim, o coeficiente angular da reta s 
será 
.
2
51

r
s m
m
 Logo, a equação da reta s será s: 5x – 2y – 3 = 0. 
206. Determinar a projeção ortogonal do ponto P=(2,3) sobre a reta r: x + y + 1 = 0. 
Solução: A projeção ortogonal de P sobre a reta r é o ponto P’, gerado pela 
intersecção entre a reta r e uma reta s, perpendicular a r, que passe por P. Assim, o 
coeficiente angular da reta s será ms = 1, uma vez que mr = -1. 
Desta forma, a equação de s será s: x – y + 1 = 0. Logo, o ponto P’, intersecção entre 
r e s, será P’= (-1,0). 
207. Determinar o ponto simétrico de P=(0,4) em relação à reta r: 2x + y = 0. 
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Solução: Primeiramente deve-se encontrar a projeção ortogonal de P em relação à 
reta r. A equação da reta s, perpendicular à reta r, será s: x – 2y + 8 = 0. Assim, a 
intersecção entre r e s será o ponto P’=(-8/5 , 16/5). 
O ponto simétrico de P em relação a reta r será um ponto Q, tal que, P’ será o ponto médio 
entre P e Q, ou seja, 
).
5
12
,
5
16
()4,0()
5
16
,
5
8
(2'2'
2





QQPPQP
QP
 
208. Dados O=(0,0) e r: x + y – 5 = 0, determine o ponto médio do segmento cujas 
extremidades são o ponto O e a sua projeção ortogonal sobre r. 
Solução: Sendo mr=-1, a equação da reta ortogonal a r, passando por O, será dada 
por s: x – y = 0. Assim, a projeção ortogonal de O, em relação à reta r será o ponto 
O’=(5/2, 5/2). Logo, o ponto médio do segmento OO’ será 
).
4
5
,
4
5
(
2
)2/5,2/5()0,0(



M
P
 
209. Dadas duas retas com inclinações r e  s, determine a tangente do ângulo 
formado pelas retas. 
Solução: Sendo s o maior ângulo, pela figura pode-se observar que rs =s - r, então: 
tg rs = tg(s - r ). 
Assim, 
)).((1
rs
rs
rs tgtg
tgtg
tg






. Como tgs = ms e tgr = mr , onde ms e mr são os coeficientes 
angulares das retas s e r, então: 
 
rs
rs
rs mm
mm
tg
.1


. 
Da mesma maneira, caso r seja o maior ângulo, tem-se: 
rs
sr
sr mm
mm
tg
.1


 
210. Sendo r: 3x + y + 5 = 0 e s: 2x – y – 4 = 0, calcular o ângulo formado pelas retas r 
e s. 
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Solução: Verifica-se que os coeficientes angulares das retas são, respectivamente, mr= -3 e 
ms= 2. Assim, 
.13511
5
5
)3(21
32
.1
0








rsrsrs
rs
rs
rs
tgtg
mm
mm
tg 
 
211. Determine as equações das retas que passam pelo ponto P=(1,2) e formam um 
ângulo de 45o com a reta r: y – 2x +4= 0. 
Solução: Supondo que s seja a reta pedida, e que ela passe pelo ponto P=(1,2), então sua 
equação deverá ser y – 2 = ms.(x-1). 
O ângulo de 45o pode ser sr ou rs. Assim, o problema terá duas soluções. 
1o Caso: 
Sendo sr = 45o  tgsr = 1 e mr = 2, então: 
 
.
3
1
2121
21
2
.1







sss
s
s
rs
sr
sr
mmm
m
m
mm
mm
tg
 
Logo, y – 2 = 1/3(x-1)  s: x – 3y + 5 = 0. 
2º Caso: 
Sendo rs = 45o  tgrs = 1 e mr = 2, então: 
.32121
21
2
.1







sss
s
s
rs
rs
rs
mmm
m
m
mm
mm
tg
 
Logo, y – 2 = -3.(x –1)  s:3x + y – 5 = 0. 
212. Determinar as equações das retas que passam pelo ponto de intersecção das 
retas r: 2x – y = 0 e s: 5x + 2y – 2 = 0 e formam um ângulo de 45o com a reta t: x – 2y 
+ 2 = 0. 
Solução:Verifica-se que rs = (2/9,4/9) e que mt = 1/2. 
Sendo m o coeficiente angular da reta desejada, então: 
y – 4/9 = m.(x – 2/9). 
Assim, as soluções serão: 
.
3
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
45
1
1
1
1
1



 m
m
m
m
m
tg o
 Logo, a equação será 
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9x + 27 – 14 = 0. 
ou 
.3
2
1
2
1
1
2
1
2
1
45
2
2
2
1
2



 m
m
m
m
m
tg o
Neste caso, a equação será 
27x – 9y – 2 = 0. 
 
213. Sejam (x,y) as coordenadas de um ponto P em relação ao sistema de eixos xOy 
e (h,k) as coordenadas da origem O’ de um novo sistema XO’Y de eixos 
respectivamente paralelos aos primeiros e de igual sentido. Determine as 
coordenadas (X,Y) do ponto P no novo sistema de coordenadas XO’Y. 
Solução: Pela figura pode-se observar que 
X = x – h e 
Y = y – k. 
Esta mudança de coordenadas é denominada de Translação de Eixos. 
214. As coordenadas de um ponto P são (5,8). Calcule as coordenadas desse ponto 
em relação a outro sistema de eixos paralelos a xOy, de igual sentido, e de origem 
no ponto O’=(3,2). 
Solução: Como X = x – h e Y = y – k, então as coordenadas de P serão (2,6). 
215. Transformar a equação x2 – 4y2 – 2x + 8y – 7 = 0 mediante uma translação de 
eixos, considerando a nova origem no ponto (1,-1). 
Solução: 
 
.1
1
)1(
4
)1(
1
4
1
4
7
1
)12(
4
)12(
4
7
1
)2(
4
)2(
7)2(4)2(
2222
22
22













yxyyxx
yyxx
yyxx 
Fazendo a translação de eixos tem-se: 
X=1-1 = 0 
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Y = 1 –(-1) = 2 
Logo, a equação será: 
.020841
1
)2(
4
)0( 22
22




yyx
yx
 
216. Transformar a equação x2 – 6y + 9 = 0 mediante uma translação de eixos, 
considerando a nova origem no ponto (0, 3/2). 
Solução: 
.
2
3
6
0
6
9
6
096
22
2  y
x
y
x
yx
 
Fazendo a translação de eixos tem-se: 
X= 0 – 0 = 0 
Y= 3/2 – 3/2 = 0 
Logo, a equação será: 
.060
6
2
2
 xxy
x
 
217. Defina circunferência. 
Solução: Circunferência é o lugar geométrico dos pontos do plano eqüidistantes de um 
ponto fixo C=(a,b) chamado centro. 
218. Determine a equação da circunferência de centro em O=(0,0) e raio R. 
Solução: Sendo P=(x,y) um ponto qualquer da circunferência, 
.)0()0( 22222 RyxRyxRd
OP

 
219. Determine a equação da circunferência de centro em C=(0,0) e raio R= 4. 
Solução: Como x2 + y2 = R2  x2 + y2 = 42  x2 + y2 = 16. 
220. Transformar a equação x2 + y2 = R2 mediante uma translação de eixos, 
considerando a nova origem no ponto (a,b). 
Solução: x2 + y2 = R2  (x+0)2 + (y+0)2 = R2 . Fazendo a translação de eixos tem-se: 
X= 0 – a 
Y= 0 - b 
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Logo, a equação será (x-a)2 + (y-b)2 = R2  x2 – 2ax + a2 + y2 – 2by + b2 = R2  
x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 - R2 =0. Esta equação é denominada de equação geral da 
circunferência 
221. Determine a equação geral da circunferência de centro em C=(1,2) e raio R=3. 
Solução: (x-1)2 + (y-2)2 = 32  x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 – 9 = 0  x2 + y2 – 2x – 4y – 4=0. 
222. Determine a equação geral da circunferência de centro em C=(-2,-1) e raio R=1. 
Solução: (x+2)2 + (y+1)2 = 12  x2 + 4x + 4 + y2 + 2y + 1 – 1 = 0  x2 + y2 + 4x + 2y + 4=0. 
223. Determine o centro e o raio da circunferência de equação (x – 2)2 + (y – 3)2 = 4. 
Solução: Comparando com a equação reduzida da circunferência, ou seja, (x - a)2 + (y - b)2 = 
R2, tem-se: a = 2, b = 3 e R2 = 4  R = 2. 
224. Determine o centro e o raio da circunferência de equação (x + 3)2 + (y + 1)2 = 9. 
Solução: Comparando com a equação reduzida da circunferência, ou seja, (x – a)2 + (y – b)2 
= R2, tem-se: a = -3, b = -1 e R2 = 9  R = 3. 
225. Determine o centro e o raio da circunferência de equação x2 + y2 – 25 = 0. 
Solução: Comparando com a equação geral da circunferência, ou seja, x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 
+ b2 - R2 =0, tem-se: a = 0, b = 0 e a2 + b2 - R2 = -25  R = 5. 
226. Determine o centro e o raio da circunferência de equação x2 + y2 – 6x = 0. 
Solução: Comparando com a equação geral da circunferência, ou seja, x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 
+ b2 - R2 =0, tem-se: -2a = -6  a = 3, -2b = 0  b = 0 e a2 + b2 - R2 = 0  R = 3. 
227. Determine o raio e o centro da circunferência de equação x2 + y2 – 6x + 10y - 2= 
0. 
Solução: Comparando com a equação geral da circunferência, ou seja, x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 
+ b2 - R2 =0, tem-se: -2a = -6  a = 3, -2b = 10  b = -5 e a2 + b2 - R2 = -2  R = 6. 
228. Determine o raio e o centro da circunferência de equação x2 + y2 + 8x + 2y + 11= 
0. 
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Solução: Solução: Comparando com a equação geral da circunferência, ou seja, x2 + y2 – 
2ax– 2by + a2 + b2 - R2 =0, tem-se: -2a = 8  a = -4, -2b = 2  b = -1 e a2 + b2 - R2 = 11  R 
= 
6
. 
229. Determine a equação da circunferência de centro no ponto C=(3,0) e tangente 
ao eixo das ordenadas. 
Solução: Se a circunferência é tangente ao eixo das ordenadas e possui centro em C=(0,3), 
então ela possui raio R=3. Assim, tem-se: (x-3)2 + (y-0) 2 = 32  x2 + y2 –6x= 0. 
230. Determine o centro e o raio da circunferência de equação x2 + y2 = 2(x – y) + 1. 
Solução: x2 + y2 = 2(x – y) + 1  x2 + y2 = 2x – 2y + 1 x2 + y2 - 2x +2y – 1=0. 
Comparando com a equação geral da circunferência, ou seja, x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 + b2 - R2 
=0, tem-se: -2a = -2  a = 1, -2b = 2  b = -1 e a2 + b2 - R2 = -1  R = 
3
. 
231. Calcular p de modo que a circunferência x2 + y2 – 2px + 2py + p2 = 0 tenha raio 
igual a 2. 
Solução: Comparando com a equação geral da circunferência, ou seja, x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 
+ b2 - R2 =0, tem-se: -2a = -2p  a = p, -2b = 2p  b = -p e a2 + b2 - R2 = p2  R2 = p2+ (-p) 2 
–p2  R2= p2  p2 = 4. Logo p= 2. 
232. Calcular p e k de modo que as circunferências C1: x2 + y2 – 4px + 8y – 1 e C2: x2 + 
y2 +8x – (k - 4)y = 0 sejam concêntricas, ou seja, tenham centro coincidentes. 
Solução: Comparando com a equação geral da circunferência, observa-se que os centro das 
circunferências são, respectivamente, C1=(2p, -4) e C2=(-4, (k-4)/2). Assim, como C1 = C2, 
então: 
2p = -4  p = -2 e 
.44
2
4


k
k
 
233. Determine os valores de m para os quais a equação x2 + y2 + 4x – 6y + m = 0 
representa uma circunferência. 
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Solução: Comparando com a equação geral da circunferência, ou seja, x2 + y2 – 2ax– 2by + a2 
+ b2 - R2 =0, tem-se: -2a = 4  a = -2, -2b = -6  b = 3 e a2 + b2 - R2 = m  R2 = (-2) 2 + 32 – 
m  R2= 4 + 9 – m  R2 = 13 - m. Como R > 0 , então, 13 - m > 0  m < 13. 
234. Mostrar que existe um único ponto do plano cartesiano que satisfaz à equação 
x2 + y2 – 2x – 2y + 2 = 0. 
Solução: Comparando com a equação geral da circunferência, tem-se a = 1 e b = 1. Assim, a2 
+ b2 –R2 =2  1 + 1 – R2 = 2  R = 0. Logo,a equação representa todos os pontos cuja 
distância de C=(1,1) é igual a zero. Portanto, a equação representa apenas o ponto C=(1,1). 
235. Determinar os valores de k para os quais o ponto A=(k,2) pertence à 
circunferência x2 + y2 = 9. 
Solução: Se A pertence à circunferência, então k2 + 22 =9  k2 = 5  k=
5
. 
236. Quais os pontos da circunferência x2 + (y - 1)2 = 4 que têm abscissa 1? 
Solução: Se x = 1, então, 1+ (y – 1)2 = 4  y2 –2y –2 = 0  y=
21
. 
Assim, os pontos serão: 
)21,1( 
. 
237. Quais são os pontos onde a circunferência x2 + y2 – 4x – 5y + 3 = 0 intercepta o 
eixo dos x? 
Solução: Se a circunferência intercepta o eixo dos x, então, nestes pontos, y = 0. Assim, x2+ 
02 –4x – 5.0 + 3 = 0  x2 –4x – 5 = 0  x1= -1 e x2= 5. Logo, os pontos serão (-1, 0) e (5,0). 
238. A intersecção das retas r: 2x + 3y – 8 = 0 e s: x – 2y + 3 = 0 é o centro de uma 
circunferência de raio R=3. Determine a equação da circunferência. 
Solução: Primeiramente, deve-se encontrar o ponto de intersecção das retas r e s, ou seja, 
resolver o sistema 





032
0832
yx
yx
. Resolvendo o sistema, encontra-se x = 1 e y = 2. Assim, a 
equação da circunferência será (x – 1) 2 + (y – 2) 2 = 32  x2 + y2 –2x –4y – 4 = 0. 
239. Achar a equação da reta que passa pelo centro da circunferência (x – 3)2 + (y –2) 
2 = 8 e é perpendicular à reta r: x + y – 16 = 0. 
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Solução: O centro da circunferência é o ponto C=(3,2), e o coeficiente angular da reta r é 
mr= -1. Assim, a reta desejada terá coeficiente angular m=1 e a equação será: 
y – 2 = 1.(x – 3)  y – 2 = x – 3  x – y – 1 = 0. 
240. Dadas a circunferência C: x2 + (y – 2)2 = 9 e a reta r: y = x – 5, determine o ponto 
de C mais próximo de r. 
Solução: Primeiramente, é importante observar que não existe intersecção entre a reta e a 
circunferência. Assim, o ponto de C mais próximo de r será dado pela intersecção entre C e 
a reta perpendicular à r passando pelo centro da circunferência. 
O centro da circunferência é o ponto C=(0,2), e o coeficiente angular da reta r é mr=1. 
Assim, a reta desejada terá coeficiente angular m = -1 e a equação será: y – 2 = -1.(x – 0)  
y = -x + 2. 
Assim, a intersecção entre a circunferência e a reta perpendicular será: 





2
9)2( 22
xy
yx
  x2 + ((-x+2) – 2)2 = 9  x2 + (-x) 2 = 9  2x2 = 9  x= 
2
23
  
P=
.
2
234
,
2
23







 
 
241. Determine os valores de k para que a reta r: y = x + k seja tangente à 
circunferência de equação x2 + y2 – 4y – 2 = 0. 
Solução: Observa-se que o centro da circunferência é o ponto C=(0,2) e que o raio é R= 
6
. 
Assim, para que a reta seja tangente à circunferência, a distância entre C e r deverá ser 
igual ao raio da circunferência. Portanto, 
.1226
2
20
6
)1(1 22





k
kkyx
 Logo, 
122122
122122


kk
kk
, ou seja, 
.322k
 
242. Determine a posição da reta r: y = 2x + 1 em relação à circunferência x2 + y2 –2x 
+ 4y – 20 = 0. 
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Solução: O sistema 





12
0204222
xy
yxyx
 terá como solução os pontos (-3, -5) e (1, 3). 
Logo a reta será secante à circunferência. 
243. Determine a equação da circunferência tangente aos eixos coordenados e à reta 
r: 4x-3y-30=0, sabendo que ela está situada no primeiro quadrante. 
Solução: Como a circunferência é tangente aos eixos, no primeiro quadrante, então o centro 
é positivo e está situado na reta y = x, ou seja, C=(a, a), para a > 0. Além disso, o raio da 
circunferência deverá ser R= a. Assim, dCr=a, ou seja, 
.530
5
3034
)3(4
3034
22
aaa
aa
a
yx





Assim, 
5530
4
30
530



aaa
aaa
 
Como a>0, então a = 5. Logo, C=(5, 5) e R=5. Portanto, a equação será (x – 5)2+ (y - 5) 2 
=25. 
244. Determinar a equação da circunferência que passa pelo ponto P= (4, 9), é 
tangente à reta t: y + 1 = 0 e tem o centro no eixo dos y. 
Solução: t é a reta y +1 = 0, ou seja, y = -1. Logo, a circunferência, que possui centro C=(0, 
y), será tangente à reta t no ponto Q=(0, -1). Assim, pode-se afirmar que R = dCP = dCQ 
.Então: 
.
5
24
962012811816)1()00()9()40( 222222  yyyyyyyy
 
Logo, o centro da circunferência será o ponto C=(0,6) e, portanto, o raio será 
R=
.
5
29
1
5
24

A equação da circunferência, então, será 
25
841
)
5
24
( 22  yx
. 
245. Verificar a intersecção entre a reta r: x + y + 1 = 0 e a circunferência C: x2 + y2 =2. 
Solução: A equação reduzida de r será y= - x – 1. Substituindo na circunferência encontra-
se 
x2 + (-x – 1) 2 =2  2x2 –2x – 1 = 0  
2
31
x
. Assim, têm-se dois pontos de intersecção: 
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.
2
33
,
2
31
2
33
,
2
31
1 






 







 
 eP
 
246. Verificar a posição relativa entre a reta r: 3x + 4y +15 = 0 e a circunferência 
C: x2 + y2 – 4x - 10y – 35 = 0. 
Solução: A equação reduzida da reta r será 
4
153 

x
y
. Substituindo na circunferência, 
encontra-se a equação 25x2 + 146x + 256=0. Como, para esta equação, <0, então não 
haverá intersecção entre a reta e a circunferência. Logo, r e C serão externas. 
247. Determinar a equação da circunferência que passa pelos pontos M=(2,0) e 
N=(4,-2), e tem centro na reta r: y = 2x. 
Solução: Sendo M e N pontos da circunferência, e sendo o centro C=(x,2x), então dCM = dCN. 
Assim, 
84484168444)22()4()02()2( 22222222  yexxxxxxxxxxxx
Logo, C=(-4, -8). Como R = dCM = 10, então a equação será (x + 4)2 + (y + 8) 2 = 100. 
248. Determinar a equação da circunferência de centro na origem do sistema 
cartesiano e tangente à reta r: x + y –5=0. 
Solução: Nestas condições, R = dOr,ou seja, 
.
2
25
2
500
11
5
22






yx
R
 
Logo, a equação será 
2
2522  yx
. 
249. Determinar a equação da circunferência de centro C=(3, 4) e tangente 
exteriormente à circunferência da equação x2 + y2 = 1. 
Solução: Sendo R1 = 1 o raio da circunferência dada, que possui centro em O=(0,0), e R2 o 
raio da circunferência pedida, tem-se que dOC = R1 + R2, ou seja, R2 = dOC – R1. 
.5)04()03( 22 
OC
d
 Como R1 = 1, então, R2 = 5 – 1 = 4. 
Logo, a equação será (x-3) 2 + (y-4) 2 = 16. 
250. Determinar a equação da circunferência que possui um diâmetro de 
extremidades A=(7,10) e B=(1,2). 
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Solução: Nestas condições, o centro da circunferência será o ponto médio entre A e B, ou 
seja, 
 .6,4
2
210
,
2
17





 
C
Assim, o raio da circunferência será R = dCB = 5. Logo, a 
equação da circunferência será (x – 4) 2 + (y – 6) = 25. 
251. Determinar a equação da circunferência que passa pelos pontos A=( -1,0) e 
B=(1,0) e tem raio r =
10
. 
Solução: Sendo C=(x,y) o centro da circunferência, então, dCA = dCB = r. Assim, 
)2(929210)0()1(
)1(9210)0()1(
222222
2222


xyxxyxyxd
xyxyxd
CB
CA
 
Substituindo (2) em (1), tem-se 2x + 9 + 2x = 9  x = 0 e y=  3. 
Logo, as equações serão x2 + (y - 3) 2 = 10 ou x2 + (y + 3) 2 = 10. 
252. Determinar a equação da circunferência que passa pelos pontos M=(3, -1), 
N=(0,8) e P=(0,0). 
Solução: Supondo que o centro da circunferência seja o ponto C=(a,b), então dMC=dNC=dPC. 
Assim, 
.4)0()0()8()0(
)1(054186)8()0()1()3(
2222
2222


bbaba
bababa
 
Substituindo em (1) tem-se: -6.a + 18.4 – 54 = 0  a = 3. Assim, dPC = R = 5. 
Logo, a equação será (x – 3)2 + (y – 4)2 = 25. 
253. Determinar a equação da circunferência que passa pelos pontos P= (-2, 0), Q= 
(0, 2) e R= (4, 0). 
Solução: Supondo que o centro da circunferência seja o ponto C=(a,b), então dPC=dQC=dRC. 
Assim, 
).2(12841248)0()4()2()0(
)1(044)2()0()0()2(
2222
2222


abbababa
bababa
 
Substituindo (2) em (1) tem-se a = 1 e b = -1. Assim, dPC = R =
10
 . 
Logo, a equação será (x – 1)2 + (y + 1)2 = 10. 
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254. Determinar a equação da circunferência circunscrita ao triângulo de vértices 
A=(0, 0), B=(4, 0) e C=(0, 6). 
Solução: Sendo P=(a,b) o centro da circunferência circunscrita ao triângulo ABC, 
então, como ela passa pelos três pontos dAC=dBC=dCP. Portanto, 
).2(20812)6()0()0()4(
)1(2168)0()4()0()0(
2222
2222


abbaba
aababa
 
Substituindo (1) em (2) tem-se a = 2 e b =31. Assim, dPC = R =
13
 . 
Logo, a equação será (x – 2)2 + (y - 3)2 = 13. 
255. Determinar o comprimento da corda definida pelo eixo dos x na circunferência 
x2 + y2 –5x +4y + 4 = 0. 
Solução: A circunferência possui dois pontos de intersecção com o eixo dos x que, para 
determina-los, basta fazer y = 0. Assim, encontra-se a equação x2 –5x + 4 = 0, que possui 
raízes x1 = 1 e x2 = 4. Os pontos de intersecção serão A=(1, 0) e B=(4,0). O comprimento da 
corda será a distância entre A e B, ou seja, 3. 
256. Determinar o comprimento da corda que a reta x + y –3 = 0 determina na 
circunferência de centro (1, 0) e raio 2. 
Solução: A circunferência terá equação C: (x – 1) 2 + (y – 0) 2 = 0, ou seja, x2 + y2 –2x – 3 = 
0. A equação reduzida da reta será, y = -x + 3. Substituindo na circunferência tem-se: 
x2 + (-x + 3) 2 –2x – 3 = 0  x2 + x2 –6x + 9 – 2x – 3 = 0  2x2 –8x + 6 = 0  x1 = 1 e x2 = 
3. 
Assim, as intersecções entre a reta e a circunferência serão os pontos A=(1,2) e B=(3,0). 
Logo, a medida da corda será a distância entre A e B, ou seja, dAB = 
22
. 
257. Calcular o comprimento da corda da circunferência x2 + y2 –2x = 168, cujo 
ponto médio é M=(4, 4). 
Solução: Observa-se que a circunferência possui centro C=(1,0) e raio R=13. Calculando a 
distância entre o centro da circunferência e o ponto médio da corda encontra-se 
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.5)04()14( 2 
CM
d
 Assim, como pode ser observado pela figura, forma-se, no 
interior da circunferência, um triângulo retângulo de hipotenusa 13 e catetos 5 e x, onde x é 
a metade do comprimento da corda. Logo, aplicando Pitágoras, tem-se 
132 = x2 + 52  x2 = 144  x = 12. Portanto, o comprimento da corda será 2.12 = 24. 
258. Determinar o ponto médio da corda que a reta x + y + 4 = 0 define na 
circunferência x2 + y2 –2x –4y –100 = 0. 
Solução: y = -x – 4 é a equação reduzida da reta. Substituindo da circunferência encontra-se 
x2 + (-x – 4) 2 –2x –4(-x –4) –100 = 0  2x2 + 10x – 68 = 0  x2 + 5x – 34 = 0  
2
1615
x
. Assim, os pontos de intersecção entre a reta e a circunferência serão 







 







 

2
1613
,
2
1615
2
1613
,
2
1615
BeA
. Portanto, o ponto médio da 
corda será 
).
2
3
,
2
5
(
2
2
1613
2
1613
,
2
2
1615
2
1615
2













 







BA
P
M
 
259. Para os valores de k a reta x = k intercepta a circunferência x2 + y2 –2x = 0 em 
dois pontos distintos? 
Solução: Substituindo x = k na circunferência encontra-se k2 + y2 –2k = 0  y2 +(k2 –2k) = 
0. Para que existam dois pontos de intersecção distintos, a equação deverá possuir duas 
raízes reais e distintas, ou seja,  > 0. Assim, 0 - 4k2 +8k > 0  -4k2 + 8k > 0 . Logo, {k R 
| 0 < k < 2}. 
260. Para que valores de k a reta y = kx é tangente à circunferência x2 + y2 –20y + 36 
= 0? 
Solução: Substituindo y = kx na circunferência encontra-se x2 + k2x2 – 20.kx + 36 = 0  
(1+k2)x2 –20.kx + 36 = 0. Esta equação, para que a reta seja tangente à circunferência, 
deverá possuir uma única raiz, ou seja,  = 0  400k2 –4.36.(1+k2) = 0 256k2 – 144 = 0 
 k=
4
3
. 
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261. Obter uma reta paralela a s: x + y + 1 = 0 e tangente à circunferência x2 + y2 –2x –
2y + 1 = 0. 
Solução: Uma reta t, paralela à s, deverá ter equação t: x + y + k = 0. Como a circunferência 
possui centro em C=(1,1), raio R=1 e é tangente à reta t, então a distância entre C e t 
deverá ser R, ou seja, dCt = 1. Assim, 
221
2
11
1
2




k
kkyx
. Logo, t: x + y – 2 + 
2
 ou x + y – 2 - 
2
. 
262. Determinar as retas paralelas à reta s: x – y – 1 = 0 e tangentes à circunferência 
x2 + y2 – 4x –4y –1 = 0. 
Solução: Uma reta t, paralela à s, deverá ter equação t: x – y + k = 0. Como a circunferência 
possui centro em C=(2,2), raio R+ 3 e é tangente à reta t, então a distância entre C e t 
deverá ser R, ou seja, dCt = 3. Assim, 
 
233
2
22
3
2




k
kkyx
. Logo, t: x - y + 3
2
 ou x - y - 3
2
. 
263. Obter uma reta t perpendicular à reta s: x – y – 1 = 0 e tangente à circunferência 
x2 + (y – 1)2 = 1. 
Solução: A circunferência Possi centro em C=(0,1). Assim, a reta paralela à s passando por 
C terá equação r: y = x + 1. As intersecções entre a reta r e a circunferência são os pontos: 


















 1
2
2
,
2
2
1
2
2
,
2
2
BeA
. Logo, as equações da reta t serão t: x + y – 1 
2
. 
264. Determinar as retas tangentes à circunferência x2 + y2 + 8x + 6y = 0 e paralelas 
ao eixo dos y. 
Solução: A circunferência possui centro em C=(-4, -3) e raio R=5. Logo, as retas, que 
deverão ter equações do tipo x = k, serão x = -4 + 5  x =1 e x = -4 – 5 x= -9. 
265. Determinar um ponto P da circunferência x2 + y2 = 25, no primeiro quadrante, 
pelo qual passa uma reta t tangente à curva e paralela à reta s: x + y = 5. 
Solução: A circunferência possui centro em C=(0,0) e raio R=5. A reta s é secante à 
circunferência, com intersecções em A=(0, 5) e B= (5, 0). O ponto médio da corda formada 
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pelos pontos A e B é PM=(5/2, 5/2). Assim, conclui-se que a reta y = x, que corta o ponto 
médio de AB, intercepta a circunferência no ponto de tangência da reta t. Portanto, fazendo 
y = x na circunferência, encontra-se o ponto P=








2
25
,
2
25
. 
266. Determinar os pontos de intercessão das circunferências 1 e 2 , onde: 
1: x2 + y2 + 2x +2y = 2 e 2: x2 + y2 = 2 
Solução: Substituindo 2 em1, tem-se 2 + 2x + 2y = 2 2x + 2y = 0  x + y = 0  y = -x. 
Retornando o resultando em2, tem-se x2 + (-x) 2 = 2  x2 + x2 = 2 2x2 = 2  x =  1. 
Logo, os pontos de intersecção serão: P1=(1, -1) e P2 = (-1, 1). 
267. Determinar a interseção da circunferência de centro (0, 1) e raio 1 com a de 
centro (3, 5) e raio 4. 
Solução: Sendo C1 e C2, respectivamente, os centro da primeira e da segunda circunferência, 
verifica-se que dC1C2 = R1 + R2,, ou seja, as circunferências são tangentes num ponto P=(x,y). 
Assim, pode-se determinar vetores C1P e C1C2, tais que,C1C2 = 5.C1P  5(x - 0, y – 1)= (3 
– 0, 5 – 1)  5x = 3 e 5y – 5 = 4  x = 3/5 e y = 9/5. Portanto, P=(3/5, 9/5). 
268. As circunferências de equações x2 + y2 + 2x –4y = 0 e x2 + y2 – x – y = 0 cortam-se 
nos pontos A e B. Obter a equação da reta AB. 
Solução: 





)2(0
)1(42042
2222
2222
yxyxyxyx
yxyxyxyx
. Fazendo (1) = (2), tem-se 
-2x+4y = x + y  3x – 3y = 0  x – y = 0. Logo, a reta que passa pelas intersecções das 
circunferências terá equação r: x – y = 0. 
269. Dar a posição de P em relação a , sendo: 
P = (4, 4) e : (x – 3)2 + (y –2)2 – 4 =0 
Solução: Substituindo o ponto P na circunferência tem-se, (4 – 3)2 +(4 – 2) 2 – 4 = 12 + 22 – 
4 = 1 + 4 – 4 = 1> 0. Logo P é exterior a circunferência. 
270. Dar a posição de P = (5, 3) em relação a : x2 + y2 – 8x = 0 
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Solução: Substituindo o ponto P na circunferência tem-se, 52 + 32 – 8.5 = 25 + 9 – 40 = 34 – 
40 = - 6 < 0. Logo, P é interior a circunferência. 
271. Determine os valores de k para os quais o ponto P=(3, k) pertence ao interior 
da circunferência x2 + y2 –4x = 0. 
Solução: 32 + k2 – 4.3 < 0  k2 < 3  
33  x
. 
272. Fazer o gráfico da relação x2 + y2 < 1. 
Solução: 
273. Fazer o gráfico da relação 1 

 x2 + y2 

 4. 
Solução: 
274. Representar graficamente as soluções do sistema 
x2 + y2 

 4 
x + y 

 2 
Solução: 
275. Achar a equação da reta r tangente à circunferência : x2 + y2 + 2x –2y – 3 = 0 no 
ponto P (1, 0). 
Solução: Observa-se que o ponto P  , e que o centro da circunferência é o ponto C = (-1, 
1). Assim, a reta t que liga o ponto P ao centro da circunferência será perpendicular à reta 
pedida. 
Como 
.2,,
2
1
11
01




rt
mentãom
 Então, a equação da reta r será: 
y – 0 = 2.(x – 1)  y = 2x – 2. 
276. Determinar a reta r tangente à circunferência x2 + y2 = 25 no ponto p (4, 3). 
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Solução: Observa-se que o ponto P  , e que o centro da circunferência é o ponto C = (0, 
0). Assim, a reta t que liga o ponto P ao centro da circunferência será perpendicular à reta 
pedida. 
Como 
.
3
4
,,
4
3
04
03




rt
mentãom
 Então, a equação da reta r será: 
.0253416493)4(
3
4
)3(  yxxyxy
 
277. Determinar a distância do centro da circunferência definida pela equação x2 + 
y2 – 6x - 10y –15 = 0 ao ponto P de interseção das retas x - y = 0 e 3x –2y – 4 = 0. 
Solução: Calculando a intersecção entre as retas, tem-se 
x – y = 0  y = x. Substituindo na outra reta, encontra-se 3x – 2x = 4  x = 4 e y = 4 
P=(4,4). 
O centro da circunferência é o ponto C=(3, 5). Assim, 
.2)54()34( 22 
PC
d
 
278. São dadas a circunferência de equação x2 + y2 + 10x + 6y –51 = 0 e a reta de 
equação 4x + y –11 = 0. determinar a equação da circunferência cujo diâmetro é o 
segmento da reta dada interceptado pela circunferência dada. 
Solução: Substituindo y=11- 4x na equação da circunferência, encontra-se os pontos de 
intersecção A=(2,3) e B=(4,-5). Assim, o ponto médio entre A e B será o centro da 
circunferência pedida. 
C = PM =(3, -1). 
Pode-se calcular o raio da circunferência por meio da distância entre C e A, ou seja, R = dCA 
= 
17
. 
Logo, a equação da circunferência será (x-3) 2 + (y+1) 2 = 17, ou seja, x2 + y2 –6x +2y – 7 = 0. 
279. Determinar a equação da circunferência cujo centro está sobre o eixo das 
ordenadas e que possui uma corda cujas extremidades são os pontos A=(2, 2) e 
B=(4, 8). 
Solução: Estando o centro da circunferência no eixo das ordenadas, então, o centro será um 
ponto C=(0, y). Como A e B pertencem à circunferência, então, dCA = dCB, ou seja, 
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6)8()40()2()20( 2222  yyy
. Assim, o centro da circunferência será o 
ponto C=(0,6) e, por conseqüência, o raio será R=
20
. Portanto, a equação da circunferência 
será 
(x-0) 2 + (y-6) 2 = 20  x2 + y2 –12y + 16 = 0. 
280. Determinar a equação da circunferência que contém os pontos P1= (1, 1) e P2=(3, 
3), valendo 
2
a razão entre a corda P1P2 e o raio da circunferência. 
Solução: dP1P2 =
22
. Como, 
.22
22
,,221  R
R
então
R
PP
 Tomando o ponto C=(x,y) 
como centro da circunferência pedida, então 





)2(014664)3()3(
)1(02224)1()1(
2222
2222
yxyxyx
yxyxyx
. Resolvendo o sistema encontra-se a 
equação y = 4 – x que, substituindo em (2) encontra-se x2 – 4x + 3 = 0  x = 1 ou x = 3. 
Assim, pode-se os centros C1=(1,3) e C2=(3,1). 
Portanto as equações serão x2 + y2 –2x – 6y + 6 = 0 ou x2 + y2 –6x – 2y + 6 = 0. 
281. Determinar a equação da circunferência cujo diâmetro é o segmento da reta 3x 
– 4y + 12 = 0 compreendido entre os eixos coordenados. 
Solução: Nestas condições, o diâmetro será formado pelos pontos A=(-4,0) e B=(0,3). Assim, 
o centro da circunferência será o ponto médio entre A e B, ou seja, C = (-2, 3/2) e, por 
conseqüência, o raio será R=5/2. Logo, a equação da circunferência será x2 + y2 +4x –3y = 0. 
282. Determinar a equação da circunferência que tem raio 2, passa pela origem e 
tem o centro sobre a bissetriz formada pelas direções positivas dos eixos 
coordenados. 
Solução: O centro da circunferência é um ponto C=(x,x) e, como ela passa pela origem, dCO 
= R  
22)0()0(  yxxx
. Assim, a equação da circunferência será 
x2 + y2 –2
2
x - 2
2
y = 0. 
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283. Determinar as equações das circunferências de centro M=(3, 4) e tangente à 
circunferência x2 + y2 = 1. 
Solução 1: Supondo que as circunferências sejam tangentes externas, a circunferência dada 
possui centro C=(0,0) e Raio R=1. Calculando a distância entre M e C encontra-se dMC = 5. 
Logo, sendo K a medida do raio da circunferência pedida, então K + R = 5  K + 1 = 5  K 
= 4. Portanto, a equação pedida será x2 + y2 – 6x – 8y + 9 = 0. 
Solução 2: Supondo que as circunferências seja tangentes internas, tem-se que K – R = 5  
K = 6. 
Assim, a equação da circunferência também poderá ser x2 + y2 - 6x – 8y – 11 = 0. 
284. Escrever a equação da circunferência que passa pelos pontos A=(-1, 5), B=(0, -
2), e cujo raio é igual a 5. 
Solução: Tomando o ponto C=(x,y) como centro da circunferência pedida, então 





)2(021425)2()0(
)1(0110225)5()1(
2222
2222
yyxyx
yxyxyx
. Resolvendo o sistema encontra-se a 
equação x = 7y - 11 que, substituindo em (2) encontra-se y2 – 3y + 2 = 0  y = 1 ou y = 2. 
Assim, pode-se os centros C1=(-4,1) e C2=(3,2). 
Portanto as equações serão x2 + y2 –6x – 4y -12 = 0 ou x2 + y2 +8x – 2y - 3 = 0. 
285. Determinar a equação da reta cuja distância à origem é igual a 2 e que é 
tangente à circunferência x2 + y2 = 10x. 
Solução: 
 
286. Escrever a equação da circunferênciaque passa pelos pontos A=(-1, 5), B=(0, -
2), e cujo raio é igual a 5. 
Solução: Tomando o ponto C=(x,y) como centro da circunferência pedida, então 
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




)2(021425)2()0(
)1(0110225)5()1(
2222
2222
yyxyx
yxyxyx
. Resolvendo o sistema encontra-se a 
equação x = 7y - 11 que, substituindo em (2) encontra-se y2 – 3y + 2 = 0  y = 1 ou y = 2. 
Assim, pode-se os centros C1=(-4,1) e C2=(3,2). 
Portanto as equações serão x2 + y2 –6x – 4y -12 = 0 ou x2 + y2 +8x – 2y - 3 = 0. 
287. Determinar a equação da reta cuja distância à origem é igual a 2 e que é 
tangente à circunferência x2 + y2 = 10x. 
Solução: A circunferência de centro em O=(0,0) e raio 2 é o lugar geométrico de todos os 
pontos que distam duas unidades de O. Assim, a reta r pedida deverá, ao mesmo tempo, 
tangenciar a circunferência x2 + y2 = 4 e x2 + y2 – 10x = 0. Pela figura, observa-se que a reta 
paralela a r, passando por O, (Fazer Figura) 
As retas serão 3x + 4y + 10 = 0 e 3x –4y + 10 = 0 
288. Para que valor real de k a equação (x – 1) 2 + (y – 2) 2 = k – 1 representa uma 
circunferência que passa pela origem do sistema cartesiano? 
Solução: Se a circunferência passa na origem do sistema cartesiano, então, (0 – 1) 2 + (0 – 2) 
2 = 1 1 + 4 = k – 1  k = 6. 
289. Determine o maior valor de r de forma que as circunferências (x – 1) 2 + (y – 1) 2 
= 1 e (x- 3) 2 + (y – 3) 2 = r2 tenham um único ponto de intersecção. 
Solução: A primeira circunferência possui centro em A=(1,1) e raio 1, enquanto que a 
segunda possui centro em B=(3,3) e raio r. Assim, para que exista apenas um ponto de 
intersecção, a distância entre os centros deverá ser igual a soma dos raios, ou seja, dAB = 1 + 
r. Como dAB=
22
. Então, 
r + 1=
22
 r = 
22
-1. 
290. Determine o valor de k de modo que a reta r: y – x + k = 0 seja tangente à 
circunferência x2 + y2 + 2x + 2y – 7 = 0. 
Solução: y = x – k é a equação reduzida da reta que, substituindo na equação da 
circunferência, gera a equação S: 2x2 – (2k – 4)x + k2 – 2k – 7 = 0. Para que a reta seja 
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tangente à circunferência, a equação S deverá ter uma única raiz. Assim,  = 0  (4 – 2k) 2 
– 8(k2 –2k-7) = 0  -4k2 + 72 = 0  k=
.23
 
291. Uma circunferência de raio 2, localizada no primeiro quadrante, tangencia o 
eixo x e a reta de equação r: 4x – 3y = 0. Determine a abscissa do centro dessa 
circunferência. 
Solução: Sendo a circunferência tangente ao eixo dos x e à reta, seu centro será C=(x, 2) e a 
distância entre o centro e a reta será igual ao raio, ou seja, dCr = 2  



10642
916
64
x
x
 
4x – 6 = 10  x = 4 ou 4x – 6 = -10  x = -1. Como a circunferência está no primeiro 
quadrante, o valor da abscissa é x = 4., 
292. Determine o comprimento da corda que a reta r: 2x – y = 0 determina na 
circunferência de centro em C=(2,0) e raio R=2. 
Solução: A reta r: y = 2x, deverá cortar a circunferência em dois pontos. Como o centro da 
circunferência é o ponto C=(2,0) e o raio é R=2, um dos pontos é a origem O= (0,0). O outro 
deverá ser um ponto P=(x, 2x) tal que dPC = 2  
.
5
8
5
4
0452)2()2( 222  yexxxxx
 
Logo, o comprimento da corda será dOP =
.
5
54
25
64
25
16

 
293. Em um sistema de coordenadas cartesianas retangulares, considera-se a 
circunferência de centro sobre a reta x – y + 3 = 0 e que passa pelos pontos A=(-2,4) 
e B=(1,7). Determine o comprimento da corda que a bissetriz dos quadrantes 
ímpares determina sobre a circunferência. 
Solução: Sendo C=(x, x+3), o centro da circunferência, então dCA = dCB, ou seja, 
).4,1(1)4()1()1()2( 2222  Cxxxxx
 Assim, o raio da circunferência será 
R=3. 
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A bissetriz dos quadrantes ímpares é a reta y=x. Calculando a intersecção entre a reta e a 
circunferência (x-1) 2 + (y-4) 2 =9, encontram-se os pontos A=(1,1) e B=(4,4). Portanto, o 
comprimento da corda será dAB = 
.23
 
294. Sabendo que o ponto P=(2,1) é o ponto médio de uma corda AB da 
circunferência (x – 1)2 + y2 = 4, então determine a equação da reta s que passa por A 
e B. 
Solução: A circunferência possui centro no ponto C=(1,0). A reta r, que passa por C e por 
P, será perpendicular à reta s que passa por A e B. Assim, calculando o coeficiente angular 
da reta r tem-se: 
1
12
01




r
m
. Assim, ms=-1. Logo, utilizando o ponto P=(2,1), a equação da reta será r: y = 
-x + 3. 
295. Prove que a equação da tangente à circunferência x2 + y2 =r2 , no ponto P=(a,b), 
é r: ax + by – r2 = 0. 
Solução: O centro da circunferência é o ponto O=(0,0). Assim, a reta s que passa por O e P 
terá coeficiente angular 
.
0
0
a
b
a
b
m
s




Logo, a reta tangente à circunferência em P será 
perpendicular à s e, portanto, terá coeficiente angular 
.
b
a
m
r

 Então, a equação da reta r 
será 
.)( 2222 babyaxaaxbbyax
b
a
by 
 Como P pertence à circunferência, 
então a2 + b2 = r2 . Portanto, a equação da tangente será r: ax + by – r2 . 
296. Determine o centro e o raio da circunferência C: 







sen52
cos523
y
x
. 
Solução: Para =0o e = 180o encontra-se os pontos A=(-3+ 
52
, 0) e B=(-3-
52
, 0), que 
são simétricos em relação ao centro da circunferência. Assim, o centro será o ponto médio de 
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A e B. Logo, 
).0,3(
2
00
,
2
523523
2







 



BA
C
O raio poderá ser calculado por 
meio do cáculo da distância entre C e A, ou seja, R=dCA=
.52
 
297. Determine a equação da circunferência tangente ao eixo dos x na origem e que 
passa pelo ponto P=(3,4). 
Solução: Nestas condições, o centro da circunferência terá que ser um ponto C=(0,y). 
Assim, como os pontos P=(3,4) e O=(0,0) pertencem à circunferência, então dCO = dCP  
8
25
)0()00()4()30( 2222  yyy
. Assim, a equação da circunferência será 
64
625
)
8
25
( 22  yx
. 
298. Mostre que 







sen
cos
ry
rx
são equações paramétricas da circunferência x2 + y2 = r2 
. 
Solução: Considerando a circunferência x2 +y2 = r2 e P=(x,y) pertencendo à circunferência, e 
sendo  o ângulo que o raio r(vetor OP de módulo r) faz com o sentido positivo do eixo x, 
tem-se as seguintes relações: 






OPprojy
OPprojx
j
i
 
onde 







sen
cos
ry
rx . Quando  varia de 0 a 2 radianos, tanto x como y assumem valores no 
intervalo [-r, +r]. Portanto, pode-se tomar  como parâmetro e as equações paramétricas da 
circunferência de raio r e centro na origem serão: 







sen
cos
ry
rx
 para 0    2. 
299. Obtenha as equações paramétricas da circunferência x2 + y2 = 25. 
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Solução: A circunferência possui centro C=(0,0) e raio R=5. Assim, as equações 
paramétricas serão: 







sen5
cos5
y
x
 para 0    2. 
300. Obter as equações paramétricas da circunferência (x-a) 2 + (y-b)2 = R2 . 
Solução: Sendo (x – a) 2 + (y – b) 2 = R2, então, 
.11
)()(
22
2
2
2
2





 





 




R
by
R
ax
R
bx
R
ax
 
Associando a identidade trigonométrica cos2  + sen2 =1, tem-se que 


cossen
coscos
Rby
R
bx
Rax
R
ax





 para 0    2. 
301. Obtenha as equações paramétricas da circunferência x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0. 
Solução: Sendo C=(2,1) o centro da circunferência e R=3 o seu raio, as equações 
paramétricas serão: 







sen31
cos32
y
x
 para 0    2. 
302. Obtenha as equações paramétricas da circunferência x2 + y2 – 6x + 10y + 9 = 0. 
Solução: Sendo C=(3,-5) o centro da circunferência e R=5 o seu raio, as equações 
paramétricas serão: 







sen55
cos53
y
x
 para 0    2. 
303. Determine a equação geral da circunferência que possui, como equações 
paramétricas, as equações 
.
sen
cos







y
x
 para 0    2.. 
Solução: Estas são as equações paramétricas de uma circunferência de centro na origem 
O=(0,0) e raio r=1. Assim, a equação geral será: (x – 0) 2 + (y – 0) 2 = 1 x2 + y2 = 1. 
304. Determine a equação geral da circunferência que possui, como equações 
paramétricas, as equações 







sen22
cos21
y
x
 para 0    2. 
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Solução: Estas são as equações paramétricas de uma circunferência de centro em C=(-1,2) e 
raio R=2. Assim, a equação geral da circunferência será: (x+1) 2 + (y – 2) 2 = 4  x2 + 2x + 1 
+ y2 –4y + 4 = 4  x2 + y2 + 2x – 4y + 1= 0. 
305. Determine a equação geral da circunferência que possui, como equações 
paramétricas, as equações 








sen22
cos23
y
x
 para 0    2. 
Solução: Estas são as equações paramétricas de uma circunferência de centro em C=(3,-2) e 
raio R=
2
. Assim, a equação geral da circunferência será: (x - 3) 2 + (y + 2) 2 = 2  x2 - 6x + 
9 + y2 + 4y + 4 = 2  x2 + y2 - 6x + 4y + 11= 0. 
 
306. Determinar o valor de k de modo que a circunferência de equação x2 + y2 – 6x + 
10y + 9 = 0 e a reta r: y = kx + 1 tenham dois pontos comuns. 
Solução: Resolvendo o sistema 





1
0910622
kxy
yxyx
encontra-se a equação (k2 +1)x2 + 6(2x 
– 1)x + 20 = 0, que deverá possuir duas raízes para que a reta r seja secante à 
circunferência. Assim,  > 0, ou seja, 64k2 – 144k – 44 >0. Logo, 
8
379 
k
 ou 
8
379
k
. 
307. Determinar a posição da reta r: x – y – 2 = 0 em relação à circunferência de 
equação x2 + y2 – 4x – 8y + 19 = 0. 
Solução: Resolvendo o sistema 





02
0198422
yx
yxyx
, encontra-se a equação 2x2 – 16x + 39 
= 0, cujo discriminante é  = -5 < 0. Logo, a reta é externa à circunferência. 
308. Determine a posição da reta r: x – y + 3 = 0 em relação à circunferência de 
equação x2 + y2 – 4x – 8y + 19 = 0. 
Solução: Resolvendo o sistema 





03
0198422
yx
yxyx
, encontra-se a equação x2 – 3x + 2 = 
0, que possui como raízes x = 1 ou x = 2. Logo, os pontos A=(1,4) e B=(2,5) são as 
intersecções entre a reta e a circunferência. Portanto, a reta é secante à circunferência. 
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309. Determinar a posição da reta r: x – 2y + 1 = 0 em relação à circunferência de 
equação x2 + y2 – 4x – 8y + 15 = 0. 
Solução: Resolvendo o sistema 





012
0158422
yx
yxyx
, encontra-se a equação y2 – 4y + 4 = 
0, que possui como raiz y = 2. Logo, o ponto A=(3,2) será a única intersecção entre a reta e a 
circunferência. Portanto, a reta é tangente à circunferência. 
310. Determinar a equação da circunferência de centro em C=(-1,-2) e tangente à 
reta r: x + 2y – 5 = 0. 
Solução: Sendo a circunferência tangente à reta, então, R = dCr, ou seja, 
.52
5
10
21
5)2(21
22



R
 
Logo, a equação da circunferência será: (x + 1) 2 + (y + 2) 2 = 20, ou seja, x2 + y2 + 2x + 4y – 
15 = 0. 
311. Dada a circunferência x2 + y2 = 25, determine a equação das retas tangentes 
conduzidas pelo ponto P=(25/4, 0). 
Solução: A circunferência possui centro O=(0,0) e raio R=5. Tomando-se os pontos O, P e o 
ponto Q de tangência da reta decrescente com a circunferência, determina-se um triângulo 
retângulo OPQ. Por Pitágoras, verifica-se que o segmento QP possui medida 15/4. Assim, 
o coeficiente angular do segmento OQ será a tangente do ângulo que o segmento faz com o 
sentido positivo do eixo x, ou seja, m = tg = 3/4. Logo, a reta que passa por Q e P, que é 
perpendicular ao segmento OQ, terá coeficiente angular –4/3. Portanto, a equação da reta 
que passa por Q e P será 3y + 4x – 25 = 0. 
Também haverá uma reta crescente, tangente à circunferência e passando por P. Esta reta 
terá coeficiente angular 4/3, e sua equação será 4x – 3y – 25 = 0. 
 
Elipse 
312. Construir uma definição para as cônicas: 
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Solução: Seja  uma curva contida em um plano . Essa curva será uma cônica se, para 
todo ponto P de , a razão entre as distâncias de P até o ponto F e de P até a reta r for 
constante. 
Ou seja, 
 
cônicaumaée
rPd
FPd

),(
),(
 
 
O ponto F chama-se foco, a reta r chama-se diretriz e a razão e chama-se excentricidade da 
cônica. 
Uma cônica será caracterizada pela sua excentricidade: 
e < 1, tem-se uma elipse; 
e = 1, tem-se uma parábola; 
e > 1, tem-se uma hipérbole. 
313. Construir uma definição para elipse: 
Solução: Supondo que 2c seja a distância que separa dois pontos fixos F1 e F2 de um plano  
e que a seja um número real tal que a > c, define-se como elipse o conjunto dos pontos P do 
plano  que satisfazem a condição: 
 
d(P, F1) + d(P,F2) = 2a 
 
Os elementos da elipse serão denominados por: 
C: centro 
F1 e F2 : focos 
2c : distância focal 
V1 e V2 : vértices 
V1V2 : eixo maior 
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2a : medida do eixo maior 
AB : eixo menor 
2b : medida do eixo menor 
314. 
315. Determinar a equação da elipse de centro na origem do sistema cartesiano e 
eixo maior no eixo dos x. 
Solução: Conforme pode-se observar na figura: 
C=(0,0), F1=(-c,0), F2=(c,0), V1=(-a,0) e V2=(a,0). 
Assim, para um ponto P=(x,y), P está na elipse se, e somente se: 
d(P,F1) + d(P,F2) = 2a 
   2222222222 )(2)(2)()( ycxaycxaycxycx 
 
.2)(442 222222222 yccxxycxaayccxx 
 
Isolando o radical e novamente elevando ao quadrado tem-se: 
   
).()(22
2)2(44)(444)(4
2222222222242222222
2224222222
2
22222
caayaxcaxccxaayacacxaxa
xccxaayccxxacxaycxacxaycxa


Dividindo por a2(a2 - c2), tem-se: 
 
.1
22
2
2
2



ca
y
a
x
 Por Pitágoras, observa-se na elipse que: a2 = b2 + c2  b2 = a2 – c2. Assim, 
 
.1
2
2
2
2

b
y
a
x
 
 
 
 
316. Obtenha a equação da elipse de focos F1=(-1,0) e F2=(1,0) e eixo maior 2a= 4. 
Solução: Como a = 2  a2 = 4 e a distância focal 2c = 2  c = 1, b2 = 22 – 12  b2=3. 
Assim, a equação da elipse será: 
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.1
34
22

yx
 
317. Determinar a equação da elipse de centro na origem do sistema cartesiano e 
eixo maior no eixo dos y. 
Solução: Conforme pode-se observar na figura: 
C=(0,0), F1=(0,-c), F2=(0,c), V1=(0,-a) e V2=(0,a). 
Assim, para um ponto P=(x,y), P está na elipse se, e somente se d(P,F1) + d(P,F2) = 2a. 
Logo, a equação da elipse será: 
 
.11
2
2
2
2
2
2
22
2

 a
y
b
x
a
y
ca
x
 
 
318. Obtenha a equação da elipse de focos F1=(0,-1) e F2=(0,1) e eixo maior 2a= 4. 
Solução: Como a = 2  a2 = 4 e a distância focal 2c = 2  c = 1, b2 = 22 – 12  b2=3. 
Assim, a equação da elipse será: 
.1
43
22

yx
 
319. Obter a equação da elipse de focos F1=(3,0) e F2=(-3,0) e que passa pelo ponto 
A=(5,0). 
Solução: Como o ponto A é um vértice da elipse e C=(0,0), então a=5, c=3 e, então, b=4. 
Logo, a equação será: 
 
.1
1625
22

yx
 
320. Dar a equação da elipse de focos F1=(2,0) e F2=(-2,0) e eixo maior igual a 6. 
Solução: Sendo 2a=6, então, a = 3. Como c=2, então, b2 = a2 – c2  b2 = 5. Assim, a equação 
será: 
 
.1
59
22

yx
 
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321. Dar a equação da elipse de centro na origem e que intercepta o eixo dos x nos 
pontos A=(10,0) e A’=(-10,0), sendo um dos seus focos o ponto F=(8,0). 
Solução: Os pontos A e A’ serão os vértices da elipse. Assim, como um dos focos é o ponto 
F=(8,0), pode-se deduzir que a=10 e b=6. Assim, a equação da elipse será: 
.1
36100
22

yx
 
322. Dar a equação da elipse de focos F1=(1,0) e F2=(-1,0) e que passa pelo ponto 
B=(0,2). 
Solução: Nestas condições, conclui-se que c=1 e b=2. Logo, a2 = b2 + c2  a2 = 5. Assim, a 
equação da elipse será: 
.1
45
22

yx
 
323. Dar a equação da elipse de focos F1=(0,5) e F2=(0,-5) e que passa pelo ponto 
A=(0,13). 
Solução: O ponto A será um dos vértices da elipse, cujo eixo maior está no eixo y. Logo, a= 
13 e c=5. Portanto, b2 = 144. Assim, a equação da elipse será: 
.1
169144
22

yx
 
324. Dar a equação da elipse de focos F1=(12,0) e F2=(-12,0) e eixo menor igual a 10. 
Solução: Como o eixo menor possui medida 10, então 2b = 10  b = 5. Sendo c = 12, logo 
a2 = b2 + c2  a2 = 169. Assim, a equação da elipse será: 
.1
25169
22

yx
 
325. Dar a equação da elipse de focos F1=(0,3) e F2=(0,-3) e que passa pelo ponto 
B=(2,0). 
Solução: Nestas condições, c = 3 e b = 2. Portanto, a2 = b2 + c2  a2 = 13. Assim, a equação 
da elipse será: 
.1
134
22

yx
 
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326. Dar a equação da elipse que intercepta os eixos nos pontos (5,0), (-5,0), (0,3) e 
(0,-3), sabendo que o eixo maior está no eixo dos x. 
Solução: Nestas condições, como o eixo maior está no eixo dos x, a parábola terá como 
vértices os pontos (5,0) e (-5,0). Logo, a = 5 e, como o eixo menor mede 6, então b = 3. 
Assim, a equação da elipse será: 
.1
925
22

yx
 
327. Dar a equação da elipse que intercepta os eixos nos pontos (2,0), (-2,0), (0,4) e 
(0,-4), sabendo que o eixo menor está no eixo dos x. 
Solução: Nestas condições, como o eixo maior está no eixo dos y, a parábola terá como 
vértices os pontos (04) e (0,-4). Logo, a = 4 e, como o eixo menor mede 4, então b = 2. 
Assim, a equação da elipse será: 
.1
164
22

yx
 
328. Determinar a equação da elipse de centro em C=(x0, y0), com o eixo maior 
paralelo ao eixo dos x. 
Solução: Seja P=(x,y) um ponto qualquer de uma elipse cujo centro é o ponto C=(x0, y0). As 
coordenadas dos focos, sendo c a distância entre um foco e o centro, serão: 
F1=(x0 – c, y0) e F2 = (x0 + c, y0) 
Como, por definição, d(P, F1) + d(P, F2) = 2a, então: 
ayycxxyycxx 2][)]([][)]([ 2
0
2
0
2
0
2
0

. 
No desenvolvimento desta igualdade encontra-se a equação: 
1
)()(
2
2
0
2
2
0 



b
yy
a
xx
. 
329. Determinar a equação da elipse de centro em C=(x0, y0), com o eixo maior 
paralelo ao eixo dos y. 
Solução: Seja P=(x,y) um ponto qualquer de uma elipse cujo centro é o ponto C=(x0, y0). As 
coordenadas dos focos, sendo c a distância entre um foco e o centro, serão: 
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F1=(x0 , y0 - c) e F2 = (x0 , y0 + c) 
Como, por definição, d(P, F1) + d(P, F2) = 2a, então, procedendo de modo análogo ao 
problema anterior, encontra-se a equação: 
1
)()(
2
2
0
2
2
0 



a
yy
b
xx
. 
330. Determinar as coordenadas do centro da elipse, bem como as medidas dos 
eixos maior e menor, sendo sua equação 
.1
9
)2(
36
)5( 22



 yx
 
Solução: Como x – x0 = x + 5 e y - y0 = y – 2, pode-se afirmar que C = (-5, 2). 
Já que a2 > b2, então: a2 = 36  a = 6 e b2 = 9  b = 3. Assim, o eixo maior (2a) = 12 e o eixo 
menor (2b) = 6. 
331. Determinar as coordenadas do centro da elipse, bem como as medidas dos 
eixos maior e menor, sendo sua equação 
.1
49
)7(
81
)3( 22



 yx
 
Solução: Como x – x0 = x - 3 e y - y0 = y – 7, pode-se afirmar que C = (3, 7). 
Já que a2 > b2, então: a2 = 81  a = 9 e b2 = 49  b = 7. Assim, o eixo maior (2a) = 18 e o 
eixo menor (2b) = 14. 
332. Determinar as coordenadas do centro da elipse, bem como as medidas dos 
eixos maior e menor, sendo sua equação 
.1
25
)4(
4
)1( 22



 yx
 
Solução: Como x – x0 = x + 1 e y - y0 = y +4, pode-se afirmar que C = (-1,-4). 
Já que a2 > b2, então: a2 = 25  a = 5 e b2 = 4  b = 2. Assim, o eixo maior (2a) = 10 e o eixo 
menor (2b) = 4. 
333. Determinar as coordenadas do centro da elipse, bem como as medidas dos 
eixos maior e menor, sendo sua equação 9(x-3)2 + 8(y-7)2 = 72. 
Solução: Dividindo-se toda a equação por 72, encontra-se a igualdade 
.1
9
)7(
8
)3( 22



 yx
 
Como x – x0 = x - 3 e y - y0 = y – 7, pode-se afirmar que C = (3,7). 
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Já que a2 > b2, então: a2 =9  a = 3 e b2 =8  b = 
22
. Assim, o eixo maior (2a) = 6 e o eixo 
menor (2b) = 
24
. 
334. Determinar as coordenadas do centro da elipse, bem como as medidas dos 
eixos maior e menor, sendo sua equação 3x2 + 4y2 –6x – 16y + 7=0. 
Solução: 3x2 + 4y2 –6x – 16y + 7=0  (3x2 – 6x)+ (4y2 – 16y) = -7  3(x2 – 2x)+ 4(y2 – 
4y) = -7  
3(x2 – 2x + 1)+ 4(y2 – 4y + 4) = -7 + 3.1 + 4.4  3(x – 1) 2+ 4(y – 2) 2 = 12 

.1
3
)2(
4
)1( 22



 yx
 
Como x – x0 = x - 1 e y - y0 = y – 2, pode-se afirmar que C = (1,2). 
Já que a2 > b2, então: a2 =4  a = 2 e b2 =3  b = 
3
. Assim, o eixo maior (2a) = 4 e o eixo 
menor (2b) = 
32
. 
335. Determinar a equação da elipse de centro C=(3,2) e tangente aos eixos 
coordenados, sabendo que os eixos de simetria são paralelos aos eixos x e y. 
Solução: Nestas condições, observa-se que a = 3 e b = 2. Logo, a equação da elipse será: 
.1
4
)2(
9
)3( 22



 yx
 
336. Determinar a equação da elipse de centro C=(2,-1) e tangente aos eixos 
coordenados, sabendo que os eixos de simetria são paralelos aos eixos x e y. 
Solução: Nestas condições, observa-se que a = 2 e b = 1. Logo, a equação da elipse será: 
.1
1
)1(
4
)2( 22



 yx
 
337. Determinar a equação da elipse de centro C=(7,6), eixomaior paralelo ao eixo 
dos x e de medida 10 e eixo menor de medida 6: 
Solução: Nestas condições, tem-se: 2a = 10  a = 5 e 2b = 6  b = 3. Logo, a equação da 
elipse será: 
.1
9
)6(
25
)7( 22



 yx
 
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338. Determinar a equação da elipse de centro C=(9,-3), eixo maior paralelo ao eixo 
dos x e de medida 16 e eixo menor de medida 4: 
Solução: Nestas condições, tem-se: 2a = 16  a = 8 e 2b = 4  b = 2. Logo, a equação da 
elipse será: 
.1
4
)3(
64
)9( 22



 yx
 
339. Determinar a equação da elipse de centro C=(5,0), eixo maior paralelo ao eixo 
dos y e de medida 12 e eixo menor de medida 10: 
Solução: Nestas condições, tem-se: 2a = 12  a = 6 e 2b = 10  b = 5. Logo, a equação da 
elipse será: 
.1
3625
)5( 22

 yx
 
340. Determinar a equação da elipse de centro C=(0,-1), eixo maior paralelo ao eixo 
dos y e de medida 6 e eixo menor de medida 4: 
Solução: Nestas condições, tem-se: 2a = 6  a = 3 e 2b = 4  b = 2. Logo, a equação da 
elipse será: 
.1
9
)1(
4
22



yx
 
341. Determinar a excentricidade da elipse de equação 2x2 + y2 = 2. 
Solução: Dividindo a igualdade por 2, encontra-se a seguinte equação 
.1
21
22

yx
 
Esta elipse terá centro em C=(0,0) e a2 = 2  a = 
2
e b2 = 1 b = 1. Assim, como c2 = a2 – 
b2  c = 1, a excentricidade da elipse será 
.
2
2
2
1
 ee
a
c
e
 
342. Determinar a excentricidade da elipse de equação 3x2 + 4y2 = 12. 
Solução: Dividindo a igualdade por 12, encontra-se a seguinte equação 
.1
34
22

yx
 
Esta elipse terá centro em C=(0,0) e a2 = 4  a = 2 e b2 = 3 b = 
3
. Assim, como c2 = a2 – 
b2  c = 1, a excentricidade da elipse será 
.
2
1
 e
a
c
e
 
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343. Determinar a excentricidade da elipse de equação 5x2 + 9y2 – 30x + 18y + 9 = 0. 
Solução: 5x2 + 9y2 –30x + 18y + 9=0  (5x2 - 30x)+ (9y2 + 18y) = -9  5(x2 – 6x)+ 9(y2 + 
2y) = -9  
5(x2 – 6x + 9)+ 9(y2 + 2y + 1) = -9 + 5.9 + 9.1  5(x – 3) 2+ 9(y +1) 2 = 45 

.1
5
)1(
9
)3( 22



 yx
 
Como x – x0 = x - 3 e y - y0 = y + 1, pode-se afirmar que C = (3,-1). 
Já que a2 > b2, então: a2 =9  a = 3 e b2 =5  b = 
5
. Assim, como c2 = a2 – b2  c = 2, a 
excentricidade da elipse será 
.
3
2
 e
a
c
e
 
344. Determinar as coordenadas do centro, os semi-eixos e os focos da elipse de 
equação 9x2 + 16y2 – 36x + 96y + 36 = 0. 
Solução: 9x2+ 16y2 –36x+96y +36=0  (9x2 - 36x)+ (16y2+96y)=-36  9(x2 – 
4x)+16(y2+6y) = -36  
9(x2 – 4x +4)+16(y2 + 6y +9) = -36 + 9.4 +16.9  9(x – 2) 2+ 16(y +3) 2 = 
144
.1
9
)3(
16
)2( 22



 yx
 
Como x – x0 = x - 2 e y - y0 = y + 3, pode-se afirmar que C = (2,-3). 
Já que a2 > b2, então: a2 =16  a = 4 2a = 8, b2 =9  b =3  2b = 6 e, por conseqüência, c 
=
7
 . Assim, F1 = (2+
7
, -3) e F2 = (2-
7
, -3). 
345. Determinar as coordenadas do centro, os semi-eixos e os focos da elipse de 
equação 4x2 + 9y2 – 8x - 36y + 4 = 0. 
Solução: 4x2+ 9y2 –8x- 36y +4=0  (4x2 - 8x)+ (9y2-36y)=-4  4(x2 – 2x)+9(y2- 4y) = -4 
 
4(x2 – 2x +1)+9(y2 - 4y +4) = -4 + 4.1 +9.4  4(x – 1) 2+ 9(y -2) 2 = 36
.1
4
)2(
9
)1( 22



 yx
 
Como x – x0 = x - 1 e y - y0 = y -2, pode-se afirmar que C = (1,2). 
Já que a2 > b2, então: a2 =9  a = 3 2a = 6, b2 =4  b =2  2b = 4 e, por conseqüência, c 
=
5
 . Assim, F1 = (1+
5
, 2) e F2 = (2-
5
,2). 
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346. Determinar as coordenadas do centro, os semi-eixos e os focos da elipse de 
equação 4x2 + y2 + 24x - 6y + 29 = 0. 
Solução: De forma análoga ao problema anterior, encontra-se C=(-3,3), a = 4, b = 2, 
F1 = (-3, 3+2
3
) e F2 = (-3, 3 - 2
3
). 
347. Dada a elipse de equação 
1
36
)3(
100
)1( 22



 yx
, determinar as coordenadas do 
centro, dos vértices e dos focos. 
Solução: Como x – x0 = x - 1 e y - y0 = y - 3, pode-se afirmar que C = (1,3). 
Sabe-se que a2 > b2, então: a2 =100  a =10 e b2 =36  b =6. Assim, como c2 = a2 – b2  c = 
8. Como o eixo maior da elipse é paralelo ao eixo dos x, então as coordenadas dos vértices 
serão: 
V1 = (x0 – a, y0)  V1 =(1-10, 3) = (-9, 3). 
V2 = (x0 + a, y0)  V1 =(1+10, 3) = (11, 3). 
Pelo mesmo motivo, as coordenadas dos focos serão: 
F1 = (x0 – c, y0)  V1 =(1-8, 3) = (-7, 3). 
F2 = (x0 + c, y0)  V1 =(1+8, 3) = (9, 3). 
348. Dada a elipse de equação 
1
100
)3(
36
)1( 22



 yx
, determinar as coordenadas do 
centro, dos vértices e dos focos. 
Solução: Como x – x0 = x - 1 e y - y0 = y - 3, pode-se afirmar que C = (1,3). 
Sabe-se que a2 > b2, então: a2 =100  a =10 e b2 =36  b =6. Assim, como c2 = a2 – b2  c = 
8. Como o eixo maior da elipse é paralelo ao eixo dos y, então as coordenadas dos vértices 
serão: 
V1 = (x0 , y0 -a)  V1 =(1, 3-10) = (1,-7). 
V2 = (x0 , y0+a)  V1 =(1,3+10) = (1,13). 
Pelo mesmo motivo, as coordenadas dos focos serão: 
F1 = (x0 , y0 – c)  V1 =(1, 3-8) = (1,-5). 
F2 = (x0 , y0v+c)  V1 =(1, 3+8) = (1,11). 
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349. Dada a elipse de equação 
1
3
)5(
4
22



yx
, determinar as coordenadas do centro, 
dos vértices e dos focos. 
Solução: Como x – x0 = x - 0 e y - y0 = y - 5, pode-se afirmar que C = (0,5). 
Sabe-se que a2 > b2, então: a2 =4 a =2 e b2 =3  b =
3
. Assim, como c2 = a2 – b2  c = 1. 
Como o eixo maior da elipse é paralelo ao eixo dos x, então as coordenadas dos vértices 
serão: 
V1 = (x0 – a, y0)  V1 =(0-2, 5) = (-2, 5). 
V2 = (x0 + a, y0)  V1 =(0+2, 5) = (2, 5). 
Pelo mesmo motivo, as coordenadas dos focos serão: 
F1 = (x0 – c, y0)  V1 =(0 -1, 5) = (-1, 5). 
F2 = (x0 + c, y0)  V1 =(0+1, 5) = (1, 5). 
 
350. Dada a elipse de equação 
1
31
)8( 22

 yx
, determinar as coordenadas do centro, 
dos vértices e dos focos. 
Solução: Como x – x0 = x - 8 e y - y0 = y - 0, pode-se afirmar que C = (8,0). 
Sabe-se que a2 > b2, então: a2 =3  a =
3
e b2 =1  b =1. Assim, como c2 = a2 – b2  c = 
2
. 
Como o eixo maior da elipse é paralelo ao eixo dos y, então as coordenadas dos vértices 
serão: 
V1 = (x0 , y0 -a)  V1 =(8, 0 -
3
) = (8 , -
3
). 
V2 = (x0 , y0+a)  V1 =(8,0+
3
) = (8, 
3
). 
Pelo mesmo motivo, as coordenadas dos focos serão: 
F1 = (x0 , y0 – c)  V1 =(8, 0 -
2
) = (8,- 
2
). 
F2 = (x0 , y0v+c)  V1 =(8, 0+
2
) = (8, 
2
). 
351. Escrever a equação da elipse que possui centro na origem, um dos focos é o 
ponto (0,3) e a medida do semi-eixo maior é igual a 5. 
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Solução: Na elipse em questão, o eixo maior está contido no eixo dos y. Assim, seus vértices 
terão coordenadas (0,5) e (0, - 5), e os focos terão coordenadas (0,3) e (0, - 3). Logo, a = 5, c 
= 3 e b2 = a2 – c2 = 25 – 9 = 16. Assim, a equação da elipse será: 
1
2516
22

yx
 
352. Escrever a equação da elipse cujo centro é o ponto C=(2,3), um dos focos é o 
ponto (6,3) e um vértice é o ponto (7,3). 
Solução: Na elipse em questão, o eixo maior é paralelo ao eixo dos x. Pelas coordenadas 
dadas, observa-seque a = 5, c = 4 e b2 = a2 – c2 = 25 – 16 = 9. Assim, a equação da elipse 
será: 
1
16
)3(
25
)2( 22



 yx
 
353. Determine a equação da elipse com centro em C=(3,1), um vértice em (3, -2) e 
Solução: Na elipse em questão, o eixo maior é paralelo ao eixo dos y. Como a excentricidade 
é 1/3, então a = 3, c = 1 e b2 = a2 – c2 = 9 – 1 = 8. Assim, a equação da elipse será: 
1
9
)1(
8
)3( 22



 yx
 
354. Determine a equação da elipse de centro em (1,2) e um foco em (6,2), sendo 
(4,6) um de seus pontos. 
Solução: Na elipse em questão, o eixo maior é paralelo ao eixo dos x. Assim, o segundo foco 
terá coordenadas (-4, 2). Pela definição de elipse, d(P,F1) + d(P,F2) = 2a, logo a = 
53
. Como 
c = 5, b2 = a2 – c2 = 45 - 25 = 20. Assim, a equação da elipse será: 
1
20
)2(
45
)1( 22



 yx
 
355. Determine a equação da elipse que possui centro na origem, eixo maior sobre o 
eixo dos x e passa pelos pontos (4,3) e (6,2). 
Solução: Substituindo-se os pontos na equação reduzida da elipse, encontra-se as seguintes 
equações: 
.
3
1
e
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(1) 
1
916
22

ba
 
(2) 
1
436
22

ba
 
Resolvendo o sistema, encontra-se a2 = 52 e b2 = 13. Assim, a equação da elipse será: 
1
1352
22

yx
. 
356. Determine as coordenadas dos pontos em que a reta x – 1 = 0 encontra a elipse: 
1
94
22

yx
. 
Solução: Substituindo x = 1 na equação da elipse, encontra-se y = 
2
33

. Assim, as 
coordenadas serão 
.
2
33
,1
2
33
,1 






 








e
 
357. Determinar a equação da elipse de centro na origem, focos no eixo das 
abscissas, e que passa pelos pontos A=(4,-2) e B=(-2,-3). 
Solução: Substituindo-se os pontos na equação reduzida da elipse, encontra-se as seguintes 
equações: 
(1) 
1
416
22

ba
 
(2) 
1
94
22

ba
 
Resolvendo o sistema, encontra-se a2 = 128/5 e b2 = 32/3. Assim, a equação da elipse será: 
128125 22  yx
. 
358. Determinar a equação da elipse de centro na origem e focos no eixo das 
abscissas, sabendo que P=
)2,52(
é um ponto da elipse, e seu eixo menor vale 6. 
Solução: Sendo 2b = 6, então, b = 3  b2 = 9. Substituindo o ponto dado e o valor de b2 na 
equação reduzida da elipse encontra-se a seguinte igualdade: 
.361
9
420 2
2
 a
a
 Assim, a equação da elipse será 
.1
936
22

yx
 
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359. Determinar a equação da elipse de centro na origem e focos no eixo das 
abscissas, sabendo que P=
)
3
5
,2( 
 é um ponto da elipse, e a sua excentricidade é 
e=2/3. 
Solução: Sendo a excentricidade 
3
2

a
c
e
, então a2 = 9 e c2 = 5. Logo, b2 = 5. Assim, a 
equação da elipse será 
.1
59
22

yx
 
360. Determinar a equação da elipse de centro na origem e focos no eixo das 
abscissas, sabendo que P=
)1,15( 
 é um ponto da elipse, e a distância entre seus 
focos é 2c = 8. 
Solução: Sendo 2c = 8, então, c2 = 16. Assim, a2 = b2 + c2  a2 = b2 + 16. Fazendo a 
substituição na equação reduzida da elipse, encontra-se a igualdade 
.2041
1
16
15
1
115 22
2222


 aeb
bbba
 Assim, a equação da elipse será 
1
420
22

yx
. 
361. Determinar a equação da elipse cuja medida do eixo maior é 26 e os focos são 
os pontos F1=(-10,0) e F2 = (14,0). 
Solução: Sendo 2a = 26  a = 13. Como 2c = 24  c = 12. Assim, o centro da elipse estará 
no ponro C=(2,0) e b2 = a2 – c2  b2 = 25. Logo, a equação da elipse será: 
1
25169
)2( 22

 yx
 
 
Hipérbole 
362. Construir uma definição para hipérbole: 
Solução: Supondo que 2c seja a distância que separa dois pontos fixos F1 e F2 de um plano  
e que a seja um número real tal que a < c, define-se como hipérbole o conjunto dos pontos P 
do plano  que satisfazem a condição: 
 
| d(P, F1) - d(P,F2)| = 2a 
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Os elementos da hipérbole serão denominados por: 
C: centro 
F1 e F2 : focos 
2c : distância focal 
V1 e V2 : vértices 
V1V2 : eixo real 
2a : medida do eixo real 
AB : eixo conjugado 
2b : medida do eixo conjugado 
 
363. Determinar a equação da hipérbole de centro na origem do sistema cartesiano 
e eixo real no eixo dos x. 
Solução: Conforme pode-se observar na figura: 
C=(0,0), F1=(-c,0), F2=(c,0), V1=(-a,0) e V2=(a,0). 
Assim, para um ponto P=(x,y), P está na hipérbole se, e somente se: 
|d(P,F1) - d(P,F2)| = 2a 
   2222222222 )(2)(2)()( ycxaycxaycxycx 
 
.2)(442 222222222 yccxxycxaayccxx 
 
Isolando o radical e novamente elevando ao quadrado tem-se: 
   
).()(22
2)2()(44)(4
2222222222242222222
2224222222
2
22222
caayaxcaxccxaayacacxaxa
xccxaayccxxacxaycxacxaycxa


Dividindo por a2(a2 - c2), tem-se: 
 
.1
22
2
2
2



ca
y
a
x
 Por Pitágoras, observa-se na hipérbole que: c2 = a2 + b2  - b2 = a2 – c2. 
Assim,a equação reduzida da hipérbole será 
.1
2
2
2
2

b
y
a
x
 
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364. Construir a equação da hipérbole de focos F1=(-5,0) e F2=(5,0) e eixo real 
medindo 6. 
Solução: Como 2a = 6  a = 3 e a distância focal 2c = 10  c = 5, b2 = 52 – 32  b2=16. 
Assim, a equação da hipérbole será: 
.1
169
22

yx
 
365. Determinar a equação da hipérbole de centro na origem do sistema cartesiano 
e eixo real no eixo dos y. 
Solução: Conforme pode-se observar na figura: 
C=(0,0), F1=(0,-c), F2=(0,c), V1=(0,-a) e V2=(0,a). 
Assim, para um ponto P=(x,y), P está na hipérbole se, e somente se|d(P,F1) - d(P,F2)| = 2a. 
Logo, a equação da hipérbole será: 
.11
2
2
2
2
2
2
22
2

 b
x
a
y
a
y
ca
x
 
366. Construir a equação da hipérbole de focos F1=(0,-3) e F2=(0,3) e eixo real 
medindo 2a= 4. 
Solução: Como 2a = 4  a = 2 e a distância focal 2c = 6  c = 3, b2 = 32 – 22  b2=5. 
Assim, a equação da hipérbole será: 
.1
54
22

xy
 
367. Construir a equação da hipérbole de focos F1=(3,0) e F2=(-3,0) e que passa pelo 
ponto A=(2,0). 
Solução: Como o ponto A é um vértice da hipérbole e C=(0,0), então a=2, c=3 e, então, b2=5. 
Logo, a equação será: 
 
.1
54
22

yx
 
368. Determinar a equação da hipérbole de focos F1=(2,0) e F2=(-2,0) e eixo real igual 
a 2. 
Solução: Sendo 2a=2, então, a = 1. Como c=2, então, b2 = c2 – a2  b2 = 3. Assim, a equação 
será: 
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.1
31
22

yx
 
369. Determinar a equação da hipérbole de focos F1=(0,6) e F2=(0,-6) e que passa no 
ponto A=(0,4). 
Solução: Como o ponto A é um vértice da hipérbole e C=(0,0), então a=4, c=6 e, então, 
b2=20. Logo, a equação será: 
 
.1
2016
22

xy
 
 
370. Determinar a equação da hipérbole de centro na origem e que intercepta o eixo 
dos x nos pontos A=(8,0) e A’=(-8,0), sendo um dos seus focos o ponto F=(10,0). 
Solução: Os pontos A e A’ serão os vértices da hipérbole. Assim, como um dos focos é o 
pontoF=(10,0), pode-se deduzir que a=8 e b=6. Assim, a equação da hipérbole será: 
.1
3664
22

yx
 
371. Determinar a equação da hipérbole de focos F1=(12,0) e F2=(-12,0) e eixo 
imaginário igual a 10. 
Solução: Como o eixo imaginário possui medida 10, então 2b = 10  b = 5. Sendo c = 12, 
logo a2 = c2 - b2  a2 = 119. Assim, a equação da hipérbole será: 
.1
25119
22

yx
 
372. Determinar a equação da hipérbole de centro em C=(x0, y0), com o eixo real 
paralelo ao eixo dos x. 
Solução: Seja P=(x,y) um ponto qualquer de uma hipérbole cujo centro é o ponto C=(x0, y0). 
As coordenadas dos focos, sendo c a distância entre um foco e o centro, serão: 
F1=(x0 – c, y0) e F2 = (x0 + c, y0) 
Como, por definição, |d(P, F1) - d(P, F2)| = 2a, então: 
ayycxxyycxx 2][)]([][)]([ 2
0
2
0
2
0
2
0

. 
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No desenvolvimento desta igualdade encontra-se a equação: 
1
)()(
2
2
0
2
2
0 



b
yy
a
xx
. 
373. Determinar a equação da hipérbole de centro em C=(x0, y0), com o eixo real 
paralelo ao eixo dos y. 
Solução: Seja P=(x,y) um ponto qualquer de uma hipérbole cujo centro é o ponto C=(x0, y0). 
As coordenadas dos focos, sendo c a distância entre um foco e o centro, serão: 
F1=(x0 , y0 - c) e F2 = (x0 , y0 + c) 
Como, por definição, |d(P, F1) - d(P, F2)| = 2a, então, procedendo de modo análogo ao 
problema anterior, encontra-se a equação: 
1
)()(
2
2
0
2
2
0 



b
xx
a
yy
. 
374. Determinar as coordenadas do centro da hipérbole, bem como as medidas dos 
eixos real e imaginário, sendo sua equação 
.1
9
)2(
36
)5( 22



 yx
 
Solução: Como x – x0 = x + 5 e y - y0 = y – 2, pode-se afirmar que C = (-5, 2). 
Já que o eixo real é paralelo ao eixo dos x, então: a2 = 36  a = 6 e b2 = 9  b = 3. Assim, o 
eixo real (2a) = 12 e o eixo imaginário (2b) = 6. 
375. Determinar as coordenadas do centro da hipérbole, bem como as medidas dos 
eixos real e imaginário, sendo sua equação 
.1
49
)7(
81
)3( 22



 yx
 
Solução: Como x – x0 = x - 3 e y - y0 = y – 7, pode-se afirmar que C = (3, 7). 
Já que o eixo real é paralelo ao eixo dos x, então: a2 = 81  a = 9 e b2 = 49  b = 7. Assim, o 
eixo real (2a) = 18 e o eixo imaginário (2b) = 14. 
376. Determinar as coordenadas do centro da hipérbole, bem como as medidas dos 
eixos real e imaginário, sendo sua equação 
.1
36
)7(
16
)6( 22



 yy
 
Solução: Como x – x0 = x + 6 e y - y0 = y - 7, pode-se afirmar que C = (-6,7). 
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Já que real é paralelo ao eixo dos y, então: a2 = 16  a = 4 e b2 = 36  b = 6. Assim, o eixo 
real (2a) = 8 e o eixo imaginário (2b) = 12. 
377. Determinar a equação da hipérbole de focos nos pontos A=(3,1) e B=(7,1), e que 
passa pelo ponto P=(6,1). 
Solução: O centro da hipérbole será determinado por meio do ponto médio entre os focos. 
Logo, C=(5,1). Pelos dados, observa-se que a = 1 e c = 2. Assim, b2 = c2 – a2  b2 = 3. 
Portanto, a equação da hipérbole será 
.1
3
)1(
1
)5( 22



 yx
 
378. Determinar as coordenadas do centro e dos eixos da hipérbole de equação 
16(x-4)2 - 9(y-1)2 = 144. 
Solução: Dividindo-se toda a equação por 144, encontra-se a igualdade 
.1
16
)1(
9
)4( 22



 yx
 
Como x – x0 = x - 4 e y - y0 = y – 1, pode-se afirmar que C = (4,1). 
Então: a2 =9  a = 3 e b2 =16 b = 4. Assim, o eixo real (2a) = 6 e o eixo imaginário (2b) = 
8. 
379. Determinar as coordenadas do centro da hipérbole, bem como as medidas dos 
eixos, sendo sua equação 3x2 - y2 – 12x + 4y + 13=0. 
Solução: 3x2 - y2 – 12x + 4y + 13=0  (3x2 – 12x) - (y2 + 4y) = -13  3(x2 – 4x) - (y2 + 4y) 
= -13  
3(x2 – 4x + 4) - (y2 + 4y + 4) = -13 + 3.4 + 1.4  3(x – 2) 2 - (y + 2) 2 = 3 

.1
3
)2(
1
)2( 22



 yx
 
Como x – x0 = x - 2 e y - y0 = y + 2, pode-se afirmar que C = (2,-2). 
Então: a2 =1  a = 1 e b2 =3  b = 
3
. Assim, o eixo real (2a) = 2 e o eixo imaginário (2b) = 
32
. 
380. Calcular a excentricidade e a distância focal da hipérbole, cujos eixos, real e 
imaginário, medem 6 e 8, respectivamente. 
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Solução: Como o eixo real é 2a =6  a = 3. O eixo imaginário é 2b = 8  b = 4. Como, na 
hipérbole, c2 = a2 + b2, então, c = 5. Logo: 
Excentricidade - 
3
5

a
c
e
 
Distância focal - 2c = 2.5 = 10. 
381. Calcular a excentricidade e a medida do eixo real de uma hipérbole, na qual a 
distância focal é 5 e a medida do eixo imaginário é 3. 
Solução: Como o eixo imaginário é 2b =3  b = 3/2 b2 = 9/4. A distância focal é 2c = 5  
c = 5/2  c2 = 25/9. Como, na hipérbole, c2 = a2 + b2, então, a = 2. Logo: 
Excentricidade : 
4
5

a
c
e
 
Distância focal : 2a = 2.2 = 4. 
382. Calcular a distância focal e a medida do eixo imaginário de uma hipérbole cuja 
excentricidade é 2 e a medida do eixo real é 4. 
Solução: O eixo real mede 4, logo, 2a = 4  a = 2. A excentricidade é 4, logo, 
.84.24  cc
a
c
 Como, na hipérbole, c2 = a2 + b2, então, b =
32
. Logo: 
Eixo Imaginário: 2b = 
34
 
Distância Focal: 2c = 8. 
 
383. Calcular as coordenadas do centro de uma hipérbole cujos focos são os pontos 
A=(-4,5) e B=(2,6). 
Solução: O centro da hipérbole estará no ponto médio do segmento AB. Assim, 











 





 

2
11
,1
2
65,24
2
)6,2()5,4(
C
 
384. Calcular a medida do eixo real e a distância focal de uma hipérbole, na qual o 
centro é o ponto C=(2,0), um dos vértices é o ponto P=(6,0) e o eixo imaginário 
mede 4. 
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Solução: Em função das coordenadas do centro e de um dos vértices, é possível concluir que 
a = 4. Como b = 2, pois o eixo imaginário mede 4, c2 = a2 + b2, então, c =
52
. Logo: 
Eixo Real: 2a = 8 
Distância Focal: 2c = 
54
. 
385. Calcular as coordenadas do centro e a medida do eixo real de uma hipérbole 
cujos vértices estão nos pontos A=(4,9) e B=(2,5). 
Solução: O centro da hipérbole estará no ponto médio do segmento AB. Assim, 
 7,3
2
59,24
2
)5,2()9,4(





 





 
C
. 
A medida do eixo real será a distância entre os ponto A e B. Assim, 2a = dAB = 
52
. 
386. Determinar a equação da hipérbole de centro no ponto C=(1,8), e cujas medidas 
dos eixos real e imaginário são, respectivamente, 12 e 4. 
Solução: Nestas condições, é possível obter duas hipérboles. Uma com o eixo real paralelo 
ao eixo dos x, ou seja, a hipérbole de equação 
1
4
)8(
36
)1( 22



 yx
, e a outra com o eixo real 
paralelo ao eixo dos y, ou seja, a hipérbole de equação 
.1
4
)1(
36
)8( 22



 xy
 
387. Determinar a equação da hipérbole, sabendo que os vértices são os pontos 
A=(2,6) e B=(12,6) e a excentricidade é 
 
Solução: O centro da hipérbole será o ponto médio do segmento AB, ou seja, o ponto 
C=(7,6). Assim, como a excentricidade é então c = 7 e a = 5. Sendo c2 = a2 + b2  
b2 = c2 – a2, então b2 = 24. Portanto, a equação da hipérbole será 
.1
24
)6(
25
)7( 22



 yx
 
388. Determinara equação da hipérbole que possui os focos nos pontos A=(-2,1) e 
B=(8,1), e cujo eixo imaginário mede 6. 
Solução: O centro da hipérbole será o ponto médio do segmento AB, ou seja, o ponto 
C=(3,1). Assim, como o eixo imaginário mede 6, então 2b = 6  b = 3, e como a distância 
.
5
7
e
,
5
7

a
c
e
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focal mede 10, então 2c = 10  c = 5. Sendo c2 = a2 + b2  a2 = c2 – b2, então a2 = 16. 
Portanto, a equação da hipérbole será 
.1
9
)1(
16
)3( 22



 yx
 
389. Determinar a equação da hipérbole que possui os focos nos pontos A=(-5,0) e 
B=(5,0), e possui um ponto P de coordenadas P=(8, 
33
). 
Solução: Nestas condições, o centro da hipérbole será o ponto C=(0,0) e, como a 
distância focal é 2c = 10, então c = 5. Logo, c2 = a2 + b2  a2 + b2 = 25 (1). 
Como P pertence à hipérbole, então  
1
2764
1
338
222
2
2
2

baba
 (2). Resolvendo o 
sistema das equações (1) e (2), encontra-se a2 = 16 e b2 = 9. Assim, a equação da 
hipérbole será: 
.1
916
22

yx
 
390. Determinar a equação da hipérbole que possui centro em C=(2,6), um foco em 
F=(2,3) e um vértice em V=(2,4). 
Solução: Observa-se que a hipérbole em questão possui eixo real paralelo ao eixo 
dos y. Assim, c = dFC = 3 e a = dVC = 2. Como c2 = a2 – b2  b2 = c2 – a2  b2 = 5, então 
a equação da hipérbole será 
.1
5
)2(
4
)6( 22



 xy
 
391. Determinar a equação da hipérbole que possui centro na origem e o eixo real 
está contido no eixo dos x, sabendo-se que ela possui os pontos A=(12, 
53
) e 
B=(8,0). 
Solução: Como o centro é o ponto C=(0,0) e o ponto B pertence à hipérbole, conclui-se que 
B é um vértice e, portanto, a = 8. Por intermédio do ponto A, encontra-se a equação 
.1
45144
22

ba
 Substituindo o valor de a, encontra-se b2 = 36. Assim, a equação da hipérbole 
será: 
.1
3664
22

yx
 
Parábola 
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392. Apresentar uma definição para as parábolas 
Solução: Dada uma reta r, em um plano , e um ponto F=(x,y), com F  r, denomina-se de 
parábola o conjunto de pontos Q do plano  tais que dQ,F = dQ,r. 
Os elementos da parábola serão denominados por: 
r: reta diretriz 
F: foco 
S: eixo de simetria 
V: vértice 
2a: distância do foco à diretriz 
 
393. Escrever as equações do eixo de simetria e da diretriz da parábola cujo vértice 
está no ponto V=(4,4) e o foco está no ponto F=(7,4). 
Solução: O eixo de simetria será a reta paralela ao eixo dos x que contém os pontos V e F. 
Assim, sua equação será y = 4, pois ambos os pontos possuem ordenada 4. Como, por 
definição, dQ,F = dQ,r e V pertence à parábola, então dQ,F = dFV = dQ,r = 3. Logo, a diretriz é a 
reta ortogonal ao eixo dos x que passa pelo ponto (1,4) e, portanto, possui equação x = 1. 
394. Determine as coordenadas do vértice de uma parábola, sabendo-se que seu 
eixo de simetria é a reta x = 5, sua diretriz é a reta y = -4 e o foco está no ponto 
F=(5,2). 
Solução: Como, por definição, dQ,F = dQ,r, então o vértice estará no ponto médio entre o foco 
e a intersecção da reta diretriz com o eixo de simetria. A intersecção entre a reta diretriz e o 
eixo de simetria será o ponto de coordenadas (5, -4). Assim, o vértice da parábola será o 
ponto V=(5, -1). 
395. Determinar a distância entre o foco e a diretriz da parábola que possui foco 
F=(1,5) e vértice V=(9,11). 
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Solução: Como, por definição, a distância entre o foco e o vértice (dVF) é igual a distância 
entre o vértice e a diretriz, então a distância entre o foco e a diretriz, simbolizada por 2a, 
será 2.dVF. Assim, 
.2010.2100.2)511()19(.22 22 a
 
396. Determinar a equação da parábola de vértice no ponto V=(p,q) e distância entre 
o foco e a diretriz igual a 2a. 
Solução: Para a determinação da equação da parábola, tem-se que considerar quatro casos 
distintos: 
1o Caso: A diretriz é paralela ao eixo dos x e a concavidade está voltada para cima. 
Para um ponto qualquer da parábola Q=(x,y), por definição, dQ,F = dQ,r. Como, nestas 
condições, a reta diretriz terá equação r: y – q + a = 0 e o foco terá coordenadas F=(p, q + a), 
então: 
   
).(4)(
)(2)()(2)()()()(
)()(
10
))(()(
2
222222
2
2
2
22
22
qyapx
aqyaqyaqxaqypxaqyaqypx
aqyaqypx
aqy
aqypxdd
QrQF






 
2o Caso: A diretriz é paralela ao eixo dos x e a concavidade está voltada para baixo. 
Neste caso, a reta diretriz terá equação r: y – q – a = 0 e o foco terá coordenadas F=(p, q - a). 
Assim, com o mesmo procedimento do caso anterior, a equação da parábola será (x – p)2 = -
4a.(y-q). 
3o Caso: A diretriz é paralela ao eixo dos y e a concavidade está voltada para a direita. 
Nestas condições, a reta diretriz terá equação r: x – p + a = 0 e o foco terá coordenadas F=(p 
+ a, q). Assim, com o mesmo procedimento do caso anterior, a equação da parábola será (y – 
q)2 = 4a.(x - p). 
4o Caso: A diretriz é paralela ao eixo dos y e a concavidade está voltada para a esquerda. 
Neste caso, a reta diretriz terá equação r: x – p – a = 0 e o foco terá coordenadas F=(p - a, q). 
Assim, com o mesmo procedimento do caso anterior, a equação da parábola será (y – q)2 = -
4a.(x - p). 
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397. Dada a parábola (x - 5)2 = 8.(y - 3), determinar a posição da concavidade, as 
coordenadas do vértice e do foco, o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo 
de simetria. 
Solução: Pela equação dada, observa-se que ela possui concavidade voltada para cima e eixo 
de simetria paralelo ao eixo dos y. Assim, 4a = 8  a = 2. Logo, o vértice terá coordenadas 
V=(5,3) e o foco terá coordenadas F=(p, q + a) = (5, 5). A reta diretriz terá equação r: y - q 
+a = 0  r: y – 3 + 2 = 0  r: y –1 = 0. O eixo de simetria terá equação s: x – p = 0  s: x – 
5 = 0. 
398. Dada a parábola (x + 5)2 = 16.(y + 4), determinar a posição da concavidade, as 
coordenadas do vértice e do foco, o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo 
de simetria. 
Solução: Pela equação dada, observa-se que ela possui concavidade voltada para cima e eixo 
de simetria paralelo ao eixo dos y. Assim, 4a = 16  a = 4. Logo, o vértice terá coordenadas 
V=(-5,-4) e o foco terá coordenadas F=(p, q + a) = (-5, 0). A reta diretriz terá equação r: y - q 
+a = 0  r: y – (-4) + 4 = 0  r: y +8= 0. O eixo de simetria terá equação s: x – p = 0  s: 
x + 5 = 0. 
399. Dada a parábola (x - 1)2 = -8.(y - 2), determinar a posição da concavidade, as 
coordenadas do vértice e do foco, o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo 
de simetria. 
Solução: Pela equação dada, observa-se que ela possui concavidade voltada para baixo e 
eixo de simetria paralelo ao eixo dos y. Assim, -4a = -8  a = 2. Logo, o vértice terá 
coordenadas V=(1,2) e o foco terá coordenadas F=(p, q - a) = (1, 0). A reta diretriz terá 
equação r: y - q - a = 0  r: y – 2 - 2 = 0  r: y –4 = 0. O eixo de simetria terá equação s: x 
– p = 0  s: x – 1 = 0. 
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400. Dada a parábola (y - 2)2 = -12.(x + 8), determinar a posição da concavidade, as 
coordenadas do vérticee do foco, o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo 
de simetria. 
Solução: Pela equação dada, observa-se que ela possui concavidade voltada para a esquerda 
e eixo de simetria paralelo ao eixo dos x. Assim, -4a = -12  a = 3. Logo, o vértice terá 
coordenadas V=(-8,2) e o foco terá coordenadas F=(p - a, q) = (-11, 2). A reta diretriz terá 
equação r: x - p - a = 0  r: x + 8 - 3 = 0  r: x + 5 = 0. O eixo de simetria terá equação s: y 
– q = 0  s: y – 2 = 0. 
401. Dada a parábola y2 = 16x, determinar a posição da concavidade, as 
coordenadas do vértice e do foco, o parâmetro a e as equações da diretriz e do eixo 
de simetria. 
Solução: Pela equação dada, observa-se que ela possui concavidade voltada para a direita e 
eixo de simetria paralelo ao eixo dos x. Assim, 4a = 16  a = 4. Logo, o vértice terá 
coordenadas V=(0,0) e o foco terá coordenadas F=(p+ a, q) = (4, 0). A reta diretriz terá 
equação r: x - p +a = 0  r: x – 0 + 4 = 0  r: x + 4 = 0. O eixo de simetria terá equação s: y 
– q = 0  s: y = 0. 
402. Escrever a equação da parábola cujo foco está no ponto F=(5,7) e o vértice está 
no ponto V=(5,4). 
Solução: Por meio dos pontos dados, observa-se que a parábola possui concavidade para 
cima e eixo de simetria paralelo ao eixo dos y. Como a = dFV, então é fácil verificar que a = 3. 
Assim, a equação da parábola será (x – 5)2 = 12(y – 4). 
403. Escrever a equação da parábola cujo foco está no ponto F=(7,5) e o vértice está 
no ponto V=(4,5). 
Solução: Por meio dos pontos dados, observa-se que a parábola possui concavidade para a 
direita e eixo de simetria paralelo ao eixo dos x. Como a = dFV, então é fácil verificar que a = 
3. Assim, a equação da parábola será (y – 5)2 = 12(x – 4). 
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404. Escrever a equação da parábola que possui foco no ponto F=(6, -1) e cuja 
equação de sua diretriz é r: y + 7 = 0. 
Solução: Por meio das coordenadas do foco e da equação da diretriz, observa-se que a 
parábola possui concavidade para cima e eixo de simetria paralelo ao eixo dos y. Como 2a = 
dFr, então é fácil verificar que a = 3. Assim, as coordenadas do vértice serão V=(6, -4) e, 
portanto, a equação da parábola será (x – 6)2 = 12(y + 4) 
405. Escrever a equação da parábola que possui foco no ponto F=(2,0) e cuja 
equação da diretriz é r: x + 2=0. 
Solução: Por meio das coordenadas do foco e da equação da diretriz, observa-se que a 
parábola possui concavidade para a direita e eixo de simetria no eixo dos x. Como 2a = dFr, 
então é fácil verificar que a = 2. Assim, as coordenadas do vértice serão V=(0, 0) e, portanto, 
a equação da parábola será y2 = 8x. 
 
406. Escrever a equação da parábola que possui foco no ponto F=(0, -1) e cuja 
equação da diretriz é r: y – 1 = 0. 
Solução: Por meio das coordenadas do foco e da equação da diretriz, observa-se que a 
parábola possui concavidade para baixo e eixo de simetria no eixo dos y. Como 2a = dFr, 
então é fácil verificar que a = 1. Assim, as coordenadas do vértice serão V=(0, 0) e, portanto, 
a equação da parábola será x2 =-4y. 
 
407. Determinar a equação da parábola de vértice em V=(-3, 5), que possui eixo de 
simetria paralelo ao eixo dos y e parâmetro a = -4. 
Solução 
 
 
408. Determinar as coordenadas do vértice e do foco da parábola de equação x = y2 
– 2y + 1. 
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Solução: A parábola possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos x e concavidade voltada 
para a direita. Sua equação é do tipo (y – q)2 = 4a.(x – p), ou seja, y2 – 2qy + q2 = 4ax – 4ap 
 4ax = y2 – 2qy + q2 + 4ap. Comparando as duas equações, tem-se: 
.014122,
4
1
14
424
12 2
22
2






papqeqqaa
apqqyyax
yyx
 Assim, o 
vértice terá coordenadas V=(0, 1) e o foco terá coordenadas F=(1/4 , 1). 
409. Determinar as coordenadas do vértice e do foco da parábola de equação x = -y2 
+ 2y . 
Solução: A parábola possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos x e concavidade voltada 
para a esquerda. Sua equação é do tipo (y – q)2 = -4a.(x – p), ou seja, y2 – 2qy + q2 = -4ax + 
4ap  -4ax = y2 – 2qy + q2 - 4ap. Comparando as duas equações, tem-se: 
.104122,
4
1
14
424
22 2
22
22






papqeqqaa
apqqyyax
yyxyyx
 
Assim, o vértice terá coordenadas V=(1, 1) e o foco terá coordenadas F=(3/4 , 1). 
 
410. Determinar as coordenadas do vértice e do foco da parábola de equação y = -x2 
+4. 
Solução: A parábola possui eixo de simetria paralelo ao eixo dos y e concavidade voltada 
para baixo. Sua equação é do tipo (x – p)2 = -4a.(y – q), ou seja, x2 – 2px + p2 = -4ay + 4aq 
 -4ay = x2 – 2px + p2 - 4aq. Comparando as duas equações, tem-se: 
.444002,
4
1
14
424
44 2
22
22






paqpeppaa
aqppxxay
xyxy
 
Assim, o vértice terá coordenadas V=(0, 4) e o foco terá coordenadas F=(0 , 15/4). 
 
411. Determinar os pontos de intersecção entre a parábola y = x2 – 2x + 2 e a reta y = 
2x – 1. 
Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema 
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




12
222
xy
xxy
. Assim, as intersecções encontradas serão os pontos P1=(-6,9) e P2=(2,1). 
 
412. Determinar os pontos de intersecção entre a parábola de equação x2 = 4y e a 
reta x + y – 3 = 0. 
Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema 





12
4 2
xy
xy
. Assim, as intersecções encontradas serão os pontos P1=(1,1) e P2=(3,5). 
 
413. Determinar o valor de k, de modo que a reta y = x + k e a parábola y = x2 
possuam um único ponto de intersecção. 
Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema 





)2(
)1(2
kxy
xy
. Substituindo (1) em (2), encontra-se a equação x2 – x – k = 0 que, para atender 
às condições do problema, deverá ter Δ=0. Assim, o valor de k deverá ser k=
4
1

. 
414. Determinar o valor de k, de modo que a reta y = 2x – k seja tangente à parábola 
de equação y = x2 – 2x. 
Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema 





)2(2
)1(22
kxy
xxy
. Substituindo (1) em (2), encontra-se a equação x2 – 4x + k = 0 que, para 
atender às condições do problema, deverá ter Δ=0. Assim, o valor de k deverá ser k=4. 
 
415. Determinar os pontos de intersecção entre a parábola y = 2x2 – 1 e a 
circunferência de equação x2 + y2 = 1. 
Solução: Os pontos de intersecção serão encontrados por meio da resolução do sistema 
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)
2
1
,
2
3
( )
2
1
,
2
3
(





)2(1
)1(12
22
2
yx
xy
. Substituindo (1) em (2), encontra-se a equação 4x4 - 3x2 = 0, que terá como 
soluções x1= 0, x2 = 
2
3

 e x3 = 
2
3
. Assim, os pontos de intersecção serão: 
P1=(0, -1), P2 = e P3 = 
416. Determinar os pontos de intersecção da elipse 
1
225100
22

yx
 com a parábola y2 = 
24x. 
Solução: Substituindo y2 = 24x na equação da elipse, encontra-se a equação 225x2 + 2400x 
– 22500 = 0. Esta equação possui raízes 
3
50

 e 6. Porém, somente 6 é uma raiz válida. 
Assim,substituindo em qualquer uma das equações, encontra-se os pontos (6, -12) e (6, 
12). 
 
417. Determinar os pontos da parábola x2 = 5y nos quais os valores das abscissas e 
ordenadas são iguais. 
Solução: Os pontos terão coordenadas do tipo ( , t). Assim, substituindo na equação da 
parábola, encontra-se a equação t2 – 5t = 0, que terá como raízes t=0 e t=5. Logo, os pontos 
terão coordenadas (0,0) e (5,5). 
418. Determinar os pontos da parábola x2 = 3y cujo valor da ordenada é o dobro do 
valor da abscissa. 
Solução: Os pontos terão coordenadas do tipo (t, 2t). Assim, substituindo na equação da 
parábola, encontra-se a equação t2 – 6t = 0, que terá como raízes t=0 e t=6. Logo, os pontos 
terão coordenadas (0,0) e (6,12). 
419. Determinar a equação da parábola de foco em F=(2,2) e diretriz r: x + y = 0. 
Solução: É importante observar que, para esta parábola, o eixo de simetria não é paralelo a 
um dos eixos coordenados. Assim, para que se possa determinar a sua equação, deve-se 
recorrer à definição de parábola, ou seja, dPF = dPr . Logo, 
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




139
1
ba
ba





639
239
ba
ba
.0162882
821682
2
)(
)2()2(
2
)2()2(
2222
22
2
2222
Pr






xyyxyxyxyx
yyxx
yx
yx
yx
yxdd PF
 
420. Determinar a equação da parábola que possui eixo de simetria paralelo ao eixo 
dos y e que passa por A=(0,0), B=(1,1) e C=(3,1). 
Solução: Por ter o eixo de simetria paralelo ao eixo dos y, a parábola terá equação do tipo y 
= ax2 + bx + c. Assim, substituindo os pontos, tem-se: 
(1) c = 0 
(2) a + b + c = 1 
(3) 9a + 3b + c = 1 
Aplicando (1) em (2) e (3), encontra-se o sistema , que terá como solução a = -
1/3 e b = 4/3. 
Logo, a equação da parábola será: 
.
3
4
3
2 xx
y 
 
421. Determinar a equação da parábola que possui eixo de simetria paralelo ao eixo 
dos x e que passa pelos pontos A=(2,0), B=(0,3) e C=(8, -3). 
Solução: Por ter o eixo de simetria paralelo ao eixo dos x, a parábola terá equação do tipo x 
= ay2 + by + c. Assim, substituindo os pontos, tem-se: 
(4) c = 2 
(5) 9a +3 b + c = 0 
(6) 9a - 3b + c = 8 
Aplicando (1) em (2) e (3), encontra-se o sistema , que terá como solução a = 
2/9 e b = -4/3. 
Logo, a equação da parábola será: 
.2
3
4
3
2 2

yy
x
 
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422. Determinar um ponto P na parábola de equação y = 4x2, por onde passa uma 
reta tangente à parábola e paralela à reta de equação y = 8x – 8. 
Solução: A reta tangente à parábola terá equação do tipo y = 8x + b. Assim, 8x + b = 4x2  
4x2- 8x - b = 0  Δ=0  b = -4. Logo, a reta terá equação y = 8x – 4 e a intersecção com a 
parábola ocorrerá no ponto P=(1,4).