Geometria Analítica

aRazão de secçãoGilson WurzLicenciado em Física pelo Instuto Federal de Educação Científica e Tecnológica de Santa Catarina.Campus Jaraguá do Sul.Digitado com Math Dados os pontos A(xA,yA), B(xB,yB)${\displaystyle A(x_A,y_A),B(x_B,y_B)}$ e C(xC,yC)${\displaystyle C(x_C,y_C)}$ de uma mesma reta (A≠B≠C),${\displaystyle (A\ne B\ne C),}$ o ponto C${\displaystyle C}$ divide ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ numa determinada razão, denominada razão de secção e indicada por: rC=⏨⏨AC

⏨⏨CB$$r_C={\displaystyle \frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}}$$onde rC ∈ R${\displaystyle r_C\in \mathbb{R}}$ e rC≠-1${\displaystyle r_C\ne -1}$, pois ⏨⏨AC

⏨⏨CB=-1${\displaystyle {\displaystyle \frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}}=-1}$, então A=B${\displaystyle A=B}$.

ACBB1C1xAxCxByAyCyByxOComo o 𝛥ACC1≡𝛥CBB1${\displaystyle 𝛥AC{C}_1\equiv 𝛥CB{B}_1}$, podemos escrever rC=⏨⏨AC

⏨⏨CB=xC-xA

xB-xC=yC-yA

yB-yC$$r_C={\displaystyle \frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}}={\displaystyle \frac{x_C-x_A}{x_B-x_C}}={\displaystyle \frac{y_C-y_A}{y_B-y_C}}$$Considerando um ponto P${\displaystyle P}$ qualquer em relação a um segmento orientado ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$, contido em um eixo, temos:➢ Se P${\displaystyle P}$ é interior ao segmento ⏨⏨AB→rP>0.${\displaystyle \overline{AB}\to r_P>0.}$➢ Se P${\displaystyle P}$ é exterior ao segmento ⏨⏨AB→rP<0.${\displaystyle \overline{AB}\to r_P<0.}$➢ Se P=A→rP=⏨⏨AP

⏨⏨PB=⏨⏨AA

⏨⏨AB=0${\displaystyle P=A\to r_P={\displaystyle \frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}}={\displaystyle \frac{\overline{AA}}{\overline{AB}}}=0}$.➢ Se P=B${\displaystyle P=B}$, não existe rP,${\displaystyle r_P,}$pois ⏨⏨PB=0${\displaystyle \overline{PB}=0}$.➢ Se P${\displaystyle P}$ é ponto médio de ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$, então ⏨⏨AP

⏨⏨PB=1${\displaystyle {\displaystyle \frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}}=1}$ e ⏨⏨AP=⏨⏨PB${\displaystyle \overline{AP}=\overline{PB}}$.Ponto divisorSe o ponto P${\displaystyle P}$ divide ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ na razão rP${\displaystyle r_P}$, temos: ${\displaystyle }$rP=⏨⏨AP

⏨⏨PB=xP-xA

xB-xP=yP-yA

yB-yP$$r_P={\displaystyle \frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}}={\displaystyle \frac{x_P-x_A}{x_B-x_P}}={\displaystyle \frac{y_P-y_A}{y_B-y_P}}$$Se rP=xP-xA

xB-xP,${\displaystyle r_P={\displaystyle \frac{x_P-x_A}{x_B-x_P}},}$ então:rP(xB-xp)=xP-xA→rPxB-rPxP=xp-xA→xP+rPxP=xA+rPxB→xP(1+rP)=xA+rPxB${\displaystyle r_P(x_B-x_p)=x_P-x_A\to r_P{x}_B-r_P{x}_P=x_p-x_A\to x_P+r_P{x}_P=x_A+r_P{x}_B\to x_P(1+r_P)=x_A+r_P{x}_B}$xP=xA+rpxB

1+rP${\displaystyle x_P={\displaystyle \frac{x_A+r_p{x}_B}{1+r_P}}}$, rP≠-1${\displaystyle r_P\ne -1}$Análogamente, vem:yP=yA+rpyB

1+rP${\displaystyle y_P={\displaystyle \frac{y_A+r_p{y}_B}{1+r_P}}}$, rP≠-1${\displaystyle r_P\ne -1}$Logo, as coordenadas do ponto divisor são dadas por:P(xA+rpxB

1+rP,yA+rpyB

1+rP)${\displaystyle P({\displaystyle \frac{x_A+r_p{x}_B}{1+r_P}},{\displaystyle \frac{y_A+r_p{y}_B}{1+r_P}})}$Caso particularSempre que pontos dividem um segmento em partes de mesmo comprimento, as abscissas estão em PA${\displaystyle PA}$, o mesmo ocorrendo com as ordenadas.ExemploDado o segmento ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$, dividido em três partes igual pelos pontos C${\displaystyle C}$ e D${\displaystyle D}$, temos que xA${\displaystyle x_A}$, xC${\displaystyle x_C}$, xD${\displaystyle x_D}$ e xB${\displaystyle x_B}$ estão em PA${\displaystyle PA}$ e yA, yC,yD${\displaystyle y_A,y_C,y_D}$ e yB${\displaystyle y_B}$ também estão.

A C D B Ponto médio de um segmentoObserve que o ponto médio M${\displaystyle M}$ divide ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ em dois segmentos: ⏨⏨AM${\displaystyle \overline{AM}}$ e ⏨⏨MB${\displaystyle \overline{MB}}$. As projeções de A${\displaystyle A}$. M${\displaystyle M}$ e B${\displaystyle B}$ nos eixos Ox${\displaystyle Ox}$ e Oy${\displaystyle Oy}$ formam segmentos que mantêm as mesmas relações.

AMBA''M''B''A'M'B'yAyMyBxAxMxByx⏨⏨⏨A'M'=⏨⏨⏨M'B'${\displaystyle \overline{A\text{'}M\text{'}}=\overline{M\text{'}B\text{'}}}$ e ⏨⏨⏨A''M''=⏨⏨⏨M''B''${\displaystyle \overline{A\text{'}\text{'}M\text{'}\text{'}}=\overline{M\text{'}\text{'}B\text{'}\text{'}}}$Determinando a abscissa xM${\displaystyle x_M}$ do ponto médio M${\displaystyle M}$, temos: a

⏨⏨⏨A'M'	=	⏨⏨⏨M'B'
xM-xA	=	xB-xM
xM+xM	=	xA+xB
2xM	=	xA+xB
xM	=	xA+xB 2

${\displaystyle \begin{array}{ccc}\overline{A\text{'}M\text{'}}& =& \overline{M\text{'}B\text{'}}\\ x_M-x_A& =& x_B-x_M\\ x_M+x_M& =& x_A+x_B\\ 2x_M& =& x_A+x_B\\ x_M& =& {\displaystyle \frac{x_A+x_B}{2}}\end{array}}$Determinando a abscissa yM${\displaystyle y_M}$ do ponto médio M${\displaystyle M}$, temos: a

⏨⏨⏨A'M'	=	⏨⏨⏨M'B'
yM-yA	=	yB-yM
yM+yM	=	yA+yB
2yM	=	yA+yB
yM	=	yA+yB 2

${\displaystyle \begin{array}{ccc}\overline{A\text{'}M\text{'}}& =& \overline{M\text{'}B\text{'}}\\ y_M-y_A& =& y_B-y_M\\ y_M+y_M& =& y_A+y_B\\ 2y_M& =& y_A+y_B\\ y_M& =& {\displaystyle \frac{y_A+y_B}{2}}\end{array}}$Resumindo, as coordenadas do ponto médio M${\displaystyle M}$ de um segmento AB${\displaystyle AB}$ são dadas pelas semi-somas das coordenadas de A${\displaystyle A}$ e de B${\displaystyle B}$. M(xA+xB

2,yA+yB

2)${\displaystyle M({\displaystyle \frac{x_A+x_B}{2}},{\displaystyle \frac{y_A+y_B}{2}})}$ExemplosAs coordenadas do ponto médio M${\displaystyle M}$ do segmento AB${\displaystyle AB}$ de extremidades A(-2,-6)${\displaystyle A(-2,-6)}$ e B(8,4)${\displaystyle B(8,4)}$ são:

B(8,4)A(-2,-6)M(3,-1)yxa

xM	=	xA+xB 2		yM	=	yA+yB 2
xM	=	-4+8 2		yM	=	-6+4 2
xM	=	6 2		yM	=	-2 2
xM	=	3		yM	=	-1

${\displaystyle \begin{array}{cclccll}{x}_M& =& {\displaystyle \frac{x_A+x_B}{2}}& & y_M& =& {\displaystyle \frac{y_A+y_B}{2}}\\ x_M& =& {\displaystyle \frac{-4+8}{2}}& & y_M& =& {\displaystyle \frac{-6+4}{2}}\\ x_M& =& {\displaystyle \frac{6}{2}}& & y_M& =& {\displaystyle \frac{-2}{2}}\\ x_M& =& 3& & y_M& =& -1\end{array}}$ Então, M(3,-1)${\displaystyle M(3,-1)}$.Resolvidos1) Sabendo que os vértices de um triângulo ABC${\displaystyle ABC}$ são A(2,-3)${\displaystyle A(2,-3)}$, B(-2,1)${\displaystyle B(-2,1)}$ e C(5,3)${\displaystyle C(5,3)}$, determinar a medida da mediana ⏨⏨AM.${\displaystyle \overline{AM}.}$SoluçãoA mediana ⏨⏨AM${\displaystyle \overline{AM}}$ é o segmento com extremos no vértice A${\displaystyle A}$ e no ponto médio M${\displaystyle M}$ do lado ⏨⏨BC.${\displaystyle \overline{BC}.}$Calculando as coordenadas de M,${\displaystyle M,}$ temos:a

xM	=	xB+xA 2=-2+5 2=3 2
yM	=	yB+yA 2=1+3 2=4 2=2

${\displaystyle \begin{array}{ccl}{x}_M& =& {\displaystyle \frac{x_B+x_A}{2}}={\displaystyle \frac{-2+5}{2}}={\displaystyle \frac{3}{2}}\\ y_M& =& {\displaystyle \frac{y_B+y_A}{2}}={\displaystyle \frac{1+3}{2}}={\displaystyle \frac{4}{2}}=2\end{array}}$Portanto, M(3/2,2)${\displaystyle M(3/2,2)}$.

A(2,-3)B(-2,1)C(5,3)M(3/2,2)yx A medida de ⏨⏨AM${\displaystyle \overline{AM}}$ é dada pela distância entre os pontos A${\displaystyle A}$ e M${\displaystyle M}$. Então:a

dAM	=	(xM-xA)2+(yM-yA)2
dAM	=	(3 2-2)2+(2-(-3))2
dAM	=	1 4+25
dAM	=	101 4
dAM	=	101 2

${\displaystyle \begin{array}{ccl}{d}_{AM}& =& \sqrt{(x_M-x_A{)}^2+(y_M-y_A{)}^2}\\ d_{AM}& =& \sqrt{({\displaystyle \frac{3}{2}}-2{)}^2+(2-(-3){)}^2}\\ d_{AM}& =& \sqrt{{\displaystyle \frac{1}{4}}+25}\\ d_{AM}& =& \sqrt{{\displaystyle \frac{101}{4}}}\\ d_{AM}& =& {\displaystyle \frac{\sqrt{101}}{2}}\end{array}}$2) No triângulo ABC${\displaystyle ABC}$ representado a seguir, o ponto G${\displaystyle G}$ é o seu baricentro. Determinar as coordenadas xG${\displaystyle x_G}$ e yG${\displaystyle y_G}$.O baricentro de um triângulo é o ponto de intersecção das medianas. Esse ponto divide cada uma das medianas na razão de 2 para 1, a partir do vértice.

BCM1M2M3AxAxBxCyAyByCyxG SoluçãoConsiderando que o baricentro divide a mediana ⏨⏨AM,${\displaystyle \overline{AM},}$na razão de 2 para, temos: ⏨⏨AG

GM1=2

1${\displaystyle {\displaystyle \frac{\overline{AG}}{G{M}_1}}={\displaystyle \frac{2}{1}}}$ ou ⏨⏨AG=2·⏨⏨⏨GM1${\displaystyle \overline{AG}=2·\overline{G{M}_1}}$.Então: a

xG-xA	=	2(xM1-xG)
xG-xA	=	2xM1-2xG)
xG+2xG	=	xA+2xM1
3xG	=	xA+2xM1

${\displaystyle \begin{array}{ccc}{x}_G-x_A& =& 2({x_M}_1-x_G)\\ x_G-x_A& =& 2{x_M}_1-2x_G)\\ x_G+2x_G& =& x_A+2{x_M}_1\\ 3x_G& =& x_A+2{x_M}_1\end{array}}$M1${\displaystyle M_1}$ é o ponto médio do lado ⏨⏨BC${\displaystyle \overline{BC}}$, portanto, xM1=xB+xC

2.${\displaystyle {x_M}_1={\displaystyle \frac{x_B+x_C}{2}}.}$Substituindo esse valor na expressão temos:a

3xG	=	xA+2xM1
3xG	=	xA+2(xB+xC 2)
xG	=	xA+xB+xC 3

${\displaystyle \begin{array}{ccc}3x_G& =& x_A+2{x_M}_1\\ 3x_G& =& x_A+2\left({\displaystyle \frac{x_B+x_C}{2}}\right)\\ x_G& =& {\displaystyle \frac{x_A+x_B+x_C}{3}}\end{array}}$De maneira análoga podemos determinar yG${\displaystyle y_G}$ a partir de ⏨⏨AG

⏨⏨⏨GM1=2

1${\displaystyle {\displaystyle \frac{\overline{AG}}{\overline{G{M}_1}}}={\displaystyle \frac{2}{1}}}$ e aplicando yM=yB+yC

2${\displaystyle y_M={\displaystyle \frac{y_B+y_C}{2}}}$ de tal modo que:a

xG

=

xA+xB+xC 3

${\displaystyle \begin{array}{ccc}{x}_G& =& {\displaystyle \frac{x_A+x_B+x_C}{3}}\end{array}}$ 3) Determinar as coordenadas do baricentro de um triângulo ABC${\displaystyle ABC}$, considerando A(7,-4)${\displaystyle A(7,-4)}$, B(-1,8)${\displaystyle B(-1,8)}$ e C(3,-10)${\displaystyle C(3,-10)}$.SoluçãoNo exercício anterior, deduzimos que xG=xA+xB+xC

3${\displaystyle x_G={\displaystyle \frac{x_A+x_B+x_C}{3}}}$ e que yG=yA+yB+yC

3${\displaystyle y_G={\displaystyle \frac{y_A+y_B+y_C}{3}}}$. Assim, a

xG	=7+(-1)+3 3=6+3 3=9 3=3
yG	=-4+8+(-10) 3=-14+8 3=-6 3=-2

${\displaystyle \begin{array}{cl}{x}_G& ={\displaystyle \frac{7+(-1)+3}{3}}={\displaystyle \frac{6+3}{3}}={\displaystyle \frac{9}{3}}=3\\ y_G& ={\displaystyle \frac{-4+8+(-10)}{3}}={\displaystyle \frac{-14+8}{3}}={\displaystyle \frac{-6}{3}}=-2\end{array}}$Assim, G(3,-2).${\displaystyle G(3,-2).}$

A(7,-4)B(-1,8)C(3,-10)G(3,-2)yx4) Calcular a razão em que os pontos C, D${\displaystyle C,D}$ e F${\displaystyle F}$ dividem o segmento ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ da figura:

E A C D B FuuuuuSoluçãoComo o eixo é orientado, se caminharmos:➢ no mesmo sentido de orientação do eixo, o segmento é positivo.➢ no sentido oposto à orientação, o segmento é negativo.➢ Assim:rC=⏨⏨AC

CB=1u

2u=1

2${\displaystyle r_C={\displaystyle \frac{\overline{AC}}{CB}}={\displaystyle \frac{1u}{2u}}={\displaystyle \frac{1}{2}}}$rD=⏨⏨AD

DB=2u

1u=2${\displaystyle r_D={\displaystyle \frac{\overline{AD}}{DB}}={\displaystyle \frac{2u}{1u}}=2}$rE=⏨⏨AE

EB=-1u

4u=-1

4${\displaystyle r_E={\displaystyle \frac{\overline{AE}}{EB}}={\displaystyle \frac{-1u}{4u}}=-{\displaystyle \frac{1}{4}}}$rF=⏨⏨AF

FB=4u

-1u=-4${\displaystyle r_F={\displaystyle \frac{\overline{AF}}{FB}}={\displaystyle \frac{4u}{-1u}}=-4}$5) Dados os pontos A(0,1), B(3,4), C(1,2)${\displaystyle A(0,1),B(3,4),C(1,2)}$ e D(5,6)${\displaystyle D(5,6)}$, calcular a razão em que os pontos C${\displaystyle C}$ e D${\displaystyle D}$ dividem ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ e dar a posição de cada ponto em relação ao segmento.SoluçãoTemosrC=⏨⏨AC

⏨⏨CB=xC-xA

xB-xC=1-0

3-1=1

2${\displaystyle r_C={\displaystyle \frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}}={\displaystyle \frac{x_C-x_A}{x_B-x_C}}={\displaystyle \frac{1-0}{3-1}}={\displaystyle \frac{1}{2}}}$ourC=⏨⏨AC

⏨⏨CB=yC-yA

yB-yC=2-1

4-2=1

2${\displaystyle r_C={\displaystyle \frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}}={\displaystyle \frac{y_C-y_A}{y_B-y_C}}={\displaystyle \frac{2-1}{4-2}}={\displaystyle \frac{1}{2}}}$Como rC>0, C${\displaystyle r_C>0,C}$ é interno ao segmento ⏨⏨AB.${\displaystyle \overline{AB}.}$Temos, ainda:rD=⏨⏨AD

⏨⏨DB=xD-xA

xB-xD=5-0

3-5=-5

2${\displaystyle r_D={\displaystyle \frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}}={\displaystyle \frac{x_D-x_A}{x_B-x_D}}={\displaystyle \frac{5-0}{3-5}}=-{\displaystyle \frac{5}{2}}}$.Como rD<0, D${\displaystyle r_D<0,D}$ é externo ao segmento ⏨⏨AB.${\displaystyle \overline{AB}.}$6) Determinar as coordenadas do ponto P(x,y)${\displaystyle P(x,y)}$ que divide o segmento ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ na razão rP=1${\displaystyle r_P=1}$, sendo A(1,3)${\displaystyle A(1,3)}$ e B(5,7)${\displaystyle B(5,7)}$, e dar a posição do ponto P${\displaystyle P}$ em relação ao segmento ⏨⏨AB.${\displaystyle \overline{AB}.}$Solução

A(1,3)B(3,5)C(5,7)yxTemos:rP=⏨⏨AP

⏨⏨PB=xp-xA

xb-xP=yp-yA

yb-yP${\displaystyle r_P={\displaystyle \frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}}={\displaystyle \frac{x_p-x_A}{x_b-x_P}}={\displaystyle \frac{y_p-y_A}{y_b-y_P}}}$Então:1=xp-1

5-xP→5-xp=xp-1→xp=3${\displaystyle 1={\displaystyle \frac{x_p-1}{5-x_P}}\to 5-x_p=x_p-1\to x_p=3}$1=yp-3

7-yP→7-yp=yp-3→yp=5${\displaystyle 1={\displaystyle \frac{y_p-3}{7-y_P}}\to 7-y_p=y_p-3\to y_p=5}$Logo, P(3,5)${\displaystyle P(3,5)}$ é o ponto médio de ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$, pois rP=⏨⏨AP

⏨⏨PB=1${\displaystyle r_P={\displaystyle \frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}}=1}$.7) Dados os pontos A(4,2)${\displaystyle A(4,2)}$ e B(0,5)${\displaystyle B(0,5)}$, determine os pontos que dividem o segmento ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ em três partes de mesmo comprimento.Solução

yxB(0,5)uuuD(4/3,3)C(8/3,3)A(4,2)Pela figura, temos:rC=⏨⏨AC

⏨⏨CB=1u

2u=1

2${\displaystyle r_C={\displaystyle \frac{\overline{AC}}{\overline{CB}}}={\displaystyle \frac{1u}{2u}}={\displaystyle \frac{1}{2}}}$Como rC=xC-xA

xB-xC=yC-yA

yB-yC${\displaystyle r_C={\displaystyle \frac{x_C-x_A}{x_B-x_C}}={\displaystyle \frac{y_C-y_A}{y_B-y_C}}}$, então1

2=xC-4

0-xC→xC=2xC-8→xC=8

3${\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{x_C-4}{0-x_C}}\to x_C=2x_C-8\to x_C={\displaystyle \frac{8}{3}}}$.1

2=yC-2

5-yC→5-yC=2yC-4→yC=3${\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{y_C-2}{5-y_C}}\to 5-y_C=2y_C-4\to y_C=3}$.Daí:C(8

3,3)${\displaystyle C({\displaystyle \frac{8}{3}},3)}$.Analogamente:rD=⏨⏨AD

⏨⏨DB=2u

1u=2${\displaystyle r_D={\displaystyle \frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}}={\displaystyle \frac{2u}{1u}}=2}$Como rD=xD-xA

xB-xD=yD-yA

yB-yD${\displaystyle r_D={\displaystyle \frac{x_D-x_A}{x_B-x_D}}={\displaystyle \frac{y_D-y_A}{y_B-y_D}}}$, então2=xD-4

0-xD→-2xD=xD-4→xD=4

3${\displaystyle 2={\displaystyle \frac{x_D-4}{0-x_D}}\to -2x_D=x_D-4\to x_D={\displaystyle \frac{4}{3}}}$.2=yD-2

5-yD→10-2yD=yD-2→yC=4${\displaystyle 2={\displaystyle \frac{y_D-2}{5-y_D}}\to 10-2y_D=y_D-2\to y_C=4}$.Daí:D(4

3,4)${\displaystyle D({\displaystyle \frac{4}{3}},4)}$8) Determinar o ponto médio do segmento ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$, sendo A(0,6)${\displaystyle A(0,6)}$ e B(4,0)${\displaystyle B(4,0)}$, e representar graficamente.Solução

yxA(0,6)P(2,3)B(4,0)Temos:xP=0+4

2=2${\displaystyle x_P={\displaystyle \frac{0+4}{2}}=2}$yp=6+0

2=3${\displaystyle y_p={\displaystyle \frac{6+0}{2}}=3}$Então: P(2,3)${\displaystyle P(2,3)}$ 9) Sendo A(0,1)${\displaystyle A(0,1)}$ e B(4,5)${\displaystyle B(4,5)}$, para quais coordenadas P(x,y)${\displaystyle P(x,y)}$ divide ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ na raxão 1

3${\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{3}}}$?SoluçãoTemos: xP=0+1

3·4

1+1

3=4/3

4/3=1${\displaystyle x_P={\displaystyle \frac{0+{\displaystyle \frac{1}{3}}·4}{1+{\displaystyle \frac{1}{3}}}}={\displaystyle \frac{4/3}{4/3}}=1}$yP=1+1

3·5

1+1

3=8/3

4/3=2${\displaystyle y_P={\displaystyle \frac{1+{\displaystyle \frac{1}{3}}·5}{1+{\displaystyle \frac{1}{3}}}}={\displaystyle \frac{8/3}{4/3}}=2}$Logo, P(1,2)${\displaystyle P(1,2)}$.

A(0,1)P(1,2)B(4,5)yx 10) Sendo A(1,2)${\displaystyle A(1,2)}$ e M(3,4)${\displaystyle M(3,4)}$, determinar as coordenadas do ponto B${\displaystyle B}$, tal que M${\displaystyle M}$ seja o ponto médio de ⏨⏨AB.${\displaystyle \overline{AB}.}$SoluçãoAs coordenadas do ponto médio são dadas pela média aritmética de A${\displaystyle A}$ e B${\displaystyle B}$.Assim:xM=xA+xB

2→3=1+xB

2→6=1+xB→xB=5.${\displaystyle x_M={\displaystyle \frac{x_A+x_B}{2}}\to 3={\displaystyle \frac{1+x_B}{2}}\to 6=1+x_B\to x_B=5.}$yM=yA+yB

2→4=2+yB

2→8=2+xB→xB=6.${\displaystyle y_M={\displaystyle \frac{y_A+y_B}{2}}\to 4={\displaystyle \frac{2+y_B}{2}}\to 8=2+x_B\to x_B=6.}$Logo:B(5,6).${\displaystyle B(5,6).}$

yxB(5,6)A(1,2)M(3,4)11) A(0,0), B(4,0)${\displaystyle A(0,0),B(4,0)}$ e C(4,4)${\displaystyle C(4,4)}$ são três vértices de um quadrado. Determinar o quarto vértice (D)${\displaystyle D)}$ e os pontos que dividem a diagonal ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ em quatro partes de mesmo comprimento.SoluçãoAtravés da representação gráfica, temos:D(0,4)${\displaystyle D(0,4)}$

yxP(1,3)M(2,2)N(3,1)A(0,0)B(4,0)C(4,4)D(0,4)Sendo M${\displaystyle M}$ o ponto médio de ⏨⏨BD${\displaystyle \overline{BD}}$, vem:axM=4+0

2=2yM=0+4

2=2${\displaystyle \begin{array}{l}{x}_M={\displaystyle \frac{4+0}{2}}=2\\ y_M={\displaystyle \frac{0+4}{2}}=2\end{array}}$Logo, M(2,2)${\displaystyle M(2,2)}$.Sendo N${\displaystyle N}$ o ponto médio de ⏨⏨BM${\displaystyle \overline{BM}}$, vem:axN=4+2

2=3yN=0+2

2=1${\displaystyle \begin{array}{l}{x}_N={\displaystyle \frac{4+2}{2}}=3\\ y_N={\displaystyle \frac{0+2}{2}}=1\end{array}}$Logo, N(3,1)${\displaystyle N(3,1)}$.Sendo P${\displaystyle P}$ o ponto médio de ⏨⏨DM${\displaystyle \overline{DM}}$, vem:axP=0+2

2=1yP=4+2

2=3${\displaystyle \begin{array}{l}{x}_P={\displaystyle \frac{0+2}{2}}=1\\ y_P={\displaystyle \frac{4+2}{2}}=3\end{array}}$Logo, P(1,3)${\displaystyle P(1,3)}$.12) Sendo A(1,-1)${\displaystyle A(1,-1)}$ e B(7,5)${\displaystyle B(7,5)}$, quais são as coordenadas dos pontos C${\displaystyle C}$ e D${\displaystyle D}$, que dividem o segmento ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ em três partes de mesmo comprimento? Verificar que tanto para as abscissas como para as ordenadas, A, C, D${\displaystyle A,C,D}$ e B${\displaystyle B}$ formam, nessa ordem, uma PA${\displaystyle PA}$.Solução

A(1,-1)B(7,5)C(3,1)D(5,3)yxA razão em que C${\displaystyle C}$ divide ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ é dada por:rC=⏨⏨AC

⏨⏨AB=1u

2u=1

2${\displaystyle r_C={\displaystyle \frac{\overline{AC}}{\overline{AB}}}={\displaystyle \frac{1u}{2u}}={\displaystyle \frac{1}{2}}}$Como C${\displaystyle C}$ é o ponto divisor de ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$, podemos escrever:xC=xA+rCxB

1+rC=1+1

2·7

1+1

2=9/2

3/2=3${\displaystyle x_C={\displaystyle \frac{x_A+r_C{x}_B}{1+r_C}}={\displaystyle \frac{1+{\displaystyle \frac{1}{2}}·7}{1+{\displaystyle \frac{1}{2}}}}={\displaystyle \frac{9/2}{3/2}}=3}$yC=yA+rCyB

1+rC=-1+1

2·5

1+1

2=3/2

3/2=1${\displaystyle y_C={\displaystyle \frac{y_A+r_C{y}_B}{1+r_C}}={\displaystyle \frac{-1+{\displaystyle \frac{1}{2}}·5}{1+{\displaystyle \frac{1}{2}}}}={\displaystyle \frac{3/2}{3/2}}=1}$Logo, C(3,1)${\displaystyle C(3,1)}$.Como C${\displaystyle C}$ e D${\displaystyle D}$ dividem ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ em três partes de mesmo comprimento, D${\displaystyle D}$ é o ponto médio de ⏨⏨CB${\displaystyle \overline{CB}}$.Daí:xP=xC+xB

2=3+7

2=5${\displaystyle x_P={\displaystyle \frac{x_C+x_B}{2}}={\displaystyle \frac{3+7}{2}}=5}$yP=yC+yB

2=1+5

2=3${\displaystyle y_P={\displaystyle \frac{y_C+y_B}{2}}={\displaystyle \frac{1+5}{2}}=3}$Então, D(5,3)${\displaystyle D(5,3)}$.Temos ainda:➢ (xA,xB,xD,xB)=(1,3,5,7).${\displaystyle (x_A,x_B,x_D,x_B)=(1,3,5,7).}$➢ Como 3-1=5-3=7-5=2${\displaystyle 3-1=5-3=7-5=2}$, as abscissas de A, C, D${\displaystyle A,C,D}$ e B${\displaystyle B}$ estão em PA${\displaystyle PA}$.➢ (yA,yB,yD,yB)=(-1,1,3,5).${\displaystyle (y_A,y_B,y_D,y_B)=(-1,1,3,5).}$➢ Como 1-(-1)=3-1=5-3=2${\displaystyle 1-(-1)=3-1=5-3=2}$, as ordenadas de A, C, D${\displaystyle A,C,D}$ e B${\displaystyle B}$ estão em PA${\displaystyle PA}$.13) No triângulo ABC${\displaystyle ABC}$, cada lado está dividido em um número de partes de mesmo comprimento. Sendo A(0,0)${\displaystyle A(0,0)}$, D(3,9

2)${\displaystyle D(3,{\displaystyle \frac{9}{2}})}$ e E(4,5)${\displaystyle E(4,5)}$, determinar as coordenadas B, C, F, G${\displaystyle B,C,F,G}$ e H${\displaystyle H}$.Solução

A(0,0)H(1,1)G(2,2)C(3,3)E(4,5)F(5,6)B(6,9)D(3,9

2)yxObservando a figura é fácil perceber que D${\displaystyle D}$ é o ponto médio de ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$, ou seja, ⏨⏨AD=⏨⏨DB${\displaystyle \overline{AD}=\overline{DB}}$. Assim,

A(0,0),+3+3+9

2+9

2 D(3, 9

2)=D(6,9)Logo, A(0,0), D(3,9

2)${\displaystyle A(0,0),D(3,{\displaystyle \frac{9}{2}})}$ e B(6,9)${\displaystyle B(6,9)}$ formam, nessa ordem uma PA${\displaystyle PA}$:3-0=6-3=3${\displaystyle 3-0=6-3=3}$ (razão das abscissas).9

2-0=9-9

2=9

2${\displaystyle {\displaystyle \frac{9}{2}}-0=9-{\displaystyle \frac{9}{2}}={\displaystyle \frac{9}{2}}}$ (razão das ordenadas).Como F${\displaystyle F}$ e E${\displaystyle E}$ dividem ⏨⏨BC${\displaystyle \overline{BC}}$ em partes iguais, então, B,F, E${\displaystyle B,F,E}$ e C${\displaystyle C}$ apresentam, nessa ordem, abiscissa e ordenada em PA${\displaystyle PA}$.Logo, esses pontos distam entre si de medidas iguais tanto para abiscissas como ordenadas:

B(xB,yB)duas partesF(xB+r,yB+r)E(xF+r, yF+r) C(xE+r, yE+r)Sendo conhecidas as coordenadas de B${\displaystyle B}$ e de E${\displaystyle E}$, para determinar a razão da PA${\displaystyle PA}$ basta achar a diferença entre as abscissas desses pontos e dividí-la em duas partes (iguais). Assim:xE-xB=4-6=-2 →r=-2

2=-1${\displaystyle x_E-x_B=4-6=-2\to r=-{\displaystyle \frac{2}{2}}=-1}$ (razão das abiscissas)De modo análogo, obtemos:yE-yB=5-9=-4 →r=-4

2=-2${\displaystyle y_E-y_B=5-9=-4\to r=-{\displaystyle \frac{4}{2}}=-2}$. (razão das ordenadas)Logo: F(xB+r,yB+r)=F(6-1,9-2)=F(5,7)${\displaystyle F(x_B+r,y_B+r)=F(6-1,9-2)=F(5,7)}$C(xE+r,yE+r)=C(4-1,5-2)=C(3,3)${\displaystyle C(x_E+r,y_E+r)=C(4-1,5-2)=C(3,3)}$Procedendo da mesma maneira para ⏨⏨AC${\displaystyle \overline{AC}}$, temos:

A(xA,yA) três partesH(xA+r,yA+r) G(xH+r, yH+r)C(xC, yC)xC-xA=3-0=3→r=3

3=1${\displaystyle x_C-x_A=3-0=3\to r={\displaystyle \frac{3}{3}}=1}$yC-yA=3-0=3→r=3

3=1${\displaystyle y_C-y_A=3-0=3\to r={\displaystyle \frac{3}{3}}=1}$Assim:H(0+1,0+1)=H(1,1)${\displaystyle H(0+1,0+1)=H(1,1)}$G(1+1,1+1)=G(2,2)${\displaystyle G(1+1,1+1)=G(2,2)}$14) Achar as coordenadas do baricentro do triângulo A(0,0), B(6,0)${\displaystyle A(0,0),B(6,0)}$ e C(0,6).${\displaystyle C(0,6).}$Solução

A(0,0)G(2,2)B(6,0)C(0,6)yxAs coordenadas do baricentro de um triângulo são dadas pela média aritmética das respectivas abscissas e ordenadas dos vértices. Assim:xG=0+6+0

3=2${\displaystyle x_G={\displaystyle \frac{0+6+0}{3}}=2}$yG=0+0+6

3=2${\displaystyle y_G={\displaystyle \frac{0+0+6}{3}}=2}$Então, G(2,2)${\displaystyle G(2,2)}$ é a coordenada do baricentro formado pelo triângulo da figura acima.15) O triângulo ABC${\displaystyle ABC}$ tem vértices A(5,5)${\displaystyle A(5,5)}$ e B(5,0)${\displaystyle B(5,0)}$, e baricentro G(4,3)${\displaystyle G(4,3)}$. Determinar o vértice C${\displaystyle C}$.SoluçãoxG=xA+xB+xC

3→4=5+5+xC

3→12=10+xC→xC=2${\displaystyle x_G={\displaystyle \frac{x_A+x_B+x_C}{3}}\to 4={\displaystyle \frac{5+5+x_C}{3}}\to 12=10+x_C\to x_C=2}$yG=yA+yB+yC

3→3=5+0+xC

3→9=5+yC→yC=4${\displaystyle y_G={\displaystyle \frac{y_A+y_B+y_C}{3}}\to 3={\displaystyle \frac{5+0+x_C}{3}}\to 9=5+y_C\to y_C=4}$.Então, C(2,4)${\displaystyle C(2,4)}$.

A(5,5)G(4,3)B(5,0)C(2,4)yx16) No triângulo ABC, A(1,1)${\displaystyle A(1,1)}$ é um dos vértices, G(3,3)${\displaystyle G(3,3)}$ é o baricentro e M(3,1)${\displaystyle M(3,1)}$ é o ponto médio do lado ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$. Determinar as coordenadas de B${\displaystyle B}$ e C${\displaystyle C}$.Solução

A(1,1)M(3,1)B(5,1)C(3,7)yxG(3,3)Como M${\displaystyle M}$ é o ponto médio de ⏨⏨AB, ${\displaystyle \overline{AB},}$temos:xM=xA+xB

2→3=1+xB

2→6=1+xB→xB=5${\displaystyle x_M={\displaystyle \frac{x_A+x_B}{2}}\to 3={\displaystyle \frac{1+x_B}{2}}\to 6=1+x_B\to x_B=5}$.yM=yA+yB

2→1=1+xB

2→2=1+yB→yB=1${\displaystyle y_M={\displaystyle \frac{y_A+y_B}{2}}\to 1={\displaystyle \frac{1+x_B}{2}}\to 2=1+y_B\to y_B=1}$.Então, B(5,1)${\displaystyle B(5,1)}$.Conhecendo A, B${\displaystyle A,B}$ e G${\displaystyle G}$, podemos calcular as coordenadas de C${\displaystyle C}$.xG=xA+xB+xC

3→3=1+5+xC

3→9=6+xC→xC=3${\displaystyle x_G={\displaystyle \frac{x_A+x_B+x_C}{3}}\to 3={\displaystyle \frac{1+5+x_C}{3}}\to 9=6+x_C\to x_C=3}$yG=yA+yB+yC

3→3=1+1+xC

3→9=2+yC→yC=7${\displaystyle y_G={\displaystyle \frac{y_A+y_B+y_C}{3}}\to 3={\displaystyle \frac{1+1+x_C}{3}}\to 9=2+y_C\to y_C=7}$.Logo, C(3,7)${\displaystyle C(3,7)}$.Atividade1) O triângulo ABC${\displaystyle ABC}$ tem vértices A(2,2), B(5,2)${\displaystyle A(2,2),B(5,2)}$ e C(2,5)${\displaystyle C(2,5)}$. Determine as coordenadas de seu baricentro.Solução:xG=xA+xB+xC

3→xG=2+5+2

3=9

3=3${\displaystyle x_G={\displaystyle \frac{x_A+x_B+x_C}{3}}\to x_G={\displaystyle \frac{2+5+2}{3}}={\displaystyle \frac{9}{3}}=3}$yG=yA+yB+yC

3→yG=2+2+5

3=9

3=3${\displaystyle y_G={\displaystyle \frac{y_A+y_B+y_C}{3}}\to y_G={\displaystyle \frac{2+2+5}{3}}={\displaystyle \frac{9}{3}}=3}$Logo, G(3,3)${\displaystyle G(3,3)}$.

A(2,2)B(5,2)C(2,5)G(3,3) 2) No triângulo ABC${\displaystyle ABC}$, B(2,4)${\displaystyle B(2,4)}$ é um dos vértices, G(3,3)${\displaystyle G(3,3)}$ é o baricentro e M(3,4)${\displaystyle M(3,4)}$ o ponto médio de ⏨⏨BC${\displaystyle \overline{BC}}$. Calcule as coordenadas dos vértices A${\displaystyle A}$ e C${\displaystyle C}$.

B(2,4)G(3,3)M(3,4)OyxxM=xB+xC

2→3=2+xC

2→6=2+xC→xC=4${\displaystyle x_M={\displaystyle \frac{x_B+x_C}{2}}\to 3={\displaystyle \frac{2+x_C}{2}}\to 6=2+x_C\to x_C=4}$yM=yB+yC

2→4=4+yC

2→8=4+yC→yC=4${\displaystyle y_M={\displaystyle \frac{y_B+y_C}{2}}\to 4={\displaystyle \frac{4+y_C}{2}}\to 8=4+y_C\to y_C=4}$

B(2,4)G(3,3)M(3,4)OyxC(4,4)C(3,1) 3) O triângulo ABC${\displaystyle ABC}$ tem vértices A(4,1), B(5,4)${\displaystyle A(4,1),B(5,4)}$ e C(3,4)${\displaystyle C(3,4)}$. Considerando o triângulo MNP${\displaystyle MNP}$, onde M,N${\displaystyle M,N}$ e P${\displaystyle P}$ são pontos médios dos lados ⏨⏨AB, ⏨⏨BC${\displaystyle \overline{AB},\overline{BC}}$ e ⏨⏨CA${\displaystyle \overline{CA}}$, determine:a) o baricentro G1${\displaystyle G_1}$ do triângulo ABC${\displaystyle ABC}$;b) o baricentro G2${\displaystyle G_2}$ do triângulo MNP${\displaystyle MNP}$.Soluçãoa) Para calcular o baricentro do triÂngulo ABC${\displaystyle ABC}$, temos que observar as coordenadas de cada ponto:■ para as abscissas:xG1=xA+xB+xC

3→xG1=4+5+3

3=12

3=4${\displaystyle x_{G_1}=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\to x_{G_1}=\frac{4+5+3}{3}=\frac{12}{3}=4}$■ para as ordenadasyG1=yA+yB+yC

3→yG1=1+4+4

3=9

3=3${\displaystyle y_{G_1}=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\to y_{G_1}=\frac{1+4+4}{3}=\frac{9}{3}=3}$Como M${\displaystyle M}$ é o ponto médio do segmento ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ e considerando A(4,1)${\displaystyle A(4,1)}$ e B(5,4)${\displaystyle B(5,4)}$, temos:xM=xA+xB

2→xM=4+5

2=9

2${\displaystyle x_M=\frac{x_A+x_B}{2}\to x_M=\frac{4+5}{2}=\frac{9}{2}}$yM=yA+yB

2→yM=1+4

2=5

2${\displaystyle y_M=\frac{y_A+y_B}{2}\to y_M=\frac{1+4}{2}=\frac{5}{2}}$Assim, M(9

2, 5

2)${\displaystyle M(\frac{9}{2},\frac{5}{2})}$.Como N${\displaystyle N}$ é o ponto médio do segmento ⏨⏨BC${\displaystyle \overline{BC}}$ e considerando B(5,4)${\displaystyle B(5,4)}$ e C(3,4)${\displaystyle C(3,4)}$, temos:xN=xC+xB

2→xN=5+3

2=8

2${\displaystyle x_N=\frac{x_C+x_B}{2}\to x_N=\frac{5+3}{2}=\frac{8}{2}}$yN=yC+yB

2→yN=4+4

2=8

2${\displaystyle y_N=\frac{y_C+y_B}{2}\to y_N=\frac{4+4}{2}=\frac{8}{2}}$Assim, N(4,4)${\displaystyle N(4,4)}$.Optou-se por deixar os valores acima em fração para facilitar as contas posteriores.Como P${\displaystyle P}$ é o ponto médio do segmento ⏨⏨CA${\displaystyle \overline{CA}}$ e considerando C(3,4)${\displaystyle C(3,4)}$ e A(4,1)${\displaystyle A(4,1)}$, temos:xP=xC+xA

2→xP=4+3

2=7

2${\displaystyle x_P=\frac{x_C+x_A}{2}\to x_P=\frac{4+3}{2}=\frac{7}{2}}$yP=yC+yA

2→yP=4+1

2=5

2${\displaystyle y_P=\frac{y_C+y_A}{2}\to y_P=\frac{4+1}{2}=\frac{5}{2}}$Assim, P(7

2,5

2)${\displaystyle P(\frac{7}{2},\frac{5}{2})}$.A partir das coordenadas de M(9

2, 5

2), N(4,4)${\displaystyle M(\frac{9}{2},\frac{5}{2}),N(4,4)}$ e P(7

2,5

2)${\displaystyle P(\frac{7}{2},\frac{5}{2})}$, podemos calcular o segundo baricentro, G2${\displaystyle G_2}$.Temos:xG2=xM+xN+xP

3→xG2=9

2+8

2+7

2

3=24

2

3=12

3=4${\displaystyle x_{G_2}=\frac{x_M+x_N+x_P}{3}\to x_{G_2}=\frac{\frac{9}{2}+\frac{8}{2}+\frac{7}{2}}{3}=\frac{\frac{24}{2}}{3}=\frac{12}{3}=4}$yG2=yM+yN+yP

3→yG2=5

2+8

2+5

2

3=18

2

3=9

3=3${\displaystyle y_{G_2}=\frac{y_M+y_N+y_P}{3}\to y_{G_2}=\frac{\frac{5}{2}+\frac{8}{2}+\frac{5}{2}}{3}=\frac{\frac{18}{2}}{3}=\frac{9}{3}=3}$Portanto, a coordenada do baricentro é G2(3,4).${\displaystyle G_2(3,4).}$Todosos pontos e segmentos foram plotados num gráfico único. Repare que os dois baricentros possuem a mesma coordenada.

A(4,1)B(5,4)C(3,4)M(9

2,5

2)N(4,4)P(7

2,5

2)G1=G2=(4,3)yx4) O triângulo da figura tem baricentro G(2,2)${\displaystyle G(2,2)}$. Determine as coordenadas dos vértices B${\displaystyle B}$ e C${\displaystyle C}$.

C(0,yC)B(xB,0)A(0,0)SoluçãoCalculando as médias para formar o ponto do baricentro, temos:■ Para as abscissasxG=xA+xB+xC

3→2=0+xB+0

3→xB=6${\displaystyle x_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\to 2=\frac{0+x_B+0}{3}\to x_B=6}$■ Para as ordenadasyG=yA+yB+yC

3→2=0+0+yC

3→yC=6${\displaystyle y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\to 2=\frac{0+0+y_C}{3}\to y_C=6}$Portanto, A(0,0), B(6,0) e C(0,6)${\displaystyle A(0,0),B(6,0)\text{ e }C(0,6)}$. 5) (MACK-SP) No triângulo ABC, A(1,1)${\displaystyle A(1,1)}$ é um dos vértices, N(5,4)${\displaystyle N(5,4)}$ é o ponto médio de ⏨⏨BC${\displaystyle \overline{BC}}$ e M(4,2)${\displaystyle M(4,2)}$ é o ponto médio de ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$. Calcule as coordenadas dos vértices B e C e o baricentro do triângulo.SoluçãoUsando a equação para o ponto médio de M${\displaystyle M}$, a fim de determinar as coordenadas do ponto B${\displaystyle B}$, temos que:xM=xA+xB

2→4=1+xB

2→8=1+xB→xB=7${\displaystyle x_M=\frac{x_A+x_B}{2}\to 4=\frac{1+x_B}{2}\to 8=1+x_B\to x_B=7}$yM=yA+yB

2→2=1+yB

2→4=1+yB→yB=3${\displaystyle y_M=\frac{y_A+y_B}{2}\to 2=\frac{1+y_B}{2}\to 4=1+y_B\to y_B=3}$Portanto, o ponto B${\displaystyle B}$ é B(7,3)${\displaystyle B(7,3)}$.Agora, devemos usar a equação do ponto médio para a coordenada N${\displaystyle N}$, a fim de obter a coordenada C${\displaystyle C}$. Assim, temos:xN=xC+xB

2→5=7+xC

2→10=7+xC→xC=3${\displaystyle x_N=\frac{x_C+x_B}{2}\to 5=\frac{7+x_C}{2}\to 10=7+x_C\to x_C=3}$yN=yC+yB

2→4=3+yC

2→8=3+yC→yC=5${\displaystyle y_N=\frac{y_C+y_B}{2}\to 4=\frac{3+y_C}{2}\to 8=3+y_C\to y_C=5}$Então, C(3,5)${\displaystyle C(3,5)}$.Juntando as coordenadas acima, temos:A(1,1), B(7,3) e C(3,5)${\displaystyle A(1,1),B(7,3)\text{ e }C(3,5)}$.Devemos substituir os valores de cada coordenada no intuito de obter o baricentro, tal como segue:xG=xA+xB+xC

3→xG=1+3+7

3=11

3${\displaystyle x_G=\frac{x_A+x_B+x_C}{3}\to x_G=\frac{1+3+7}{3}=\frac{11}{3}}$ yG=yA+yB+yC

3→yG=5+3+1

3=9

3=3${\displaystyle y_G=\frac{y_A+y_B+y_C}{3}\to y_G=\frac{5+3+1}{3}=\frac{9}{3}=3}$Portanto, G(11

3,3)${\displaystyle G(\frac{11}{3},3)}$.Um cálculo adicional nos leva a:xP=xA+xC

2=1+3

2=2${\displaystyle x_P=\frac{x_A+x_C}{2}=\frac{1+3}{2}=2}$yP=yA+yC

2=1+5

2=3${\displaystyle y_P=\frac{y_A+y_C}{2}=\frac{1+5}{2}=3}$Logo, P(2,3)${\displaystyle P(2,3)}$

A(1,1)B(7,3)C(3,5)M(4,2)N(5,4)P(2,3)ABCMNPDistância entre dois pontosCondição de alinhamento de três pontosTrês pontos, A(xA,yA)${\displaystyle A(x_A,y_A)}$, B(xB,yB)${\displaystyle B(x_B,y_B)}$ e C(xC,yC)${\displaystyle C(x_C,y_C)}$ estão alinhados se, e somente se:a

xA	yA	1
xB	yB	1
xC	yC	1

=0${\displaystyle \left|\begin{array}{ccc}{x}_A& y_A& 1\\ x_B& y_B& 1\\ x_C& y_C& 1\end{array}\right|=0}$Podemos considerar três casos:a) Três pontos alinhados horizontalmente:

yA=yB=yCxAxBxCABCOyxNeste caso, as ordenadas são iguais:yA=yB=yC${\displaystyle y_A=y_B=y_C}$e o determinante é nulo, pois a segunda e terceira colunas são proporcionais.b) Três pontos alinhados verticalmente:

xA=xB=xCyAyByCABCOyxNeste caso, as abscissas são iguais:yA=yB=yC${\displaystyle y_A=y_B=y_C}$e o determinante é nulo, pois a primeira e a terceira colunas são proporcionais.c) Três pontos numa reta não-paralela aos eixos:

ACBEDxAxCxByAyCyByxOPela figura, verificamos que os triângulos ABD${\displaystyle ABD}$ e BCE${\displaystyle BCE}$ são semelhantes. Então:⏨⏨AD

⏨⏨BE=⏨⏨DB

⏨⏨EC→xB-xA

xC-xB=yB-yA

yC-yB${\displaystyle {\displaystyle \frac{\overline{AD}}{\overline{BE}}}={\displaystyle \frac{\overline{DB}}{\overline{EC}}}\to {\displaystyle \frac{x_B-x_A}{x_C-x_B}}={\displaystyle \frac{y_B-y_A}{y_C-y_B}}}$ ou yC-yB

xC-xB=yB-yA

xB-xA${\displaystyle {\displaystyle \frac{y_C-y_B}{x_C-x_B}}={\displaystyle \frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}}}$Desenvolvendo, vemyC-yB

xC-xB=yB-yA

xB-xA→(yC-yB)(xB-xA)=(yB-yA)(xC-xB)${\displaystyle {\displaystyle \frac{y_C-y_B}{x_C-x_B}}={\displaystyle \frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}}\to (y_C-y_B)(x_B-x_A)=(y_B-y_A)(x_C-x_B)}$(yC-yB)(xB-xA)-(yB-yA)(xC-xB)=0${\displaystyle (y_C-y_B)(x_B-x_A)-(y_B-y_A)(x_C-x_B)=0}$xAyB+xCyA+xByC-xAyC-xCyB-xByA=0${\displaystyle x_A{y}_B+x_C{y}_A+x_B{y}_C-x_A{y}_C-x_C{y}_B-x_B{y}_A=0}$Vamos, então, provar que:a

xA	yA	1
xB	yB	1
xC	yC	1

=0${\displaystyle \left|\begin{array}{ccc}{x}_A& y_A& 1\\ x_B& y_B& 1\\ x_C& y_C& 1\end{array}\right|=0}$

a

xA		yA		1		xA		yA
xB		yB		1		xB		yB
xC		yC		1		xC		yC

-xCyB-xAyC-xByA +xAyB+xCyA+xAyCDaí: -xCyB-xAyC-xByA+xAyB+xCyA+xAyC=0$$-x_C{y}_B-x_A{y}_C-x_B{y}_A+x_A{y}_B+x_C{y}_A+x_A{y}_C=0$$1) Verifique se os pontos A(1,1), B(3,-2)${\displaystyle A(1,1),B(3,-2)}$ e C(5,2)${\displaystyle C(5,2)}$ estão ou não alinhados.SoluçãoD=a

1	1	1	1	1
3	-2	1	3	-2
5	2	1	5	2

${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccccc}1& 1& 1& 1& 1\\ 3& -2& 1& 3& -2\\ 5& 2& 1& 5& 2\end{array}\right|}$a-5(-2)-2(1)-1(3)+1(-2)+5(1)+2(3)=10-2-3-2+5+6=8-5+11=19-5=14${\displaystyle \begin{array}{l}-5(-2)-2(1)-1(3)+1(-2)+5(1)+2(3)=\\ 10-2-3-2+5+6=\\ 8-5+11=19-5=14\end{array}}$Como D≠0${\displaystyle D\ne 0}$, os pontos não estão alinhados.2) Determine a${\displaystyle a}$ sabendo que os pontos A(a,2), B(3,a)${\displaystyle A(a,2),B(3,a)}$ e C(5,0)${\displaystyle C(5,0)}$ estão alinhados.SoluçãoD=a

a	2	1	a	2
3	a	1	3	a
5	0	1	5	0

${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccccc}a& 2& 1& a& 2\\ 3& a& 1& 3& a\\ 5& 0& 1& 5& 0\end{array}\right|}$-5a-6+a2+10=0→a2-5a+4=0${\displaystyle -5a-6+a^2+10=0\to a^2-5a+4=0}$aa=-(-5)±(-5)2-4(1)(4)

2(1)a=+5±25-16

2a=5±9

2a=5±3

2=a

4		=a1
1		=a2

${\displaystyle \begin{array}{l}a=\frac{-(-5)\pm \sqrt{(-5{)}^2-4(1)(4)}}{2(1)}\\ a=\frac{+5\pm \sqrt{25-16}}{2}\\ a=\frac{5\pm \sqrt{9}}{2}\\ a=\frac{5\pm 3}{2}=\{\begin{array}{ll}4& =a_1\\ 1& =a_2\end{array}\end{array}}$3) Determine o ponto da reta ⏨⏨AB${\displaystyle \overline{AB}}$ que pertence ao eixo das abscissas, sendo A(5,-1) e B(-1,2)${\displaystyle A(5,-1)\text{ e }B(-1,2)}$.SoluçãoSeja C${\displaystyle C}$ o ponto procurado. Se C${\displaystyle C}$ pertence ao eixo das abscissas, sua ordenada é nula, isto é, temos C(a,0)${\displaystyle C(a,0)}$.Para que os pontos estejam alinhados.D=a

5	-1	1	5	-1
-1	2	1	-1	2
a	0	1	a	0

${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccccc}5& -1& 1& 5& -1\\ -1& 2& 1& -1& 2\\ a& 0& 1& a& 0\end{array}\right|}$-2a-1+10-a=0${\displaystyle -2a-1+10-a=0}$-3a+9=0${\displaystyle -3a+9=0}$-3a=-9${\displaystyle -3a=-9}$a=9

3${\displaystyle a=\frac{9}{3}}$a=3${\displaystyle a=3}$Portanto, C(3,0)${\displaystyle C(3,0)}$.

A(5,-1)B(-1,2)C(3,0)Área de um triânguloDadas as coordenadas de três pontos não colineares, é spossível calcular a área do triângulo cujos vértices são esses pontos.Para verificar como realizar essa cálculo, considere o △ABC${\displaystyle △ABC}$ a seguir, em que A(xA,yA)${\displaystyle A(x_A,y_A)}$, B(xB,yB)${\displaystyle B(x_B,y_B)}$ e C(xC,yC)${\displaystyle C(x_C,y_C)}$

xAAxBxCyAyByCBCEDFGA área do △ABC${\displaystyle △ABC}$ é igual à soma das áreas do △ACD${\displaystyle △ACD}$ e do △BCD${\displaystyle △BCD}$.Inicialmente, determinaremos a abscissa xD${\displaystyle x_D}$ do ponto D${\displaystyle D}$ em função das coordenadas de A${\displaystyle A}$, B${\displaystyle B}$ e C${\displaystyle C}$. Como △ABG-△ADF${\displaystyle △ABG-△ADF}$, temos: ${\displaystyle }$⏨⏨BG

⏨⏨DF=⏨⏨AG

⏨⏨AF→xB-xA

xD-xA=yB-yA

yC-yA${\displaystyle {\displaystyle \frac{\overline{BG}}{\overline{DF}}}={\displaystyle \frac{\overline{AG}}{\overline{AF}}}\to {\displaystyle \frac{x_B-x_A}{x_D-x_A}}={\displaystyle \frac{y_B-y_A}{y_C-y_A}}}$ →xD=xA+(xB-xA)(yC-yA)

yB-yA${\displaystyle \to x_D=x_A+{\displaystyle \frac{(x_B-x_A)(y_C-y_A)}{y_B-y_A}}}$Agora, determinamos a medida ⏨⏨CD${\displaystyle \overline{CD}}$: ${\displaystyle }$⏨⏨CD=axD-xCa=axD-xA-(xB-xA)(yC-yA)

yB-yAa=a(xC-xA)(yB-yA)-(xB-xA)(yC-yA)

yB-yAa${\displaystyle \overline{CD}=|x_D-x_C|=|x_D-x_A-{\displaystyle \frac{(x_B-x_A)(y_C-y_A)}{y_B-y_A}}|=\left|{\displaystyle \frac{(x_C-x_A)(y_B-y_A)-(x_B-x_A)(y_C-y_A)}{y_B-y_A}}\right|}$Por fim, calculamos a área do △ABC${\displaystyle △ABC}$.SABC=SACD+SBCD=1

2⏨⏨CD⋅⏨⏨AF+1

2⏨⏨CD⋅⏨⏨FG${\displaystyle S_{ABC}=S_{ACD}+S_{BCD}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overline{CD}\cdot \overline{AF}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\overline{CD}\cdot \overline{FG}}$SABC=1

2⏨⏨CD⋅(⏨⏨AF+⏨⏨FG⏠⏣⏣⏣⏡⏣⏣⏣⏢⏨⏨AG)=1

2⏨⏨CD⋅⏨⏨AG${\displaystyle S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\overline{CD}\cdot \left(\underset{\overline{AG}}{\underbrace{\overline{AF}+\overline{FG}}}\right)={\displaystyle \frac{1}{2}}\overline{CD}\cdot \overline{AG}}$SABC=1

2a(xC-xA)(yB-yA)-(xB-xA)(yC-yA)

yB-yAa⋅ayB-yAa${\displaystyle S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\left|{\displaystyle \frac{(x_C-x_A)(y_B-y_A)-(x_B-x_A)(y_C-y_A)}{y_B-y_A}}\right|\cdot |y_B-y_A|}$SABC=1

2a(xC-xA)(yB-yA)-(xB-xA)(yC-yA)a${\displaystyle S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}|(x_C-x_A)(y_B-y_A)-(x_B-x_A)(y_C-y_A)|}$SABC=1

2|xAyB+xCyA=xByC-xCyB-xByA-xAyC|${\displaystyle S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}|x_A{y}_B+x_C{y}_A=x_B{y}_C-x_C{y}_B-x_B{y}_A-x_A{y}_C|}$Note que xAyB+xCyA=xByC-xCyB-xByA-xAyC${\displaystyle x_A{y}_B+x_C{y}_A=x_B{y}_C-x_C{y}_B-x_B{y}_A-x_A{y}_C}$ corresponde a D=a

xA	yA	1
xB	yB	1
xC	yC	1

${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}{x}_A& y_A& 1\\ x_B& y_B& 1\\ x_C& y_C& 1\end{array}\right|}$.Portanto, a área do △ABC${\displaystyle △ABC}$ é dada por SABC=1

2⋅|D|${\displaystyle S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot |D|}$Exemplos1) Determine a área dada pelos pontos A(2,-2)${\displaystyle A(2,-2)}$, B(-3,1)${\displaystyle B(-3,1)}$ e C(1,3)${\displaystyle C(1,3)}$.

SoluçãoPara determinar a área do triângulo △ABC${\displaystyle △ABC}$, em que A(2,-2)${\displaystyle A(2,-2)}$, B(-3,1)${\displaystyle B(-3,1)}$ e C(1,3)${\displaystyle C(1,3)}$, calcularemos inicialmente o determinante D${\displaystyle D}$.D=a

2	-2	1
-3	1	1
1	3	1

=1-6-6+2-9-2=-22${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}2& -2& 1\\ -3& 1& 1\\ 1& 3& 1\end{array}\right|=1-6-6+2-9-2=-22}$Segue que:SABC=1

2|-22|=1

2⋅22=11${\displaystyle S_{ABC}={\displaystyle \frac{1}{2}}|-22|={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 22=11}$Portanto, a área do △ABC${\displaystyle △ABC}$ é 11 u.a (unidades de área).2) Calcule a área da região da região triangular delimitada pelo eixo y${\displaystyle y}$ e pelos gráficos das funções f(x)=x-4${\displaystyle f(x)=x-4}$ e g(x)=-2x+5${\displaystyle g(x)=-2x+5}$.SoluçãoCalculando f(0)${\displaystyle f(0)}$ e g(0)${\displaystyle g(0)}$, obtemos as coordenadas (x,y)${\displaystyle (x,y)}$ dos pontos em que os gráficos das funções f${\displaystyle f}$ e g${\displaystyle g}$ intersectam o eixo y${\displaystyle y}$.f(0)=0-4=-4→(0,-4)${\displaystyle f(0)=0-4=-4\to (0,-4)}$.g(0)=-2(0)+5=5→(0,5)${\displaystyle g(0)=-2(0)+5=5\to (0,5)}$.Para determinarmos a abscissa do ponto em que os gráficos das funções se intersectam, igualamos f${\displaystyle f}$ e g${\displaystyle g}$.f(x)=g(x)→x-4=-2x+5→3x=9→x=3${\displaystyle f(x)=g(x)\to x-4=-2x+5\to 3x=9\to x=3}$Substituindo x${\displaystyle x}$ por 3 em uma das funções, obtemos a ordenada desse ponto.f(3)=3-4=-1${\displaystyle f(3)=3-4=-1}$Logo, os gráficos das funções f${\displaystyle f}$ e g${\displaystyle g}$ se intersectam no ponto de coordenadas (3,-1)${\displaystyle (3,-1)}$.Finalmente, calculamos a área da região triangular definida pelos pontos de coordenadas (0,-4)${\displaystyle (0,-4)}$, (0,5)${\displaystyle (0,5)}$ e (3,-1)${\displaystyle (3,-1)}$.

D=a

0	-4	1
0	5	1
3	-1	1

=-15+0+0+0-12-0=-27${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}0& -4& 1\\ 0& 5& 1\\ 3& -1& 1\end{array}\right|=-15+0+0+0-12-0=-27}$S=1

2|-27|=1

2⋅27=27

2${\displaystyle S={\displaystyle \frac{1}{2}}|-27|={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 27={\displaystyle \frac{27}{2}}}$Portanto, a área da região triangular é 27

2${\displaystyle {\displaystyle \frac{27}{2}}}$ u.a.3) Verifique em quais itens os pontos estão alinhados.a) A(1,5)${\displaystyle A(1,5)}$, B(-3,-7)${\displaystyle B(-3,-7)}$ e C(-1,-1)${\displaystyle C(-1,-1)}$b) D(5,9)${\displaystyle D(5,9)}$, E(4,7)${\displaystyle E(4,7)}$ e F(3,6)${\displaystyle F(3,6)}$c) P(4,6)${\displaystyle P(4,6)}$, Q(-2,3)${\displaystyle Q(-2,3)}$ e R(-8,0)${\displaystyle R(-8,0)}$d) S(5,2)${\displaystyle S(5,2)}$, T(12,9)${\displaystyle T(12,9)}$ e U(7,4)${\displaystyle U(7,4)}$Soluçãoa) D=a

1	5	1
-3	-7	1
-1	-1	1

=1⋅(-1)1+1a

-7	1
-1	1

+5⋅(-1)2+1a

-3	1
-1	1

+1⋅(-1)3+1a

-3	-7
-1	-1

${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}1& 5& 1\\ -3& -7& 1\\ -1& -1& 1\end{array}\right|=1\cdot (-1{)}^{1+1}\left|\begin{array}{cc}-7& 1\\ -1& 1\end{array}\right|+5\cdot (-1{)}^{2+1}\left|\begin{array}{cc}-3& 1\\ -1& 1\end{array}\right|+1\cdot (-1{)}^{3+1}\left|\begin{array}{cc}-3& -7\\ -1& -1\end{array}\right|}$D=a

1	5	1
-3	-7	1
-1	-1	1

=-6-5(-2)-4 ${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}1& 5& 1\\ -3& -7& 1\\ -1& -1& 1\end{array}\right|=-6-5(-2)-4}$D=a

1	5	1
-3	-7	1
-1	-1	1

=-6+10-4 ${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}1& 5& 1\\ -3& -7& 1\\ -1& -1& 1\end{array}\right|=-6+10-4}$D=a

1	5	1
-3	-7	1
-1	-1	1

=0 ${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}1& 5& 1\\ -3& -7& 1\\ -1& -1& 1\end{array}\right|=0}$Portanto, estão alinhados.b) D=a

5	9	1
4	7	1
3	6	1

=5⋅(-1)1+1a

7	1
6	1

+9⋅(-1)2+1a

4	1
3	1

+1⋅(-1)3+1a

4	-7
3	6

${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}5& 9& 1\\ 4& 7& 1\\ 3& 6& 1\end{array}\right|=5\cdot (-1{)}^{1+1}\left|\begin{array}{cc}7& 1\\ 6& 1\end{array}\right|+9\cdot (-1{)}^{2+1}\left|\begin{array}{cc}4& 1\\ 3& 1\end{array}\right|+1\cdot (-1{)}^{3+1}\left|\begin{array}{cc}4& -7\\ 3& 6\end{array}\right|}$D=a

5	9	1
4	7	1
3	6	1

=5(1)-9(1)+1(3) ${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}5& 9& 1\\ 4& 7& 1\\ 3& 6& 1\end{array}\right|=5(1)-9(1)+1(3)}$D=a

5	9	1
4	7	1
3	6	1

=5-9+3 ${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}5& 9& 1\\ 4& 7& 1\\ 3& 6& 1\end{array}\right|=5-9+3}$D=a

5	9	1
4	7	1
3	6	1

=-1${\displaystyle D=\left|\begin{array}{ccc}5& 9& 1\\ 4& 7& 1\\ 3& 6& 1\end{array}\right|=-1}$Portanto, não estão alinhados.Bibliografia[1] ${\displaystyle [1]}$BARRETO FILHO, Beningno; SILVA, Cláudio Xavier. Matemática Aula por Aula. FTD. São Paulo. 2004[2] ${\displaystyle [2]}$BOYER, C.D. História da Matemática. São Paulo. Edgard Blücher, 1971.[3] ${\displaystyle [3]}$CARAÇA, B.J. Lições de álgebra e análise. Lisboa. Diário de Notícias, 1979.[4] ${\displaystyle [4]}$GENTIL, MARCONDES, GRECO & SÉRGIO.Matemática para o 2º Grau : Volume 3. Ano: 1996 Editora: Atica.