Matemática do ensino médio · Grades 10–12

5Geometria analítica

A grande ideia de Descartes foi descrever pontos por pares de números, transformando problemas de geometria em cálculos. Com apenas duas fórmulas — a do ponto médio e a da distância — é possível provar que um triângulo é isósceles, que um quadrilátero é um paralelogramo ou que três pontos são colineares, sem traçar uma única linha auxiliar.

5.1 Coordenadas no plano

Definição 5.1 (Sistema de coordenadas)

Um sistema de coordenadas do plano consiste em uma origem $O$ e dois eixos graduados que passam por $O$ : o eixo horizontal $x$ e o eixo vertical $y$ . Todo ponto $M$ tem então um único par de coordenadas $(x, y)$ : sua abscissa $x$ e sua ordenada $y$ . O sistema é ortonormal quando os eixos são perpendiculares e trazem a mesma unidade de comprimento. Todos os sistemas deste capítulo são ortonormais.

Todo ponto do plano é localizado por dois números: primeiro a abscissa (horizontal), depois a ordenada (vertical).

5.2 Ponto médio de um segmento

Proposição 5.2 (Fórmula do ponto médio)

Sejam $A(x_A, y_A)$ e $B(x_B, y_B)$ . O ponto médio $I$ do segmento $[AB]$ tem coordenadas

I\left(\frac{x_A + x_B}{2},\ \frac{y_A + y_B}{2}\right).

Demonstração. Considere as coordenadas horizontais. Ao ir de $A$ a $B$ , a abscissa varia de $x_B - x_A$ ; o ponto que está na metade do caminho tem abscissa

x_A + \frac{x_B - x_A}{2} = \frac{2x_A + x_B - x_A}{2} = \frac{x_A + x_B}{2},

a média das duas abscissas. O mesmo cálculo se aplica às ordenadas. ∎

Exemplo 5.3

Com $A(-1, 4)$ e $B(5, -2)$ , o ponto médio de $[AB]$ é

I\left(\frac{-1 + 5}{2},\ \frac{4 + (-2)}{2}\right) = I(2, 1).

A fórmula também funciona no sentido inverso: se $A(-1, 4)$ e o ponto médio é $I(2, 1)$ , então $B$ satisfaz $\frac{-1 + x_B}{2} = 2$ e $\frac{4 + y_B}{2} = 1$ , logo $x_B = 5$ e $y_B = -2$ : o ponto $B$ é o simétrico de $A$ em relação a $I$ .

5.3 Distância entre dois pontos

Teorema 5.4 (Fórmula da distância)

Em um sistema ortonormal, a distância entre $A(x_A, y_A)$ e $B(x_B, y_B)$ é

AB = \sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}.

Demonstração. Seja $C$ o ponto $(x_B, y_A)$ : ele tem a mesma altura de $A$ e a mesma abscissa de $B$ , de modo que o triângulo $ACB$ tem um ângulo reto em $C$ . Seus catetos são segmentos horizontal e vertical, de comprimentos $AC = \abs{x_B - x_A}$ e $CB = \abs{y_B - y_A}$ . Pelo teorema de Pitágoras,

AB^2 = AC^2 + CB^2 = (x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2,

e extrair a raiz quadrada (os dois lados são não negativos) dá a fórmula. ∎

A fórmula da distância é o teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retângulo ACB, construído sobre um cateto horizontal e um cateto vertical. — A fórmula da distância é o teorema de Pitágoras aplicado ao triângulo retângulo $ACB$ , construído sobre um cateto horizontal e um cateto vertical.

Exemplo 5.5

Com $A(1, 1)$ e $B(5, 3)$ :

AB = \sqrt{(5-1)^2 + (3-1)^2} = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt 5 .

As distâncias costumam ser mantidas na forma exata (com raiz); arredonde somente no fim, se for preciso dar uma resposta decimal.

Observação 5.6

A ordem dos pontos não importa: $(x_A - x_B)^2 = (x_B - x_A)^2$ . Mas não esqueça os quadrados! A distância não é $\abs{x_B - x_A} + \abs{y_B - y_A}$ .

5.4 Usar as fórmulas em geometria

Método 5.7 (Natureza de um triângulo)

Dados três pontos $A$ , $B$ , $C$ por suas coordenadas:

calcule os três quadrados de comprimento $AB^2$ , $AC^2$ , $BC^2$ com a fórmula da distância (guardar os quadrados evita raízes);
dois quadrados iguais $\Rightarrow$ o triângulo é isósceles;
se o maior dos quadrados for a soma dos outros dois, o triângulo é retângulo no vértice oposto ao maior lado, pela recíproca do teorema de Pitágoras.

Exemplo 5.8

Sejam $A(0, 1)$ , $B(4, 3)$ e $C(2, -3)$ . Então

\begin{align*} AB^2 &= (4-0)^2 + (3-1)^2 = 16 + 4 = 20, \\ AC^2 &= (2-0)^2 + (-3-1)^2 = 4 + 16 = 20, \\ BC^2 &= (2-4)^2 + (-3-3)^2 = 4 + 36 = 40 . \end{align*}

Primeiro, $AB^2 = AC^2$ , logo $AB = AC$ : o triângulo é isósceles em $A$ . Além disso, $AB^2 + AC^2 = 40 = BC^2$ , de modo que, pela recíproca do teorema de Pitágoras, o triângulo também é retângulo em $A$ .

Método 5.9 (Reconhecer um paralelogramo)

Um quadrilátero $ABCD$ é um paralelogramo exatamente quando suas diagonais $[AC]$ e $[BD]$ têm o mesmo ponto médio. Portanto: calcule os dois pontos médios com a fórmula do ponto médio e compare-os.

Exemplo 5.10

Sejam $A(-1, 0)$ , $B(2, 2)$ , $C(5, 1)$ e $D(2, -1)$ . O ponto médio de $[AC]$ é $\left(\frac{-1+5}{2}, \frac{0+1}{2}\right) = (2, \frac12)$ ; o ponto médio de $[BD]$ é $\left(\frac{2+2}{2}, \frac{2-1}{2}\right) = (2, \frac12)$ . Eles coincidem, logo $ABCD$ é um paralelogramo.

ABCD é um paralelogramo porque suas duas diagonais têm o mesmo ponto médio I(2, 1/2). — $ABCD$ é um paralelogramo porque suas duas diagonais têm o mesmo ponto médio $I(2, \frac12)$ .

5.5 Exercícios

Exercício 5.1 ★

Sejam $A(2, 5)$ e $B(-4, 1)$ . Calcule as coordenadas do ponto médio de $[AB]$ e a distância $AB$ .

Solução

Solução de Exercício 5.1.

Ponto médio: $\left(\frac{2 + (-4)}{2}, \frac{5 + 1}{2}\right) = (-1, 3)$ . Distância:

AB = \sqrt{(-4 - 2)^2 + (1 - 5)^2} = \sqrt{36 + 16} = \sqrt{52} = 2\sqrt{13}.

Exercício 5.2 ★

Sejam $A(3, -2)$ e $I(1, 2)$ . Encontre as coordenadas do ponto $B$ tal que $I$ seja o ponto médio de $[AB]$ .

Solução

Solução de Exercício 5.2.

Dizer que $I$ é o ponto médio de $[AB]$ significa $\frac{3 + x_B}{2} = 1$ e $\frac{-2 + y_B}{2} = 2$ , logo $x_B = -1$ e $y_B = 6$ : $B(-1, 6)$ .

Exercício 5.3 ★

Qual dos pontos $P(4, 1)$ , $Q(-3, 2)$ e $R(0, -5)$ está mais próximo da origem $O(0,0)$ ? Responda com distâncias exatas.

Solução

Solução de Exercício 5.3.

$OP = \sqrt{16 + 1} = \sqrt{17}$ ; $OQ = \sqrt{9 + 4} = \sqrt{13}$ ; $OR = \sqrt{0 + 25} = 5 = \sqrt{25}$ . Como $13 < 17 < 25$ e a raiz quadrada é crescente, $Q$ é o mais próximo da origem.

Exercício 5.4 ★

Marque os pontos $A(1, 2)$ , $B(5, 4)$ , $C(7, 0)$ no papel quadriculado e mostre em seguida, por cálculo, que o triângulo $ABC$ é isósceles. Ele é retângulo?

Solução

Solução de Exercício 5.4.

Quadrados dos comprimentos:

\begin{align*} AB^2 &= (5-1)^2 + (4-2)^2 = 16 + 4 = 20, \\ BC^2 &= (7-5)^2 + (0-4)^2 = 4 + 16 = 20, \\ AC^2 &= (7-1)^2 + (0-2)^2 = 36 + 4 = 40 . \end{align*}

$AB = BC$ : o triângulo é isósceles em $B$ . Além disso, $AB^2 + BC^2 = 40 = AC^2$ : pela recíproca do teorema de Pitágoras, ele também é retângulo em $B$ .

Exercício 5.5 ★★

Sejam $A(-2, 1)$ , $B(1, 3)$ , $C(4, 1)$ e $D(1, -1)$ .

Mostre que $ABCD$ é um paralelogramo.
Calcule $AB$ e $BC$ . $ABCD$ é um losango (todos os lados iguais)?
Calcule $AC$ e $BD$ . $ABCD$ é um retângulo (diagonais iguais)?

Solução

Solução de Exercício 5.5.

1. Ponto médio de $[AC]$ : $\left(\frac{-2+4}{2}, \frac{1+1}{2}\right) = (1, 1)$ ; ponto médio de $[BD]$ : $\left(\frac{1+1}{2}, \frac{3+(-1)}{2}\right) = (1, 1)$ . Mesmo ponto médio: $ABCD$ é um paralelogramo.

2. $AB^2 = 3^2 + 2^2 = 13$ e $BC^2 = 3^2 + (-4)^2 = 25$ : $AB \neq BC$ , não é losango.

3. $AC^2 = 6^2 + 0^2 = 36$ e $BD^2 = 0^2 + (-4)^2 = 16$ : $AC \neq BD$ , não é retângulo. $ABCD$ é um paralelogramo comum.

Exercício 5.6 ★★

O círculo de centro $\Omega(2, 1)$ e raio $5$ é formado por todos os pontos que estão a distância $5$ de $\Omega$ . Quais dos pontos $A(5, 5)$ , $B(-1, -3)$ , $C(6, 2)$ estão sobre esse círculo? Dentro dele? Fora dele?

Solução

Solução de Exercício 5.6.

Calcule os quadrados das distâncias a $\Omega(2,1)$ e compare com $5^2 = 25$ :

\Omega A^2 = 3^2 + 4^2 = 25, \qquad \Omega B^2 = (-3)^2 + (-4)^2 = 25, \qquad \Omega C^2 = 4^2 + 1^2 = 17 .

$A$ e $B$ estão sobre o círculo; $C$ está dentro dele ( $17 < 25$ ).

Exercício 5.7 ★★

Sejam $A(1, 1)$ e $B(7, 5)$ . Encontre todos os pontos $M(x, 0)$ do eixo $x$ equidistantes de $A$ e $B$ . (Escreva $MA^2 = MB^2$ e resolva em $x$ .)

Solução

Solução de Exercício 5.7.

$MA^2 = (x - 1)^2 + 1$ e $MB^2 = (x - 7)^2 + 25$ . Impondo $MA^2 = MB^2$ :

x^2 - 2x + 2 = x^2 - 14x + 74 \ \Longleftrightarrow\ 12x = 72 \ \Longleftrightarrow\ x = 6 .

O único ponto assim é $M(6, 0)$ .

Exercício 5.8 ★★

Sejam $A(0, 3)$ e $B(4, 1)$ .

Calcule as coordenadas do ponto médio $I$ de $[AB]$ .
Mostre que $M(2, 2) = I$ e verifique em seguida, calculando $MA$ e $MB$ , que $M$ é equidistante de $A$ e $B$ .
Encontre um segundo ponto, sobre o eixo $y$ , equidistante de $A$ e $B$ .

Solução

Solução de Exercício 5.8.

1. $I = \left(\frac{0+4}{2}, \frac{3+1}{2}\right) = (2, 2)$ .

2. $M(2,2)$ é de fato $I$ . E $MA^2 = (0-2)^2 + (3-2)^2 = 5$ , $MB^2 = (4-2)^2 + (1-2)^2 = 5$ : o ponto médio é equidistante das duas extremidades, como se esperava.

3. Procure $N(0, y)$ com $NA^2 = NB^2$ :

(3 - y)^2 = 16 + (1 - y)^2 \ \Longleftrightarrow\ 9 - 6y = 16 + 1 - 2y \ \Longleftrightarrow\ -4y = 8,

logo $y = -2$ : o ponto $N(0, -2)$ .

Exercício 5.9 ★★

São dados os pontos $A(-1, -1)$ , $B(3, 1)$ e $C(11, 5)$ . Calcule $AB$ , $BC$ e $AC$ e deduza que $A$ , $B$ , $C$ são colineares. (Três pontos são colineares exatamente quando a maior das três distâncias é a soma das outras duas.)

Solução

Solução de Exercício 5.9.

\begin{align*} AB &= \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20} = 2\sqrt5, \\ BC &= \sqrt{8^2 + 4^2} = \sqrt{80} = 4\sqrt5, \\ AC &= \sqrt{12^2 + 6^2} = \sqrt{180} = 6\sqrt5 . \end{align*}

Então $AB + BC = 2\sqrt5 + 4\sqrt5 = 6\sqrt5 = AC$ : a desigualdade triangular vira igualdade, de modo que $B$ está sobre o segmento $[AC]$ — os três pontos são colineares.

Exercício 5.10 ★★★

Sejam $A(a, 0)$ e $B(0, b)$ com $a, b > 0$ , e seja $I$ o ponto médio de $[AB]$ . Mostre por cálculo que $OI = IA = IB$ , onde $O$ é a origem. (Isso demonstra um teorema clássico: num triângulo retângulo, o ponto médio da hipotenusa é equidistante dos três vértices.)

Solução

Solução de Exercício 5.10.

O ponto médio de $[AB]$ é $I\left(\frac a2, \frac b2\right)$ . Então

OI^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{b^2}{4}, \qquad IA^2 = \left(a - \frac a2\right)^2 + \left(0 - \frac b2\right)^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{b^2}{4},

e $IB^2 = \left(0 - \frac a2\right)^2 + \left(b - \frac b2\right)^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{b^2}{4}$ também. Os três quadrados de distância são iguais, logo $OI = IA = IB$ : o ponto médio da hipotenusa do triângulo retângulo $OAB$ é equidistante dos três vértices (é o centro de seu círculo circunscrito).

5.6 Problema: A ponte de Descartes — equações de círculos e como descobrir onde você está

Problema 5.1

Problema de fim de semana — o círculo vira uma equação, teoremas antigos viram contas, e três balizas localizam um ponto: trilateração pela álgebra

Em 1637, René Descartes construiu uma ponte entre dois continentes: toda curva da geometria virou uma equação e toda questão geométrica virou uma conta. Este problema atravessa a ponte nos dois sentidos — deduzindo a equação do círculo a partir da fórmula da distância (Teorema 5.4), redemonstrando teoremas clássicos em três linhas de álgebra e terminando onde a ponte tem hoje mais tráfego: no cálculo de uma posição a partir de sinais de distância, o coração plano do GPS.

Parte I — O círculo ganha uma equação.

Um ponto $M(x, y)$ está no círculo de centro $\Omega(2, 1)$ e raio $5$ exatamente quando $\Omega M = 5$ . Eleve essa condição ao quadrado para obter a equação do círculo:

$(x - 2)^2 + (y - 1)^2 = 25 .$
Teste a pertinência: quais dos pontos $A(5, 5)$ , $B(6, 4)$ , $D(4, 4)$ estão sobre o círculo, dentro dele ou fora dele?
Um círculo disfarçado: complete os quadrados (Problema 2.1) em

$x^2 + y^2 - 6x + 4y - 12 = 0$

e dê seu centro e seu raio.
Faça o mesmo com $x^2 + y^2 - 6x + 4y + 14 = 0$ . O que a forma completada revela? Enuncie o critério: quando $(x - h)^2 + (y - k)^2 = c$ descreve um círculo, um único ponto ou coisa alguma?
Intersecte o círculo da questão 3 com a reta horizontal $y = 3$ : substitua e resolva. Quantos pontos, e qual é o nome geométrico de uma reta assim?

Parte II — Teoremas antigos em três linhas.

O teorema do círculo do volume do ensino fundamental (um ângulo reto em toda semicircunferência), redemonstrado pela álgebra: sejam $A(-r, 0)$ e $B(r, 0)$ as extremidades de um diâmetro e $M(x, y)$ um ponto qualquer do círculo $x^2 + y^2 = r^2$ . Calcule $MA^2 + MB^2$ e conclua, pela recíproca de Pitágoras, que $\widehat{AMB}$ é reto.
O teorema da mediana: com $A(-a, 0)$ , $B(a, 0)$ (de modo que o ponto médio de $[AB]$ é a origem $I$ ), mostre que, para todo ponto $M(x, y)$ ,

$MA^2 + MB^2 = 2\,MI^2 + \frac{AB^2}{2} .$
Deduza o lugar geométrico dos pontos $M$ com $MA^2 + MB^2 = 26$ quando $AB = 6$ : que curva, qual centro, qual raio?
Outro lugar geométrico: $A(0,0)$ , $B(3,0)$ ; encontre todos os pontos com $MA = 2\,MB$ . (Eleve ao quadrado, expanda, complete os quadrados: aparece um círculo famoso — Apolônio já o conhecia sem coordenadas.)
Em uma ou duas frases: o que a ponte de Descartes muda no modo como os teoremas são demonstrados? Compare a questão 6 com a demonstração pelo retângulo do teorema do círculo do volume do ensino fundamental (um ângulo reto em toda semicircunferência).

Parte III — Três balizas encontram você. Sua posição $M(x, y)$ é desconhecida. A baliza $P(0, 0)$ mede sua distância como $5$ ; a baliza $Q(6, 0)$ também mede $5$ .

Escreva as duas equações de círculo, subtraia-as e veja os quadrados se cancelarem: que equação simples sobrevive? Combine-a com um dos círculos para encontrar as duas posições candidatas.
Uma terceira baliza $R(0, 8)$ mede sua distância como $5$ . Calcule sua distância a cada candidata e decida onde você está.
Explique por que subtrair duas equações de círculo sempre produz a equação de uma reta (que termos se cancelam?) e o que essa reta é, geometricamente, quando os círculos se cortam em dois pontos.
O posicionamento por satélite real acontece no espaço e com relógios imperfeitos: cada satélite fornece (pelo tempo de percurso do sinal) uma distância, portanto uma esfera. Quantas incógnitas tem um receptor (a posição e o erro do próprio relógio) e por que o GPS, assim, escuta pelo menos quatro satélites?
Precisão: suponha que a distância da baliza $P$ seja na verdade $5.1$ em vez de $5$ (tudo o mais inalterado). Refaça a subtração da questão 11 para achar o novo $x$ e quantifique quanto a estimativa se deslocou. (Compare com as ideias de orçamento de erro do Problema 1.1.)

Parte IV — A caixa de ferramentas do agrimensor.

O caminho mais curto até a água: um acampamento em $A(1, 5)$ , um celeiro em $B(7, 3)$ e um rio reto ao longo do eixo $y = 0$ . Para ir de $A$ ao rio e depois a $B$ andando o mínimo possível: reflita $B$ em relação ao rio, obtendo $B'$ , e encontre onde o segmento $[AB']$ cruza o rio. Dê o ponto de cruzamento e o comprimento total mínimo. (A ideia é a do exercício do ricochete de bilhar, no volume do ensino fundamental, agora inteiramente calculável.)
Confirme a minimalidade contra um concorrente: calcule o percurso total passando por $Q(3, 0)$ e verifique que ele perde para a sua resposta.
Classifique completamente o quadrilátero $A(1,1)$ , $B(4,2)$ , $C(5,5)$ , $D(2,4)$ : paralelogramo? losango? retângulo? quadrado? (Método 5.9, Método 5.7 — compare também as diagonais.)
Dados $A(-1, 2)$ , $B(3, 4)$ , $C(6, 0)$ , encontre $D$ tal que $ABCD$ seja um paralelogramo (o truque do ponto médio das diagonais, do problema de fim de semana sobre meias voltas, no volume do ensino fundamental, agora em fórmulas).
Final: três ferramentas — fórmula do ponto médio, fórmula da distância e subtração de equações de círculo. Para cada uma, diga que tipo de questão ela resolveu neste problema e o que os dois próximos capítulos acrescentam à caixa (direções e coeficientes angulares: vetores e equações de retas).

Solução

Solução de Problema 5.1.

1. $\Omega M = 5 \iff \Omega M^2 = 25 \iff (x - 2)^2 + (y - 1)^2 = 25$ pela fórmula da distância (Teorema 5.4) — elevar ao quadrado é inofensivo, já que os dois lados são positivos.

2. $A$ : $(5-2)^2 + (5-1)^2 = 9 + 16 = 25$ : sobre o círculo. $B$ : $16 + 9 = 25$ : também sobre ele. $D$ : $4 + 9 = 13 < 25$ : dentro.

3. $x^2 - 6x = (x - 3)^2 - 9$ e $y^2 + 4y = (y + 2)^2 - 4$ , de modo que a equação fica $(x - 3)^2 + (y + 2)^2 = 25$ : centro $(3, -2)$ , raio $5$ .

4. $(x - 3)^2 + (y + 2)^2 = -1$ : uma soma de quadrados nunca é negativa — nenhum ponto a satisfaz: o conjunto vazio. Em geral, $(x - h)^2 + (y - k)^2 = c$ é um círculo de raio $\sqrt c$ se $c > 0$ , o único ponto $(h, k)$ se $c = 0$ , e é vazio se $c < 0$ .

5. Com $y = 3$ : $(x - 3)^2 + 25 = 25$ , logo $(x - 3)^2 = 0$ : o único ponto $(3, 3)$ . Um só ponto de contato: a reta é tangente ao círculo.

6. $MA^2 + MB^2 = (x + r)^2 + y^2 + (x - r)^2 + y^2 = 2x^2 + 2y^2 + 2r^2 = 2r^2 + 2r^2 = 4r^2$ (usando $x^2 + y^2 = r^2$ ). Como $AB^2 = (2r)^2 = 4r^2$ , o triângulo $AMB$ satisfaz $MA^2 + MB^2 = AB^2$ : é retângulo em $M$ (recíproca de Pitágoras) — três linhas, como prometido.

7. $MA^2 + MB^2 = (x + a)^2 + y^2 + (x - a)^2 + y^2 = 2x^2 + 2y^2 + 2a^2 = 2\,MI^2 + 2a^2$ , e $\frac{AB^2}{2} = \frac{(2a)^2}{2} = 2a^2$ . Identidade demonstrada.

8. $2\,MI^2 + \frac{36}{2} = 26$ dá $MI^2 = 4$ : o círculo de centro no ponto médio $I$ e raio $2$ .

9. $MA^2 = 4\,MB^2$ : $x^2 + y^2 = 4\left((x - 3)^2 + y^2\right)$ , isto é, $3x^2 + 3y^2 - 24x + 36 = 0$ , ou $x^2 + y^2 - 8x + 12 = 0$ : completando os quadrados, $(x - 4)^2 + y^2 = 4$ — o círculo de centro $(4, 0)$ e raio $2$ (o círculo de Apolônio de razão $2$ ).

10. A ponte converte construções em contas: nenhum retângulo auxiliar, nenhuma análise de casos — uma expansão e o teorema cai. O preço: as contas carregam menos intuição geométrica; a demonstração clássica mostra por que, e a algébrica mostra que — um matemático em atividade guarda as duas.

11. $x^2 + y^2 = 25$ e $(x - 6)^2 + y^2 = 25$ . Subtraindo: $x^2 - (x - 6)^2 = 0$ , isto é, $12x - 36 = 0$ : $x = 3$ . Então $9 + y^2 = 25$ : $y = \pm 4$ . Candidatos $(3, 4)$ e $(3, -4)$ .

12. De $(3, 4)$ até $R(0, 8)$ : $\sqrt{9 + 16} = 5$ — confere. De $(3, -4)$ : $\sqrt{9 + 144} \approx 12.4$ — errado. Você está em $(3, 4)$ .

13. As duas equações trazem o mesmo $x^2 + y^2$ (ou com coeficientes iguais depois da expansão): a subtração cancela os quadrados e deixa uma equação de grau um — uma reta. Quando os círculos se encontram duas vezes, essa reta passa pelos dois pontos de encontro: é a reta da corda comum.

14. Quatro incógnitas: três coordenadas mais o erro do relógio do receptor (um relógio barato, corrigido pela matemática). Cada satélite fornece uma equação, de modo que quatro satélites dão quatro equações para quatro incógnitas — e mais satélites melhoram a precisão.

15. A subtração dá agora $x = \frac{5.1^2 - 5^2 + 36}{12} = \frac{37.01}{12} \approx 3.084$ : um erro de $10$ cm em uma distância deslocou a estimativa cerca de $8$ cm aqui. Os erros se propagam por todas as fórmulas — a cautela da aritmética de intervalos do Problema 1.1, agora com coordenadas.

16. $B'(7, -3)$ . A reta $(AB')$ tem coeficiente angular $\frac{-3 - 5}{7 - 1} = -\frac43$ e cruza $y = 0$ em $x = 1 + \frac{5}{8} \times 6 = 4.75$ : beba em $P(4.75,\ 0)$ . Comprimento mínimo: $AP + PB = AP + PB' = AB' = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$ .

17. Passando por $Q(3, 0)$ : $AQ + QB = \sqrt{4 + 25} + \sqrt{16 + 9} = \sqrt{29} + 5 \approx 10.39 > 10$ . A reta obtida por reflexão vence.

18. Pontos médios das diagonais: $[AC]$ : $(3, 3)$ ; $[BD]$ : $(3, 3)$ — iguais: paralelogramo. Lados: $AB = \sqrt{10} = AD$ : losango. Diagonais: $AC = \sqrt{32} \neq BD = \sqrt{8}$ : não é retângulo e, portanto, não é quadrado. Veredicto: um losango, e nada mais.

19. $D = A + C - B = (-1 + 6 - 3,\ 2 + 0 - 4) = (2, -2)$ : aí $[AC]$ e $[BD]$ passam a ter o mesmo ponto médio $\left(\frac52, 1\right)$ .

20. Fórmula do ponto médio: paralelogramos e centros (questões 18 e 19). Fórmula da distância: círculos, lugares geométricos, natureza de triângulos, caminhos mínimos (questões 1–9 e 16). Subtração de equações de círculo: a reta que localiza uma posição (questões 11–15). O que falta na caixa: uma álgebra limpa das direções — os vetores — e das inclinações — equações de retas e sistemas: os dois próximos capítulos fornecem exatamente isso.