Pré-Vestibular

Dandarah

A figura, feita fora de escala, mostra a circunferência $(\lambda): x^2 + y^2 = 12$ e as retas $t_1$ e $t_2$ , que passam pelo ponto $P\,(4,0)$ e são tangentes a $\lambda$ . As retas $t_1$ e $t_2$ interceptam o eixo $O_y$ nos pontos $A$ e $B$ , respectivamente. A área da região sombreada, interna ao triângulo $\triangle\,ABP$ e externa à circunferência $\lambda$ , é igual a

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Resposta

[tex3]16\sqrt{3}-6\pi[/tex3]

Olá, Dandarah.

Se a reta $t_1$ passa por $A\,(0,a)$ e $P$ , então sua equação na forma paramétrica seria,

$\frac{x}{4}+\frac{y}{a}=1\,\,\,\therefore\,\,\,\,ax+4y=4a\,\,\,(t_1)$

Nota-se que a reta $t_1$ e $\lambda$ possuem apenas um ponto em comum para satisfazer a condição de tangência,

$\begin{cases}x^2+y^2=12 \\ ax+4y=4a\end{cases}\,\,\,\,\Rightarrow\,\,\,\,(16+a^2)x^2-8a^2x+16a^2-16\cdot 12=0$

Para haver apenas uma solução, o discriminante deve ser nulo. Com isso, obteremos $a=\pm 4\sqrt{3}$ , na qual são as ordenadas de $A$ e $B$ .

Dessa forma, a área do triângulo será $\frac{1}{2}\cdot 8\sqrt{3}\cdot 4=16\sqrt{3}$ e da semi circunferência será $\frac{1}{2}\cdot \pi\cdot 12=6\pi$

Portanto, a área rachurada será $16\sqrt3-6\pi$

Espero ter ajudado, abraço.

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