Questão 168 — ENEM 2016 PPL

📋 Ficha da questão

• Matéria: Matemática → Geometria analítica → circunferência e reta tangente
• Habilidade: H8 — resolver situação-problema que envolva conhecimentos geométricos de espaço e forma
• Nível: Difícil — a figura não traz nenhuma coordenada; tudo tem de ser deduzido dos raios e da tangência
• Gabarito: revelado no Passo 4

🔎 Passo 1 — Leitura estratégica do comando

• O comando, em uma linha: escrever a equação da reta t, tangente às duas circunferências.
• Palavras-chave decisivas: raio 3, raio 1, tangentes entre si, tangente às duas circunferências nos pontos P e Q.
• A armadilha: tentar montar a equação a partir dos pontos P e Q. Eles aparecem na figura, mas suas coordenadas não são dadas e não são simples. O caminho curto ignora P e Q e trabalha com o ponto R, em que a reta corta o eixo x, e com os raios perpendiculares à tangente.
• O que a resposta precisa mostrar: que você usa a propriedade do raio perpendicular à tangente para montar triângulos semelhantes e extrair daí a inclinação da reta.

📚 Passo 2 — Revisão do conteúdo

• Raio perpendicular à tangente: em toda circunferência, o raio traçado até o ponto de tangência é perpendicular à reta tangente. Na figura, o ângulo reto aparece marcado em P e em Q. É essa propriedade que transforma o problema em trigonometria de triângulo retângulo.
• Tangência externa: duas circunferências tangentes externamente têm a distância entre os centros igual à soma dos raios. Aqui, O₁O₂ = 3 + 1 = 4.
• Equação reduzida da reta: y = mx + n, em que m é o coeficiente angular e n a ordenada do ponto em que a reta corta o eixo y. Conhecendo m e um ponto (x₀, y₀) da reta, escreve-se y − y₀ = m(x − x₀).
• Coeficiente angular e ângulo: m = tg α, sendo α o ângulo que a reta forma com o semieixo positivo de x. Reta descendente tem m negativo. Para α = 150°, tg 150° = −tg 30° = −√3/3.
• Distância de ponto a reta: para a reta ax + by + c = 0 e o ponto (x₀, y₀), d = |ax₀ + by₀ + c| ÷ √(a² + b²). Se a reta é tangente à circunferência, essa distância vale exatamente o raio — é a ferramenta de verificação.

🧭 Passo 3 — Decodificação do enunciado

• Evidência 1: na figura, os dois centros estão sobre o eixo x, e C₁ tangencia o eixo y na origem → como o raio de C₁ vale 3, o centro é O₁(3, 0).
• Evidência 2: "tangentes entre si" e a figura mostra as circunferências se tocando à direita de O₁ → tangência externa, logo O₁O₂ = 3 + 1 = 4, e o centro de C₂ é O₂(3 + 4, 0) = O₂(7, 0). O ponto de contato entre elas é (6, 0).
• Evidência 3: os ângulos retos estão marcados em P e em Q → O₁P ⊥ t e O₂Q ⊥ t, com O₁P = 3 e O₂Q = 1.
• Evidência 4: a reta t corta o eixo x no ponto R, à direita de C₂, e sobe para a esquerda → o coeficiente angular é negativo.
• Síntese: a figura entrega dois triângulos retângulos que compartilham o vértice R e o ângulo em R. É por eles que se chega à inclinação.

🧠 Passo 4 — Resolução passo a passo

4.1 — Fixar as coordenadas dos centros

• Raio de C₁ = 3 e C₁ tangencia o eixo y na origem → O₁(3, 0)
• Tangência externa → O₁O₂ = 3 + 1 = 4
• O₂ está à direita de O₁, sobre o eixo x → O₂(3 + 4, 0) = O₂(7, 0)

4.2 — Localizar o ponto R pelos triângulos semelhantes

Os triângulos O₁PR e O₂QR são retângulos em P e em Q e têm o ângulo em R em comum. Logo, são semelhantes, na razão dos raios:

• O₁P ÷ O₂Q = 3 ÷ 1 = 3 → razão de semelhança 3
• Portanto O₁R = 3 × O₂R

Chamando O₂R = x:

• O₁R − O₂R = O₁O₂ (porque O₂ está entre O₁ e R)
• 3x − x = 4 → distância entre os centros
• 2x = 4
• x = 2 → O₂R = 2

Como O₂ está em x = 7:

• R = (7 + 2, 0) = (9, 0) → ponto em que t corta o eixo x

4.3 — Obter o coeficiente angular

No triângulo retângulo O₂QR, o cateto oposto ao ângulo R é o raio O₂Q e a hipotenusa é O₂R:

• sen R = O₂Q ÷ O₂R
• sen R = 1 ÷ 2 = 0,5
• R = 30° → ângulo entre t e o eixo x

Como a reta desce da esquerda para a direita, ela forma 180° − 30° = 150° com o semieixo positivo de x:

• m = tg 150° = −tg 30° = −√3/3 → coeficiente angular

4.4 — Escrever a equação

Usando o ponto R(9, 0) e m = −√3/3:

• y − 0 = −(√3/3) × (x − 9)
• y = −(√3/3)x + (√3/3) × 9
• y = −(√3/3)x + 9√3/3
• y = −(√3/3)x + 3√3 → equação procurada

4.5 — Verificação pela distância de ponto a reta

Escrevendo t na forma geral. Multiplicando y = −(√3/3)x + 3√3 por 3:

• 3y = −√3x + 9√3
• √3x + 3y − 9√3 = 0 → forma geral, com a = √3, b = 3, c = −9√3
• √(a² + b²) = √(3 + 9) = √12 = 2√3 → denominador comum às duas contas

Distância de O₁(3, 0) até t:

• |√3 × 3 + 3 × 0 − 9√3| ÷ 2√3
• = |3√3 − 9√3| ÷ 2√3
• = 6√3 ÷ 2√3 = 3 → igual ao raio de C₁

Distância de O₂(7, 0) até t:

• |√3 × 7 + 3 × 0 − 9√3| ÷ 2√3
• = |7√3 − 9√3| ÷ 2√3
• = 2√3 ÷ 2√3 = 1 → igual ao raio de C₂

As duas distâncias batem com os raios: a reta é tangente às duas circunferências. Gabarito: B.

✅❌ Passo 5 — Análise das alternativas

❌ (A) y = −√3x + 3√3 — tem a ordenada correta na origem, mas troca o ângulo: −√3 é tg 120°, ou seja, 60° de inclinação em vez de 30°. O erro típico é inverter seno e cosseno ao calcular o ângulo em R. O resultado é grave: essa reta passa exatamente por O₁(3, 0), porque √3 × 3 − 3√3 = 0. Em vez de tangente, ela é uma secante que corta C₁ pelo centro.

✅ (B) y = −(√3/3)x + 3√3 — é a reta obtida. Coeficiente angular −√3/3, correspondente aos 150° deduzidos do triângulo O₂QR, e passagem por R(9, 0), obtido pela semelhança na razão 3 para 1. A verificação pela distância de ponto a reta devolve 3 para O₁ e 1 para O₂, exatamente os dois raios.

❌ (C) y = −x + 4 — coeficiente angular −1, isto é, 45° de inclinação, e corte do eixo x em (4, 0), ponto que está dentro de C₁. A distância de O₁(3, 0) a essa reta é |3 + 0 − 4| ÷ √2 ≈ 0,71, muito menor que o raio 3: a reta atravessa a circunferência maior em vez de tangenciá-la.

❌ (D) y = −(2/3)x + 4 — corta o eixo x em (6, 0), que é justamente o ponto onde as duas circunferências se tocam. É a pegadinha de quem confunde a tangente comum externa, pedida no enunciado, com a tangente interna, que passa pelo ponto de contato entre as circunferências. A reta pedida não toca esse ponto: ela tangencia em P e em Q, bem acima do eixo x.

❌ (E) y = −(4/5)x + 4 — corta o eixo x em (5, 0), ponto interno a C₁, e a distância de O₁ até ela vale 8 ÷ √41 ≈ 1,25, contra o raio 3. Além disso, um coeficiente angular racional como −4/5 já é suspeito: com ângulo de 30°, a resposta tem de trazer √3.

Gabarito: B — a semelhança entre os triângulos O₁PR e O₂QR fixa R(9, 0) e o ângulo de 30°, o que dá m = −√3/3 e a equação y = −(√3/3)x + 3√3.

🏁 Passo 6 — Generalização e dica de prova

• Por que só B se sustenta: as demais têm distância ao centro diferente do raio, e portanto cortam ou passam longe das circunferências. Nenhuma delas é tangente às duas.
• Como o ENEM cobra isso: tangente comum a duas circunferências aparece sempre com raios diferentes e figura sem coordenadas. O caminho é sempre o mesmo: prolongar a tangente até a linha dos centros e usar a semelhança dos dois triângulos retângulos.
• A regra geral: se as circunferências têm raios r₁ e r₂ e a tangente comum externa encontra a linha dos centros em R, então O₁R ÷ O₂R = r₁ ÷ r₂. Com a distância entre os centros conhecida, isso resolve o problema em duas linhas.
• Eliminação em 30 segundos: calcule apenas a distância de O₁(3, 0) a cada reta e compare com 3. Três alternativas caem só com essa conta, e a que sobra ao lado da correta erra o ângulo de forma visível.
• Temas que costumam vir junto: distância entre ponto e reta, posição relativa entre reta e circunferência, semelhança de triângulos, razões trigonométricas de 30°, 45° e 60°, e equação reduzida da reta.