AD2-GA1-2019-2-Gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Geometria Anaĺıtica I
2o Semestre de 2019
Gabarito da 2a Avaliação a Distância
Questão 1 Considere as parábolas dadas por
P1 : (x− 2)2 = y + 2
P2 : (x− 2)2 = −y + 2
a) (1,0 ponto) Determine os vértices V1 e V2, os focos F1 e F2, diretrizes e os eixos de simetria de P1
e P2, respectivamente.
b) (2,5 pontos) Esboce a região do plano
A = {(x, y) ∈ IR2|x2 − 4x + 2 < y ≤ −2 + 4x− x2}
Resolução:
a)
- A parábola P1 : (x− 2)2 = y − (−2) tem os seguintes elementos:
Vértice: V1 = (2,−2).
Eixo de simetria: reta vertical de equação x = 2.
Logo, considerando que 4p1 = 1, temos que p1 =
1
4
. Assim, obtemos:
Foco: F1 = (2,−2 + p1) =
(
2,−2 + 1
4
)
=
(
2,−7
4
)
Equação da diretriz: y = −2− p1 = −2−
1
4
, ou seja, y = −9
4
.
Outra forma de obter o foco e a equação da diretriz de P1:
Utilizando outra notação que consta no módulo, podemos considerar que a1 = 1 e, assim,
F1 =
(
2,−2 + 1
4a1
)
=
(
2,−2 + 1
4
)
=
(
2,−2 + 1
4
)
=
(
2,−7
4
)
Equação da diretriz: y = −2− 1
4a1
= −2− 1
4
= −2− 1
4
, ou seja, y = −9
4
.
- Agora vamos obter a equação reduzida da parábola P2:
P2 : (x− 2)2 = −(y − 2)
P2 : (x− 2)2 = (−1)(y − 2)
Logo, a parábola P2 tem os seguintes elementos:
Vértice: V2 = (2, 2).
Eixo de simetria: reta vertical de equação x = 2.
Considerando que 4p2 = 1, temos que p2 =
1
4
.
Neste caso, a parábola tem concavidade voltada para baixo. Logo, obtemos:
1
F2 = (2, 2− p) =
(
2, 2− 1
4
)
=
(
2,
7
4
)
Equação da diretriz: y = 2 + p2 = 2 +
1
4
, ou seja, y =
9
4
.
Outra forma de obter o foco e a equação da diretriz de P2:
Utilizando outra notação que consta no módulo, podemos considerar que a2 = −1 e, assim,
F2 =
(
2, 2 +
1
4a2
)
=
(
2, 2 +
1
4(−1)
)
=
(
2, 2− 1
4
)
=
(
2,
7
4
)
Equação da diretriz: y = 2− 1
4a2
= 2− 1
4(−1)
= 2 +
1
4
, ou seja, y =
9
4
.
Observação: Note que as parábolas P1 e P2 são simétricas em relação ao eixo OX.
b) A = {(x, y) ∈ IR2|x2 − 4x + 2 < y ≤ −2 + 4x− x2}
Vamos analisar separadamente as duas inequações.
- Seja (x, y) ∈ IR2 tal que x2 − 4x + 2 < y. Assim,
x2 − 4x + 2 + 2 < y + 2
x2 − 4x + 4 < y + 2
(x− 2)2 < y − (−2)
Então, a região R1 do plano que contém os pontos que satisfazem esta inequação é delimitada pela
parábola P1 : (x− 2)2 = y − (−2).
Observe que o foco F1 =
(
2,−7
4
)
da parábola P1 satisfaz esta inequação, visto que
(2− 2)2 = 02 = 0 < −7
4
+ 2 =
1
4
.
Logo, os pares ordenados que satisfazem esta inequação formam a região R1 do plano delimitada pela
parábola P1 que contém o seu foco F1 =
(
2,−7
4
)
, excluindo os pontos da própria parábola.
x
-2-2 -1.5-1.5 -1-1 -0.5-0.5 0.50.5 11 1.51.5 22 2.52.5 33 3.53.5 44 4.54.5 55 5.55.5 66 6.56.5 77
y
-2.5-2.5
-2-2
-1.5-1.5
-1-1
-0.5-0.5
0.50.5
11
1.51.5
22
2.52.5
33
00
RR11
11
VV11
FF11
2
- Seja (x, y) ∈ IR2 tal que y ≤ −2 + 4x− x2.
Assim,
−2 + y ≤ −2− 2 + 4x− x2
y − 2 ≤ −4 + 4x− x2
y − 2 ≤ −(x2 − 4x + 4)
y − 2 ≤ −(x− 2)2
Então, a região R2 do plano que contém os pontos que satisfazem esta inequação é delimitada pela
parábola P2 : (−1)(x− 2)2 = y − 2.
Observe que o foco F2 =
(
2,
7
4
)
da parábola P2 satisfaz esta inequação, visto que
7
4
− 2 = −1
4
≤ −(2− 2)2 = 0 .
Logo, os pares ordenados que satisfazem esta inequação formam a região R2 delimitada pela parábola
P2 que contém o seu foco F2 =
(
2,
7
4
)
, incluindo os pontos que pertencem a esta parábola.
x
-2-2 -1.5-1.5 -1-1 -0.5-0.5 0.50.5 11 1.51.5 22 2.52.5 33 3.53.5 44 4.54.5 55 5.55.5 66
y
-2-2
-1.5-1.5
-1-1
-0.5-0.5
0.50.5
11
1.51.5
22
2.52.5
00
RR22
22
VV22
FF22
- Precisamos ainda determinar os pontos de intersecção das duas parábolas, resolvendo o seguinte
sistema de equações: {
x2 − 4x + 2 = y
y = −2 + 4x− x2
Logo, temos que:
x2 − 4x + 2 = −2 + 4x− x2
2x2 − 8x + 4 = 0
x2 − 4x + 2 = 0
3
Como há duas soluções para esta equação, x1 = 2 −
√
2 e x2 = 2 +
√
2, obtemos dois pontos de
interseção das duas parábolas: Q1 = (2−
√
2, 0) e Q2 = (2 +
√
2, 0)
Portanto, a região A é determinada pela intersecção das regiões R1 e R2.
x
-2-2 -1.5-1.5 -1-1 -0.5-0.5 0.50.5 11 1.51.5 22 2.52.5 33 3.53.5 44 4.54.5 55 5.55.5 66 6.56.5 77
y
-2.5-2.5
-2-2
-1.5-1.5
-1-1
-0.5-0.5
0.50.5
11
1.51.5
22
2.52.5
33
00
AA
11
22
QQ11 QQ22
Questão 2: Considere a elipse E de equação
3x2 + y2 + 6x− 6y + 3 = 0
a) (1,0 ponto) Determine a equação reduzida de E .
b) (2,0 pontos) Determine o centro, as equações dos eixos de simetria, os focos, os vértices e os
extremos do eixo menor de E . Esboce o gráfico de E marcando estes elementos.
c) (0,5 ponto) Uma elipse E ′ é obtida pela translação da elipse E , de tal modo que o centro da nova
elipse E ′ é a origem. Esboce o gráfico de E ′ marcando os seus vértices e os extremos do seu eixo
menor.
Resolução:
a)
3x2 + y2 + 6x− 6y + 3 = 0
3x2 + 6x + y2 − 6y + 3 = 0
3(x2 + 2x) + (y2 − 6y) + 3 = 0
3(x2 + 2x + 1− 1) + (y2 − 6y + 9− 9) + 3 = 0
3(x2 + 2x + 1)− 3 + (y2 − 6y + 9)− 9 + 3 = 0
3(x + 1)2 + (y − 3)2 = 9
3(x + 1)2
9
+
(y − 3)2
9
= 1
(x + 1)2
3
+
(y − 3)2
9
= 1
4
b) Temos que E : (x− (−1))
2
3
+
(y − 3)2
9
= 1.
Tomado o maior denominador dos termos de grau 2 como a2, obtemos:
a2 = 9 ⇒ a = 3
b2 = 3 ⇒ b =
√
3
c2 = a2 − b2 ⇒ c =
√
a2 − b2 =
√
9− 3 =
√
6
Logo, a elipse tem os seguintes elementos:
Centro: C = (−1, 3)
Eixos de simetria: eixo maior x = −1
eixo menor y = 3
Focos: F1 = (−1, 3− c) = (−1, 3−
√
6)
F2 = (−1, 3 + c) = (−1, 3 +
√
6)
Vértices: A1 = (−1, 3− a) = (−1, 0)
A2 = (−1, 3 + a) = (−1, 6)
Extremos do eixo menor: B1 = (−1− b, 3) = (−1−
√
3, 3)
B2 = (−1 + b, 3) = (−1 +
√
3, 3)
x
-7-7 -6-6 -5-5 -4-4 -3-3 -2-2 -1-1 11 22 33 44 55
y
11
22
33
44
55
66
77
00
ff
AA22
AA11
FF22
FF11
BB22BB11 CC
c) Equação da elipse transladada
E ′ : x
2
3
+
y2
9
= 1
Centro: C ′ = (0, 0)
Vértices: A′1 = (0,−a) = (0,−3)
A′2 = (0, a) = (0, 3)
Extremidades do eixo menor: B′1 = (−b, 0) = (−
√
3, 0)
B′2 = (b, 0) = (
√
3, 0)
5
x
-6-6 -5-5 -4-4 -3-3 -2-2 -1-1 11 22 33 44 55 66
y
-3-3
-2-2
-1-1
11
22
33
44
00
A'A'22
A'A'11
B'B'22
B'B'11
Questão 3: A hipérbole H tem vértices A1 = (−1, 3) e A2 = (3, 3) e excentricidade e =
√
5
2
.
a) (1,8 ponto) Determine o centro, o eixo real, o eixo imaginário e a equação reduzida de H.
b) (1,2 ponto) Obtenha as equações das asśıntotas e esboce o gráfico de H, traçando as asśıntotas e
marcando os vértices.
Resolução:
a) O centro C da hipérbole H é o ponto médio dos vértices A1 e A2. Logo,
C =
(
−1 + 3
2
,
3 + 3
2
)
= (1, 3) .
O segmento A1A2 é o eixo real, ou ainda, a reta y = 3, que contém os pontos C, A1 e A2 é também
chamado de eixo real da hipérbole H.
O comprimento do eixo real é igual a 2a. Assim,
2a = d(A1, A2) =
√
(3− (−1))2 + (3− 3)2 =
√
(3 + 1)2 + (0)2 =
√
42 = 4
Logo, a = 2.
Como e =
c
a
=
√
5
2
, então c =
√
5
2
a =
√
5.
Como c2 = a2 + b2, temos que b =
√
c2 − a2.
Logo, b =
√
5− 4 = 1.
Assim, o segmento B1B2 é o eixo imaginário deH, sendo que B1 = (1, 3−1) = (1, 2) e B2 = (1, 3+1) =
(1, 4).
A reta vertical x = 1, que contém os pontos B1 e B2 é também chamada de eixo imaginário de H.
6
A equação reduzida de H é
(x− 1)2
a2
− (y − 3)
2
b2
= 1
(x− 1)2
4
− (y − 3)
2
1
= 1
(x− 1)2
4
− (y − 3)2 = 1
b) Para determinar as asśıntotas de H, vamos considerar a seguinte degeneração desta hipérbole:
(x− 1)2
4
− (y − 3)2 = 0
Logo,
(x− 1)2
4
= (y − 3)2
y − 3 = +1
2
(x− 1) ou y − 3 = −1
2
(x− 1)
2(y − 3) = x− 1 ou 2(y − 3) = −(x− 1)
2y − 6 = x− 1 ou 2y − 6 = −x + 1
x− 2y = −5 ou x + 2y = 7
Portanto, as asśıntotas de H são as retas r1 : x− 2y = −5 e r2 : x + 2y = 7.
x
-5-5 -4-4 -3-3 -2-2 -1-1 11 22 33 44 55 66 77
y
-1-1
11
22
33
44
5566
00
HH
rr11
rr22
AA22 AA11CC
7