Prova Resolvida de Geometria Analítica

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1. Os lados de um triângulo retângulo ABC (ângulo reto em A) medem 5, 12 e 13. Calcule
−→
AB ·
−→
AC +
−→
BA ·
−−→
BC +
−→
CA ·
−−→
CB.
Temos as seguintes hipóteses:
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........................................................................................................................................................................
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C
BA
·
||
−→
AB|| = ||
−→
BA|| = 12, ||
−→
AC|| = ||
−→
CA|| = 5 e ||
−−→
BC|| = ||
−−→
CB|| = 13. Como o ângulo A é reto,
devemos ter também,
−→
AB ·
−→
AC =
−→
BA ·
−→
AC =
−→
CA ·
−→
AB = 0.
Logo,
−→
AB ·
−→
AC +
−→
BA ·
−−→
BC +
−→
CA ·
−−→
CB = 0 +
−→
BA · (
−−−−−−−−−→
KONDOBA+
−→
AC) +
−→
CA · (
−→
CA+
−→
AB) =
=
−→
BA ·
−→
BA+
−→
BA ·
−→
AC +
−→
CA ·
−→
CA+
−→
CA ·
−→
AB =
= ||
−→
BA||2 + 0 + ||
−→
CA||2 + 0 = 122 + 52 = 169
Isso poderia ser feito também da seguinte maneira:
−→
AB ·
−→
AC +
−→
BA ·
−−→
BC +
−→
CA ·
−−→
CB =
−→
AB ·
−→
AC +
−−→
BC · (
−→
BA−
−→
CA) = 0 +
−−→
BC · (
−→
BA+
−→
AC) =
=
−−→
BC ·
−−→
BC = ||
−−→
BC||2 = 132 = 169
• Outra resolução alternativa
Temos que
−→
AB ·
−→
AC = ||
−→
AB|| · ||
−→
AC|| · cos(90o) = 0
−→
BA ·
−−→
BC = ||
−→
BA|| · ||
−−→
BC|| ·cos(AB̂C) = ||
−→
BA|| · ||
−−→
BC|| · ||
−→
BA||
||
−−→
BC||
= ||
−→
BA||2 = 122 = 144
KONDO
−→
CA ·
−−→
CB = ||
−→
CA|| · ||
−−→
CB|| · cos(AĈB) = ||
−→
CA|| · ||
−−→
CB|| · ||
−→
CA||
||
−−→
CB||
= ||
−→
CA||2 =
52 = 25
Portanto,
−→
AB ·
−→
AC +
−→
BA ·
−−→
BC +
−→
CA ·
−−→
CB = 0 + 144 + 25 = 169.
2. O plano π é determinado pelas retas r : x + z = 5 = y + 4 e s : X = (4, 1, 1) + λ(4, 2,−3).
Obtenha equações gerais dos planos que distam 2 de π.
Observamos que A = (4, 1, 1) ∈ r ∩ s e B = (0, 1, 5) ∈ r mas B = (0, 1, 5) /∈ s. Portanto r e s
são retas concorrentes. Temos que,
−→
AB = (−4, 0, 4) é vetor diretor da reta r e ~s = (4, 2,−3)
1
Prova Substituta Resolvida de Geometria Analítica
é vetor diretor da reta s. Esses vetores são vetores diretores do plano π, determinado pelas
retas r e s. Como A = (4, 1, 1) ∈ π, temos que uma equação geral de π é dada por:
π :
∣∣∣∣∣∣
x− 4 y − 1 z − 1
−4 0 4
4 2 −3
∣∣∣∣∣∣ = 0
ou seja, π : −2x+ y − 2z + 9 = 0.
Se α é um plano tal que dist(α, π) = 2, então α deve ser paralelo ao plano π. Assim,
α : −2x+ y − 2z + d = 0 para algum d ∈ R, d 6= 9
e dist(α, π) = dist(A,α). Logo,
2 = dist(A,α) =
| − 2 · 4 + 1 · 1− 2 · 1 + d|√
(−2)2 + 12 + (−2)2
=
|d− 9|
3
ou seja, d = 3 ou d = 15. Assim, existem dois planos que distam 2 de π:
α1 : −2x+ y − 2z + 3 = 0 e α2 : −2x+ y − 2z + 15 = 0
3. Seja {~a,~b,~c} uma base ordenada (não necessariamente ortonormal). Mostre que, para todo
vetor ~x vale a igualdade:
~x =
[~x,~b,~c]
[~a,~b,~c]
· ~a+ [~a, ~x,~c]
[~a,~b,~c]
·~b+ [~a,
~b, ~x]
[~a,~b,~c]
· ~c
Obs.: [~u,~v, ~w] denota o produto misto dos vetores ~u,~v e ~w, ou seja, [~u,~v, ~w] = (~u ∧ ~v) · ~w
Como E = {~a,~b,~c} é uma base ordenada temos que existem escalares α, β, γ ∈ R tais que,
~x = α~a+ β~b+ γ~c
Assim,
[~x,~b,~c] = [α~a+ β~b+ γ~c,~b,~c] = α[~a,~b,~c] + β[~b,~b,~c] + γ[~c,~b,~c] =
= α[~a,~b,~c] + 0 + 0 = α[~a,~b,~c]
Como E = {~a,~b,~c} é L.I. segue que [~a,~b,~c] 6= 0. Logo, α = [~x,
~b,~c]
[~a,~b,~c]
Analogamente,
[~a, ~x,~c] = [~a, α~a+ β~b+ γ~c,~c] = α[~a,~a,~c] + β[~a,~b,~c] + γ[~a,~c,~c] =
= 0 + β[~a,~b,~c] + 0 = β[~a,~b,~c]
de onde segue que β =
[~a, ~x,~c]
[~a,~b,~c]
Também,
[~a,~b, ~x] = [~a,~b, α~a+ β~b+ γ~c] = α[~a,~b,~a] + β[~a,~b,~b] + γ[~a,~b,~c] =
= 0 + 0 + β[~a,~b,~c] = γ[~a,~b,~c]
de onde segue que γ =
[~a,~b, ~x]
[~a,~b,~c]
2
4. Determine as retas tangentes à eĺıpse E : 4x2 + 2y2 = 1 que são paralelas à reta s : y = 2x;
A reta tangente à eĺıpse E : 4x2 + 2y2 = 1 no ponto (x0, y0) tem equação: 4x0x + 2y0y = 1.
Como essa reta deve ser paralela à reta s : 2x − y = 0 então, deve existir λ ∈ R tal que
(4x0, 2y0) = λ · (2,−1). Desta forma, devemos ter x0 = −y0 e como (x0, y0) ∈ E segue que,
4(−y0)2 + 2y20 = 1, ou seja, y0 = ± 1√6 . Concluimos então que existem duas retas, r1 e r2,
tangentes à eĺıpse E que são paralelas à reta s : yKONDO = 2x, a saber, r1 : 4x− 2y =
√
6
e r2 : −4x+ 2y =
√
6
5. Considere a hipérbole H : 4x2 − 4 = y2. Determine uma equação da parábola P , cuja reta
diretriz coincide com a asśıntota de H que possui coeficiente angular positivo, e cujo foco é
dado por F = (3, 0).
Temos queH : x2− y
2
4
= 1. Assim, o semi-eixo transverso mede a = 1 e o semi-eixo conjugado
mede b = 2. As asśıntotas são dadas por, s1 : y =
b
a
x = 2x e s2 : y = −
b
a
x = −2x. Dentre
essas duas asśıntotas, a que possui coeficiente angular positivo é s1, cuja equação pode também
ser escrita como s1 : 2x− y = 0.
Queremos determinar uma equação da parábola P com foco F = (3, 0) e reta diretriz d :
2x− y = 0. Um ponto P = (x, y) pertence a P se, e somente se, dist(P, F ) = dist(P, d). Mas,
dist(P, F ) = dist(P, d) ⇔ (x− 3)2 + y2 = |2x− y|
2
22 + (−1)2
⇔ x2 − 6x+ 9 + y2 = 4x
2 − 4xy + y2
5
⇔ 5x2 − 30x+ 45 + 5y2 = 4x2 − 4xy + y2
⇔ x2 + 4xy + 4y2 − 30x+ 45 = 0
Logo, P : x2 + 4xy + 4y2 − 30x+ 45 = 0
6. Determine o que a cônica C : −2x2 + 3xy+ 2y2 + 3x− y− 1 = 0 representa e faça um esboço
dessa cônica.
Temos que
−2x2 + 3xy + 2y2 + 3x− y − 1 = 0 ⇔
(
x y
)
·
(
−2 3
2
3
2
2
)
·
(
x
y
)
+
(
3 −1
)
·
(
x
y
)
− 1 = 0
• Autovalores de Q =
(
−2 3
2
3
2
2
)
det
(
−2− x 3
2
3
2
2− x
)
= 0 ⇔ (−2− x)(2− x)− 9
4
= 0 ⇔ x2 − 4− 9
4
= 0
Logo, os autovalores de Q são λ1 =
5
2
e λ2 = −52 .
• Autovetor ~v1 associado ao autovalor λ1 = 52(
−2− 5
2
3
2
3
2
2− 5
2
)
·
(
x1
x2
)
=
(
0
0
)
⇔ 3x1 = x2. Assim, se α = {~e1, ~e2} é a base ortonormal
que compôe o sistema de coordenadas xy, temos que um autovetor unitário ~v1, associado a
λ1 =
5
2
é dado por [~v1]α =
(
1√
10
3√
10
)
.
3
• Autovetor ~v2 associado ao autovalor λ2 = −52
Sabemos que ~v2 deve ser unitário e ortogonal a ~v1. Logo um tal ~v2 é dado por [~v2]α =
(
− 3√
10
1√
10
)
.
Se [~v]α =
(
x
y
)
e [~v]β =
(
X
Y
)
, sendo β = {~v1, ~v2} então, −2x2 + 3xy + 2y2 + 3x− y − 1 = 0
se, e somente se,
5
2
X2 − 5
2
· Y 2 +
(
3 −1
)( 1√
10
− 3√
10
3√
10
1√
10
)(
X
Y
)
= 1 ⇔ 5
2
X2 − 5
2
Y 2 +
(
0 −
√
10
)
·
(
X
Y
)
= 1
⇔ 5
2
X2 − 5
2
Y 2 −
√
10Y = 1
⇔ 5
2
X2 − 5
2
(Y 2 +
2
√
10
5
Y +
10
25
) + 1 = 1
⇔ 5
2
X2 − 5
2
(
Y +
√
10
5
)2
= 0
Trata-se portanto de duas retas concorrentes, r1 : Y = X −
√
10
5
e r2 : Y = −X −
√
10
5
(coordenadas com respeito ao sistema XY ).
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X
Y
r1
r2
0
x
y
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......
7. A intersecção do plano π : x+ 2
√
5 = 0 com o elipsóide Ω : x2 + 9y2 + 4z2 = 36 é uma eĺıpse.
Determine o centro, os focos, os vértices e a excentricidade dessa eĺıpse.
Se (x, y, z) ∈ π∩Ω então, x = −2
√
5 e x2 + 9y2 + 4z2 = 36, ou seja, 9y2 + 4z2 = 36− 20 = 16.
Portanto,
(x, y, z) ∈ π ∩ Ω ⇔ x = −2
√
5 e
y2(
4
3
)2 + z222 = 1
Assim, na equação reduzida da eĺıpse temos, a = 2, b = 4
3
e c =
√
22 −
(
4
3
)2
=
√
20
3
Portanto,
O centro da eĺıpse é: C = (−2
√
5, 0, 0)
4
Os focos da eĺıpse são: F1 = (−2
√
5, 0,−
√
20
3
) e F2 = (−2
√
5, 0,
√
20
3
)
Os vértices da eĺıpse sobre a reta focal são: A1 = (−2
√
5, 0,−2) e A2 = (−2
√
5, 0, 2)
Os vértices da eĺıpse sobre a reta não focal são: B1 = (−2
√
5,−4
3
, 0) e B2 = (−2
√
5, 4
3
, 0)
A excentricidade da eĺıpse é: e = c
a
=
√
20
6
5