Geometria Analitica UERJ lista5 2022-2

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xt
o
Geometria Anaĺıtica
Exerćıcios suplementares sobre
Cônicas
As cônicas são curvas cont́ınuas no plano R2 e geradas por dois tipos de equações.
1)
x2
p
+
y2
q
= 1 com p, q > 0 descreve uma elipse (ou ćırculo, quando p = q).
Exemplos:
x2
16
+
y2
2
= 1,
x2
3
+
y2
64
= 1.
Com p e q de sinal contrário descreve uma hipérbole.
Exemplos:
x2
25
− y
2
36
= 1, −x
2
12
+
y2
3
= 1.
2) y2 = 4px e x2 = 4py descrevem uma parábola.
Exemplos: y2 = 16x, x2 = −28y.
Questão 1. Determine os focos da elipse de excentricidade 0,8 e que contém (10
√
3, 6).
Questão 2. Estabelecer a equação reduzida de elipse que deve conter o ponto (3, 1) e tal
que c = 4.
Questão 3. A elipse tem centro O, focos em Oy e contém os pontos A = (3, 2) e B =
(1, 4). Qual é sua equação reduzida?
Questão 4. Calcule os parâmetros, eixo maior, eixo menor, excentricidade, amplitude
focal, focos e vértices de
x2
36
+
y2
16
= 1.
Questão 5. Desenvolva a expressão para a distância de um ponto sobre
x2
4
+ y2 = 1 aos
focos.
Questão 6. Desenvolva a expressão da distância de F2 = (4, 0) a cada um dos pontos da
elipse de excentricidade
3
7
.
Questão 7. Qual é a excentricidade da elipse tal que F2 = (6, 0) e B1 = (0,−3)?
Questão 8. O cometa de Halley tem órbita eĺıptica com excentricidade 0, 967 e periélio
de 0,587 UA (unidade astronômica, igual a 149, 6×106 km). Determine o afélio do cometa
(precisão de 0,01 UA).
Questão 9. Uma reta passa por P = (1,−3) e por F2 de E : x2+4y2−12 = 0. Determine
as equações vetorial e geral dessa reta, bem como a interseção com E.
Questão 10. Calcule o ponto de E :
x2
16
+
y2
12
= 1 com θ(X) = 135◦.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 1 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Questão 11. Determinar as retas tangente e normal a E : a = 6, b = 1 por (4,
√
5
3
).
Questão 12. Obtenha dois vetores tangentes a 16x2 + 4y2 − 8 = 0 e que sejam L.D.
Questão 13. Calcule a reta tangente a
x2
2
+
y2
30
= 1, inclinada de 75◦.
Questão 14. Calcule as retas tangentes a
x2
21
+
y2
7
= 1 e que passam por P = (9 −
2
√
15, 8−
√
15).
Questão 15. Verifique se a reta que passa por P = (13,−21
10
) e Q = (−7, 69
10
) é tangente
a
x2
25
+
y2
9
= 1.
Questão 16. Calcule os parâmetros, eixo transverso, eixo conjugado, excentricidade,
amplitude focal, focos e vértices de
x2
9
− y
2
25
= 1.
Questão 17. Uma hipérbole tem centro O, eixo transverso em Ox, distância focal 2
√
11,
e uma das asśıntotas é y +
3
√
2
2
x = 0. Qual é sua equação reduzida?
Questão 18. Calcule a excentricidade e a amplitude focal da hipérbole tal que F1 =
(−6, 0) e A1 = (−4, 0)?
Questão 19. Uma reta passa por P = (2, 4) e por F2 de H :
x2
25
− y
2
96
= 1. Determine as
equações vetorial e geral dessa reta, bem como a interseção com H.
Questão 20. Calcule o ponto A sobre
x2
45
− y
2
3
= 1 de modo que F̂1AF2 mede 90
◦.
Questão 21. Calcule o ponto de H :
x2
16
− y
2
20
= 1 com θ(X) = 30◦.
Questão 22. Determinar as retas tangente e normal a H : a = 4, b = 7 por (6,
7
√
5
2
).
Questão 23. Obtenha dois vetores tangentes a 2x2 − 5y2 − 10 = 0 e que sejam L.D.
Questão 24. Calcule a reta tangente a
x2
20
− y
2
15
= 1, inclinada de 60◦.
Questão 25. A norma de um vetor normal a
x2
36
− y2 = 1 assume qual valor mı́nimo,
qual valor máximo? Determine um ponto no qual o vetor normal mede 9
√
21.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 2 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Questão 26. Calcule o parâmetro, foco, vértice e amplitude focal de y2 = 16x.
Questão 27. Estabeleça a equação reduzida da parábola que contém (−5, 15) com foco
em Oy.
Questão 28. Determine a equação reduzida da parábola com eixo de simetria paralelo
a Ox, foco F = (2, 1) e que contém (5, 7). Quais os interceptos da curva com os eixos
coordenados?
Questão 29. Calcule as equações vetorial e geral da reta tangente à parábola y2 = −30x
no ponto de ordenada −12. Qual é o ponto dessa reta que está mais próximo do foco?
Questão 30. Suponha as parábolas de equação reduzida x2 = 2y e y2 = 16x. Determine
o ponto comum diferente do vértice. Calcule o ângulo formado pelas retas tangentes
naquele ponto através de seus coeficientes angulares.
Questão 31. Um parábola com eixo em Ox admite um vetor tangente (3, 4). Ache o
foco e um ponto no qual o vetor tangente tem norma 5.
Cônicas transladadas.
Questão 32. Qual é a equação da elipse de eixo maior 20 (paralelo a Ox), eixo menor 6
e centro (4, 2)? Quais os interceptos da curva com os eixos coordenados? Qual é o ponto
mais acima da curva?
Questão 33. Qual é a equação da hipérbole de eixo transverso 10 (paralelo a Ox),
excentricidade 2 e centro (2, 5)? Quais os interceptos da curva com os eixos coordenados?
Qual é o ponto de H2, cuja distância vertical à asśıntota mais próxima é de 1?
Questão 34. Determine a equação reduzida da parábola que tem vértice igual ao do
ramo H1 de
(x− 3)2
4
− (y + 2)
2
9
= 1 e diretriz Oy. Estude a interseção da parábola com
a hipérbole?
Questão 35. A reta tangente à
(x− 5)2
4
− (y − 1)
2
16
= 1 em A = (5 + 2
√
2, 5) intercepta
as asśıntotas em quais pontos B e C? Utilizando somente vetores, explique o que ocorre
com d(A,B) e d(A,C).
Questão 36. No ponto (7, 9) de (y − 3)2 = 18(x − 5) passam a reta tangente, que
intercepta o eixo focal em A, e a reta normal, que intercepta o eixo focal em B. O que se
pode dizer de d(F,A) e d(F,B)?
Questão 37. Calcule a equação reduzida da elipse com centro (7, 2), eixo maior horizontal
medindo 20, excentricidade igual a 0, 5. Determine os focos e um ponto da curva com
abscissa igual a 15.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 3 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
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1. Inicialmente, tem-se
300
a2
+
36
b2
= 1, em que a2 = b2 + c2 = b2 + 0, 64 a2 e então
b2 = 0, 36 a2. Logo,
300
a2
+
36
0, 36 a2
= 1 leva a a2 = 400. Assim, b2 = 144 e c = 16.
Portanto, os focos são F1 = (−16, 0) e F2 = (16, 0). >
2. O semi-eixo maior a, o semi-eixo menor b e c se relacionam através de a2 = b2 + c2 =
b2 + 16. Pelo ponto dado, deverá valer
9
a2
+
1
a2 − 16 = 1, ou seja, a
4 − 26a2 + 144 = 0.
Resolvendo, tem-se a2 = 8 e 18, sendo que 8 não pode.
Assim,
x2
18
+
y2
2
= 1. >
3. São válidas
9
b2
+
4
a2
= 1 e
1
b2
+
16
a2
= 1, ou seja, 9a2 + 4b2 = a2b2 e a2 + 16b2 = a2b2.
Comparando, tem-se
1
b2
=
3
2a2
. Substitua
1
b2
por
3
2a2
na 1a equação reduzida, então
27
2a2
+
4
a2
= 1,
27 + 8
2a2
= 1 e a2 =
35
2
. Segue b2 =
35
3
.
Portanto, a elipse é definida por
x2
35
3
+
y2
35
2
= 1. >
4. Evidente que a = 6, b = 4, c =
√
a2 − b2 = 2
√
5, 12, 8,
√
5
3
,
16
3
, (−2
√
5, 0),
(2
√
5, 0), (−6, 0), (6, 0), (0,−4) e (0, 4). >
5. Visto que a2 = 4 e b2 = 1, segue que c =
√
3 e os focos são (−
√
3, 0) e (
√
3, 0). Para
X = (x, y), a distância até F1 é igual a
√
(x+
√
3)2 + 1− x
2
4
=
√
4 + 2
√
3 x+
3x2
4
=
√
(2 +
√
3 x
2
)2 = 2 +
√
3 x
2
. E a distância até F2 é igual a
√
(x−
√
3)2 + 1− x
2
4
=
√
4− 2
√
3 x+
3x2
4
=
√
(2−
√
3 x
2
)2 = 2−
√
3 x
2
. >
6. Visto que c = 4 e e =
c
a
=
4
a
=
3
7
, então a =28
3
e d(X,F2) =
28
3
− 3x
7
. >
7. Evidentemente, c = 6 e b = 3 indicam que a =
√
b2 + c2 =
√
9 + 36 = 3
√
5. A
excentricidade é igual a
2
√
5
5
. >
8. Periélio a − c = 0, 587 e excentricidade c
a
= 0, 967 indicam a − 0, 967 a = 0, 033 a =
0, 587 e a =
587
33
UA.
Portanto, o afélio é a+ c = a + 0, 967 a = 1, 967
587
33
= 34, 989 UA. >
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 4 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
9. A equação reduzida é
x2
12
+
y2
3
= 1 e F2 = (3, 0), então, a reta tem equação vetorial
X = (3, 0) + a(2, 3) e equação geral 3x− 2y − 9 = 0.
Interseção:
x2
12
+
(
3x− 9
2
)2
3
= 1,
x2
12
+
9x2 − 54x+ 81
12
= 1,
10x2 − 54x+ 81
12
= 1
e 10x2 − 54x + 69 = 0. Então, x =
54±
√
542 − 4.10.69
20
=
27±
√
39
10
.
Os pontos são A = (
27−
√
39
10
,−9 + 3
√
39
20
)
e B = (
27 +
√
39
10
,−9− 3
√
39
20
). >
10. Primeiro, c =
√
a2 − b2 =
√
16− 12 = 2 e e = 1
2
. Como já estudado no texto de
aulas, d(X,F2) =
a(1− e2)
1 + e cos θ(X)
=
3
1 +
1
2
cos θ(X)
.
Para o ponto em análise, d(X,F2) =
3
1 +
1
2
(−
√
2
2
)
=
12
4−
√
2
e também
d(X,F2) = a− ex = 4−
1
2
x.
Igualando as duas expressões de distância,
x = 2(4− 12
4−
√
2
) = 2(
16− 4
√
2− 12
4−
√
2
) =
8− 8
√
2
4−
√
2
=
8− 8
√
2
4−
√
2
4 +
√
2
4 +
√
2
=
32 + 8
√
2− 32
√
2− 16
16 + 4
√
2− 4
√
2− 2
=
16− 24
√
2
14
=
8− 12
√
2
7
e y =
√
3
2
√
16− x2 =
√
3
2
√
16− (8− 12
√
2
7
)2 =
√
3
2
√
784− 64 + 192
√
2− 288
49
=
√
3
14
√
432 + 192
√
2 =
2
√
3
7
√
27 + 12
√
2.
Portanto, X = (
8− 12
√
2
7
,
2
√
3
7
√
27 + 12
√
2). A t́ıtulo de curiosidade e com quatro
algarismos após a v́ırgula decimal, a 1a coordenada é igual −1, 2815, e a 2o coordenada,
3, 2815. >
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 5 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
11. Teste mostra que E :
x2
36
+
y2
1
= 1, o vetor normal no ponto é (x1, 36y1) = (4, 12
√
5) =
4(1, 3
√
5), já o vetor tangente no mesmo ponto é (36y1,−x1) = (12
√
5,−4) = 4(3
√
5,−1).
Portanto, as retas tangente e normal admitem equações vetoriais X = (4,
√
5
3
) +
a(3
√
5,−1) e X = (4,
√
5
3
) + a(1, 3
√
5), respectivamente. >
12. A equação é equivalente a
x2
1
2
+
y2
2
= 1, de modo que todo vetor tangente é da forma
(
1
2
y1,−2x1), em que A = (x1, y1) é o ponto de contato. Considerando, por exemplo,
A = (
1
2
, 1), então o vetor tangente é (
1
2
,−1).
Pela simetria das elipses, em B = (−1
2
,−1) o vetor tangente é (−1
2
, 1) e é L.D. com
relação ao primeiro. >
13. O vetor tangente natural dessa elipse é
−→
t = (2y1,−30x1) = 2(y1,−15x1). A in-
clinação da reta se reflete no fato de que tg 75◦ = 2+
√
3 = −15x1
y1
, então, y1 = −
15x1
2 +
√
3
.
Substituindo, 1 =
x2
1
2
+
(− 15x1
2 +
√
3
)2
30
=
x2
1
2
+
225x2
1
30(2 +
√
3)2
= (
1
2
+
225
30(2 +
√
3)2
)x2
1
=
450 + 30(2 +
√
3)2
60(2 +
√
3)2
x2
1
=
11 + 2
√
3
(2 +
√
3)2
x2
1
.
Então, x2
1
=
(2 +
√
3)2
11 + 2
√
3
, x1 = ±
2 +
√
3
√
11 + 2
√
3
=
±(2 +
√
3)
√
11 + 2
√
3
11 + 2
√
3
= ±(2 +
√
3)
√
11 + 2
√
3 (11− 2
√
3)
(11 + 2
√
3)(11− 2
√
3)
=
±(16 + 7
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
.
Portanto, y1 = ±
15
2 +
√
3
2 +
√
3
√
11 + 2
√
3
= ± 15√
11 + 2
√
3
=
±15
√
11 + 2
√
3
11 + 2
√
3
= ±15
√
11 + 2
√
3 (11− 2
√
3)
(11 + 2
√
3)(11− 2
√
3)
=
±15(11− 2
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
.
Os pontos de contato são A = (−(16 + 7
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
,
15(11− 2
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
)
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 6 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
e B = (
(16 + 7
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
,−15(11− 2
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
).
Por curiosidade e com quatro algarismos depois da v́ırgula decimal, A = (−0, 9813,
3, 9441) e B = (0, 9813,−3, 9441).
Resposta: X = (−(16 + 7
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
,
15(11− 2
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
)+a(11−2
√
3, 16+
7
√
3) e X = (
(16 + 7
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
,−15(11− 2
√
3)
√
11 + 2
√
3
109
)+a(−11+2
√
3,−16−
7
√
3). >
14. Os vetores tangentes são da forma
−→
t = (3y1,−x1). Pelo ponto de contato A =
(x1, y1),
−→
AP = (9− 2
√
15− x1, 8−
√
15− y1) = m(3y1,−x1).
Então,
9− 2
√
15− x1
3y1
=
8−
√
15− y1
−x1
, −(9 − 2
√
15)x1 + x
2
1
= 3(8 −
√
15)y1 −
3y2
1
, x2
1
+ 3y2
1
= (9− 2
√
15)x1 + 3(8−
√
15)y1, 21 = (9− 2
√
15)x1 + 3(8−
√
15)y1, y1 =
21− (9− 2
√
15)x1
3(8−
√
15)
.
Substituição na equação x2+3y2 = 21 da elipse:
x2
1
+
(21− (9− 2
√
15)x1)
2
3(8−
√
15)2
= 21,
3(8−
√
15)2x2
1
3(8−
√
15)2
+
(21− (9− 2
√
15)x1)
2
3(8−
√
15)2
= 21, 3(8−
√
15)2x2
1
+ (21−
(9 − 2
√
15)x1)
2 = 63(8 −
√
15)2, 3(8 −
√
15)2x2
1
+
441 − 42(9 − 2
√
15)x1 + (9 − 2
√
15)2x2
1
= 63(8 −√
15)2, (192−48
√
15+45)x2
1
+(81−36
√
15+60)x2
1
−
42(9−2
√
15)x1 = 63(64−16
√
15+15)−441, (378−
84
√
15)x2
1
− (378− 84
√
15)x1 = 4536− 1008
√
15 =
12(378− 84
√
15) e, enfim, x2
1
− x1 = 12.
A fórmula quadrática determina soluções x1 =
1± 7
2
, os pontos de contato são A =
(−3, 2) e B = (4,
√
15
3
).
Portanto, as retas tangentes são definidas pelas equações vetoriais X = (−3, 2)+a(2, 1)
e X = (4,
√
15
3
) + a(
√
15,−4). >
15. O vetor associado aos pontos dados é (−20, 9), que deve ser paralelo ao vetor tangente
(25y1,−9x1). Então, −
25y1
20
= −x1 e y1 =
4x1
5
. Aplicando na equação reduzida,
x2
1
25
+
(
4x1
5
)2
9
= 1,
25x2
1
225
= 1 e x1 = ±3.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 7 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Os candidatos a pontos de contato são A = (3,
12
5
) e B = (−3,−12
5
). Mas,
−−→
BP e
−−→
BQ
não são paralelos, enquanto que
−→
AP e
−→
AQ são. Conclusão, a reta em análise intercepta
tangentemente a elipse no ponto A. >
16. Evidente que a = 3, b = 5, c =
√
a2 + b2 =
√
34, 6, 10,
√
34
3
,
50
3
, (−
√
34, 0),
(
√
34, 0), (−6, 0) e (6, 0). >
17. Claro que c =
√
11. E y = −3
√
2
2
x indica que
b
a
=
3
√
2
2
e b =
3
√
2
2
a. Então,
b2 = c2 − a2 = 11− a2 = 9
2
a2 e a2 = 2. A hipérbole é definida por
x2
2
− y
2
9
= 1. >
18. Evidente que c = 6 e a = 4, a excentricidade é igual a
3
2
. A amplitude focal vale
2(36− 16)
4
= 10. >
19. Claro que F2 = (11, 0), portanto, a reta tem equação vetorial X = (11, 0) + a(9,−4)
e equação geral −4x− 9y + 44 = 0. Da equação vetorial vem x = 11 + 9a e y = −4a.
Interseção:
(11 + 9a)2
25
− (−4a)
2
96
= 1,
121 + 198a+ 81a2
25
− 16a
2
96
= 1,
461a2
150
+
198a
25
+
96
25
= 0 e 461a2 + 1188a+ 576 = 0. Então, a =
−594± 30
√
97
461
.
Os pontos comuns são (
−275 + 270
√
97
461
,
2376− 120
√
97
461
) e (
−275− 270
√
97
461
,
2376 + 120
√
97
461
). >
20. Primeiro, c =
√
45 + 3 = 4
√
3, F1 = (−4
√
3, 0) e F2 = (4
√
3, 0). Então,
−−→
AF1.
−−→
AF2 =
(−4
√
3−x1,−y1).(4
√
3−x1,−y1) = −48+4
√
3 x1−4
√
3 x1+x
2
1
+y2
1
= −48+x2
1
+y2
1
= 0
e y2
1
= 48− x2
1
.
A substituição na equação reduzida conduz a
x2
1
45
− 48− x
2
1
3
= 1,
16x2
1
45
− 16 = 1 e
x1 = ±
3
√
85
4
. Então, y1 = ±
√
48− 765
16
= ±
√
3
4
.
Resposta: (
3
√
85
4
,
√
3
4
), (
3
√
85
4
,−
√
3
4
), (−3
√
85
4
,
√
3
4
) e (−3
√
85
4
,−
√
3
4
). >
21. (Problema desafiador, não desanime se parece muito dif́ıcil, pois é dif́ıcil) Lembre-se
que para elipses é válida d(X,F2) =
a(1− e2)
1 + e cos θ(X)
(reveja o Exerćıcio 59 do texto de
aula). Refazendo o mesmo desenvolvimento para as hipérboles, obtém-se
d(X,F2) =







a(e2 − 1)
1 + e cos θ(X)
, se X ∈ H2
a(1− e2)
1− e cos θ(X) , se X ∈ H1
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 8 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Vamos aplicá-la na curva
x2
16
− y
2
20
= 1. Primeiro, c =
√
16 + 20 = 6 e e =
3
2
. Para
X ∈ H2: d(X,F2) =
5
1 +
3
2
cos θ(X)
=
5
1 +
3
2
(
√
3
2
)
=
20
4 + 3
√
3
=
20(4− 3
√
3)
(4 + 3
√
3)(4− 3
√
3)
=
−80 + 60
√
3
11
.
E vale também d(X,F2) = −a + ex = −4 +
3
2
x. Igualando as duas expressões de
distância,
−80 + 60
√
3
11
= −4 + 3
2
x e x =
2
3
(
−14 + 60√
3
11
) =
−24 + 40
√
3
11
. Então,
y =
√
5
2
√
x2 − 16 =
√
5
2
√
(
−24 + 40
√
3
11
)2 − 16 =
√
5
2
√
576− 1920
√
3 + 4800− 1936
121
=
√
5
22
√
3440− 1920
√
3 =
2
√
5
11
√
215− 120
√
3.
Portanto, A = (
−24 + 40
√
3
11
,
2
√
5
11
√
215− 120
√
3) ∈ H2 verifica o ângulo de 30◦. Por
curiosidade, a 1a coordenada é 4, 1165, a 2o coordenada, 1, 0874.
ParaX ∈ H1: d(X,F2) = −
5
1− 3
2
cos θ(X)
=
− 5
1− 3
2
(
√
3
2
)
= − 20
4 − 3
√
3
= − 20(4 + 3
√
3)
(4 − 3
√
3)(4 + 3
√
3)
=
80 + 60
√
3
11
.
E vale também d(X,F2) = a − ex = 4 −
3
2
x. Igualando as duas expressões de distância,
80 + 60
√
3
11
= 4 − 3
2
x, x =
2
3
(
−36 + 60
√
3
11
)
e x =
−24− 40
√
3
11
e, então, y =
√
5
2
√
x2 − 16 =
√
5
2
√
(
−24− 40
√
3
11
)2 − 16 =
√
5
2
√
576 + 1920
√
3 + 4800− 1936
121
=
√
5
22
√
3440 + 1920
√
3 =
2
√
5
11
√
215 + 120
√
3.
Portanto, B = (
−24− 40
√
3
11
,
2
√
5
11
√
215 + 120
√
3) ∈ H1 verifica o ângulo de 30◦. Por
curiosidade, a 1a coordenada é −8, 4802, a 2o coordenada, 8, 3601. >
22. Teste mostra que
x2
16
−y
2
49
= 1, o vetor normal no ponto é (−49x1, 16y1) = (−294, 56
√
5) =
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 9 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
14(−21, 4
√
5), já o vetor tangente no mesmo ponto é (16y1, 49x1) = (56
√
5, 294) =
21(4
√
5, 21).
Portanto, as retas tangente e normal admitem equações vetoriais X = (6,
7
√
5
2
) +
a(4
√
5, 21) e X = (6,
7
√
5
3
) + a(−21, 4
√
5), respectivamente. >
23. A equação é equivalente a
x2
5
− y
2
2
=
1, de modo que todo vetor tangente é da
forma (5y1, 2x1), em que A = (x1, y1) é o
ponto de contato.
Considerando, por exemplo, A =
(3,
2
√
10
5
), então o vetor tangente é
(2
√
10, 6).
Pela simetria das hipérboles, em
B = (−3,−2
√
10
5
) o vetor tangente é
(−2
√
10,−6) e é L.D. com relação ao pri-
meiro. >
24. O vetor tangente natural dessa
hipérbole é (20y1, 15x1) = 5(4y1, 3x1). A
inclinação da reta se reflete no fato de que
tg 60◦ =
√
3 =
3x1
4y1
e, então, y1 =
√
3 x1
4
.
Substituindo, 1 =
x2
1
20
−
(
√
3 x1
4
)2
15
=
x2
1
20
− 3x
2
1
240
= (
1
20
− 3
240
)x2
1
=
3x2
1
80
, x1 =
±4
√
15
3
e, então, y1 = ±
√
3
2
√
80
3
− 20 =
±
√
5.
Os pontos de contato são A =
(−4
√
15
3
,−
√
5) e B = (
4
√
15
3
,
√
5).
Resposta: X = (−4
√
15
3
,−
√
5)+a(−
√
5,−
√
15) e X = (
4
√
15
3
,
√
5)+a(
√
5,
√
15). >
25. O vetor normal −→n = (−x, 36y) tem norma
√
x2 + 1296y2 =
√
x2 + 1296(
x2
36
− 1) =
√
37x2 − 1296. Nos vértices (−6, 0) e (6, 0), a norma é igual a
√
37.36− 1296 = 6.
Para um ponto com x > 6, observe: x > 6 ⇒ x2 > 36 ⇒ 37x2 > 37.36 ⇒ 37x2 −
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 10 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
1296 > 37.36− 1296 = 36 ⇒
√
37x2 − 1296 > 6 ⇒ |−→n | > 6.
Vale o mesmo se x < −6.
Evidente que se x aumenta sem limite, então |−→n | também aumenta e pode assumir
um valor tão grande quanto se queira.
Conclusão, a norma do vetor normal à uma hipérbole assume valor mı́nimo nos vértices,
mas não há valor máximo.
Por fim, |−→n | = 9
√
21 =
√
37x2
1
− 1296, x2
1
=
1296 + 1701
37
, x1 = ±9 e os pontos são
(9,
√
5
2
), (9,−
√
5
2
), (−9,
√
5
2
) e (−9,−
√
5
2
). >
26. Claro que p = 4, F = (4, 0), V = (0, 0) e amplitude focal 16. >
27. A equação é da forma x2 = 4py, substitua as coordenadas do ponto e o resultado é
p =
5
12
, logo x2 =
5
3
y. >
28. É (y − y0)2 = 4p(x − x0) com V = (x0, y0) e
p = d(V, F ). Então, 4p =
(7− y0)2
5− x0
é igual a
9
2
,
se for escolhido V = (−3, 1). Desse modo, a cônica
é definida por (y − 1)2 = 9
2
(x + 3). Curioso que
existe uma infinidade de parábola com F = (2, 1),
passando por (5, 7).
Para x = 0, (y − 1)2 = 27
2
, y = 1 ±
√
27
2
=
1± 3
√
6
2
. Interceptos (0,
2− 3
√
6
2
) e (0,
2 + 3
√
6
2
).
E fazendo y = 0, 1 =
9
2
(x+ 3) e x = −3 + 2
9
=
−25
9
. Intercepto (−25
9
, 0). >
29. O foco é (−15
2
, 0). O ponto de tangência
é (−24
5
,−12), então o vetor tangente é −→t =
(y1, 2p) = (−12,−15) e a reta é determinada pe-
las equações X = (−24
5
,−12) + a(−12,−15) e
5x− 4y − 24 = 0.
O ponto mais próximo é B = (x,
5x− 24
4
), tal
que
−−→
BF ⊥ −→t .
Logo, (−15
2
− x,−5x− 24
4
).(12, 15) = −90 −
12x− 75
4
x+ 90 = −123
4
x = 0 e x = 0.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 11 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Portanto, B = (0,−6). >
30. Da 2a equação, considere y = 4
√
x. Subs-
tituindo na 1a equação, x2 = 2(4
√
x) = 8
√
x e
x2√
x
= 8.
Então, 8 =
x2
x
1
2
= x2−
1
2 = x
3
2 =
√
x3, x3 = 82 =
64, x = 3
√
64 = 4 e o ponto comum é (4, 8).
Os vetores tangentes a y2 = 16x são da forma
(y1, 2p), no ponto o vetor tangente é (8, 8) = 8(1, 1)
e a reta tangente tem coeficiente angular 1.
Já os vetores tangentes a x2 = 2y são da forma
(2p, x1), no ponto o vetor tangente é (1, 4) e a reta
tangente tem coeficiente angular 4.
Portanto, o ângulo formado pelas retas tangen-
tes é igual a arctg 4− arctg 1 = 30, 9638◦. >
31. Em um ponto (x1, y1) o vetor tangente é da forma
−→
t = (y1, 2p). Assim, p = 2,
equação reduzida y2 = 8x e foco (2, 0).
|−→t | =
√
y2 + 16 = 5 determina y = ±3, os pontos são (9
8
, 3) e (
9
8
,−3). >
32. É
(x− x0)2
a2
+
(y − y0)2
b2
= 1 com (x0, y0) = (4, 2), a
2 = 100 e b2 = 9, logo
(x− 4)2
100
+
(y − 2)2
9
= 1.
Fazendo x = 0,
(−4)2
100
+
(y − 2)2
9
=
1,
(y − 2)2
9
= 1− 16
100
, (y−2)2 = 189
25
, y−
2 = ±
√
189
25
e y = 2 ± 3
√
21
5
. Interceptos
(0,
10− 3
√
21
25
) e (0,
10 + 3
√
21
25
).
Para y = 0,
(x− 4)2
100
+
(−2)2
9
=
1,
(x− 4)2
100
= 1 − 4
9
, (x − 4)2 = 500
9
, x − 4 = ±
√
500
9
e x = 4 ± 10
√
5
3
. Intercep-
tos (
12− 10
√
5
3
, 0) e (
12 + 10
√
5
3
, 0).
O ponto mais acima da curva está b acima do centro, é (4, 5). >
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 12 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
33. É
(x− x0)2
a2
− (y − y0)
2
b2
= 1 com (x0, y0) = (2, 5). Primeiro, o eixo transverso com
10 de comprimento indica que a = 5. Por outro lado, e =
c
5
= 2 indica c = 10.
Como os focos estão na mesma reta ho-
rizontal que contém o centro, conclui-se
que F1 = (2 − 10, 5) = (−8, 5) e F2 =
(2 + 10, 5) = (12, 5).
Por fim, b2 = c2 − a2 = 75 e a cônica é
definida por
(x− 2)2
25
− (y − 5)
2
75
= 1.
Não há, evidentemente, intercepto no
eixo-y : x = 0.
Para y = 0, tem-se
(x− 2)2
25
− (−5)
2
75
=
1,
(x− 2)2
25
=
25
75
+ 1 =
4
3
, (x − 2)2 =
100
3
, x− 2 = ±10
√
3
3
e x = 2± 10
√
3
3
.
Os interceptos são (
6− 10
√
3
3
, 0) e (
6 + 10
√
3
3
, 0). >
34. O centro da hipérbole é (3,−2). Como os focos estão na reta horizontal definida por
y = −2, e a = 2, segue que o vértice de H1, vértice da parábola, é (3− 2,−2) = (1,−2).
Como a diretriz da parábola é o eixo-y e
a distância a A1 é 1, então p = 1. Portanto,
a curva é definida por (y + 2)2 = 4(x− 1).
Interseção:
(x− 3)2
4
− (y + 2)
2
9
=
1,
(x− 3)2
4
− 4(x− 1)
9
= 1,
9(x− 3)2
36
−
16(x− 1)
36
= 1, 9x2−54x+81−16x+16 =
36 e 9x2 − 70x+ 61 = 0.
A fórmula quadrática indica x =
70± 52
18
, isto é, x = 1 e x =
61
9
.
Os pontos comuns são (1,−2), (61
9
,−2−
4
√
13
3
) e (
61
9
,−2 + 4
√
13
3
). >
35. Primeiro,
b
a
= 2 e as asśıntotas são definidas por y = ±2x+ n. Com as coordenadas
do centro (5, 1), as retas são definidas por y = 2x− 9 e y = −2x+ 11.
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 13 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Já vimos que para elipse e hipérbole de
equação reduzida
x
p
+
y
q
= 1, o vetor normal
no ponto (x1, y1) é
−→n = (qx1, py1), o vetor
tangente é
−→
t = (py1,−qx1).
No caso do centro (x0, y0) 6= O, as ex-
pressões são
−→n = (q(x1 − x0), p(y1 − y0))
e −→
t = (p(y1 − y0),−q(x1 − x0)).
Então, em A,
−→
t = (4(5 − 1), 16(5 +
2
√
2 − 5)) = (16, 32
√
2) = 16(1,
√
2) e a
reta tangente é definida por (x, y) = (5 +
2
√
2, 5)+m(1,
√
2) e por 2
√
2x−y−10√
2−
3 = 0.
1a interseção: 2
√
2x−(2x−9)−10
√
2−
3 = (2
√
2 − 2)x − 10
√
2 + 6 = 0, x =
5
√
2− 3√
2− 1
= 7 + 2
√
2 e o ponto comum é B =
(
5
√
2− 3√
2− 1
,
√
2 + 3√
2− 1
) = (7 + 2
√
2, 5 + 4
√
2).
2a interseção: 2
√
2x − (−2x + 11)− 10
√
2 − 3 = (2
√
2 + 2)x− 10
√
2 − 14 = 0 leva a
x =
7 + 5
√
2
1 +
√
2
= 3 + 2
√
2 e o ponto é C = (7 +
5
√
2
1 +
√
2
,
√
2− 3√
2 + 1
) = (3 + 2
√
2, 5− 4
√
2).
Tem-se
−→
AB = (2, 4
√
2) e
−→
AC = (−2,−4
√
2), isto indica que d(A,B) = d(A,C). >
36. Claro que V = (5, 3) e F = (5+
9
2
, 3) =
(
19
2
, 3).
Já vimos que para parábola de equação
reduzida y2 = 4px, o vetor normal no
ponto (x1, y1) é
−→n = (−2p, y1), o vetor tan-
gente é
−→
t = (y1, 2p).
No caso do vértice (x0, y0) 6= O, as
expressões são
−→n = (−2p, y1 − y0)
e −→
t = (y1 − y0, 2p).
Geometria anaĺıtica, A. T. Béhague, IME/UERJ 14 Lista de exerćıcios suplementares 2022-2
Então, em (7, 9), −→n = (−9, 9− 3) = 3(−3, 2) e −→t = (2, 3). O eixo focal é y = 3.
A reta tangente é definida por (x, y) = (7, 9)+m(2, 3) e por 3x−2y−3 = 0, enquanto
que a reta normal é dada por (x, y) = (7, 9) +m(−3, 2) e também por 2x+ 3y − 41 = 0.
Tangente intercepta eixo focal: 3x− 6− 3 = 0, x = 3 e A = (3, 3).
Normal intercepta eixo focal: 2x+ 9− 41 = 0, x = 16 e B = (16, 3).
Portanto, d(F,A) =
13
2
= d(F,B). >
37. Visto que 2a = 20 e e =
c
a
= 0, 5, tem-se a = 10 e c = 5. Então, b2 = a2 − c2 = 75 e
a equação reduzida é
(x− 7)2
100
+
(y − 2)2
75
= 1.
Focos: c = 5 indica a distância de cada foco ao centro, visto que o eixo maior é
horizontal, segue que F2 está 5 à direita do centro, F1 está 5 à esquerda. Portanto,
F1 = (2, 2) e F2 = (12, 2).
Isolando y:
(y − 2)2
75
= 1 − (x− 7)
2
100
⇒ (y − 2)
2
75
=
100− (x− 7)2
100
⇒ (y − 2)2 =
75
100
(100− (x− 7)2) ⇒ y − 2 =
√
3
4
(100− (x− 7)2) ⇒ y = 2±
√
3
2
√
100− (x− 7)2.
Para x = 15 ocorre y = 2 ± 3
√
3 e são válidos os pontos A = (15, 2 + 3
√
3) e
B = (15, 2− 3
√
3). >
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