AP2 GEOMETRIA ANALÍTICA 2022.2 - 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
AP2 – Geometria Anaĺıtica I - 2022-2
Gabarito
Código da disciplina: Matemática (grade antiga), Engenharia de Produção e En-
genharia Metereológica EAD 01052
F́ısica EAD 01078
USE O ENUNCIADO A SEGUIR PARA RESOLVER AS QUESTÕES 1, 2 e 3.
Seja H a hipérbole da figura abaixo, que possui um dos focos no ponto (−2, −3) e vértices focais
marcados na figura.
Figura 1: Questão 1.
Questão 1 [1,5 pt] Determine o centro, os vértices focais, os vértices imaginários, o outro foco,
as retas focal e não focal e a excentricidade de H.
Questão 2 [1,0 pt] Determine a equação de H.
Questão 3 [1,0 pt] Parametrize a hipérbole H.
Resolução:
(1) Pela figura notamos que A1 = (−1, −3) e A2 = (5, −3) são os vértices da hipérbole H. Logo,
como o centro é o ponto médio do segmento que liga os vértices, temos que o centro de H é o ponto
C = (2, −3).
Assim a reta focal, que contém os focos, é y = −3 e a reta não focal é x = 2. E ainda,
a = d(C, A1) = 3
Geometria Anaĺıtica I AP2 2/2022
c = d(C, F ) = 4,
onde F = (−2, −3) que é dado pelo exerćıcio. Sendo assim, podemos encontrar o valor de b:
b =
√
c2 − a2 =
√
16 − 9 =
√
7.
Com o valor de a encontramos o outro foco, que é (6, −3) e com o valor de b, encontramos os
vértices imaginários, que são (2, −3 ±
√
7). Além disso, a excentricidade é
e = c
a
= 43 .
(2) Com os valores encontrados no item anterior temos
H : (x − 2)
2
9 −
(y + 3)2
7 = 1.
(3) Pela equação do item anterior, temos que
H :
{
x = 2 + 3 cosh t
y = −3 +
√
7 sinh t , t ∈ R,
é uma posśıvel parametrização de H.
Questão 4 [1,5 pt]: Seja n um número real. Considere o triângulo ABC tal que seus vértices
possuem as seguintes coordenadas: A = (n, 1), B é o ponto de interseção das retas
r :
{
x = t + 3
y = −2t + 2 , t ∈ R e s : x + y = 3,
e C = (n + 1, 0).
Para qual(is) valor(es) de n o triângulo ABC possui área 5?
Resolução:
Primeiramente vamos encontrar o ponto B, que é dado pela interseção de r e s. Para isso, como
temos equações paramétricas de r e cartesiana de s, basta substituir as equações r em s da seguinte
forma:
(t + 3) + (−2t + 2) = 3 ⇒ t = 2.
Logo B = (2 + 3, −2 · 2 + 2) = (5, −2).
Como A = (n, 1) e C = (n + 1, 0), temos −→AB = (5 − n, −3) e −→AC = (1, −1) que serão utilizados
para calcular a área do triângulo ABC como se segue:
Area ABC = 12
∣∣∣∣∣det
(
5 − n −3
1 −1
)∣∣∣∣∣ = | − 2 + n|.
Como a área do triângulo ABC é 5, é necessário resolver a seguinte equação modular:
| − 2 + n| = 10 ⇒ −2 + n = ±10 ⇒ n = −8 ou n = 12.
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Questão 5 [1,5 pontos]: Dados os pontos A = (1, −1), B = (−2, 4), C = (−2, 1) e a reta
r : x − 2y = 4, determine D ∈ r tal que, o vetor −−→CD seja a projeção ortogonal do vetor −→AB sobre
r.
Resolução:
Seja D = (a, b) o ponto do plano procurado. E, como A = (1, −1), B = (−2, 4), C = (−2, 1),
temos
−→
AB = (−3, 5) e −−→CD = (a + 2, b − 1).
A equação da reta r está na forma cartesiana, portanto −→v = (1, −2) é perpendicular à reta ⊥ r.
Assim, −→u = (2, 1) ∥ r e:
Projr
−→
AB = Proj−→u
−→
AB = <
−→
AB, −→u >
||u⃗||2
u⃗ = −6 + 55 (2, 1) =
(
− 25 , −
1
5
)
.
Como o vetor
−−→
CD é a projeção ortogonal do vetor
−→
AB sobre r temos que
−−→
CD =
(
− 25 , −
1
5
)
⇒ (a + 2, b − 1) =
(
− 25 , −
1
5
)
⇒ a = −125 e b =
4
5 .
Portanto D =
(
− 125 ,
4
5
)
.
USE O ENUNCIADO A SEGUIR PARA RESOLVER AS QUESTÕES 6, 7 e 8.
Considere a parábola P com reta focal paralela ao eixo OY e foco abaixo da reta diretriz l : y = 8.
Sabendo que l está a uma distância 2 do vértice de P e que A = (6, 4), B = (−2, 4) ∈ P , responda
as perguntas a seguir.
Questão 6 [1,5 pt] Determine a equação da parábola P em coordenadas cartesianas.
Questão 7 [1,0 pt] Determine a equação da parábola P em coordenadas polares.
Questão 8 [1,0 pt] Parametrize da parábola P .
Resolução:
(6) Seja V = (x0, y0) o vértice da parábola P .
Como a parábola P possui reta focal paralela ao eixo OY e foco abaixo da reta diretriz, então sua
equação é da forma:
(x − x0)2 = −4p(y − y0).
Se a distância de l até o vértice V é 2, então p = 2. Além disso, como a reta diretriz possui equação
y = 8 e p = 2, então o vértice está sobre a reta y = 6. Neste caso, V = (x0, 6) e a equação de P
pode ser reescrita da seguinte forma:
(x − x0)2 = −8(y − 6).
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Como A ∈ P , então
(6 − x0)2 = −8(8 − 6) ⇔ x0 = 2 ou x0 = 10.
Se x0 = 2, então:
P : (x − 2)2 = −8(y − 6).
Vamos verificar se B ∈ P :
(−2 − 2)2 = −8(4 − 6) ⇔ 16 = 16.
Sendo assim, mostramos que V = (2, 6).
Se x0 = 10, então:
P : (x − 10)2 = −8(y − 6).
Vamos verificar se B ∈ P :
(−2 − 10)2 = −8(4 − 6) ⇔ 144 = 16.
Logo, x0 não pode assumir o valor 10.
Portanto, a única possibilidade é a parábola ter vértice V = (2, 6). Sendo assim, sua equação em
coordenadas cartesianas é
(x − 2)2 = −8(y − 6).
(7) As coordenadas polares serão representadas por ρ e θ, onde ρ > 0 e θ ∈ [0, 2π], que se relacionam
com as coordenadas cartesianas da seguinte forma:
x = ρ cos θ,
y = ρ sin θ.
Substituindo as equações acima na equação da parábola P , encontramos:
(x − 2)2 = −8(y − 6) ⇐⇒ (ρ cos θ − 2)2 = −8(ρ sin θ − 6)
⇐⇒ ρ2 cos2 θ − 4ρ cos θ + 8ρ sin θ − 44 = 0,
que é a equação da parábola P em coordenadas polares.
(8) Fazendo x = t na equação da parábola, obtemos y = 6 − (t−2)
2
8 . Logo,
P :

x = t
y = 6 − (t − 2)
2
8
, t ∈ R,
é uma parametrização de P .
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