Prova I

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Ministe´rio da Educac¸a˜o
Fundac¸a˜o Universidade Federal do Vale do Sa˜o Francisco - UNIVASF
Pro´-Reitoria de Ensino - PROEN
Secretaria de Registro e Controle Acadeˆmico - SRCA
Colegiado de Engenharia Civil Computac¸a˜o - CECOMP // Colegiado de
Engenharia Agr´ıcola e Ambiental
Geometria Anal´ıtica
Gabarito da 1-Prova Semestre: 2012.2 Turmas : A1-Ex
Professor: Beto Rober Bautista Saavedra Lugar e Data : Juazeiro, 07/02/2013
Geometria do Plano.
Figura ♣
1. Na figura ♣, M,N, P sa˜o as projec¸o˜es ortogonais dos ve´rtices C,B,A respetivamente.
(a) Exprima
−−→
BP,
−−→
AN,
−−→
CM em func¸a˜o de
−−→
AB e
−→
AC.
(b) Prove que os vetores
−−→
BP,
−−→
AN e
−−→
CM na˜o sa˜o paralelos dois a dois.
(c) Prove que num triaˆngulo as retas suportes de dois alturas se encontram
num u´nico ponto.
Soluc¸a˜o .
1
(a) Observa-se do gra´fico (♣) que
−−→
CM =
−→
AC − Proj−→AC−−→
AB
−−→
AN =
−−→
BA− Proj−−→BA−−→
BC
−−→
BP =
−−→
AB − Proj−−→AB−→
AC
O que implica
−−→
CM =
−→
AC
−−→
AB
‖−−→AB‖2
−−→
AB −−→AC
−−→
AN =
−→
CA.
−−→
CB
‖−−→CB‖2
−−→
AB +
−−→
AB.
−−→
CB
‖−−→CB‖2
−→
AC
−−→
BP =
−−→
AB.
−→
AC
‖−→AC‖2
−→
AC −−−→AB
(b) Prova-se somente que
−−→
AN e
−−→
BP na˜o sa˜o paralelos; os outros casos prova-se
analogamente.Assumamos o contrario:
−→
CA
−−→
CB
‖−−→CB‖2
−−→
AB +
−−→
AB.
−−→
CB
‖−−→CB‖2
−→
AC =
λ
−−→
AB
−→
AC
‖−→AC‖2
−→
AC − λ−−→AB
Logo,
λ =
−→
AC
−−→
CB
‖−−→CB‖2
e
−−→
AB
−−→
CB
‖−−→CB‖2
=
λ
−−→
AB
−→
AC
‖−→AC‖2
Isto implica, (
−−→
AB −
−−→
AB.
−→
AC
‖−→AC‖2
−→
AC
) −−→
CB
‖−−→CB‖2
= 0
O que´ e´ equivalente a(
−−→
AB −
−−→
AB.
−→
AC
‖−→AC‖2
−→
AC
)
−−→
CB = −−−→BP.−−→CB = 0
Isto e´,
−−→
BP ⊥ −→AC. Mas, como −−→BP ⊥ −→AC enta˜o
−−→
BC ‖ −→AC
Assim, chegamos ao absurdo que os pontos A, B, C sa˜o colineares.
(c) Seja G o ponto comum a`s retas AN e BP e H o ponto comum a`s retas
AN e CM. Existem λ, µ, α e β tais que
G = A + λ
−−→
AN = B + µ
−−→
BP e H = C + α
−−→
CM = A + β
−−→
AN
2
Enta˜o , 
λ
−→
CA
−−→
CB
‖−−→CB‖2 + µ = 1
λ
−−→
AB
−−→
CB
‖−−→CB‖2 − µ
−−→
AB
−→
AC
‖−→AC‖2 = 0
e 
β
−−→
AB
−−→
CB
‖−−→CB‖2 + α = 1
β
−→
CA
−−→
CB
‖−−→CB‖2 + α
−→
CA
−−→
AB
‖−−→AB‖2 = 0
Logo, 
λ
−→
CA
−−→
CB
‖−−→CB‖2 + µ = 1
λ + µ
−−→
BC
−→
AC
‖−→AC‖2 = 1
e 
β
−−→
AB
−−→
CB
‖−−→CB‖2 + α = 1
β + α
−−→
CB
−−→
AB
‖−−→AB‖2 = 1
3
2. Num triaˆngulo ABC, sejam X a intersec¸a˜o do lado AB com a bissetriz
interna do aˆngulo AĈB. Ver Figura 1.
(a) Provar que o vetor
−→
CA
‖−→CA‖ +
−−→
CB
‖−−→CB‖ e´ paralelo ao vetor
−−→
CX.
(b) Provar que ‖
−→
CA‖
‖−−→AX‖ =
‖−−→CB‖
‖−−→BX‖ .
Figura 1
Soluc¸a˜o .
(a) Sabemos que o vetor
−→
CA
‖−→CA‖ +
−−→
CB
‖−−→CB‖ e´ a diagonal do losango formado pelos vetores
unitarios
−→
CA
‖−→CA‖ e
−−→
CB
‖−−→CB‖ . Logo, e´ a bissetriz interna desses vetores. Assim,
podemos afirmar que a bissetriz interna dos vetores
−→
CA e
−−→
CB.
(b) Podemos escrever que
−→
CA + α
−−→
AB = λ
( −→
CA
‖−→CA‖
+
−−→
CB
‖−−→CB‖
)
−→
CA + α(
−−→
CB −−→CA) = λ
( −→
CA
‖−→CA‖
+
−−→
CB
‖−−→CB‖
)
(1− α)−→CA + α−−→CB = λ
( −→
CA
‖−→CA‖
+
−−→
CB
‖−−→CB‖
)
Logo, λ = ‖
−−→
CB‖.‖−→CA‖
‖−−→CB‖+‖−→CA‖ e α =
‖−→CA‖
‖−−→CB‖+‖−→CA‖ . Assim,
‖−→CA‖
‖−−→AX‖
=
‖−−→AB‖
‖−−→CB‖+ ‖−→CA‖
Analogamente, provamos que
‖−−→CB‖
‖−−→BX‖
=
‖−−→AB‖
‖−−→CB‖+ ‖−→CA‖
Portanto, terminamos a prova.
4
3. Sejam r e s duas retas cujas equac¸o˜es sa˜o Ax+By +C = 0 e A1x+B1y +C1 =
0. Se A2 + B2 = A21 + B
2
1 = c
2, mostre que as retas dadas por
L1 : (A + A1)x + (B + B1)y + C + C1 = 0
e
L2 : (A−A1)x + (B −B1)y + C − C1 = 0
sa˜o as retas bissetrizes dos aˆngulos entre r e s.
Soluc¸a˜o . Na˜o e´ dificil verificar que a intersec¸a˜o de r e s esta contido nas retas dadas
L1 e L2. Primeiro, listamos os seguintes fatos:
• o vetor (−B,A) e´ paralelo a` reta r.
• o vetor (−B1, A1) e´ paralelo a` reta s.
• o vetor (−(B + B1), A + A1) e´ paralelo a` reta L1.
• o vetor (−(B −B1), A−A1) e´ paralelo a` reta L2.
A seguir calcularemos os dois vetores bissetrizes dos aˆngulos entre r e s como segue:
−→
b1 = (
−B
c
,
A
c
) + (
−B1
c
,
A1
c
) = (
−(B + B1)
c
,
(A + A1)
c
)
e
−→
b2 = (
−B
c
,
A
c
)− (−B1
c
,
A1
c
) = (
−(B −B1)
c
,
(A−A1)
c
)
Confrontando com os fatos dados acima, observamos que:
• −→b1 e´ paralelo a` reta L1. E, como contem a intersec¸a˜o de r e s, podemos
afirmar que L1 e´ bissetriz.
• Analogamente, procedemos com L2.
5
4. Demonstre que o segmento que une os pontos me´dios de dois lados de um
triaˆngulo e´ paralelo ao terceiro lado e igual a` sua metade.
Soluc¸a˜o . Seja o triaˆngulo ABC. Consideremos M1 como o ponto me´dio do segmento
AB e M2 como o ponto me´dio do segmento CB. Isto e´,
−−−→
AM1 =
1
2
−−→
AB e
−−−→
CM2 =
1
2
−−→
CB
Logo,
M1 =
A + B
2
; e M2 =
B + C
2
Assim, chegamos
−−−−→
M1M2 = M2 −M1 = 1
2
[C −A] = 1
2
−→
AC
6
5. Sejam r e s duas retas cujas equac¸o˜es sa˜o 3x + 4y − 1 = 0 e 2x + y + 1 = 0.
Determinar as duas retas bissetrizes dos aˆngulos entre r e s.
Soluc¸a˜o . Observar que as Equac¸o˜es Cartesianas de r e s podemos escrever como:
3
5
x +
4
5
y − 1
5
= 0,
2√
3
x +
1√
3
y +
1√
3
= 0.
Agora e´ so´ aplicar o item 2.
7
6. Seja uma para´bola de foco F. Provar que o aˆngulo β entre a reta tangente,
que passa por qualquer ponto P da para´bola, e o eixo das abscisssas e´ igual
ao aˆngulo α entre a mesma reta tangente e o vetor
−−→
PF . Ver figura 1.
Figura 1
Soluc¸a˜o 1. Se o ponto e´ o ve´rtice, afirmac¸a˜o e´ verdadeira. Para facilitar os ca´lculos,
sem perder generalidade, consideramos o foco F = (c, 0) e o ve´rtice V = (0, 0). Logo, a
equac¸a˜o da para´bola e´ y2 = 4cx. O coeficientte angular da reta tangente, que passa pelo
ponto P (x0, y0), e´
tang(β) =
2c
y0
Observar que o aˆngulo γ entre o vetor
−−→
FP e o eixo X, no sentido anti-hora´rio, e´ igual
a α + β. Logo,
tang(α) = tang(γ − β)
=
tang(γ)− tang(α)
1 + tang(γ)tan(β)
=
y0
x0−c − 2cy0
1 + y0
x0−c
2c
y0
=
2c
y0
Enta˜o , α = β.
Soluc¸a˜o 2. O vetor paralelo a` reta tangente e´
−→
R = (y0, 2c). Logo, β e´ o aˆngulo entre
−→
R e (1, 0). α e´ o aˆngulo entre o vetor
−→
R1 = (c− x0,−y0) e −−→R. Assim,
cos(β) =
y0√
y20 + 4c
2
=
y0
2
√
cx0 + c2
= cos(α)
Enta˜o , α = β.
8
7. Demonstre que todo aˆngulo inscrito em uma semicircunfereˆncia e´ reto.
Soluc¸a˜o . Demonstrar o solicitado e´ equivalente a demonstrar que
−→
PA ⊥ −−→PB ( ver
Figura 1). Isto sera´ demonstrado na soluc¸a˜o da pergunta 4.
Figura 1
9
8. (a) Mostre que as diagonales de um losango sa˜o perpendiculares.
(b) Mostre que se um paralelogramo tem diagonais perpendiculares enta˜o ele
e´ um losango.
Soluc¸a˜o . Para todos os efeitos observar que um paralelogramo qualquer esta determi-
nado por dois vetores na˜o paralelos ~a e ~b (ver figura 1).No caso do item (a), temos
como hipo´tese ‖~a‖ = ‖~b‖. O fato de que as diagonais ~a+~b e ~a−~b sa˜o perpendiculares
segue-se das seguintes igualdades
[~a + ~b][~a− ~b] = ‖~a‖2 − ‖~b‖2
= 0
Inversamente, no caso do item (b),e´ suficiente provar que ‖~a‖ = ‖~b‖. Para isso, como
as diagonais ~a + ~b e ~a− ~b sa˜o perpendiculares, temos
‖~a‖2 − ‖~b‖2 = [~a + ~b][~a− ~b]
= 0
Logo, ‖~a‖ = ‖~b‖.
Figura 1
10
9. Escreva as equac¸a˜o Cartesiana da reta que
(a) conte´m o ponto (−1, 1) e tem a direc¸a˜o do vetor (2, 3);
(b) conte´m os pontos A(3, 2) e B(−3, 1).
Soluc¸a˜o .
(a) Denotemos a reta, que conte´m o ponto (−1, 1) e tem a direc¸a˜o do vetor (2, 3),
por $. Observemos que o vetor (−3, 2) e´ perpendicular a reta $. Logo, a equac¸a˜o
Cartesiana de $ e´
[(x, y)− (−1, 1)](−3, 2) = 0
−3x + 2y − (3 + 2) = 0
−3x + 2y − 5 = 0
(b) Denotemos a reta, que conte´m os pontos A(3, 2) e B(−3, 1), por $. O vetor
(−1, 6) e´ perpendicular ao vetor −−→BA = (6, 1) Logo, a equac¸a˜o Cartesiana de $ e´
[(x, y)− (3, 2)](−1, 6) = 0
−x + 6y − (−3 + 12) = 0
−x + 6y − 9 = 0
11
10. Mostre que, se a distaˆncia entre P (a, b) e a origem e´ c, enta˜o a reta definida
por P e A(−c, 0) e´ perpendicular a` reta definida por P e B(c,0).
Soluc¸a˜o . Por hipo´tese, temos
a2 + b2 = c2
E´ suficiente provar que
−→
PA ⊥ −−→PB. Isto e´,
−→
PA.
−−→
PB = (A− P ).(B − P ) = (−c− a)(c− a) + b2 = −c2 + a2 + b2 = 0
12
11. Sejam os pontos A(1, 3) e B(−2, 4) Determine a projec¸a˜o ortogonal do seg-
mento AB sobre a reta
x = 1 + 2t
y = −1 + 3t
Soluc¸a˜o . A reta dada pode ser escrita como
(1,−1) + t(2, 3), t ∈ R.
O vetor (−3, 2) e´ perpendicular a` reta dada. Assim, a equac¸a˜o Cartesiana da reta dada
e´
[(x, y)− (1,−1)](−3, 2) = 0
−3x + 2y − (−3− 6) = 0
−3x + 2y + 9 = 0
Sejam a retas $1 e $2 que passam pelos pontos A e B e sa˜o paralelas ao vetor
(−3, 2). Logo, a equac¸a˜o Cartesiana de $1 e´
[(x, y)− (1, 3)](2, 3) = 0
2x + 3y − (2 + 9) = 0
2x + 3y − 11 = 0
e a equac¸a˜o Cartesiana de $2 e´
[(x, y)− (−2, 4)](2, 3) = 0
2x + 3y − (−4 + 12) = 0
2x + 3y − 8 = 0
A intersec¸a˜o da reta dada com a reta $1 e´ (
49
13 ,
15
13 ); e a intersec¸a˜o da reta dada com a
reta $1 e´ (
43
13 ,
6
13 ). Portanto, a projec¸a˜o ortogonal do segmento AB sobre a reta dada
e´ o segmento de extremos ( 4913 ,
15
13 ) e (
43
13 ,
6
13 ).
13
12. Num triaˆngulo ABC e´ dado o ponto X sobre o segmento AB tal que
‖−−→AX‖ = 2‖−−→XB‖ e e´ dado Y sobre o segmento BC tal que ‖−−→BY ‖ = 3‖−−→Y C‖.
Mostre que os vetores
−−→
CX e
−→
AY na˜o sa˜o paralelos.
Soluc¸a˜o .Para guiar nosso raciocinio, observar a figura 2. Pelas condic¸o˜es do problema,
podemos escrever
−−→
AX =
2
3
−−→
AB e
−−→
BY =
3
4
−−→
BC
Tambe´m, podemos escrever
−−→
CX =
−−→
AX −−→AC
=
−−→
AX −−−→AB −−−→BC
=
2
3
−−→
AB −−−→AB −−−→BC
= −1
3
−−→
AB −−−→BC
e
−→
AY =
−−→
AB +
−−→
BY
=
−−→
AB +
3
4
−−→
BC
Se assumimos que os vetores
−−→
CX e
−→
AY sa˜o paralelos enta˜o existe um t 6= 0 tal que
−1
3
−−→
AB −−−→BC = t−−→AB + 3t
4
−−→
BC
Mas, como
−−→
AB e
−−→
BC na˜o sa˜o paralelos, temos
−1
3
= t =
−4
3
Chegamos a um absurdo. Logo, os vetores
−−→
CX e
−→
AY na˜o sa˜o paralelos.
Figura 2
14
13. Sejam os pontos B(2, 4) e M(−1, 3). Assumamos que o vetor −−→AB e´ paralelo ao
vetor
−−→
MB e
‖ −−→AB ‖
‖ −−→MB ‖
=
3
2
Determinar o ponto A.
Soluc¸a˜o . Podemos assumir que existe um k > 0 tal que
−−→
AB = k
−−→
MB. Logo,
k ‖ −−→MB ‖=‖ −−→AB ‖= 3
2
‖ −−→MB ‖ ⇒ k = 3
2
⇒ −−→AB = 3
2
−−→
MB ⇒ A = B − 3
2
(B −M) = (−5
2
,
5
2
).
15
14. Se Proj−→u
−→v = (1, 3), −→u = (2, 6) e ‖ −→v ‖= 6. Determine −→v .
Soluc¸a˜o . Pela definic¸a˜o de Proj−→u
−→v , podemos afirmar que
−→v = Proj−→u−→v +
−→
C , onde Proj−→u
−→v ⊥ −→C
Logo, existe um k ∈ R tal que −→C = k(−3, 1) e
−→v = (1, 3) + k(−3, 1) =⇒ 36 =‖ −→v ‖2= 10 + 10k2 ⇒ k =+−
√
13
5
⇒ −→v = (1, 3) ±
√
13
5
(−3, 1)
16
15. Escreva o vetor (7,-1) como soma de dois vetores, um dos quais e´ paralelo e o
outro e´ perpendicular ao vetor (1,−1).
Soluc¸a˜o . Por definic¸a˜o de projec¸a˜o ortogonal, temos que
• Proj(1,−1)(7,−1) ⊥
[
(7,−1)− Proj(1,1)(7,−1)
]
• Proj(1,−1)(7,−1) | | (1,−1)
• [(7,−1)− Proj(1,−1)(7,−1)] ⊥ (1,−1)
• (7,−1) = Proj(1,−1)(7,−1) +
[
(7,−1)− Proj(1,−1)(7,−1)
]
Logo, os vetores procurados para a soma solicitada sa˜o
Proj(1,−1)(7,−1) = (4,−4) e
[
(7,−1)− Proj(1,−1)(7,−1)
]
= (3, 3)
17
16. Dados o ponto P (2,−1) e a reta r de equac¸a˜o Cartesiana y = 3x− 5, escreva
uma equac¸a˜o Cartesiana da reta que conte´m o ponto P e
a. seja paralela a` reta r;
b. seja perpendicular a` reta r.
Soluc¸a˜o .
a. Observar que o vetor (1,m) = (1, 3) e´ paralelo a` reta r e o vetor (−3, 1) e´
perpendicular a` reta r. Assim a equac¸a˜o Cartesiana da reta que pasa por P (2,−1),
paralela a r, e´
[(x, y)− (2,−1)](−3, 1) = 0
−3x + y + 7 = 0.
b. A equac¸a˜o Cartesiana da reta que pasa por P (2,−1), perpendicular a r, e´
[(x, y)− (2,−1)](1, 3) = 0
x + 3y + 1 = 0.
18
17. Determine a projec¸a˜o ortogonal do ponto P (2, 4) sobre a reta
x = 1 + 2t
y = −1 + 3t
Soluc¸a˜o . O vetor (−3, 2) e´ perpendicular a reta dada:
(x, y) = (1,−1) + t(2, 3)
Logo, a reta perpendicular a esta reta dada que passa por P (2, 4) e´
(x, y) = (2, 4) + s(−3, 2)
E, a projec¸a˜o ortogonal do ponto P (2, 4) sobre a reta dada e´ o ponto Q, que e´ a
intersec¸a˜o das reta anteriores. Isto e´,
Q = (1,−1) + t(2, 3) = (2, 4) + s(−3, 2) ⇒ Q = (1,−1) + 17
13
(2, 3) = (
47
13
,
38
13
)
19
18. Escrever a equac¸a˜o reduzida da hipe´rbole cujos focos sa˜o F = (0, 4), F1 =
(0,−4) sabendo que a reta y = 3x e´ uma ass´ıntota.
Soluc¸a˜o . Observando que os focos esta˜o sobre o eixo Oy, tem-se:
a
b
= 3 =⇒ a = 3bec = 4
Como c2 = a2 + b2 temos (3b)2 + b2 = 16. Logo,
b2 =
8
5
, a2 =
72
5
Assim:
y2
72
5
− x
2
8
5
= 1
20
19. Demonstre que a elipse
(x− 1)2
a2
+
y2
b2
= 1, b < a,
e´ a coˆnica de foco F (c+1, 0), a excentricidade e = c
a
e diretriz x = 1+ a
e
, onde
a constante c e´ dada por c =
√
a2 − b2.
Soluc¸a˜o . Isto resulta de determinar a coˆnica dada pela equac¸a˜o
d(P, F ) = ed(P, d),
a qual e´ igual a
(x− 1)2
a2
+
y2
b2
= 1.
21
20. Encontre a equac¸a˜o de uma hipe´rbole que tem por assintotas as retas
y = 34x e y =
4
3x.
Soluc¸a˜o . Para acompanhar nosso raciocinio, ver a seguinte figura:
Se verifica facilmente que a reta x = y e´ a bissetriz das retas y = 34x e y =
4
3x. Agora,
seja o vetor ~V a projec¸a˜o do vetor (3, 4) sobre a reta y = x. Isto e´,
~V =
(3, 4)(1, 1)
2
(1, 1) =
7
2
(1, 1)
Por outro lado, sabemos que o vetor ~U = (3, 4) − ( 72 , 72 ) = (−12 , 12 ) e´ perpendicular ao
vetor ~V . Enta˜o , o coeficiente da reta y = 34x, em relac¸a˜o a` reta y = x e´
m1 =
|~U |
|~V |
=
1
7
e o coeficiente da reta y = 43x, em relac¸a˜o a` reta y = x e´
m2 =
−1
7
A equac¸a˜o da hipe´rbole, em relac¸a˜o ao sistema de coordenadas dada pelas retas y = x
e y = −x, que tem por assintotas as retas y = 34x e y = 43x e´
x21
49
− y
2
1
1
= 1
22
E´ claro que o aˆngulo de rotac¸a˜o foi θ = 45. A equac¸a˜o da hipe´rbole em relac¸a˜o ao sistema
de coordenadas original e´
(
√
2x
2 +
√
2y
2 )
2
49
− (
−√2x
2 +
√
2y
2 )
2
1
= 1
23
21. Determinar o gra´fico da seguinte equac¸a˜o de segundo grau :
x2 + xy − 2y2 + x− 2 = 0
Soluc¸a˜o . Primeiro rotamos o sistema de coordenadas para transformar a equac¸a˜o dada
acima em uma que na˜o tenha o termo em xy. Substituindo x e y na equac¸a˜o dada
por
x = x1cos(θ)− y1sen(θ)
y = x1sen(θ)− y1cos(θ),
0btemos
x21(cos
2(θ) + sen(θ)cos(θ)− 2sen2(θ)) +
y21(sen
2(θ)− sen(θ)cos(θ)− 2cos2(θ)) +
x1y1(−6sen(θ)cos(θ) + cos2(θ)− sen2(θ)) +
x1(cos(θ)) −
y1(sen(θ) −
2 =
0.
Agora, queremos encontrar um adequado θ tal que −6sen(θ)cos(θ)+cos2(θ)−sen2(θ) =
0. Logo, o θ procurado e´ tal que
cos2(θ) =
10 + 3
√
10
20
; sen2(θ) =
10− 3√10
20
; sen(θ)cos(θ) =
1
2
√
10
Assim,
x21(
−5 + 2√10
10
) + y21(
−5− 2√10
10
) + x1(cos(θ))− y1(sen(θ))− 2 = 0
Logo, se a = −5+2
√
10
10 > 0 e b =
−5−2√10
10 < 0, temos
a(x1 +
cos(θ)
2a
)2 + b(y1 − sen(θ)
2b
)2 − cos
2(θ)
4a
− sen
2(θ)
4b
− 2 = 0
segue-se que
a(x1 +
cos(θ)
2a
)2 + b(y1 − sen(θ)
2b
)2 +
−bcos2(θ)− asen2(θ)− 8ab
4ab
= 0
24
Isto e´,
a(x1 +
cos(θ)
2a
)2 + b(y1 − sen(θ)
2b
)2 +
370− 25√10
120
= 0
ou,
a(x1 +
cos(θ)
2a
)2 + b(y1 − sen(θ)
2b
)2 =
25
√
10− 370
120
E, como a > 0 e b > 0 resulta a equac¸a˜o de uma hipe´rbole
(x1 +
cos(θ)
2a )
2
c
a
+
(y1 − sen(θ)2b )2
c
b
= 1,
onde c = 25
√
10−370
120 .
25
22. Esboc¸ar o gra´fico da coˆnica de equac¸a˜o
4x2 − 4xy + 7y2 + 12x + 6y − 9 = 0
Soluc¸a˜o .Fazendo 
x = ucos(θ)− vsen(θ)
y = vsen(θ) + vcos(θ)
,
e substituindo na equac¸a˜o , obteremos
u2(4cos2(θ)− 4cos(θ)sen(θ) + 7sen2(θ)) +
v2(4sen2(θ) + 7cos2(θ) + 4cos(θ)sen(θ))
uv(6cos(θ)sen(θ))− 4(cos2(θ)− sen2(θ))) +
u(12cos(θ) + 6sen(θ)) +
v(6cos(θ)− 12sen(θ)) −
9 = 0. (♠)
Vamos agora eliminar o termo uv, igualando o coeficiente dele a zero.Ou seja,
3sen(2θ)− 4cos(2θ) = 0 ⇒ tg(2θ) = 4
3
Isto e´,
sen(2θ) = 2sen(θ)cos(θ) =
4
5
e cos(2θ) = cos2(θ)− sen2(θ) = 3
5
Logo, cos2(θ) = 45 , sen
2(θ) = 15 , cos(θ) =
2√
5
e sen(θ) = 1√
5
. Com esses valores em
(♠), obtem-se a equac¸a˜o
3u2 + 8v2 + 6
√
5u + 8v2 − 9 = 0equivalente a
(u +
√
5)2
8
+
v2
3
= 1 (Elipse)
Eis o esboc¸o procurado:
26
23. Escreva a equac¸a˜o e esboce o gra´fico da elipse de focos F1(−4, 0), F2(4, 0) e o
eixo maior medindo 12.
Soluc¸a˜o .Como os focos, sime´tricos em relac¸a˜o ao origem, da elipse enconcontra-se no
eixo X a equac¸a˜o e´ da forma:
x2
a2
+
y2
b2
= 1
onde a > b, 2a = 12, e 16 = a2− b2. Ou seja, a2 = 36 e b2 = 20. Assim, a equac¸a˜o
procurada e´:
x2
36
+
y2
20
= 1.
Eis o esboc¸o procurado:
27
24. Reconhec¸a somente a seguinte coˆnica
3x2 + 4xy + y2 − 2x− 1 = 0
Soluc¸a˜o . Primeiro, observemos que B2 − 4AC = 16− 12 = 4 > 0. Enta˜o , trata-se de
uma hiperbole ou um par de retas concorrentes. Os pontos de intersecc¸a˜o com os eixos
coordenados sa˜o
(0, 1); (0,−1); (1, 0); (−1
3
, 0)
Se o lugar geome´trico na˜o fosse uma hiperbole enta˜o possui treˆs pontos colineares.Nas
tentativas, encontramos que os pontos colineares (0, 1); (1, 0); ( 12 ,
1
2 ) pertencem a` coˆnica.
Logo, trata-se de um par de retas concorrentes.
28
25. Mostre que o gra´fico de
(x− 1)2
a2
− (y − 1)
2
b2
= 0
e´ o par de assintotas da hipe´rbole
(x− 1)2
a2
− (y − 1)
2
b2
= 1
Soluc¸a˜o . Se transladamos o sistema de coordenadas XOY, de modo que a origem
O coincide com o ponto O1 = (1, 1), obtemos um novo sistema de coordenadas
X1O1Y1. Logo, a equac¸a˜o da hipe´rbole dada acima e´
x21
a2
− y
2
1
b2
= 1
Por outro lado, sabemos que as assintotas desta hipe´rbole sa˜o dadas pelas equac¸o˜es :
y1 =
b
a
x1 e y1 = − bax1. Assim, no sistema original as equac¸o˜es destas assintotas sa˜o :
y − 1 = − b
a
(x− 1) e y − 1 = b
a
(x− 1)
A unia˜o destas retas tem por equac¸a˜o :[
(x− 1)
a
+
(y − 1)
b
]
.
[
(x− 1)
a
− (y − 1)
b
]
= 0
ou melhor escrito:
(x− 1)2
a2
− (y − 1)
2
b2
= 0
29
26. Demonstre que a elipse
(x− 1)2
a2
+
y2
b2
= 1, b < a,
e´ a coˆnica de foco F (c+1, 0), a excentricidade e = c
a
e diretriz x = 1+ a
e
, onde
a constante c e´ dada por c =
√
a2 − b2.
Soluc¸a˜o . Isto resulta de determinar a coˆnica dada pela equac¸a˜o
d(P, F ) = ed(P, d),
a qual e´ igual a
(x− 1)2
a2
+
y2
b2
= 1.
30
27. Encontrar a Projec¸a˜o do vetor (1,2,3) sobre o plano x + y + z = 1.
Soluc¸a˜o . Primeiro observar que o vetor −→v = (1, 1, 1, ) e´ perpendicular ao plano
x+y+z = 1. A seguir, calculamos a projec¸a˜o do vetor −→w = (1, 2, 3)sobre o vetor −→v . Isto,
e´
Proj−→v
−→w = (1, 2, 3)(1, 1, 1)
3
(1, 1, 1) = (2, 2, 2)
Logo, a Projec¸a˜o do vetor (1,2,3) sobre o plano x + y + z = 1 e´ o vetor
−→w − Proj−→v −→w = (1, 2, 3)− (2, 2, 2) = (−1, 0, 1)
Ver Figura 1.
Proj
Proj
Figura 1
31
28. Determinar a equac¸a˜o parame´trica da reta que e´ perpendicular simultanea-
mente a`s retas seguintes
(x, y, z) = (1,−1, 2) + t(1, 0, 1), t ∈ R
(x, y, z) = (2, 1, 1) + s(0, 1, 1), s ∈ R
Soluc¸a˜o . Para seguir o racioc´ınio, ver a Figura 2. Sejam os vetores −→v = (1, 0, 1) e −→u =
(0, 1, 1) das respetivas retas. O produto vetorial destes vetores e´
−→u ×−→v = (−1,−1, 1)
O plano que passa por (1,−1, 2) e e´ pependicular ao vetor −→u × [−→u ×←−v ] tem por
equac¸a˜o Cartesiana
x− 2y − z = 1
Agora, encontraremos a intersecc¸a˜o desse plano com a reta {(2, 1, 1)+s(0, 1, 1) : s ∈ R} :
q = (2,
1
3
,
1
3
)
Logo, a reta procurada e´
(x, y, z) = q + t(−→u ×−→v ) = (2, 1
3
,
1
3
) + t(−1,−1, 1)
Figura 2
32
29. Determine o centro e o raio da circunfereˆncia da intersec¸a˜o da esfera ; x2 +
y2 + z2 = 25 com o plano 2x + y + z = 2
Soluc¸a˜o . Ver a Figura 3 para acompanhar a soluc¸a˜o . Observar que o vetor (2,1,1) e´
perpendicular ao plano dado. A reta
(x, y, z) = (0, 0, 0) + t(2, 1, 1), t ∈ R
corta o plano no centro da circunfereˆncia. Logo,
c = (
1
2
,
1
4
,
1
4
)
Para calcular o comprimento do raio, denotarmos por r , primero calcularmos a distaˆncia
da origem ao ponto c que e´ |−→0c| =
√
2
2 . Logo, aplicarmos o teorema de Pita´goras:
r =
√
25− 1
2
=
√
24, 5
Figura 3
33
30. Escrever as equac¸o˜es parame´tricas da curva dada pela intersec¸a˜o do elipso´ide
x2
4 +
y2
18 +
z2
25 = 1 com o plano z =
5y
3
√
2
.
Soluc¸a˜o . As equac¸o˜es parame´tricas sa˜o :
x = 2cos(θ),
y = 3sen(θ), 0 ≤ θ ≤ 2pi
z = 15sen(θ)
3
√
2
.
34
31. Calcule o aˆngulo entre os vetores −→v e −→w , sabendo que:
‖−→u ‖ = ‖−→v ‖ = 5; ‖−→v ‖ = 1; ‖−→u −−→v +−→w ‖ = ‖−→u +−→v +−→w ‖
e que o aˆngulo entre −→u e −→v e´ pi8 .
Soluc¸a˜o . Seja θ o aˆngulo entre os vetores −→v e −→w . Primeiro calculamos
−→v .−→w como segue:
‖−→u −−→v +−→w ‖2 = ‖−→u +−→v +−→w ‖2 ⇒ −→v −→w = −−→u−→w
Logo,
cos(θ) =
−→v −→w
‖−→v ‖‖−→w ‖ =
−−→u−→w
‖−→u ‖‖−→w ‖ = −cos(
pi
8
)
Assim,
θ =
7pi
8
35
32. Sejam C a circunfereˆncia de centro (1,2) e raio 3 e r a reta definida pelos
pontos A(6,6) e B(2,10). Determine em C o ponto equ¨idistante de A e B.
Soluc¸a˜o . A equ¨ac¸a˜o Cartesiana da circunfereˆncia e´
(x− 1)2 + (y − 2)2 = 9
A equ¨ac¸a˜o parame´trica da reta R, que passa por (4, 8), ponto medio de A e B ,e
e´ perpendicular a r, e´
(4 + t, 8 + t)
Logo, encontra-se a intersec¸a˜o de essa reta R com a circufereˆncia que sa˜o os pontos
procurados:
(1, 5); (−2, 2)
36
33. Mostre que nenhuma tangente a` hipe´rbole
y2
b2
− x
2
a2
= 1
passa pela origem.
Prova. Sabemos que as retas que passam pela origem intersectam em dois pontos ou na˜o
intersectam. Agora, no caso das retas que intersectam, a hipe´rbole corta essas retas de
forma na˜o tangencial, pois, em ambos lados das retas, ela se aproxima a`s ass´ıntotas.
37
34. Encontre a equac¸a˜o da Elipse de focos (2,3) e (4,6) que passa pela origem de coordenadas.
Soluc¸a˜o . Primeiro, procuramos o eixo maior usando a definic¸a˜o de Elipse:
√
13 +
√
52 = 3
√
13
Assim, a equ¨ac¸a˜o da Elipse segue-se da seguinte igualdade
√
(x− 2)2 + (y − 3)2 +
√
(x− 4)2 + (y − 6)2 = 3
√
13
Isto e´,
52(x− 4)2 + 52(y − 6)2 = (78− 2x− 3y)2
38
35. Sejam os vetores unitarios −→v1 e −→w1, que formam um aˆngulo de pi3 , e os
vetores −→v2 = (0, 1) e −→w2 = (−
√
3
4 ,
1
2 ). Provar que
−→v1−→w1 = −→v2−→w2
Prova. Segue-se das seguintes igualdades
−→v1−→w1 = |−→v1 ||−→w1|cos(pi
3
) =
1
2
= −→v2−→w2.
39
36. Determinar o(s)foco (s) e o(s) ve´rtice(s), nas coordenadas originais, da seguinte coˆnica
x2 + 4y2 + 4xy + 12x− 6y = 0
Soluc¸a˜o . Substituindo x e y na equac¸a˜o dada por
x = ucos(θ)− vsen(θ)
y = usen(θ) + vcos(θ)
Obtemos
u2(cos2(θ) + 4sen2(θ) + 4cos(θ)sen(θ)) +
v2(sen2(θ) + 4cos2(θ)− 4sen(θ)cos(θ)) +
uv(4cos2(θ) +−4sen2(θ) + 6sen(θ)cos(θ)) + (♠)
u(12cos(θ)− 6sen(θ)) −
v(12sen(θ) + 6cos(θ)) = 0
Vamos agora eliminar o termo uv, igualando o coeficiente dele a zero.Ou seja,
4cos(2θ) + 3sen(2θ) = 0 ⇒ tg(2θ) = −4
3
Isto e´,
sen(2θ) = 2sen(θ)cos(θ) =
4
5
e cos(2θ) = cos2(θ)− sen2(θ) = −3
5
Logo, cos2(θ) = 15 , sen
2(θ) = 45 , cos(θ) =
1√
5
e sen(θ) = 2√
5
. Com esses valores em
(♠), obtem-se a equac¸a˜o
5u2 + 6
√
5v = 0
equivalente a
v =
−1
4 6
4
√
5
u2 (para´bola)
Logo, nas coordenadas uv, o foco e´ o ponto (0, −3
2
√
5
) e o ve´rtice e´ (0,0). Nas
coordenadas xy, o foco e´
x = 0cos(θ)− −3
2
√
5
sen(θ) = 3
2
√
5
2√
5
= 35
y = 0sen(θ) + −3
2
√
5
cos(θ) = −3
2
√
5
1√
5
= −310
e o ve´rtice e´ (0, 0).
40
37. Seja o ponto F = (0, 1) e a reta d, dada por x = −1. Determinar o conjunto de pontos
P que satisfazem a equac¸a˜o
d(P ;F ) =
1
2
d(P ; d)
Soluc¸a˜o . Seja P = (x, y) um ponto qualquer tal que
d(P ;F ) =
1
2
d(P ; d)√
x2 + (y − 1)2 = 1
2
|x + 1|
⇒
x2 + y2 − 2y + 1 = x
2
4
+ x + 1
⇒
3
4
x2 − x + y2 − 2y = 0
⇒
3
4
(x2 − 4
3
x +
4
9
− 4
9
) + y2 − 2y + 1− 1 = 0
⇒
3
4
((x− 2
3
)2 − 4
9
) + (y − 1)2 − 1 = 0
⇒
3
4
((x− 2
3
)2 + (y − 1)2 = 4
3
⇒
((x− 23 )2
16
9
+
(y − 1)2
4
3
= 1
Portanto, o conjunto de pontos e´ uma elipse de centro ( 23 , 1) e ve´rtices (− 23 , 1), (2, 1),
(2,
√
3+2√
3
), (2,
√
3−2√
3
).
41
38. Seja o sistema de coordenadas uv, onde os eixos sa˜o as retas perpendiculares, que se
intersectam na origem, definidas por
y =
1
2
x e y = −2xDeterminar a equac¸a˜o , nas coordenadas uv e nas coordenadas xy, da para´bola de
ve´rtice (2, 1) e de foco (4, 2).
Soluc¸a˜o . Conveniarmos que a varia´vel u corresponde a reta y = 12x e a varia´vel v a`
outra. Nas coordenadas uv, o ve´rtice e´ (
√
5, 0) e o foco e´ (2
√
5, 0). Logo, a para´bola e´
u−
√
5 =
1
8
√
5
v2 (∆)
Seja θ o aˆngulo de rotac¸a˜o do novo sistemas de coordenadas. Assim, tg(θ) = 12 . Isto e´
sen(θ) =
1√
3
; cos(θ) =
2√
3
Logo,
u =
2x√
3
+
y√
3
; v =
−x√
3
+
2y√
3
Nas coordenadas xy, a equac¸a˜o da para´bola, dada em (4), e´
2x√
3
+
y√
3
−
√
5 =
1
8
√
5
(−x√
3
+
2y√
3
)2
(z)
42
39. Determine uma equac¸a˜o da circunfereˆncia tangente a`s retas y = x e y = −x nos pontos
(3, 3) e (3,−3).
Soluc¸a˜o . A equac¸a˜o da reta, que passa por (3, 3) e e´ perpendicular a` reta y = x, e´
(x− 3, y − 3)(1, 1) = 0⇔ x + y − 6 = 0
A equac¸a˜o da reta, que passa por (−3,−3) e e´ perpendicular a` reta y = −x, e´
(x− 3, y + 3)(1,−1) = 0⇔ x− y − 6 = 0
O ponto de intersec¸a˜o dessas retas e´ (6,0) que e´ o centro da circunfereˆncia.Agora, o raio e´
|(6, 0)− (3, 3)| = √9 + 9 = 3
√
2
Portanto, a equac¸a˜o da circunfereˆncia e´
(x− 6)2 + y2 = 18
43
40. Sejam as retas na˜o paralelas Ax + By + 2 = 0 e 2x− y + √2 = 0, tal que A2 + B2 =
5. Provar que a reta
(A + 2)x + (B − 1)y + 2 +
√
2 = 0 (z)
e´ bissetriz
Soluc¸a˜o . Primeiro observar que se (x0, y0) e´ um ponto da intersec¸a˜o das retas enta˜o
temos
Ax0 + By0 + 2 = 0
2x0 − y0 +
√
2 = 0
. Logo, somando, obtemos
(A + 2)x0 + (B − 1)y0 + 2 +
√
2 = 0 (4)
Os vetores normais a`s retas sa˜o (A,B) e (2,−1). O vetor bissetriz desses vetores e´
(A+2√
5
, B−1√
5
). Observarmos que esse vetor e´ paralelo a` reta dada em (z). Portanto, e por
(4), podermos afirmar que a reta, dada em (z), e´ uma bissetriz.
44
41. Seja a equac¸a˜o 3x− 2y + 6 = 0
(a) Qual e´ o aˆngulo, no sentido hora´rio que forma a reta com o eixo X?
(b) Escrever uma equac¸a˜o parame´trica da reta.
(c) Encontrar a reta perpendicular que passa pelo ponto (0, 0) e o ponto de
intersec¸a˜o .
Soluc¸a˜o .
(a) A equac¸a˜o da reta pode ser escrita como y = 32x− 2. Logo, o coeficiente angular e´
m = 32 . Assim, o aˆngulo procurado e´ θ = arcotang(
3
2 ).
(b) Sabemos que o vetor (1,m) = (1, 32 ) e´ paralelo a` reta. E, a reta passa pelo ponto
(−2, 0). Logo, a equac¸a˜o parame´trica e´:
x = −2 + 2t
y = 3t
(c) O vetor (1,m) = (1, 32 ) e´ normal a` reta perpendicular que passa por (0, 0). Logo,
a equac¸a˜o da reta perpendicular e´
(x, y)(2, 3) = 0⇐⇒ 2x + 3y = 0
Para encontrar a intersec¸a˜o , resolvermos a equac¸a˜o :
2(−2 + 2t) + 3(3t) = 0 =⇒ t = 4
13
=⇒ (−18
13
,
12
13
) (ponto de intersec¸a˜o )
45
42. Seja o sistema de coordenadas uv, onde os eixos sa˜o as retas perpendiculares,
que se intersectam na origem, definidas por
y =
1
2
x e y = −2x
Determinar a equac¸a˜o , nas coordenadas uv e nas coordenadas xy, da elipse
de focos (−2,−1), (2, 1) e de ve´rtices (−4,−2), (4, 2).
Soluc¸a˜o . Conveniarmos que a varia´vel u corresponde a reta y = 12x e a varia´vel
v a` outra. Nas coordenadas uv, os focos sa˜o (−√5, 0), (√5, 0) e os ve´rtices sa˜o
(−2√5, 0), (2√5, 0). Logo, a elipse e´
u2
a2
+
v2
b2
= 1
onde a2 = 20, c2 = 5 e b2 = 20− 5 = 15. Isto e´,
u2
20
+
v2
15
= 1 (4)
Seja θ o aˆngulo de rotac¸a˜o do novo sistemas de coordenadas. Assim, tg(θ) = 12 . Isto e´
sen(θ) =
1√
3
; cos(θ) =
2√
3
Logo,
u =
2x√
3
+
y√
3
; v =
−x√
3
+
2y√
3
Nas coordenadas xy, a equac¸a˜o da elipse, dada em (4), e´
( 2x√
3
+ y√
3
)2
20
+
(−x√
3
+ 2y√
3
)2
15
= 1
46
43. Seja o sistema de coordenadas uv, onde os eixos sa˜o as retas perpendiculares,
que se intersectam na origem, definidas por
y =
1
2
x e y = −2x
Determinar a equac¸a˜o , nas coordenadas uv e nas coordenadas xy, da
hipe´rbole de ve´rtices (−2,−1), (2, 1) e de focos (−4,−2), (4, 2).
Soluc¸a˜o . Conveniarmos que a varia´vel u corresponde a reta y = 12x e a varia´vel
v a` outra. Nas coordenadas uv, os ve´rtices sa˜o (−√5, 0), (√5, 0) e os focos sa˜o
(−2√5, 0), (2√5, 0). Logo, a hipe´rbole e´
u2
a2
− v
2
b2
= 1
onde c2 = 20, a2 = 5 e b2 = 20− 5 = 15. Isto e´,
u2
20
− v
2
15
= 1 (4)
Seja θ o aˆngulo de rotac¸a˜o do novo sistemas de coordenadas. Assim, tg(θ) = 12 . Isto e´
sen(θ) =
1√
3
; cos(θ) =
2√
3
Logo,
u =
2x√
3
+
y√
3
; v =
−x√
3
+
2y√
3
Nas coordenadas xy, a equac¸a˜o da hipe´rbole, dada em (4), e´
( 2x√
3
+ y√
3
)2
20
−
(−x√
3
+ 2y√
3
)2
15
= 1
47
44. Dar treˆs pontos que formam um triaˆngulo retaˆngulo tal que os catetos na˜o
sa˜o paralelos aos eixos coordenados e que os catetos tenham comprimento 3
e 5 respectivamente.
Soluc¸a˜o . Sejam os vetores unitarios ( 1√
2
, 1√
2
) e (−1√
2
, 1√
2
), perpendiculares entre si.
Observar que na˜o sa˜o paralelos aos eixos coordenados. O vetor 5( 1√
2
, 1√
2
) = ( 5√
2
, 5√
2
) tem
comprimento 5. O vetor 3(−1√
2
, 1√
2
) = (−3√
2
, 3√
2
) tem comprimento 3. Se colocamos estes
vetores na origem (0, 0), obtemos os tres pontos requeridos (0, 0), ( 5√
2
, 5√
2
), (−3√
2
, 3√
2
).
48
45. Giramos a para´bola y = 4x2 num aˆngulo de pi4 mantendo o ve´rtice na origem
. Obter a equac¸a˜o Cartesiana nessa nova posic¸a˜o .
Soluc¸a˜o . Nesse caso o eixo da para´bola tambe´m e´ girado num aˆngulo de pi4 . A reta que
contem o eixo girado junto com a reta perpendicular a ela que passa pela origem formam
um sistema de coordenadas. Em relac¸a˜o a esse novo sistema de coordenadas, a para´bola
tem por equac¸a˜o Cartesiana y1 = 4x
2
1. Logo, a equac¸a˜o Cartesiana no antigo sistema e´
y1 = 4x
2
1
−x 1√
2
+ y
1√
2
= 4(x
1√
2
+ y
1√
2
)2
O que nos da
4x2 + 8xy + 4y2 +
√
2x−
√
2y = 0
49
46. Dar treˆs pontos que formam um triaˆngulo tal que dois lados na˜o sa˜o paralelos
aos eixos coordenados e tenham a´rea igual a 6.
Soluc¸a˜o . Sejam os vetores unitarios ( 1√
2
, 1√
2
) e (−1√
2
, 1√
2
), perpendiculares entre si.
Observar que na˜o sa˜o paralelos aos eixos coordenados. O vetor 6( 1√
2
, 1√
2
) = ( 6√
2
, 6√
2
) tem
comprimento 6. O vetor (−1√
2
, 1√
2
) tem comprimento 1. Se colocamos estes vetores na
origem (0, 0), obtemos os tres pontos requeridos (0, 0), ( 6√
2
, 6√
2
), (−1√
2
, 1√
2
).
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