AP1 - GA - 2015.1-Gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Gabarito - AP1 – Geometria Anal´ıtica I – 2015.1
Questa˜o 1 (2,0 pontos): Considere os pontos A = (0, 1), B = (2, 2), C = (1, 3) e a reta ` que
passa por A e B.
a) Determine as equac¸o˜es parame´tricas e cartesiana da reta `.
b) Encontre o ponto P na reta ` tal que o aˆngulo ACˆP seja reto.
Soluc¸a˜o:
a) Como
−→
AB = (2, 1) e´ um vetor paralelo a` `, podemos ter como equac¸o˜es parame´tricas:
` :
{
x = 2t
y = 1 + t
, com t ∈ R. O vetor −→v = (−1, 2) e´ perpendicular a` ` e, portanto,
` : −x + 2y + c = 0. Como, A = (0, 1) ∈ `, substitu´ımos as coordenadas de A na
equac¸a˜o da reta e encontramos c = −2. Assim, temos uma equac¸a˜o cartesiana, dada por
` : −x + 2y − 2 = 0.
b) Como P ∈ `, pelo item anterior, podemos escrever P = (2t, 1 + t). Devemos ter
0 =
〈−→
CA,
−→
CP
〉
= 〈(−1,−2), (2t− 1, t− 2)〉 = −2t + 1− 2t + 4
−4t + 5 = 0 =⇒ t = 5/4 =⇒ P = (5/2, 9/4).
Questa˜o 2 (2,5 pontos): Considere o c´ırculo C que tem centro em A = (1, 1) e e´ tangente a`
reta t : 3x− 4y − 4 = 0.
a) Determine a equac¸a˜o de C .
b) Determine a reta ` tangente a` C , paralela a` t .
Soluc¸a˜o:
a) O raio do c´ırculo e´ r = d(A, t) = |3−4−4|√
25
= 1. Logo a equac¸a˜o do c´ırculo e´ (x− 1)2 + (y−
1)2 = 1.
b) Como ` e´ paralela a` t , sua equac¸a˜o cartesiana e´ da forma ` : 3x − 4y + c = 0. Mas esta
reta passa pelo ponto P de intersec¸a˜o de C com a reta m que passa pelo centro do c´ırculo
e e´ perpendicular a` t . Assim, m e´ paralela ao vetor −→v = (3,−4) e, portanto podemos ter
m :
{
x = 3t + 1
y = −4t + 1 , com t ∈ R.
Substituindo x = 3t + 1 e y = −4t + 1 na equac¸a˜o do c´ırculo, vamos obter os pontos de
intersec¸a˜o de m com C . A saber, 9t2 + 16t2 = 1, isto e´, 25t2 = 1, ou ainda, t = 1/5
ou t = −1/5. Mas, substituindo t = 1/5 nas equac¸o˜es da reta m, obtemos o ponto
(8/5, 1/5), que pertence a reta t ( basta substituir suas coordenadas na equac¸a˜o da reta
para verificar tal afirmac¸a˜o). Assim, devemos ter t = −1/5, ou seja, o ponto P procurado
e´ P = (3(−1/5) + 1,−4(−1/5) + 1) = (2/5, 9/5). Substituindo as coordenadas desse
ponto P na equac¸a˜o de `, encontramos c = 6 e, assim ` : 3x− 4y + 6 = 0.
Questa˜o 3 (2,5 pontos): Considere as retas r1 : (a+b)x+(a−b)y = a2−b2 e r2 : ax+by = 1,
onde a, b ∈ R−{0}. Determine a, b ∈ R−{0}, de modo que as retas r1 e r2 sejam perpendiculares
e o ponto P = (1, 1) pertenc¸a a` r1.
Soluc¸a˜o: Como r1 ⊥ r2, enta˜o 〈(a + b, a− b), (a, b)〉 = 0 e, portanto,
a2 + 2ab− b2 = 0 (1)
Como (1, 1) ∈ r1, enta˜o a + b + a− b = a2 − b2, isto e´,
a2 − b2 = 2a (2)
Substituindo (2) em (1), obtemos 2a(b + 1) = 0. Como a 6= 0, enta˜o b = −1. Substituindo o
valor de b em (1) ou (2), obtemos a = 1 +
√
2 ou a = 1−√2. Assim, temos como soluc¸o˜es:
• b = −1 e a = 1 +√2 ou
• b = −1 e a = 1−√2.
Questa˜o 4 (3,0 pontos): SejaP uma para´bola, com foco F = (1, 1) e diretriz ` : x+y+1 = 0.
a) Determine o ve´rtice V de P.
b) Fac¸a um esboc¸o de P, exibindo o foco, o ve´rtice e a diretriz.
Soluc¸a˜o:
a) Sabemos que o ve´rtice V esta´ na reta focal r, e esta passa por F e e´ perpendicular a` `.
Assim, a reta r e´ perpendicular ao vetor ~v = (1,−1), ou seja, e´ da forma r : x−y+ c = 0.
Como r passa por F , substitu´ımos as coordenadas de F na equac¸a˜o de r e encontramos
c = 0. Logo, r : x = y. Assim, o ve´rtice e´ um ponto da forma V = (x, x). Ale´m disso:
d(V, F ) = d(V, `) =
|x + x + 1|√
2√
(x− 1)2 + (x− 1)2 = |2x + 1|√
2√
2(x− 1)2 = |2x + 1|√
2
√
2(x− 1) = ±(2x + 1)√
2
(x− 1) = ±(2x + 1)
2
2x− 2 = ±(2x + 1)
2x− 2 = 2x + 1 (absurdo!) ou 2x− 2 = −2x− 1
2x− 2 = −2x− 1 → x = 1
4
Logo V = (1/4, 1/4).
b)
2
3