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Universidade Federal da Bahia Campus Ondina – Salvador PRIMEIRA PROVA (GABARITO) – GEOMETRIA ANALI´TICA (T.04) 5 DE MAIO DE 2015 Questa˜o 1 (valor: 2.0). Considere o hexa´gono regular ABCDEF de centro O (conforme figura ao lado). De- termine as coordenadas de todos os pontos da figura no sistema de coordenadas Γ = (O, −−→ OB, −−→ OC). Soluc¸a˜o. Achar a coordenadas de ponto Y , qualquer, no sistema Γ = (O, −−→ OB, −−→ OC) e´ detrminar a, b ∈ R tais que OY = a · −−→OB + b · −−→OC. (1) Como −−→ OO = −→ 0 = 0 · −−→OB + 0 · −−→OC, temos que O = (0, 0)Γ. (2) −→ OA = −−→ CB = −−→ CO + −−→ OB = 1 · −−→OB + (−1) · −−→OC e A = (1,−1)Γ. (3) B = (1, 0)Γ pois −−→ OB = 1 · −−→OB + 0 · −−→OC. (4) C = (0, 1)Γ pois −−→ OC = 0 · −−→OB + 1 · −−→OC. (5) −−→ OD = −−→ BC = −−→ BO + −−→ OC = (−1) · −−→OB + 1 · −−→OC e D = (−1, 1)Γ. (6) −−→ OE = −−→ BO = (−1) · −−→OB + 0 · −−→OC e E = (−1, 0)Γ. (7) −−→ OF = −−→ CO = 0 · −−→OB + (−1) · −−→OC e F = (0,−1)Γ. � A B C D EF O Questa˜o 2 (valor: 2.5). Sejam −→u = (2, 1) e −→v = (1, k). Determinar o valor de k para que: (1) −→u e −→v sejam paralelos, (2) −→u e −→v sejam ortogonais, e (3) a medida angular entre −→u e −→v seja de pi4 . Soluc¸a˜o. (1) Temos que −→u e −→v sa˜o paralelos se, e somente se,∣∣∣∣ 2 11 k ∣∣∣∣ = 0⇔ 2k − 1 = 0⇔ k = 12 . (2) Temos que −→u e −→v sa˜o ortogonais se, e somente se, 2 · 1 + 1 · k = 0⇔ 2 + k = 0⇔ k = −2. (3) Temos que a medida angular entre −→u e −→v e´ de pi4 se, e somente se, cos pi 4 = 2 · 1 + 1 · k√ 22 + 12 · √ 12 + k2 ⇔ 2 + k√ 5 · √ 1 + k2 = √ 2 2 = 1√ 2 ⇔ 2 + k ≥ 0 e 2(2 + k)2 = 5(1 + k2) ⇔ 1 PRIMEIRA PROVA (GABARITO) – GEOMETRIA ANALI´TICA (T.04) 5 DE MAIO DE 2015 ⇔ k ≥ −2 e 3k2 − 8k − 3 = 0⇔ k = −1 3 ou k = 3. � Questa˜o 3 (valor: 2.0). Dados os ve´rtices consecutivos A = (−2, 1) e B = (4, 4), de um paralelogramo, e o ponto E = (3,−1), intersecc¸a˜o de suas diagonais, determinar os outros dois ve´rtices. Soluc¸a˜o. Sejam C e D os outros dois ve´rtices do paralelogramo em questa˜o de tal forma que AB, BC, CD e DA sa˜o os lados deste. Sendo assim, AC e BD sa˜o as diagonais do paralelogramo e E e´ ponto me´dio das duas. Logo C = A+ −→ AC = A+ 2 −→ AE = (−2, 1) + 2(5,−2) = (8,−3) e D = B + −−→ BD = B + 2 −−→ BE = (4, 4) + 2(−1,−5) = (2,−6). � Questa˜o 4 (valor: 3.5). Sabe-se que F = ( 2, 52 ) e V = (2, 1) sa˜o o foco e o ve´rtice de uma para´bola Γ. Determine: (1) equac¸a˜o geral da reta diretriz de Γ. (2) equac¸a˜o da para´bola Γ. (3) o ponto da para´bola alinhado com o foco e (8, 7). Soluc¸a˜o. (1) Se r e´ a diretriz de Γ, temos que r e´ ortogonal a −−→ FV = ( 0,−32 ) . Ainda P = F + −−→ FP = F + 2 −−→ FV = ( 2, 52 ) + 2 ( 0,−32 ) = ( 2,−12 ) , temos que P ∈ r. Logo X = (x, y) ∈ r se, e somente se, −−→ PX ⊥ −−→FV ⇔ ( x− 2, y + 1 2 ) ⊥ ( 0,−3 2 ) ⇔ y + 1 2 = 0. Portanto r : y + 12 = 0. (2) Temos que X = (x, y) ∈ Γ se, e somente se,√ (x− 2)2 + ( y − 5 2 )2 = ∣∣∣∣y + 12 ∣∣∣∣⇔ (x− 2)2 + y2 − 5y + 254 = y2 + y + 14 ⇔ (x− 2)2 = 6(y − 1). Portanto Γ: y = 1 + (x−2) 2 6 = x 2 −4x+10 6 = 1 6x 2 − 23x+ 53 . (3) Temos que (α, β) esta´ alinhado com F e (8, 7) se, e somente se, 0 = ∣∣∣∣∣∣ 1 1 1 2 8 α 5 2 7 β ∣∣∣∣∣∣ = − 9 2 α+ 6β − 6. Se procuramos (α, β) ∈ Γ, devemos ter (α− 2)2 − 9 2 α = 0⇔ α2 − 17 2 α+ 4 = 0⇔ α = 8 ou α = 1 2 . Portanto, o ponto procurado e´ ( 1 2 , 11 8 ) . � 2
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