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GeomAnal-2015-1sem-p01-t04-gab

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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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