GeomAnal-2015-1sem-p02-t04-gab

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Universidade Federal da Bahia
Campus Ondina – Salvador
SEGUNDA PROVA (GABARITO) – GEOMETRIA ANALI´TICA (T.04)
19/11/2015
Questa˜o 1 (valor: 3.0). Identifique a coˆnica – apresentando os elementos que a definem – dada pela
equac¸a˜o
2x2 − 2
√
3xy + 1 = 0 .
Soluc¸a˜o. Aplicando uma rotac¸a˜o θ, temos que(
x
y
)
=
(
cos θ −sen θ
sen θ cos θ
)(
u
v
)
.
Portanto a coˆnica tera´ equac¸a˜o:
2(u cos θ − vsen θ)2 − 2
√
3(u cos θ − vsen θ)(usen θ + v cos θ) + 1 = 0 ,
ou seja,(
2 cos2 θ−2
√
3 cos θsen θ
)
u2+
(
−2sen θ(2θ)−2
√
3 cos(2θ)
)
uv+
(
2sen 2θ+2
√
3sen θ cos θ
)
v2+1 = 0 .
Para que na˜o tenhamos o termo misto, devemos tomar θ tal que tg (2θ) = −√3, ou seja, podemos
tomar 2θ = 2pi3 e θ =
pi
3 . Sendo assim, cos θ =
1
2 e sen θ =
√
3
2 . Portanto no sistema “novo”, a coˆnica
estudado tera´ equac¸a˜o:
u2 − 3v2 = 1 ,
ou seja, temos uma hipe´rbole. No sistema “novo” os focos sa˜o F1 =
(
− 2√
3
, 0
)
e F2 =
(
2√
3
, 0
)
,
enquanto os ve´rtives sa˜o A1 = (−1, 0) e A2 = (1, 0). No sistema original, teremos:
F1 =
(
x
y
)
=
(
1
2 −
√
3
2√
3
2
1
2
)(− 2√
3
0
)
=
(− 1√
3
−1
)
.
Portanto F1 =
(
− 1√
3
,−1
)
, F2 =
(
1√
3
, 1
)
, A1 =
(
−12 ,−
√
3
2
)
e A2 =
(
1
2 ,
√
3
2
)
. �
Questa˜o 2 (valor: 2.0). Qual o ponto da reta r : X = (0, 0, 0) + λ(1, 12 ,
1
3)(λ ∈ R) mais pro´ximo do
ponto P = (1, 0, 1)?
Soluc¸a˜o. Se Q e´ o ponto procurado, temos que Q esta´ na reta e e´ tal que
−−→
PQ e´ ortogonal a ~v =
(
1, 12 ,
1
3
)
.
Logo Q =
(
λ, λ2 ,
λ
3
)
e
−−→
PQ =
(
λ− 1, λ2 , λ3 − 1
) · (1, 12 , 13) = 0. Como
λ− 1 +
(
λ
2
)
· 1
2
+
(
λ
3
− 1
)
· 1
3
= 0⇔ λ+ λ
4
+
λ
9
= 1 +
1
3
⇔ λ = 48
49
.
Conclui-se que Q =
(
48
49 ,
24
49
16
49
)
. �
Questa˜o 3 (valor: 2.0). Ache ponto sime´trico a P = (1,−1, 4) com relac¸a˜o ao plano
pi : x+ y + z = −2 .
1
SEGUNDA PROVA (GABARITO) – GEOMETRIA ANALI´TICA (T.04) 19/11/2015
Soluc¸a˜o. Sejam Q o sime´trico de P com relac¸a˜o a pi e M o ponto me´dio do segmento determinado
por P e Q. Observamos que
−−→
PM e´ perpendicular ao plano pi, ou seja, deve ser paralelo ao vetor
(1, 1, 1). Logo M = P + λ~v = (1 + λ,−1 + λ, 4 + λ), para algum λ ∈ R. Dado que M ∈ pi, temos
(1 + λ) + (−1 + λ) + (4 + λ) = −2. Resolvendo tal equc¸a˜o:
(1 + λ) + (−1 + λ) + (4 + λ) = −2⇔ 3λ = −6⇔ λ = −2 .
Logo M = (−1,−3, 2). Dado que M e´ o ponto me´dio do segmento PQ, Q = P +−−→PQ = P + 2−−→PM =
(1,−1, 4) + 2(−2,−2,−2) = (−3,−5, 0). �
Questa˜o 4 (valor: 3.0). Sejam dados os pontos A = (0, 0, 0), B = (0, 1, 1), C = (1, 0, 1) e D =
(1, 1, 0). Determine o ponto da superf´ıcie esfe´rica que passa por A, B, C e D que esta´ mais pro´ximo
do plano pi : x+ y + z = −1.
Soluc¸a˜o. Seja S a superf´ıcie esfe´rica determinada por A, B, C e D. Logo S tem equac¸a˜o da forma
x2 + y2 + z2 + ax+ bx+ cx+ d = 0 .
Como A ∈ S, temos que d = 0. Dado que A, B e C tambem sa˜o pontos de S, temos que: b+ c = −2a+ c = −2
a+ b = −2
Resolvendo tal sistema linear, obtemos que a = b = c = −1. Logo S tem equac¸a˜o x2 + y2 + z2 − x−
y − z = 0, ou seja (
x− 1
2
)2
+
(
y − 1
2
)2
+
(
z − 1
2
)2
=
3
4
.
Conclu´ımos que S tem centro C = (12 , 12 , 12) e o raio √32 .
Seja X o ponto de S mais pro´ximo de pi. Sendo assim, −−→CX e´ ortogonal a pi, ou seja, −−→CX e´ paralelo
a (1, 1, 1). Logo X = C + λ(1, 1, 1) =
(
1
2 + λ,
1
2 + λ,
1
2 + λ
)
, para algum λ ∈ R. Uma vez que X ∈ S,
temos 3λ2 = 34 . Sendo assim, λ = −12 ou λ = 12 . Se λ = −12 , obtemos A e d(A, pi) = 1√3 ; enquanto se
λ = 12 , obtemos X = (1, 1, 1) e d(X,pi) =
4√
3
.
Conclu´ımos que o ponto de S mais pro´ximo de pi e´ A. O ponto (1, 1, 1), por outro lado, e´ o ponto
de S mais distante de pi. �
2