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AP1 GAI 2015 2 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 – 2015.2
Questa˜o 1 (2,5 pontos): Considere a para´bola de ve´rtice V = (0, 0) e diretriz r : x− 1 = 0.
(a) Determine a equac¸a˜o da para´bola e seu foco.
(b) Fac¸a, em um mesmo gra´fico, o esboc¸o da para´bola, seu foco e diretriz.
Soluc¸a˜o:
(a) Como r e´ paralela a OY , a reta que conte´m V = (0, 0) e e´ perpendicular a` r (isto e´ o eixo
focal) e´ OX, que intercepta r no ponto H = (1, 0). Assim, p = 1 = d(H,V ) e o foco e´
F = (−1, 0), pois o ve´rtice e´ o ponto me´dio de HF . Como o ve´rtice e´ V = (0, 0) e o foco
pertence ao semi-eixo negativo das abscissas, a equac¸a˜o da hipe´rbole e´ y2 = −4px, isto e´,
y2 = −4x.
(b)
Questa˜o 2 (2,5 pontos): Em um sistema de coordenadas cartesianas OXY , determine a a´rea
do triaˆngulo ABC, onde:
←→
AB: y = 3x + 1;
←→
AC: x− 2y = −2;
←→
BC:
{
x = −1 + 2t
y = −2 + 5t/2
Soluc¸a˜o: Interceptando as retas
←→
AB e
←→
AC, obtemos o ponto A = (0, 1); Interceptando as
retas
←→
AB e
←→
BC, obtemos o ponto B = (−1,−2); Interceptando
←→
BC e
←→
AC, obtemos o ponto
C = (7/3, 13/6).
Assim,
−→
AB = (−1,−3), −→AC = (7/3, 7/6) e, consequentemente, a a´rea do triaˆngulo e´:
1
2
√
|−→AB|2|−→AC|2 −
〈−→
AB,
−→
AC
〉2
=
1
2
√
2450
36
− 1225
36
=
1
2
√
1225
36
=
35
12
Questa˜o 3 (2,0 pontos): Determine a equac¸a˜o do c´ırculo que passa por A = (1, 2), B = (3, 4)
e tem centro na reta y = 3x + 1.
Soluc¸a˜o: Como o centro C do c´ırculo esta´ sobre a reta y = 3x + 1, enta˜o suas coor-
denadas podem ser escritas na forma C = (x, 3x + 1), para algum x ∈ R. Ale´m disso,
R = d(A,C) =︸︷︷︸
(∗)
d(B,C), ja´ que, A e B sa˜o pontos do c´ırculo. Usando a igualdade (∗),
temos:
(x−1)2+(3x−1)2 = (x−3)2+(3x−3)2 =⇒ x2−2x+1+9x2−6x+1 = x2−6x+9+9x2−18x+9
−2x + 2 = −18x + 18 =⇒ x = 1.
Assim, o centro e´ C = (1, 3(1) + 1) = (1, 4), o raio e´ R = d(A,C) =
√
(4− 2)2 = 2 e,
consequentemente, a equac¸a˜o do c´ırculo e´
(x− 1)2 + (y − 4)2 = 4.
Questa˜o 4 (3,0 pontos): Considere o triaˆngulo iso´sceles ∆ABC com base BC (isto e´, |AC| =
|AB|). Supondo A = (5, 3), o lado BC contido na reta r : x−2y = 4 e |BC| = 2√5, determine:
(a) Equac¸o˜es parame´tricas para a reta l que conte´m a altura do triaˆngulo relativa a` sua base
(isto e´, l passa por A e e´ perpendicular a` r).
(b) As coordenadas do ponto me´dio M de BC.
(c) Os poss´ıveis pontos B e C.
Soluc¸a˜o:
(a) Como r ⊥ −→v = (1,−2) e l ⊥ r, temos que l e´ paralela a`o vetor −→v . Assim, como
A = (5, 3) ∈ l, temos as seguintes equac¸o˜es parame´tricas para l :
{
x = 5 + t
y = 3− 2t , com
t ∈ R.
(b) Como o triaˆngulo ABC e´ iso´sceles, a intersec¸a˜o entre as retas r e l e´ o ponto me´dio de
BC. Ou seja, substituindo as equac¸o˜es de l, encontradas no item anterior, na equac¸a˜o de
r : x− 2y = 4, encontramos M = (6, 1). Veja a ilustrac¸a˜o:
2
(c) Como |BC| = 2√5, enta˜o |BM | = √5.
Assim, B = (x, y) ∈ r : x = 4 + 2y pode ser escrito na forma B = (4 + 2y, y) e:
|BM |2 = (4 + 2y − 6)2 + (y − 1)2 = 5.
Resolvendo esta u´ltima equac¸a˜o, obtemos y = 2 ou y = 0. Logo:
• se y = 2, x = 4 + 2y = 8 e B = (8, 2). Neste caso, C = 2M − B = (4, 0) (ja´ que
M = (B + C)/2);
• se y = 0, x = 4 + 2y = 4 e B = (4, 0). Neste caso, C = 2M −B = (8, 2).
3

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