Gabarito AP1 GA1 2016.1

Prévia do material em texto

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 da AP1 – Geometria Anal´ıtica I – 02/04/2016
Considere os pontos do plano A = (1, 3) e B = (0, 1) para responder as questo˜es 1, 2 e 3.
Questa˜o 1 (1,0 ponto): Encontre as equac¸o˜es parame´tricas da reta r que passa pelos pontos A
e B.
Questa˜o 2 (1,0 ponto): Determine o ponto P pertencente a` reta r tal que ‖−−→PB‖ = 2‖−→PA‖.
Questa˜o 3 (1,0 ponto): Determine as equac¸o˜es parame´tricas das retas que sa˜o paralelas a` reta
r e distam
√
5 da reta r.
Soluc¸a˜o:
(1) Como a reta r passa pelos pontos A e B temos que
−→
BA = (1, 2) ‖ r. Se (1, 2) ‖ r e (0, 1) ∈ r,
enta˜o
r :
{
x = t
y = 2t+ 1 ; t ∈ R
sa˜o equac¸o˜es parame´tricas da reta r.
(2) Se P e´ um ponto pertencente a` reta r, baseado nas equac¸o˜es parame´tricas encontradas no item
anterior, podemos afirmar que existe um t real tal que P = (t, 2t+ 1). Assim,
‖−−→PB‖ = 2‖−→PA‖ ⇐⇒ ‖(−t,−2t)‖ = 2‖(1− t, 2− 2t)‖
⇐⇒ √5t2 = 2√5− 10t+ 5t2
⇐⇒ 3t2 − 8t+ 4 = 0.
Resolvendo a equac¸a˜o acima, obtemos que t = 2 ou t = 2/3. Substituindo os valores de t nas
coordenadas do ponto P , temos que:
• se t = 2, enta˜o P = (2, 5);
• se t = 23 , enta˜o P =
(
2
3 ,
7
3
)
.
(3) Notemos primeiro que como (1, 2) e´ paralelo a` reta r, (1, 2) sera´ paralelo a qualquer reta paralela
a` reta r. Portanto, para encontrar as equac¸o˜es procuradas, precisamos agora apenas de pontos que
pertenc¸as a tais retas (um em cada uma delas).
Como (1, 2) ‖ r, enta˜o (2,−1) ⊥ r . Assim, r possui a seguinte forma:
2x− y = d,
onde d e´ um nu´mero real. Como o ponto A = (1, 3) pertence a` reta r, 2 · 1− 3 = d⇐⇒ d = −1.
Portanto, 2x− y = −1 e´ a equac¸a˜o cartesiana de r.
Seja s uma reta paralela a` reta r que dista
√
5 de r. Logo, s tambe´m possui a seguinte forma:
2x− y = k,
onde k e´ um nu´mero real. Considerando que d(r, s) deve ser igual a
√
5 temos:
d(r, s) =
√
5 ⇐⇒ |k − (−1)|√
5
=
√
5
⇐⇒ k + 1 = ±5
⇐⇒ k = 4 ou k = −6.
Geometria Anal´ıtica I AP1 2
Assim, s1 : 2x − y = 4 e s2 : 2x − y = −6 sa˜o as equac¸o˜es cartesianas das retas paralelas a` r que
distam
√
5 de r.
E´ fa´cil ver que (2, 0) ∈ s1 e (−2, 2) ∈ s2. Portanto,
s1 :
{
x = t+ 2
y = 2t ; t ∈ R e s2 :
{
x = t− 2
y = 2t+ 2 ; t ∈ R
sa˜o as equac¸o˜es procuradas.
Questa˜o 4 (2,0 pontos): Seja r a reta perpendicular a` reta s : 3x+2y = 5 que passa pelo ponto
A = (3, 1). Encontre a a´rea do triaˆngulo cujos ve´rtices sa˜o P = (−1,−1), Q e R, sendo Q e R os
pontos de intersec¸a˜o de r com os eixos OX e OY .
Soluc¸a˜o:
Como o vetor (3, 2) e´ perpendicular a` reta s e s e´ perpendicular a` reta r, enta˜o (3, 2) e´ paralelo a
reta r. Sendo assim,
r :
{
x = 3t+ 3
y = 2t+ 1 ; t ∈ R
sa˜o equac¸o˜es parame´tricas da reta r.
Para que a reta r intercepte o eixo OX no ponto Q e´ necessa´rio que a coordenada y do ponto Q
seja igual a 0. Fazendo y = 0 nas equac¸o˜es de r obtemos t = −1/2. Substituindo t = −1/2 na
equac¸a˜o x = 3t+ 3 obtemos x = 3/2. Logo, Q = (3/2, 0).
Analogamente, para que a reta r intercepte o eixo OY no ponto R e´ necessa´rio que a coordenada x
do ponto R seja igual a 0. Fazendo x = 0 nas equac¸o˜es de r obtemos t = −1. Substituindo t = −1
na equac¸a˜o y = 2t+ 1 obtemos y = −1. Logo, R = (0,−1).
Como
−→
RP = (−1, 0) e −→RQ =
(3
2 , 1
)
,
temos:
Area(PQR) = 12
√
‖−→RP‖2 · ‖−→RQ‖2 −< −→RP,−→RQ >2
= 12
√
1 · 134 −
(
3
2
)2
= 12 .
Portanto, a a´rea do triaˆngulo de ve´rtices P,Q e R e´ 12 .
Considerando o ponto A = (−2, 1) e a reta r : 3x+ 4y = 23, responda as questo˜es 5 e 6.
Questa˜o 5 (1,0 ponto): Determine o raio do c´ırculo C que possui centro em A e r como reta
tangente.
Questa˜o 6 (1,0 ponto): Determine a equac¸a˜o do c´ırculo C e fac¸a um esboc¸o contendo A, r e C.
Soluc¸a˜o:
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geometria Anal´ıtica I AP1 3
(5) Para calcular o raio do c´ırculo, basta lembrar que a reta tangente ao c´ırculo e´ perpendicular a`
reta que passa pelo ponto de tangeˆncia e pelo centro do c´ırculo. Logo, o raio do c´ırculo e´ a distaˆncia
da reta tangente ao centro do c´ırculo.
Passemos enta˜o para o ca´lculo do raio R do c´ırculo C:
R = d(A, r)
= |3 · (−2) + 4 · 1− 23|√
32 + 42
= 5.
Assim, 5 e´ o raio do c´ırculo C.
(6) Se A = (−2, 1) e´ o centro e R = 5 e´ o raio do c´ırculo, enta˜o sua equac¸a˜o e´
(x+ 2)2 + (y − 1)2 = 25.
O esboc¸o contendo A, r, C pode ser encontrado na figura 1.
Figura 1: C´ırculo C da questa˜o 3.
Considerando a coˆnica
C : 9x2 − 16y2 − 54x+ 32y − 79 = 0,
responda as questo˜es 7 e 8.
Questa˜o 7 (2,0 pontos): Classifique a coˆnica C e determine centro, focos (apenas um se for o
caso), ve´rtices (focais e/ou imagina´rios se for o caso, apenas um ve´rtice se for o caso ), reta focal,
reta na˜o focal, excentricidade e ass´ıntotas (se for o caso) de C.
Questa˜o 8 (1,0 ponto): Fac¸a um esboc¸o da coˆnica C contendo todos os elementos encontrados
na questa˜o anterior.
Soluc¸a˜o:
(7) Completando os quadrados obtemos:
9(x2 − 6x)− 16(y2 − 2y) = 79
⇔ 9(x2 − 6x+ 9)− 16(y2 − 2y + 1) = 79 + 81− 16
⇔ 9(x− 3)2 − 16(y − 1)2 = 144
⇔ (x− 3)
2
16 −
(y − 1)2
9 = 1
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geometria Anal´ıtica I AP1 4
Logo, a equac¸a˜o representa uma hipe´rbole. Assim,
• a = 4, b = 3 e c = √a2 + b2 = √42 + 32 = √25 = 5;
• excentricidade: e = 5/4;
• centro: C = (3, 1);
• reta focal: y = 1;
• ve´rtices: (3± 4, 1)⇒ A1 = (−1, 1) e A2 = (7, 1);
• focos: (3± 5, 1)⇒ F1 = (−2, 1) e F2 = (8, 1);
• reta na˜o-focal: x = 3;
• ve´rtices imagina´rios: (3, 1± 3)⇒ B1 = (3,−2) e A2 = (3, 4);
• ass´ıntotas: 3(x− 3)± 4(y − 1) = 0, ou seja, 3x+ 4y = 13 e 3x− 4y = 5.
(8) Veja figura 2.
Figura 2: Hipe´rbole da questa˜o 4
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ