Primeira prova - Simone Moraes GA

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Universidade Federal da Bahia - Instituto de Matema´tica - DMAT
MAT A01 - Geometria Anal´ıtica Professora: Simone Moraes
1a PROVA RESOLVIDA
1.a Questa˜o. (3 pontos) Seja E a elipse com focos os pontos F1 = (3, 2) e F2 = (3, 8), tal que o
comprimento da corda no eixo na˜o focal e´ 8. Obtenha:
(a) A equac¸a˜o da elipse E na forma reduzida.
(b) Os ve´rtices, o centro e a excentricidade de E .
(c) Um esboc¸o da elipse E em um sistema de coordenadas ortogonais.
Soluc¸a˜o:
Os focos da elipse E sa˜o os pontos F1 = (3, 2) e F2 = (3, 8), logo o centro de E e´ o ponto
C =
F1 + F2
2
= (3, 5).
A reta focal passa por F1 e F2, logo e´ a reta x = 3 e o outro eixo da elipse e´ a reta perpendicular a` reta
focal passando por C, portanto e´ a reta y = 5.
Como o comprimento da corda da elipse nessa reta e´ 8, segue que os ve´rtices da elipse na reta na˜o focal
sa˜o os pontos: B1 = (3− 4, 5) = (−1, 5) e B2 = (3 + 4, 5) = (7, 5).
Da´ı segue que b = d(B1, C) = d(B2, C) = 4, como o nu´mero c e´ tal que c = d(F1, C) = d(F2, C), portanto
c = 3.
Consequentemente, a2 = c2 + b2 = 9 + 16 = 25
a>0
=⇒ a = 5.
Assim temos:
(a) A equac¸a˜o da elipse E na forma reduzida e´:
(x− 3)2
42
+
(y − 5)2
52
= 1.
(b) Elementos de E :
• Ve´rtices: B1 = (−1, 5), B2 = (7, 5), A1 = (3, 5− 5) = (3, 0) e A2 = (3, 5 + 5) = (3, 10).
• Centro: C = (3, 5).
• Excentricidade: e = c
a
=
3
5
.
(c) Abaixo o esboc¸o da elipse E no sistema de coordenadas x = 3 e y = 5:
1
2.a Questa˜o. (2 pontos) Considere C a coˆnica que e´ o lugar geome´trico dos pontos X = (x, y) do plano,
cuja distaˆncia ao ponto P = (0, 6) e´ igual a
3
2
da distaˆncia a` reta y − 8
3
= 0. Determine:
(a) A equac¸a˜o da coˆnica C na forma reduzida.
(b) Os elementos da coˆnica C: ve´rtices, centro, focos e ass´ıntotas, se existirem.
Soluc¸a˜o:
(a) Sabemos que X = (x, y) ∈ C se, e somente se,
d(X,P ) =
3
2
d(X, r), com r a reta y =
8
3
.
⇐⇒
√
(x− 0)2 + (y − 6)2 = 3
2
d(X,Q), com Q =
(
x,
8
3
)
.
⇐⇒
√
x2 + (y − 6)2 = 3
2
√
(x− x)2 +
(
y − 8
3
)2
⇐⇒
√
x2 + (y − 6)2 = 3
2
√(
y − 8
3
)2
.
Elevando a igualdade acima ao quadrado obtemos:
x2 + (y − 6)2 = 9
4
(
y − 8
3
)2
⇐⇒ 4x2 + 4(y − 6)2 = 9
(
y − 8
3
)2
2
⇐⇒ 4x2 + 4y2 − 48y + 144 = 9
(
y2 − 16
3
y +
64
9
)
⇐⇒ 4x2 + 4y2 − 48y + 144 = 9y2 − 48y + 64⇐⇒ 4x2 − 5y2 + 80 = 0
⇐⇒ 5y2 − 4x2 = 80⇐⇒ y
2
16
− x
2
20
= 1.
Assim, a coˆnica C e´ a hipe´rbole de equac¸a˜o reduzida:
y2
42
− x
2
(2
√
5)2
= 1.
(b) Os elementos da coˆnica C:
• Ve´rtices: A1 = (0,−4) e A2 = (0, 4).
• Centro: C = (0, 0).
• Como a = 4, b = 2√5 e c2 = a2 + b2, enta˜o c2 = 16 + 20 = 36 c>0=⇒ c = 6, logo os focos sa˜o os
pontos F1 = (0,−6) e F2 = (0, 6).
• As ass´ıntotas sa˜o as retas:
2
√
5y − 4x = 0⇐⇒
√
5y − 2x = 0 e 2
√
5y + 4x = 0⇐⇒
√
5y + 2x = 0.
3
3.a Questa˜o. (2 pontos) Determine a equac¸a˜o da para´bola e o seu ve´rtice sabendo que o latus rectum
desta para´bola e´ o segmento AB, com A = (3, 5) e B = (3,−3).
Latus rectum - Traduc¸a˜o do Latim - Linha reta, e´ a corda que passa pelo foco F e e´ perpendicular a`
reta focal.
Soluc¸a˜o:
O latus rectum desta para´bola e´ o segmento AB, como e´ a corta que passa pelo foco, perpendicular a` reta fo-
cal, enta˜o A e B esta˜o na para´bola e F e´ o ponto me´dio do segmento AB, ou seja,
F =
A+B
2
=
(6, 2)
2
= (3, 1).
Logo, a reta focal e´ a reta y = 1 e o ve´rtice da para´bola e´ um ponto V = (x0, 1) tal que d(V, F ) = p.
Mas,
d(V, F ) = p⇐⇒
√
(3− x0)2 + (1− 1)2 = p⇐⇒
√
(3− x0)2 = p⇐⇒ |3− x0| = p.
Assim, a equac¸a˜o da para´bola e´ de um dos tipos:
(y − 1)2 = 4p(x− x0) ou (y − 1)2 = −4p(x− x0).
Como A esta´ na para´bola, enta˜o:
(5− 1)2 = 4p(3− x0) 3−x0=p=⇒ 16 = 4p2 p>0=⇒ p = 2,
ou (5− 1)2 = −4p(3− x0) 3−x0=−p=⇒ 16 = 4p2 p>0=⇒ p = 2.
Logo,
{
3− x0 = p = 2⇐⇒ x0 = 1
3− x0 = −p = −2⇐⇒ x0 = 5.
Portanto, temos duas para´bolas que satisfazem a condic¸a˜o do problema que teˆm, respectivas, equac¸o˜es
reduzidas:
(y − 1)2 = 8(x− 1) com ve´rtice V = (1, 1)
e (y − 1)2 = −8(x− 5) com ve´rtice V = (5, 1).
4
4.a Questa˜o. (3 pontos) Considere a coˆnica C de equac¸a˜o
2x2 − 4xy − y2 − 4x− 8y + 14 = 0.
(a) Reduza, por uma rotac¸a˜o dos eixos coordenados, a equac¸a˜o acima a` forma canoˆnica.
(b) Determine os focos, o centro e a reta focal da coˆnica C nas coordenadas x e y.
Soluc¸a˜o:
Como A = 2 6= −1 = C enta˜o devemos tomar θ tal que tg 2θ = B
A− C =
−4
2− (−1) = −
4
3
< 0.
Logo,
cos 2θ =
−1√
1 + tg2 2θ
=
−1√
1 +
16
9
=
−1
25
9
= −3
5
.
Consequentemente, temos:
cos θ =
√
1 + cos 2θ
2
=
√√√√1− 3
5
2
=
√√√√ 2
5
2
=
√
5
5
sen θ =
√
1− cos 2θ
2
=
√√√√1 + 3
5
2
=
√√√√ 8
5
2
=
2
√
5
5
.
Portanto,  A B2
B
2
C
 = [ cos θ sen θ−sen θ cos θ
]
·
 A B2B
2
C
 · [ cos θ −sen θ
sen θ cos θ
]
=
√
5
5
√
5
5
[
1 2
−2 1
]
·
[
2 −2
−2 −1
]
·
[
1 −2
2 1
]
=
1
5
[
1 2
−2 1
]
·
[
−2 −6
−4 3
]
=
[
−2 0
0 3
]
.
E [
D
C
]
=
[
cos θ sen θ
−sen θ cos θ
]
·
[
D
E
]
=
√
5
5
[
1 2
−2 1
]
·
[
−4
−8
]
=
[
−4√5
0
]
.
(a) Assim, no sistema de coordenadas Ox¯y¯, obtido pela rotac¸a˜o de θ do sistema de coordenadas Oxy, a
coˆnica C tem equac¸a˜o:
3y¯2 − 2x¯2 − 4
√
5x¯+ 14 = 0⇐⇒ 3y¯2 − 2(x¯2 + 2
√
5x¯+ 5) + 10 + 14 = 0
⇐⇒ 3y¯2 − 2(x¯+
√
5)2 = −24⇐⇒ 2(x¯+
√
5)2
24
− 3y¯
2
24
= 1
5
⇐⇒ (x¯+
√
5)2
12
− y¯
2
8
= 1.
Nestas coordenadas o centro e a reta focal da coˆnica C sa˜o, respectivamente, C = (−√5, 0) e y¯ = 0.
Ale´m disso, como a2 = 12 e b2 = 8, enta˜o c2 = a2 + b2 = 20
c>0
=⇒ c = 2√5, portanto os focos, nestas
coordenadas, sa˜o os pontos
F1 = (−
√
5− 2
√
5, 0) = (−3
√
5, 0) e F2 = (−
√
5 + 2
√
5, 0) = (
√
5, 0).
(b) Portanto, em coordenadas x e y temos:
C = (−√5 cos θ + 0 sen θ,−√5 sen θ + 0 cos θ) =
(
−√5×
√
5
5
,−√5× 2
√
5
5
)
= (−1,−2)
F1 = (−3
√
5 cos θ + 0 sen θ,−3√5 sen θ + 0 cos θ) =
(
−3√5×
√
5
5
,−3√5× 2
√
5
5
)
= (−3,−6)
F2 = (
√
5 cos θ + 0 sen θ,
√
5 sen θ + 0 cos θ) =
(√
5×
√
5
5
,
√
5× 2
√
5
5
)
= (1, 2)
y¯ = 0⇐⇒ −x sen θ + y cos θ = 0⇐⇒ −2
√
5
5
x+
√
5
5
y = 0⇐⇒ −2x+ y = 0⇐⇒ y = 2x,
ou seja, centro C = (−1,−2), focos F1 = (−3,−6) e F2 = (1, 2) e reta focal y = 2x.
6