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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
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