Geometria Analitica UERJ FEN lista 4 conicas

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Geometria Anal´ıtica com Ca´lculo Vetorial I
Coˆnicas
Questa˜o 1. Desenvolva a condic¸a˜o de distaˆncia d(X,F1) + d(X,F2) = 18 da elipse de focos
F1 = (−5, 0), F2 = (5, 0).
Questa˜o 2. Qual e´ a equac¸a˜o da elipse de eixo maior 10 (paralelo a Ox), eixo menor 3 e centro
(4, 2) ? Quais os interceptos da curva com os eixos coordenados ? Qual e´ o ponto mais acima
da curva ?
Questa˜o 3. Calcule o ponto de tangeˆncia por onde passa a reta normal de
x2
2
+
y2
30
= 1, sabendo
que essa reta esta´ inclinada de 45o.
Questa˜o 4. Determine a reta que e´ tangente a
x2
21
+
y2
7
= 1 e e´ paralela a x + 2y + 1 = 0.
Questa˜o 5. Determine os pontos de contato das retas tangentes a
x2
26
+
y2
234
= 1 que passam,
ambas, por P = (6, 12).
Questa˜o 6. A elipse tem centro O, focos em Oy e conte´m os pontos A = (3, 2) e B = (1, 4).
Qual e´ sua equac¸a˜o reduzida ?
Questa˜o 7. Calcule, em func¸a˜o dos paraˆmetros a e b, a a´rea do losango cujos ve´rtices sa˜o os
focos e as extremidades do eixo menor da elipse de equac¸a˜o
x2
a2
+
y2
b2
= 1.
Questa˜o 8. Verifique se a reta que passa por P = (−21, 18) e Q = (19,−6) e´ tangente a
x2
36
+
y2
81
5
= 1.
Questa˜o 9. Uma hipe´rbole tem centro O, eixo transverso em Ox, distaˆncia focal
√
20, e uma
das ass´ıntotas e´ y + 3x = 0. Qual e´ sua equac¸a˜o reduzida ?
Questa˜o 10. Uma hipe´rbole tem centro O, focos em um dos eixos coordenados, e conte´m os
pontos A = (3, 2) e B = (1,
√
2). Qual e´ sua equac¸a˜o reduzida ?
Questa˜o 11. As coˆnicas definidas por
x2
144
+
y2
63
= 1 e
x2
49
− y
2
32
= 1 se interceptam em quatro
pontos. Mostre ! Em cada ponto comum as curvas se interceptam ortogonalmente, isto e´, a
reta tangente de uma e´ perpendicular a` reta tangente da outra. Mostre !
Questa˜o 12. Calcule o ponto A sobre
x2
45
− y
2
3
= 1 de modo que F̂1AF2 mede 90
o.
Questa˜o 13. A norma de um vetor normal a`
x2
36
− y2 = 1 assume qual valor mı´nimo, qual valor
ma´ximo ?
Geometria anal´ıtica e Ca´lculo Vetorial I, IME03-01913 IME/UERJ 1
Questa˜o 14. Sendo
x2
2
− y2 = 1, determine os vetores diretores das retas que passam por
A = (2, 3), uma tangente a H1 e a outra tangente a H2.
Questa˜o 15. Mostre que a reta r com direc¸a˜o −→r = (13, 10), e que conte´m (3,−11), e´ paralela
a` uma ass´ıntota e intercepta H2 :
x2
1, 69
− y2 = 1, mas na˜o intercepta H1.
Questa˜o 16. Determine a equac¸a˜o reduzida da para´bola que tem ve´rtice igual ao do ramo H1
de
(x− 3)2
4
− (y + 2)
2
9
= 1, diretriz Oy. Essa para´bola intercepta a hipe´rbole ? Fac¸a o esboc¸o
das duas curvas no sistema cartesiano de coordenadas.
Questa˜o 17. (−2, 2) e´ um vetor normal a` uma para´bola e a` uma hipe´rbole, e e´ um vetor tangente
a` uma elipse. Considere que os focos se encontram em Ox. Calcule suas equac¸o˜es reduzidas.
Questa˜o 18. Considere a reta tangente a` coˆnica determinada por y2 = −30x no ponto de
ordenada −12. Calcule as equac¸o˜es vetorial e geral. Qual e´ o ponto da reta mais pro´ximo do
foco ?
Questa˜o 19. Qual e´ a equac¸a˜o da para´bola de amplitude focal 7, foco (5, 3) e eixo de simetria
paralelo a Ox ? Qual ponto da curva dista 3
√
2 do ve´rtice ?
Questa˜o 20. Obtenha uma equac¸a˜o geral da para´bola de ve´rtice O, sabendo que ela conte´m
(6, 18) e (−2, 2).
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R E S P O S T A S
Resposta Q1 -
√
(x + 5)2 + y2+
√
(x− 5)2 + y2 = 18 ⇒ √(x + 5)2 + y2 = 18−√(x− 5)2 + y2 ⇒
(x+5)2+y2 = 324−36
√
(x− 5)2 + y2+(x−5)2+y2 ⇒
√
(x− 5)2 + y2 = 9−5x
9
⇒ (x−5)2+y2 =
81− 10x + 25x
2
81
⇒ x2 + y2 + 25 = 81 + 25x
2
81
⇒ 56x
2
81
+ y2 = 56 ⇒ x
2
81
+
y2
56
= 1. >
Resposta Q2 - Como visto no cap´ıtulo sobre translac¸o˜es, basta substituir x por x − 4, e y
por y − 2 na equac¸a˜o reduzida padra˜o, logo a resposta e´ (x− 4)
2
100
+
(y − 2)2
9
= 1. Com Ox,
basta tomar y = 0 e os interceptos sa˜o (4 − 5√5, 0) e (4 + 5√5, 0). E com Oy, basta tomar
x = 0 e os interceptos sa˜o (0, 2− 2
√
21
5
) e (0, 2 +
3
√
21
5
). O ponto mais acima dessa elipse tem
mesma primeira coordenado do centro, e a segunda coordenada e´ a do centro somada com b,
logo (4, 5). >
Resposta Q3 - O vetor normal (30xA, 2yA) e´ paralelo a (1, 1), logo yA = 15xA. Substitu´ındo-
se na equac¸a˜o reduzida,
x2
A
2
+
(15xA)
2
30
= 1 ⇒ 240x2
A
= 30 ⇒ xA = ±
√
2
4
. Tomando valor
positivo, o ponto e´ (
√
2
4
,
15
√
2
4
). >
Resposta Q4 - Um vetor tangente a` elipse em A e´ da forma (21yA,−7xA), e a reta tangente
tem equac¸o˜es X = (xA, yA) + m(21yA,−7xA) e 7xAx + 21yAy − 147 = 0. Devido a` condic¸a˜o
de paralelismo, tem-se 7xA =
21yA
2
. Vetorialmente falando, (21yA,−7xA) = k(2,−1). Assim,
yA =
2xA
3
e
x2
A
21
+
1
7
(
2xA
3
)2 = 1, de sorte que xA = ±3 e yA = ±2. Veˆ-se que (−3,−2) e (3, 2)
sa˜o pontos de contato segundo os quais a reta tangente sera´ paralela a` reta dada. As retas
tangentes sa˜o x + 2y + 7 = 0 e x + 2y − 7 = 0. >
Resposta Q5 - Note que P na˜o pertence a` elipse. A reta procurada e´ aquela que passa por
P e um ponto A = (xA, yA) da elipse (esse sera´ ponto de contato). O vetor tangente em A e´
−→
t = 26(yA,−9xA) e e´ mu´ltiplo de −→v = (6 − xA, 12 − yA). Portanto, yA
6− xA = −
9xA
12− yA ⇒
12yA−y2A = −54xA+9x2A ⇒ 12yA = −54xA+(9x2A+y2A) = −54xA+234 ⇒ yA =
−54xA + 234
12
.
Voltando a` equac¸a˜o da elipse,
x2
A
26
+
1
234
(
−54xA + 234
12
)2 = 1 leva a x2
A
− 12xA + 5 = 0. Pela
fo´rmula quadra´tica, teremos xA = 6±
√
31.
Analisando-se a coˆnica, percebe-se que qualquer ponto tem abscissa −√26 ≤ x ≤ √26.
Ocorre que −√26 < 6−√31 < √26 <<< 6 +√31. Portanto, os dois pontos de tangeˆncia teˆm
a mesma abscissa xA = 6−
√
31 ! Pela equac¸a˜o reduzida, obtemos yA = ±3
√
12
√
31− 41 e os
pontos de tangeˆncia sa˜o, enta˜o, (6−√31, 3
√
12
√
31− 41) e (6−√31,−3
√
12
√
31− 41). >
Resposta Q6 - De A segue que
9
b2
+
4
a2
= 1 e b2 =
9a2
a2 − 4. De B,
1
b2
+
16
a2
= 1 indica b2 =
a2
a2 − 16. Igualando b
2 tem-se a2 =
35
2
. Enta˜o, b2 =
35
3
e a equac¸a˜o reduzida e´
x2
35
3
+
y2
35
2
= 1.
>
Geometria anal´ıtica e Ca´lculo Vetorial I, IME03-01913 IME/UERJ 3
Resposta Q7 - Por simetria, a a´rea e´ 4
bc
2
= 2bc; e c =
√
a2 − b2 faz com que a a´rea seja
igual a 2b
√
a2 − b2. >
Resposta Q8 - Teste mostra que os pontos dados na˜o pertencem a` elipse. A reta em questa˜o
tem equac¸a˜o vetorial r : (x, y) = (−21, 18) + a(5,−3). A substituic¸a˜o na equac¸a˜o da elipse leva
a
(−21 + 5a)2
36
+
(18− 3a)2
81
5
= 1 ⇒ a2 − 10a + 25 = 0 ⇒ a = 5. Esse paraˆmetro u´nico indica
geometricamente que a reta intercepta a elipse em um u´nico ponto, e´ tangente. >
Resposta Q9 - Claro que
√
20 = 2c indica c =
√
5. Da ass´ıntota segue que b = 3a, logo
c2 = 5 = a2 + b2 = 10a2 indica a2 =
1
2
e b2 =
9
2
. Enta˜o a equac¸a˜o reduzida e´
x2
1
2
− y
2
9
2
= 1. >
Resposta Q10 - Suponha primeiro que os focos esta˜o no eixo−x. Por A, tem-se 9
a2
− 4
b2
= 1
e b2 =
4a2
9− a2 . Por B,
1
a2
− 2
b2
= 1 leva a b2 =
2a2
1− a2 . Igualando b
2, obte´m-se a2 = −7, que
e´ imposs´ıvel. Isso indica que o sinal negativo esta´ associado a` varia´vel x (focos no eixo−y).
Enta˜o, − 9
a2
+
4
b2
= 1 implica em b2 =
4a2
9 + a2
. Por outro lado, − 1
a2
+
2
b2
= 1 leva a b2 =
2a2
1 + a2
.
Igualando b2, obte´m-se a2 = 7 e b2 =
7
4
. Portanto, a hipe´rbole e´ −x
2
7
+
y2
7
4
= 1. >
Resposta Q11 - Intersec¸a˜o:
63
144
(144 − x2) = 32
49
(x2 − 49)⇒ x2 = 784
9
e x = ±28
3
. Os
pontos comuns sa˜o (−28
3
,−4
√
14
3
), (−28
3
,
4
√
14
3
), (
28
3
,−4
√
14
3
) e (
28
3
,
4
√
14
3
).
Aˆngulo no ponto (
28
3
,
4
√
14
3
): o vetor tangente a` elipse e´ (192
√
14,−588), o vetor tangente
a` hipe´rbole e´ (
196
√
14
3
,
896
3
) e e´ fa´cil ver que o produto interno e´ zero. O mesmo ocorre com
os outros treˆs pontos ! >
Resposta Q12 - Claro que
−−→
AF1 = (−4
√
3 − xA,−yA) e −−→AF2 = (4
√
3 − xA,−yA). Enta˜o, o
produto interno nulo leva a y2
A
= −x2
A
+ 48. Substituic¸a˜o na equac¸a˜o da coˆnica conduz a xA =
3
√
85
4
. Ca´lculo direto indica yA = ±
√
3
4
e a resposta e´ formada pelos pontos A = (
3
√
85
4
,−
√
3
4
)
e B = (
3
√
85
4
,
√
3
4
). >
Resposta Q13 - Um vetor normal e´ do tipo −→n = (−x, 36y) e de norma |−→n | =
√
x2 + 1296y2 =√
37x2 − 1296. Claro que para essa hipe´rbole, todo ponto tem abscissa x ≥ 6, ou x ≤ −6. As-
sim, x2 ≥ 36. Para x2 = 36, termos |−→n | = 6 e esse e´ o mı´nimo da norma. Como na˜o ha´ limite
superior para x2 (isto e´, x2 pode ser ta˜o grande quanto se queira), vemos que na˜o ha´ limite
ma´ximo para a norma. >
Resposta Q14 - Um teste ra´pido mostra que A na˜o pertence a` curva e que, devido a` sua
posic¸a˜o, existem duas retas tantentes como no enunciado. Sejam B = (xB, yB) ∈ H1 e C =
(xC , yC) ∈ H2 os pontos de tangeˆncia.
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A
.
B
.
C
.
O vetor tangente a` H1 em B e´ da forma (2yB, xB), de sorte que a reta tangente tem equac¸a˜o
vetorial X = (xB, yB)+m(2yB, xB) e equac¸a˜o geral xBx−2yBy−(x2B−2y2B) = xBx−2yBy−2 =
0. Substitua nessa as coordenadas de A, 2xB − 6yB − 2 = 0 e yB = xB − 1
3
. Agora, substitua
yB na equac¸a˜o reduzida da hipe´rbole,
x2
B
2
− (xB − 1
3
)2 = 1 leva a xB =
−4± 24
14
. Estudo
ana´logo conduz a xC =
−4± 24
14
. Visto que B ∈ H1 tem abscissa negativa, B = (−2,−1). E
e´ claro que C ∈ H2 tem abscissa positiva, logo C = (10
7
,
1
7
). Agora, os vetores diretores sa˜o,
respectivamente, (−2,−2) e (2
7
,
10
7
). >
Resposta Q15 - O coeficiente angular de r e´
10
13
=
1
1, 3
, de modo que e´ paralela a` ass´ıntota
y =
x
1, 3
. O coeficiente linear de r e´ −173
13
, indicando que a reta intercepta Oy no ponto
(0,−173
13
). Portanto, r devera´ interceptar H2 em um ponto e na˜o intercepta H1.
Outro modo. a = 1, 3 e b = 1 implicam que as ass´ıntotas teˆm equac¸a˜o y =
x
1, 3
e y = − x
1, 3
.
O vetor diretor de r indica que o coeficiente angular da reta e´
1
1, 3
.
Outro modo. A equac¸a˜o geral de r e´ y =
10x
13
− 173
13
, logo o coeficiente angular e´
1
1, 3
.
Portanto r e´ paralela a` uma ass´ıntota. >
Resposta Q16 - H tem centro (3,−2), c = √13, focos F1 = (3−
√
13,−2), F2 = (3+
√
13,−2)
e ve´rtices A1 = (1,−2), A2 = (5,−2). O paraˆmetro da para´bola P e´ a distaˆncia de seu ve´rtice a`
diretriz, vale 1. Como o eixo de P coincide com o eixo focal da hipe´rbole, P : (y+2)2 = 4(x−1).
Falta investigar P∩H: 1 = (x− 3)
2
4
− (y + 2)
2
9
=
(x− 3)2
4
− 4(x− 1)
9
⇒ 9x2 − 70x + 61 =
0 ⇒ x = 1 e x = 61
9
. Assim, P∩H = {(1,−2), (61
9
,
−6 + 4√13
3
), (
61
9
,
−6− 4√13
3
)}.
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A
.
C
..
2
Oy
Ox
A.
1
A propo´sito de P, seu foco e´ F = (2,−2). >
Resposta Q17 - O vetor normal de uma para´bola tem a forma (−2p0, yA), logo p0 = 1, yA = 2
e a equac¸a˜o da para´bola e´ y2 = 4x. O ponto de tangeˆncia e´ A = (1, 2).
O vetor normal de uma hipe´rbole e´ da forma (q1xA, p1yA) = (q1, 2p1), de modo que q1 =
−2, p1 = 1 e a equac¸a˜o e´ x2 − y
2
2
= 1.
Por fim, um vetor tangente de uma elipse e´ da forma (p2yA,−q2xA), com sentido contra´rio
ao do vetor dado, logo (2p2,−q2) = −(−2, 2) indica que a elipse tem equac¸a˜o x2 + y
2
2
= 1. >
Resposta Q18 - Ca´lculo direto indica ponto de tangeˆncia A = (−24
5
,−12). A reta tangente
tem equac¸o˜es X = (−24
5
,−12)+m(−12,−15) e 15x−12y−72 = 0. O foco e´ F = (−15
2
, 0) e o
ponto da reta mais pro´ximo de F e´ P = (x, y) determinado pela condic¸a˜o
−→
FP .(−12,−15) = 0,
isto e´, 4x + 5y + 30 = 0. Como P esta´ na reta, y =
5x
4
− 6 e assim 4x + 5(5x
4
− 6) + 30 = 0
leva a P = (0,−6). >
Resposta Q19 - A amplitude focal e´ 4p = 7 e a distaˆncia do ve´rtice ao foco e´ p =
7
4
. Pode-se
considerar que o ve´rtice esta´ a` esquerda do foco, ou a` direita. Se considerarmos o primeiro
caso, enta˜o V = (5− 7
4
, 3) = (
13
4
, 3) e a equac¸a˜o da para´bola e´ (y − 3)2 = 7(x− 13
4
).
Distaˆncia:
√
(x− 13
4
)2 + (y − 3)2 =
√
(x− 13
4
)2 + 7(x− 13
4
) =
√
x2 +
x
2
− 195
16
= 3
√
2
significa que x2 +
x
2
+
483
16
= 0, ou seja, x =
−1
2
± 11
2
. Ocorre que
−1
2
− 11
2
na˜o vale, logo o
ponto e´ (
21
4
, 3 +
√
14). Tambe´m vale (
21
4
, 3−√14). >
Resposta Q20 - Tentando a opc¸a˜o y2 = 4px, percebe-se com o primeiro ponto que 4p = 54 e
y2 = 54x. Mas o segundo ponto na˜o verifica essa expressa˜o. Enta˜o deve ser x2 = 4py e ambos
pontos indicam 4p = 2. A para´bola tem equac¸a˜o geral x2 − 2y = 0. >
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