Gabarito Aula 4 de Geometria Analítica, cederj

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Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 4 1
Geometria Anal´ıtica I
21/02/2011
Respostas dos Exerc´ıcios do Mo´dulo I - Aula 4
Aula 4
1. [HB] Se A = (2, 5), B = (8,−1) e C = (−2, 1) sa˜o os ve´rtices deste
triaˆngulo, vemos que os lados AB e AC sa˜o perpendiculares pois
〈−→
AB,
−→
AC
〉
=〈
(6,−6), (−4,−4)
〉
= 6 · (−4) + (−6) · (−4) = −24 + 24 = 0. Consequente-
mente, o triaˆngulo e´ retaˆngulo e o aˆngulo reto ocorre no ve´rtice A.
2. a. Seja r paralela a s : 2x + 5y = 1 que passa por (1, 2). Podemos
escrever r : 2x + 5y = c. De fato, como r e´ paralela a s, elas sa˜o
ambas perpendiculares ao vetor (2, 5) (veja Definic¸a˜o 4.15). Como
(1, 2) ∈ r, 2 · 1 + 5 · 2 = c⇒ c = 12. Assim r : 2x + 5y = 12.
b. Seja r perpendicular a s : −3x + y = 1 que passa por (−3, 1). O
vetor v = (−3, 1) e´ normal a s, logo paralelo a` reta r. Podemos enta˜o
achar um vetor normal a r considerando um perpendicular a v, por
exemplo, o vetor (1, 3). Assim, Podemos escrever r : 1x + 3y = c.
Como (−3, 1) ∈ r, 1 · (−3) + 3 · 1 = c⇒ c = 0. Assim, r : x + 3y = 0.
c. r : y = 0.
3. Primeiro, vamos achar pontos B′ e C ′, nas semiretas AB e AC, respectiva-
mente, tais que |−−→AB′| = |−−→AC ′| = 1. Assim, o triaˆngulo AB′C ′ sera´ iso´sceles,
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de base B′C ′. Assim sendo, a mediana AM de AB′C ′ sera´ tambe´m bissetriz
do aˆngulo B̂′AC ′ = B̂AC.
Podemos fazer, enta˜o
−−→
AB′ =
1∣∣∣−→AB∣∣∣−→AB = 1√5(2, 1) =
(
2√
5
,
1√
5
)
−−→
AC ′ =
1∣∣∣−→AC∣∣∣−→AC = 1√37(1,−6) =
(
1√
37
,− 6√
37
)
(A observac¸a˜o da pa´gina 42 do Mo´dulo mostra que, qualquer que seja o
vetor −→v , o vetor 1|−→v |−→v e´ unita´rio, isto e´, tem norma 1.)
Assim,
−−→
AB′ =
(
2√
5
,
1√
5
)
e A = (−1, 2) ⇒ B′ =
(
2√
5
− 1, 1√
5
+ 2
)
−−→
AC ′ =
(
1√
37
,− 6√
37
)
e A = (−1, 2) ⇒ C ′ =
(
1√
37
− 1,− 6√
37
+ 2
)
Com isso, podemos calcular M , ponto me´dio de B′ e C ′:
M =
1
2
(
2√
5
− 1 + 1√
37
− 1, 1√
5
+ 2− 6√
37
+ 2
)
=
(
2
2
√
5
+
1
2
√
37
− 1, 1
2
√
5
− 6
2
√
37
+ 2
)
Assim,
−−→
AM e´ dado por
−−→
AM =
(
2
2
√
5
+
1
2
√
37
− 1− (−1), 1
2
√
5
− 6
2
√
37
+ 2− 2
)
=
(
2
2
√
5
+
1
2
√
37
,
1
2
√
5
− 6
2
√
37
)
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Logo, a bissetriz pode ser escrita na forma parame´trica vetorial
−→
AP = t ·
(
2
2
√
5
+
1
2
√
37
,
1
2
√
5
− 6
2
√
37
)
, t ∈ R,
ou, parametricamente,
x = −1 +
(
2
2
√
5
+
1
2
√
37
)
t
y = 2 +
(
1
2
√
5
− 6
2
√
37
)
t
, t ∈ R
Note que escolhemos B′ e C ′ tais que |−−→AB′| = |−−→AC ′| = 1. Esse “1” na˜o
era obrigato´rio; bastaria garantirmos |−−→AB′| = |−−→AC ′| para que o triaˆngulo
AB′C ′ fosse iso´sceles. Assim, poder´ıamos fazer B′ = B e obter C ′ tal que
|−−→AC ′| = |−→AB| = √5 (veja figura abaixo).
4. Vamos pensar em uma forma geral de resolver exerc´ıcios deste tipo. Tome
dois pontos P e Q (distintos!) na reta r. Procedendo como no Exemplo
4.13, podemos achar sues sime´tricos P ′ e Q′ em relac¸a˜o a` reta s. A reta r′
sera´, enta˜o, a reta determinada por P ′ e Q′.
Procedendo assim, encontramos:
a. 16x− 13 y + 33 = 0
b. 2x− 3 y = 3.
5. Procedendo como no Exemplo 4.12 (lembrando-se de que cos 30◦ =
√
3/2),
voceˆ podera´ obter
3x+
(
6 + 5
√
3
)
y− 9− 5
√
3 = 0 e 3 x+
(
6− 5
√
3
)
y− 9 + 5
√
3 = 0.
Chegou a uma resposta totalmente diferente? Na˜o se desespere! Os coefi-
cientes dependem de algumas escolhas que voceˆ fara´ durante a soluc¸a˜o. Por
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exemplo, voceˆ poderia obter tambe´m
(3−
√
3)x+(1+3
√
3) y−4−2
√
3 = 0 e (3+
√
3)x+(1−3
√
3) y−4+2
√
3 = 0.
Achando estranho respostas ta˜o diferentes? Bom, essas respostas na˜o sa˜o
assim ta˜o diferentes. Veremos que os pares de retas acima sa˜o ideˆnticos.
Vamos analisar as retas
r : 3x +
(
6 + 5
√
3
)
y − 9− 5
√
3 = 0 e
s : (3−
√
3)x + (1 + 3
√
3) y − 4− 2
√
3 = 0.
Estudando o sistema
{
3 x +
(
6 + 5
√
3
)
y −9− 5√3 = 0
(3−√3) x +(1 + 3√3) y −4− 2√3 = 0,
vemos que
3
3−√3 =
3
3−√3 ·
3 +
√
3
3 +
√
3
=
9 + 3
√
3
6
=
3 +
√
3
2
,
6 + 5
√
3
1 + 3
√
3
=
6 + 5
√
3
1 + 3
√
3
· 1− 3
√
3
1− 3√3 =
−39− 13√3
−26 =
3 +
√
3
2
e
−9− 5√3
−4− 2√3 =
−9− 5√3
−4− 2√3 ·
4 + 2
√
3
4 + 2
√
3
=
66 + 22
√
3
22
=
3 +
√
3
2
.
Assim, os coeficientes e os termos independentes sa˜o todos proporcionais,
logo, as retas sa˜o concorrentes (isto e´, ideˆnticas!).
6. Antes de comec¸armos, uma observac¸a˜o. So´ podemos dizer que
−−→
CD e´ a
projec¸a˜o ortogonal de
−→
AB sobre r se C for a projec¸a˜o de A sobre r. Do
contra´rio, seria mais correto dizer que
−−→
CD e´ equipolente a` projec¸a˜o ortogo-
nal de
−→
AB sobre r, ou que
−−→
CD e´ a projec¸a˜o de
−→
AB sobre um vetor diretor
de r.
O vetor−→v = (2, 3) e´ um vetor diretor da reta r. Assim, a projec¸a˜o ortogonal
de
−→
AB = (1, 4) sobre r e´ equipolente a` projec¸a˜o ortogonal de
−−→
CD sobre −→v ,
que e´ dada por
pr−→v
−→
AB =
〈(2, 3), (1, 4)〉
|(2, 3)|2 (2, 3) =
14
13
(2, 3) =
(
28
13
,
42
13
)
.
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Assim, como
−−→
CD =
(
28
13
, 42
13
)
e C = (2, 1), temos
D =
(
28
13
+ 2,
42
13
+ 1
)
=
(
54
13
,
55
13
)
.
7. O Exemplo 4.11 mostra como se calcula a mediatriz de um segmento.
Seguindo essa ideia, podemos obter r. O vetor
−→
AC (que representa um
dos lados do quadrado) fara´ um aˆngulo de 45◦ com o
−→
AB (que representa
a diagonal do quadrado). Use isso e o fato de que C ∈ r para obter C.
Da mesma forma, obteˆm-se D (na verdade D surgira´, naturalmente, ao se
calcular C, devido ao mo´dulo da expressa˜o do aˆngulo entre vetores).
Os pontos sa˜o: C = (5,−1) e D = (1, 3) (ou o contra´rio, dependendo de
suas escolhas.).
8. a = 2 e b = 5.
9. Sabendo que M = (2, 2) e´ o ponto me´dio da diagonal AC, com A = (1, 1),
obtemos facilmente o ponto C = (3, 3). Os pontos B e D podem ser obtidos
usando-se que
−−→
MB e´ perpendicular a AC e que |AB| = √10.
Assim, B = (4, 0) e D = (0, 4) (ou o contra´rio, dependendo de suas esco-
lhas.).
10. Como a hipotenusa BC esta´ sobre a reta r : 2x+ 3y = 5, temos que B ∈ r.
Usando enta˜o o fato de que a abscissa de B e´ −2, temos B = (−2, 3).
Assim, resta achar o ponto C = (xC , yC). Sabemos que C ∈ r e que −→AB e−→
AC sa˜o perpendiculares, assim,
{
2xC + 3yC = 5
〈(−3, 4), (xC − 1, yC + 1)〉 = 〈−→AB,−→AC〉 = 0
⇒ C = (xC , yC) = (41/17, 1/17)
11. Como
−→
AB e´ paralelo a (2, 1), temos que B pertence a` reta de equac¸a˜o
parame´trica vetorial r1 :
−→
AP = t · (2, 1). Por outro lado, como a projec¸a˜o
ortogonal de B sobre r : x + 3y = 5 e´ o ponto C = (2, 1), temos que
B pertence a` reta de equac¸a˜o parame´trica vetorial r2 :
−→
AP = t · (1, 3)
(verifique!).
Assim, B ∈ r1∩ r2 = {(11/5, 8/5)}. Usamos o fato de que A e´ ponto me´dio
de BB′ para achar o ponto B′ = (−1/5, 2/5),
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12. Intersectando a reta r (que conte´m um dos lados) sobre a reta s (que conte´m
uma diagonal), achamos um dos ve´rtices. Este ve´rtice podeser tanto o A
quanto o B, na˜o importa; escolhamos A, enta˜o. Assim,
A ∈ r ∩ s = {(3,−1)}.
Sabendo que M = (1, 1) e´ o ponto me´dio de AC, temos C = (−1, 3).
Podemos determinar o pontos B de va´rias formas, por exemplo:
• Encontramos a mediatriz m de AC (veja Exemplo 4.11), e B sera´ a
intersec¸a˜o de m com r.
• Usamos o fato que B ∈ r e que −−→MB e −−→MA sa˜o perpendiculares (que
implicara´
〈−−→
MB,
−−→
MA
〉
= 0).
De qualquer forma, achamos B = (1/3, 1/3). Encontramos D, sabendo que
M e´ ponto me´dio de BD. Assim, D = (5/3, 5/3).
Refereˆncias
[HB] Gabarito elaborado pelo professor Humberto Bortolossi, primeiro semestre
de 2005.
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