119 EP7 8 GAI 1 2007 tutor

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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
Geometria Anal´ıtica I
Exerc´ıcios Programados 7 e 8
Gabarito
Prezados Tutores,
Nestas duas semanas de preparac¸a˜o para a AP1, discutam tambe´m com os alunos as du´vidas que
eles apresentarem nos diversos to´picos estudados, buscando estimula´-los a compreender os conceitos e
a relaciona´-los, e a apreender como e porqueˆ utilizar certas te´cnicas sem que meramente se ponham a
decorar fo´rmulas e receitas.
Este EP conte´m questo˜es de provas de semestres anteriores e devera´ ser trabalhado nessas duas
semanas.
Nesses momentos que antecedem a prova e´ poss´ıvel que mais alunos comparec¸am e, assim, voceˆs
podem tentar cativa´-los para continuar participando das atividades no transcorrer do semestre.
Atenciosamente,
Marcelo Correˆa
Coordenador de Geometria Anal´ıtica I
Exerc´ıcio 1: Em um triaˆngulo ABC, temos que A = (−2,−2) e −→AC e´ a projec¸a˜o ortogonal do vetor−−→
AB = (4, 6) sobre o vetor ~v = (1, 1). Determine,
a) o ve´rtice C;
b) a a´rea do triaˆngulo ABC.
Resoluc¸a˜o:
a) Temos que
−→
AC = proj
~v
−−→
AB =
(
<
−−→
AB,−→v >
||−→v ||2
)
−→v =
(
< (4, 6), (1, 1) >
(
√
12 + 12)2
)
(1, 1) =
(
4× 1 + 6× 1
(
√
2)2
)
(1, 1)
=
(
10
2
)
(1, 1) = 5(1, 1) = (5, 5)
Consideremos que C = (c1, c2). Logo,
−→
AC = (c1 − (−2), c2 − (−2)).
Como −→AC = (5, 5), enta˜o temos que:
{
c1 + 2 = 5
c2 + 2 = 5
⇒
{
c1 = 3
c2 = 3
.
Portanto, C = (3, 3).
1
b) Temos que, |AB| = √42 + 62 = √16 + 36 = √52.
Ale´m disso, |AC| = √52 + 52 = √25 + 25 = √50 e
<
−−→
AB,
−→
AC >= 4× 5 + 6× 5 = 20 + 30 = 50
Logo,
AABC =
(
1
2
)√
|−−→AB|2 × |−→AC|2 − < −−→AB,−→AC >2 =
(
1
2
)√
(
√
52)2 × (√50)2 − (50)2
=
(
1
2
)√
52× 50− 2500 =
(
1
2
)√
2600− 2500
=
(
1
2
)√
100
=
(
1
2
)
10 = 5 unidades de a´rea
.
Outra resoluc¸a˜o:
a) Como o vetor −→AC e´ a projec¸a˜o ortogonal de −−→AB sobre −→v , enta˜o −→AC esta´ sobre uma reta cujo
vetor direc¸a˜o e´ ~v = (1, 1).
Assim, −→AC e´ paralelo a ~v, ou seja, existe k ∈ IR tal que −→AC = k~v = k(1, 1).
Ale´m disso, o ponto C tambe´m pertence a tal reta cujo vetor direc¸a˜o e´ ~v = (1, 1). Logo, C tem
coordenadas iguais.
Fac¸amos C = (c, c).
Observe que, novamente pelo fato que −→AC e´ a projec¸a˜o ortogonal de −−→AB sobre −→v , temos que −→AC e´
ortogonal a −−→BC.
Temos que
−→
AC ⊥ −−→BC ⇔
〈−→
AC,
−−→
BC
〉
= 0 ⇔
〈
k(1, 1),−−→BC
〉
= 0 ⇔ k ×
(〈
(1, 1),−−→BC
〉)
= 0 .
Observe agora que, o vetor −→AC deve ser na˜o-nulo, assim k 6= 0. Enta˜o,
−→
AC ⊥ −−→BC ⇔
〈
(1, 1),−−→BC
〉
= 0 .
Para determinar os componentes do vetor −−→BC fac¸amos B = (b1, b2).
Assim, temos que −−→AB = (4, 6) = (b1 − (−2), b2 − (−2)). Logo,
{
b1 + 2 = 4
b2 + 2 = 6
⇒
{
b1 = 2
b2 = 4
Enta˜o, B = (2, 4). Da´ı, −−→BC = (c− 2, c− 4)
Logo,−→
AC ⊥ −−→BC ⇔ < −→AC,−−→BC >= 0 ⇔ 〈(1, 1), (c− 2, c− 4)〉 = 0 ⇔ (c− 2) + (c− 4) = 0
⇔ 2c− 6 = 0 ⇔ c = 3 .
Portanto, C = (3, 3).
b) Observe que o triaˆngulo ABC e´ um triaˆngulo retaˆngulo, com aˆngulo reto ÂCB.
Logo, AABC =
b× h
2
=
|AC| × |BC|
2
.
Temos que −→AC = (3− (−2), 3− (−2)) = (5, 5). Logo, |AC| = √52 + 52 = √50.
2
Ale´m disso, −−→BC = (3− 2, 3− 4) = (1,−1). Logo, |BC| =√12 + (−1)2 = √2.
Portanto, AABC =
√
50×√2
2
=
√
100
2
= 5 unidades de a´rea.
Exerc´ıcio 2: Considerando a reta r : 2x− 3y + 1 = 0, determine:
a) um vetor normal a` reta r
b) α ∈ R tal que r seja paralela a` reta s1 :
{
x = 2 + αt
y = −1 + 4t
c) β ∈ R tal que r seja paralela a` reta s2 : y = βx+ 3
Resoluc¸a˜o:
a) O vetor −→n = (2,−3) e´ normal a` reta r.
b) O vetor −→v1 = (α, 4) e´ um vetor direc¸a˜o da reta s1.
Logo, r e´ paralela a s1 ⇔ −→v1 ⊥ −→n ⇔ 〈−→v1 ,−→n 〉 = 0 ⇔ 2α+ (−3)4 = 0 ⇔ α = 6 .
c) A equac¸a˜o cartesiana da reta s2 e´ βx− y + 3 = 0. Logo, o vetor −→n2 = (β,−1) e´ normal a` reta s2.
Enta˜o,
r e´ paralela a s2 ⇔ −→n2 ‖ −→n ⇔ ∃λ, tal que−→n2 = λ−→n ⇔
{
β = 2λ
−1 = (−3)λ ⇔
{
β = 2λ
λ =
1
3
Portanto, β =
2
3
.
Exerc´ıcio 3: Determine a distaˆncia entre as retas s : 3x+ 4y = 36 e r :
{
x = 1− 4t
y = 2 + 3t , t ∈ R
Resoluc¸a˜o: A reta r tem direc¸a˜o (−4, 3) e a reta s e´ ortogonal a (3, 4).
Como 〈(−4, 3), (3, 4)〉 = −4× 3 + 3× 4 = −12 + 12 = 0, enta˜o esses dois vetores sa˜o ortogonais,
mostrando que a direc¸a˜o normal de s tambe´m e´ direc¸a˜o normal de r. Logo, as retas r e s teˆm a
mesma direc¸a˜o.
Fazendo t = 0 na equac¸a˜o de r, obtemos que (1, 2) ∈ r, mas 3× 1 + 4× 2 = 11 6= 36.
Portanto, (1, 2) 6∈ s. Assim, as retas r e s sa˜o paralelas e
d(r, s) = d(P, s), onde P e´ qualquer ponto de r.
Tomando P = (1, 2), obtemos:
d(r, s) = d((1, 2), s) =
| 3× 1 + 4× 2− 36 |√
32 + 42
=
| −25 |√
25
=
25
5
= 5
Exerc´ıcio 4: Dados os c´ırculos Γ1 : (x+ 2)2 + (y − 1)2 = 16 e Γ2 : x2 + y2 = 1 e a reta s : x+ y = 6,
determine:
a) a distaˆncia de s a Γ1,
b) a posic¸a˜o relativa dos c´ırculos Γ1 e Γ2 e a distaˆncia entre eles.
3
Resoluc¸a˜o:
a) A equac¸a˜o cartesiana de s e´ x+ y − 6 = 0.
O centro do c´ırculo Γ1 e´ o ponto P = (−2, 1) e o seu raio e´ r = 4.
Observe que, A reta s e o c´ırculo Γ1 na˜o se interceptam (s∩ Γ1 = ∅), pois a distaˆncia do centro de Γ1
a s e´ maior que o seu raio: d(P, s) =
|(−2) + 1− 6|√
12 + 12
=
| − 7|√
2
=
7
√
2
2
> 4 = r1 .
Logo, d(s,Γ) = d(P, s)− r = |(−2) + 1− 6|√
12 + 12
− 4 = | − 7|√
2
− 4 = 7
√
2
2
− 4
b) Observe que:
• O centro do c´ırculo Γ2 e´ a origem do plano cartesiano O = (0, 0) e o seu raio r2 e´ 1.
• O centro de Γ2 (a origem) esta´ no interior de Γ1, visto que a distaˆncia entre os dois centros e´
menor que o raio de Γ1 (d(O,P ) =
√
(−2− 0)2 + (1− 0)2 = √5 < 4);
• O centro P de Γ1 esta´ no exterior de Γ2, pois a distaˆncia entre os dois centros e´ maior que o raio
de Γ2 (d(O,P ) =
√
5 > 1).
• A distaˆncia entre os dois centros somado com o raio de Γ2 e´ menor que o raio de Γ1
(d(O,P ) + r2 =
√
5 + 1 < 4 = r1, pois 2 <
√
5 < 3).
Logo, Γ2 esta´ no interior de Γ1 e esses c´ırculos na˜o se interceptam.
-
6
f½¼
ff»
−2
1
Portanto, d(Γ1,Γ2) = r1 − r2 − d(O,P ) = 4− 1−
√
5 = 3−√5.
Exerc´ıcio 5: Uma pessoa esta´ em um vilarejo trafegando por uma estrada r rumando para outra
estrada s. Representando, em um sistema cartesiano, as duas estradas pelas retas de equac¸o˜es
r : 3x− 5y + 7 = 0 e s :
{
x = 1 + 4s
y = 2− s e a posic¸a˜o da pessoa pelo ponto A = (6, 5), determine:
a) a distaˆncia que a pessoa deve percorrer ate´ alcanc¸ar um ponto B em outro vilarejo, situado no
ponto de cruzamento das duas estradas;
b) a distaˆncia que ela, estando ainda no ponto A, realmente se encontra da estrada s;
c) a distaˆncia entre o c´ırculo Γ1 : (x− 6)2 + (y − 5)2 = 4 e o c´ırculo Γ2 com centro em B e de raio
igual a 1, que correspondem a`s zonas urbanas dos respectivos vilarejos.
Resoluc¸a˜o:
a) O ponto B e´ a intersec¸a˜o das retas r e s. Assim, determinamos as coordenadas de B obtendo o
conjunto soluc¸a˜o do seguinte sistema de equac¸o˜es:
3x− 5y + 7 = 0
x = 1 + 4s
y = 2− s
⇒

3(1 + 4s)− 5(2− s) + 7 = 0
x = 1 + 4s
y = 2− s
⇒

3 + 12s− 10 + 5s+ 7 = 0
x = 1 + 4s
y = 2− s
4
⇒

17s = 0
x = 1 + 4s
y = 2− s
⇒

s = 0
x = 1
y = 2
Enta˜o, B = (1, 2).
Logo, −−→AB = (1− 6, 2− 5) = (−5,−3).
Portanto, d(A,B) = |AB| =√(−5)2 + (−3)2 = √25 + 9 = √34.
b) A partir das equac¸o˜es parame´tricas de s, obtemos uma equac¸a˜o cartesiana como a seguir:{
x = 1 + 4s
y = 2− s ⇒
{
x = 1 + 4s
s = 2− y ⇒ x = 1 + 4(2− y) ⇒ x = 1 + 8− 4y ⇒ x+ 4y − 9 = 0
Logo, d(A, s) =
|(6) + 4(5)− 9|√
12 + 42
=
|6 + 20− 9|√
1 + 16
=
17√
17
=
√
17c) Observe que o centro do c´ırculo Γ1 e´ o ponto A = (6, 5) e o seu raio e´ r1 = 2.
Logo, o centro A do c´ırculo Γ1 na˜o esta´ no interior de Γ2, pois d(A,B) =
√
34 > 1 = r2.
O centro B do c´ırculo Γ2 tambe´m na˜o esta´ no interior de Γ1, pois d(A,B) =
√
34 > 2 = r1.
Ale´m disso, os dois c´ırculos na˜o se intersectam, visto que d(A,B) =
√
34 > 3 = r1 + r2.
Portanto, d(Γ1,Γ2) = d(A,B)− (r1 + r2) =
√
34− 3.
Questa˜o 6 Dados os pontos A = (1, 0) e B = (0, 2), determine, justificando suas respostas:
a) pontos C e D, distintos de A e B, de tal modo que o segmento CB esteja sobre o eixo OY e o
quadrila´tero ACBD seja um retaˆngulo ;
b) um ponto E pertencente ao eixo OX tal que o quadrila´tero ABDE seja um paralelogramo.
Resoluc¸a˜o:
a) Devemos ter que C = (0, 0) e D = (1, 2).
O segmento CB esta´ sobre o eixo OY , pois ambos os pontos C e B esta˜o.
Ale´m disso, o quadrila´tero ACBD e´ um retaˆngulo, pois
- o lado CB e´ perpendicular ao lado AC, que esta´ sobre OX, visto que A e C tambe´m esta˜o
sobre OX; e
- o lado AD e´ paralelo ao lado CB, pois −−→CB = (0, 2) = −−→AD.
b) Como E deve estar sobre o eixo OX, consideremos que E = (e,O).
Para que o quadrila´tero ABDE seja um paralelogramo, devemos ter que AB ≡ ED, ou seja,−−→
AB = −−→ED.
Logo, (−1, 2) = (1− e, 2). Assim, 1− e = −1. Enta˜o, e = 2.
Enta˜o, E = (2, 0).
-
6
B•
A
•
C
•
D•
E
•A
A
AA
A
A
AA
Questa˜o 7 Sejam A = (1, 1), B = (5, 3) e C = (6,−4).
a) Mostre que o triaˆngulo AMC tem aˆngulo reto em M , o ponto me´dio do segmento AB.
b) O triaˆngulo ABC e´ iso´sceles? Justifique.
c) Determine a a´rea do triaˆnguloABC.
5
d) Determine o baricentro do triaˆngulo ABC.
Resoluc¸a˜o:
a) O ponto me´dio M do segmento AB e´ M =
(
1 + 5
2
,
1 + 3
2
)
= (3, 2).
Assim, −−→AM = (2, 1) e −−→MC = (3,−6) sa˜o ortogonais, visto que
〈−−→
AM,
−−→
MC
〉
= 6− 6 = 0.
Deste modo, o aˆngulo ÂMC e´ reto.
b) Observe que −→AC = (5,−5) e −−→BC = (1,−7).
Logo, ||−→AC|| =√52 + (−5)2 = √50 e ||−−→BC|| =√12 + (−7)2 = √50.
Enta˜o, dois dos lados do triaˆngulo ABC teˆm o mesmo comprimento.
Portanto, esse triaˆngulo e´ iso´sceles.
c) Como o triaˆngulo ABC e´ iso´sceles e M e´ o ponto me´dio do lado AB, enta˜o:
A´reaABC = 2× A´reaAMC = 2×
(
||−−→AM || × ||−−→MC||
2
)
= ||−−→AM || × ||−−→MC|| = √5×√45 = √225 = 15.
Outra resoluc¸a˜o:
Temos que −−→AB = (4, 2) e ||−−→AB|| = √20.
Como −→AC = (5,−5), enta˜o
〈−−→
AB,
−→
AC
〉
= 4× 5 + 2× (−5) = 20− 10 = 10
A´reaABC =
(
1
2
)√
||−−→AB||2 × ||−→AC||2 −
〈−−→
AB,
−→
AC
〉2
=
(
1
2
)√
20× 50− 102 =
(
1
2
)√
1000− 100 =
(
1
2
)√
900 = 15.
d) Temos que −−→OG =
(
1
3
)
(−→OA+−−→OB +−−→OC) =
(
1
3
)
((1, 1) + (5, 3) + (6,−4)) =
(
1
3
)
(12, 0) = (4, 0).
Outra resoluc¸a˜o:
Como demonstrado no exerc´ıcio 6 da aula 2, temos que −−→CG =
(
2
3
)−−→
CM =
(
2
3
)
(−3, 6) = (−2, 4).
Fazendo G = (a, b), temos que (a− 6, b− (−4)) = (−2, 4). Logo,{
a− 6 = −2
b+ 4 = 4
⇒
{
a = 4
b = 0
Enta˜o, G = (4, 0).
Questa˜o 8 Considere os pontos A = (7, 3) e B = (2, 1) e a reta r :
{
x = 4 + 2t
y = 2 + t
. Determine:
a) a distaˆncia de A a` reta r;
b) equac¸o˜es parame´tricas para a reta s que conte´m os pontos A e B;
c) a distaˆncia entre as retas r e s.
Resoluc¸a˜o:
a) Temos que r :
{
x = 4 + 2t
t = 2− y Logo, r :
{
x = 4− 4 + 2y
t = −2 + y
Assim, a equac¸a˜o cartesiana da reta r e´ x− 2y = 0.
6
Enta˜o, d(A, r) =
|(7)− 2(3)− 0|√
12 + (−2)2 =
|7− 6|√
1 + 4
=
1√
5
=
√
5
5
.
b) O vetor −−→AB = (−5,−2) e´ um vetor direc¸a˜o da reta s. Assim, tomando o ponto A, temos as
seguintes equac¸o˜es parame´tricas para a reta s:
s :
{
x = 7− 5k
y = 3− 2k
c) Temos que −→v = (2, 1) e´ um vetor direc¸a˜o da reta r. Logo, considerando o vetor −−→AB = (−5,−2),
um vetor direc¸a˜o da reta s, temos que
det
[
2 1
−5 −2
]
= −4 + 5 = 1 6= 0 .
Enta˜o, r e s sa˜o concorrentes. Portanto, d(r, s) = 0.
Questa˜o 9 Dado que A = (2, 2), −−→AB = (0, 4) e −→AC = (4, 2), determine:
a) o vetor ~v = proj−−→
AB
−→
AC;
b) a posic¸a˜o relativa e a distaˆncia entre os c´ırculos Γ1 e Γ2, sabendo que:
• o ponto A e´ o centro de Γ1, sendo r1 = ||~v|| o seu raio; e
• Γ2 : (x− 2)2 + (y − 6)2 = 1.
Resoluc¸a˜o:
a) Temos que
~v = proj−−→
AB
−→
AC =

〈−→
AC,
−−→
AB
〉
||−−→AB||2
−−→AB = (0× 4 + 4× 2
02 + 42
)
(0, 4) =
(
8
16
)
(0, 4) = (0, 2)
b) r1 = ||(0, 2)|| =
√
02 + 22 = 2.
Como Γ2 : (x− 2)2 + (y − 6)2 = 1, enta˜o r2 = 1 e´ o raio de Γ2. Ale´m disso, B = (2, 6) e´ o centro de
Γ2.
Assim, d(A,B) = |AB| =√(2− 2)2 + (6− 2)2 = 4.
Como, d(A,B) > r1 e d(A,B) > r2 e d(A,B) > r1 + r2 = 3, enta˜o na˜o ha´ intersecc¸a˜o entre os
interiores dos c´ırculos e o c´ırculos tambe´m na˜o se intersectam.
Logo, d(Γ1,Γ2) = d(A,B)− (r1 + r2) = 4− 3 = 1.
-
6
A
•
B
•±°²¯
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