AP1-GAI-2 2012_gabarito

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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
AP1 – GEOMETRIA ANAL´ITICA I – 2/2012
Nome: Matr´ıcula:
Polo: Data:
Atenc¸a˜o!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula, • O desenvolvimento das questo˜es pode ser a la´pis. No entanto,
Polo e Data; as respostas devera˜o estar necessariamente a` caneta;
• E´ expressamente proibido o uso de calculadoras; • E´ expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res- • As respostas devem estar acompanhadasde justufucativa.
ponsa´vel; Respostas sem justificativa na˜o sera˜o consideradas.
Questa˜o 1 [2,5 pontos]
Determine as equac¸o˜es cartesiana e parame´tricas da reta r que passa pelo ponto Q = (3, 5) e e´
paralela a` reta s de equac¸a˜o 7x− 2y = 0.
Soluc¸a˜o.
O coeficiente angular da reta s e´ 7
2
. Logo, um ponto com coordenadas (x, y) estara´ sobre a reta r
se, e somente se,
y − 5
x− 3 =
7
2
∴ 2y − 10 = 7x− 21 ∴ 7x− 2y − 11 = 0
que e´ a equac¸a˜o cartesiana da reta r. Outra poss´ıvel soluc¸a˜o e´ considerar r : 7x − 2y + c = 0 ,
substituir o ponto Q = (3, 5) e achar o valor de c .
Agora, a reta r passa pelo ponto Q = (3, 5) e tem vetor direc¸a˜o
−→
PQ = (2, 7) . Logo, as equac¸o˜es
parame´tricas da reta r sa˜o: {
x = 2 + 2t
y = 5 + 7t
, t ∈ R.
Questa˜o 2 [2,5 pontos]
Determine a equac¸a˜o do c´ırculo de centro C = (4, 1) e tangente a` reta parametrizada por
r :
{
x = −3 + 3t
y = 4t
, t ∈ R
Soluc¸a˜o.
Como ja´ conhecemos o centro C do c´ırculo, para que este esteja bem determinado, falta apenas
descobrir seu raio R. Como este c´ırculo e´ tangente a` reta r dada, seu raio sera´ a distaˆncia entre o
centro e r .
Para podermos utilizar a expressa˜o conhecida da distaˆncia entre um ponto e uma reta, vamos escrever
r em sua forma cartesiana.
r :
{
x = −3 + 3t
y = 4t
∴ r :
{
t = x+3
3
t = y
4
GEOMETRIA ANAL´ITICA I AP1 2
Igualando, temos enta˜o
r :
x+ 3
3
=
y
4
∴ r : 4(x+ 3) = 3y ∴ r : 4x− 3y + 12 = 0.
O raio do c´ırculo sera´ enta˜o
R = d(r, C) = d(4x− 3y + 12 = 0, (4, 1)) = |4(4)− 3(1) + 12|√
42 + (−3)2 =
|16− 3 + 12|√
25
=
25
5
= 5
Assim, a equac¸a˜o do c´ırculo e´ dada por
(x− 4)2 + (y − 1)2 = 52 ⇔ x2 − 8x+ 16 + y2 − 2y + 1 = 25⇔ x2 + y2 − 8x− 2y = 8
Questa˜o 3 [2,5 pontos]
Sendo P = (1, 5) e r : x− 2y + 4 = 0,
(1) Determine o ponto Pr, projec¸a˜o ortogonal de P sobre a reta r.
(2) Determine um ponto Q 6= P tal que a reta ←→PQ seja perpendicular a r e d(P, r) = d(Q, r). Este
ponto e´ chamado de sime´trico de P em relac¸a˜o a` reta r.
Soluc¸a˜o 1.
(1) Vamos tomar dois pontos A e B arbitra´rios sobre r. Fazendo x = 0 na equac¸a˜o de r, temos
y = 2; assim, seja A = (0, 2). Por outro lado, fazendo x = 4, teremos y = 4; assim, seja B = (4, 4).
O vetor
−−→
APr sera´ a projec¸a˜o ortogonal de
−→
AP sobre
−→
AB.
Com os valores escolhidos, temos
−→
AB = (4− 0, 4− 2) = (4, 2)
−→
AP = (1− 0, 5− 2) = (1, 3)
(Observe que, dependendo das suas escolhas para os pontos A e B, estes vetores podem variar)
Assim,
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GEOMETRIA ANAL´ITICA I AP1 3
−−→
APr =
〈−→
AP,
−→
AB
〉
∥∥∥−→AB∥∥∥2 ·
−→
AB =
〈(1, 3), (4, 2)〉
‖(4, 2)‖2 · (4, 2) =
〈(1, 3), (4, 2)〉
‖(4, 2)‖2 · (4, 2) =
=
10
42 + 22
· (4, 2) = 10
20
· (4, 2) = 1
2
· (4, 2) = (2, 1).
(Dependendo da sua escolha para o ponto A, este vetor pode variar).
Assim, fazendo Pr = (x, y), temos
(2, 1) =
−−→
APr = (x− 0, y − 2),
logo, {
x− 0 = 2
y − 2 = 1 ∴
{
x = 2
y = 3
∴ Pr = (2, 3).
(2) Observe que o ponto Q sera´ tal que
−−→
PrQ =
−−→
PPR .
Assim, fazendo Q = (xQ, yQ), temos
−−→
PrQ = (xQ − 2, yQ − 3)
−−→
PPr = (2− 1, 3− 5) = (1,−2)
Logo,
(xQ − 2, yQ − 3) = (1,−2) ∴ xQ = 3, yQ = 1 ∴ Q = (3, 1).
Soluc¸a˜o 2.
(1) A reta r pode ser escrita na forma r : y = x
2
+ 2, logo seu coeficiente angular e´ mr = 1/2.
Denotando por s a reta perpendicular a r passando por P , seu coeficiente angular sera´ dado por
ms = − 1
mr
= − 1
1/2
= −2.
Logo, s sera´ dada por s : y = −2x+ n. Como P = (1, 5) ∈ s, temos
5 = −2(1) + n ∴ n = 7.
Assim, o ponto Pr = (x, y) procurado e´ a intersec¸a˜o das retas r : x− 2y+4 = 0 e s : y = −2x+7.
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GEOMETRIA ANAL´ITICA I AP1 4
{
x− 2y + 4 = 0
y = −2x+ 7 ∴ x− 2(−2x+ 7) + 4 = 0 ∴ 5x− 10 = 0 ∴ x = 2,
que implica y = −2(2) + 7 = 3. Assim, Pr = (2, 3) .
(2) Observe que o ponto Q procurado pertence a` reta s, logo, fazendo Q = (xQ, yQ), temos
yQ = −2xQ + 7.
Por outro lado, como d(Q,Pr) = d(P, Pr) , temos
d((xQ, yQ), (2, 3)) = d((1, 5), (2, 3)) ∴
√
(xQ − 2)2 + (yQ − 3)2 =
√
(1− 2)2 + (5− 3)2
∴ (xQ − 2)2 + (yQ − 3)2 = (1− 2)2 + (5− 3)2
∴ (xQ − 2)2 + (−2xQ + 7− 3)2 = (−1)2 + 22
∴ (xQ − 2)2 + (−2xQ + 4)2 = 5
∴ x2Q − 4xQ + 4 + 4x2Q − 16xQ + 16 = 5
∴ 5x2Q − 20xQ + 20 = 5
∴ 5x2Q − 20xQ + 15 = 0
∴ x2Q − 4xQ + 3 = 0
Assim,
xQ = 1 ou xQ = 3.
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GEOMETRIA ANAL´ITICA I AP1 5
Logo, temos as possibilidades
Q = (1,−2(1) + 7) = (1, 5) ou Q = (3,−2(3) + 7) = (3, 1).
Observe que a primeira possibilidade e´ o pro´prio ponto P , logo, como Q 6= P , Q = (3, 1) .
Questa˜o 4 [2,5 pontos]
Em um quadrila´tero ABCD, os M , N , P e Q sa˜o, respectivamente, os pontos me´dios dos lados
AB, BC, CD e DA. Mostre que o quadrila´tero MNPQ e´ um paralelogramo.
Dica: Trabalhe com coordenadas gene´ricas para os pontos, como, por exemplo, A = (xA, yA),
B = (xB, yB), ...
Observac¸a˜o: Existe a possibilidade de os quatro pontos me´dios serem colineares; na˜o se preocupe
com esta possibilidade em sua soluc¸a˜o.
Soluc¸a˜o.
Seguindo a dica, fac¸amos
A = (xA, yA), B = (xB, yB), C = (xC , yC), D = (xD, yD).
Assim,
M =
(
xA + xB
2
,
yA + yB
2
)
, N =
(
xB + xC
2
,
yB + yC
2
)
,
P =
(
xC + xD
2
,
yC + yD
2
)
, Q =
(
xA + xD
2
,
yA + yD
2
)
e enta˜o
−−→
MN =
(
xB + xC
2
− xA + xB
2
,
yB + yC
2
− yA + yB
2
)
=
(
xC − xA
2
,
yC − yA
2
)
,
−−→
NP =
(
xC + xD
2
− xB + xC
2
,
yC + yD
2
− yB + yC
2
)
=
(
xD − xB
2
,
yD − yB
2
)
,
−→
QP =
(
xC + xD
2
− xA + xD
2
,
yC + yD
2
− yA + yD
2
)
=
(
xC − xA
2
,
yC − yA
2
)
,
−−→
MQ =
(
xA + xD
2
− xA + xB
2
,
yA + yD
2
− yA + yB
2
)
=
(
xD − xB
2
,
yD − yB
2
)
,
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mostrando que
−−→
MN =
−→
QP e
−−→
NP =
−−→
MQ. Assim, o quadrila´tero MNPQ e´ um paralelogramo .
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