EP Complementar3 Gabarito

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Alguns Exercícios de Revisão para a AP1
Cuidado:
Não significa que só será cobrado o conteúdo desta lista, vocês devem estudar todo o conteúdo do
cronograma!
1. Considere as retas r1 : (a+ b)x+ (a− b)y = a2 − b2 e r2 : ax+ by = 1, onde a, b ∈ R− {0}.
Determine a, b ∈ R− {0}, de modo que as retas r1 e r2 sejam perpendiculares e o ponto P = (1, 1)
pertença à r1.
Solução: Como r1 ⊥ r2, então 〈(a+ b, a− b), (a, b)〉 = 0 e, portanto,
a2 + 2ab− b2 = 0 (1)
Como (1, 1) ∈ r1, então a+ b+ a− b = a2 − b2, isto é,
a2 − b2 = 2a (2)
Substituindo (2) em (1), obtemos 2a(b+ 1) = 0. Como a 6= 0, então b = −1. Substituindo o valor
de b em (1) ou (2), obtemos a = 1 +
√
2 ou a = 1−√2. Assim, temos como soluções:
• b = −1 e a = 1 +√2 ou
• b = −1 e a = 1−√2.
2. A figura abaixo mostra , no plano cartesiano, o gráfico da parábola de equação y = x2 e uma
circunferência com centro no eixo y tangente ao eixo x na origem.
Calcule o raio da maior circunferência, nas condições acima, que tem um único ponto de interseção
com a parábola.
Solução: Um círculo de centro (0, a), passando pela origem, tem equação x2 + (y − a)2 = a2, ou
seja, x2 + y2 − 2ay = 0, a > 0 e o raio é r = a. Agora, vamos calcular as possíveis interseções do
círculo com a parábola, isto é, substituímos y = x2 na equação do círculo e obtemos a equação:
0 = x2 + x4 − 2ax2 = x4 + (1− 2a)x2 = (x2 + (1− 2a))x2 (∗)
1
Observe que as raízes da equação(∗) são x = 0 ou as raízes de x2 + (1− 2a) = 0. Quando x = 0, o
ponto de interseção é (0, 0), que é o ponto de tangência. Então não podemos ter mais ponto de
interseção. E, para isso, precisamos que a equação x2 + (1− 2a) = 0 não tenha solução. Mas a
equação x2 + (1− 2a) = 0 tem raízes reais se, e somente se, 1− 2a < 0, isto é, se r = a > 1/2.
Assim, se o raio do círculo for maior 1/2, o círculo apoiado no vértice da parábola a intersectaria
em outros pontos além da origem. Portanto, o raio máximo para que o círculo não tenha outra
interseção além da origem é a = 1/2.
3. Em um sistema de coordenadas cartesianas OXY , determine a área do triângulo ABC, onde:
←→
AB: y = 3x+ 1;
←→
AC: x− 2y = −2;
←→
BC:
{
x = −1 + 2t
y = −2 + 5t/2
Solução: Interceptando as retas
←→
AB e
←→
AC, obtemos o ponto A = (0, 1); Interceptando as retas
←→
AB
e
←→
BC, obtemos o ponto B = (−1,−2); Interceptando
←→
BC e
←→
AC, obtemos o ponto C = (7/3, 13/6).
Assim,
−→
AB = (−1,−3), −→AC = (7/3, 7/6) e, consequentemente, a área do triângulo é:
1
2
√
|−→AB|2|−→AC|2 −
〈−→
AB,
−→
AC
〉2
=
1
2
√
2450
36
− 1225
36
=
1
2
√
1225
36
=
35
12
4. Determine a equação do círculo que passa por A = (1, 2), B = (3, 4) e tem centro na reta
y = 3x+ 1.
Solução: Como o centro C do círculo está sobre a reta y = 3x+ 1, então suas coordenadas podem
ser escritas na forma C = (x, 3x+ 1), para algum x ∈ R. Além disso, R = d(A,C) =︸︷︷︸
(∗)
d(B,C), já
que, A e B são pontos do círculo. Usando a igualdade (∗), temos:
(x−1)2+(3x−1)2 = (x−3)2+(3x−3)2 =⇒ x2−2x+1+9x2−6x+1 = x2−6x+9+9x2−18x+9
−2x+ 2 = −18x+ 18 =⇒ x = 1.
Assim, o centro é C = (1, 3(1) + 1) = (1, 4), o raio é R = d(A,C) =
√
(4− 2)2 = 2 e,
consequentemente, a equação do círculo é
(x− 1)2 + (y − 4)2 = 4.
5. Seja P uma parábola, com foco F = (1, 1) e diretriz ` : x+ y + 1 = 0.
a) Determine o vértice V de P.
b) Faça um esboço de P, exibindo o foco, o vértice e a diretriz.
Solução:
2
a) Sabemos que o vértice V está na reta focal r, e esta passa por F e é perpendicular à `. Assim,
a reta r é perpendicular ao vetor ~v = (1,−1), ou seja, é da forma r : x− y + c = 0. Como r
passa por F , substituímos as coordenadas de F na equação de r e encontramos c = 0. Logo,
r : x = y. Assim, o vértice é um ponto da forma V = (x, x). Além disso:
d(V, F ) = d(V, `) =
|x+ x+ 1|√
2√
(x− 1)2 + (x− 1)2 = |2x+ 1|√
2√
2(x− 1)2 = |2x+ 1|√
2
√
2(x− 1) = ±(2x+ 1)√
2
(x− 1) = ±(2x+ 1)
2
2x− 2 = ±(2x+ 1)
2x− 2 = 2x+ 1 (absurdo!) ou 2x− 2 = −2x− 1
2x− 2 = −2x− 1 → x = 1
4
Logo V = (1/4, 1/4).
b)
6. Seja P uma parábola de eixo focal paralelo ao eixo OY , passa pelos pontos P1 = (−2, 19),
P2 = (3, 4) e P3 = (5, 26).
(a) Determine a equação de P, a equação da sua diretriz, seu foco e vértice.
(b) Faça um esboço detalhado da mesma, exibindo os elementos citados no item anterior e os pontos de
interseção com os eixos coordenados, caso existam.
Solução:
(a) Como a parábola tem eixo paralelo ao eixo OY , sua equação é da forma
(x− x0)2 = 4p(y − y0). Assim, substituindo os pontos P1, P2 e P3 nesta equação, temos que
(−2− x0)2 = 4p(19− y0)
(3− x0)2 = 4p(4− y0)
(5− x0)2 = 4p(26− y0)
=⇒

x20 + 4x0 + 4 = 76p− 4py0 (1)
x20 − 6x0 + 9 = 16p− 4py0 (2)
x20 − 10x0 + 25 = 104p− 4py0 (3)
3
Subtraindo (1) de (2) e (2) de (3), obtemos:{
10x0 − 5 = 60p
4x0 − 16 = −88p =⇒
{
2x0 − 1 = 12p (4)
x0 − 4 = −22p (5)
subtraindo da equação (4) duas vezes a equação (5), obtemos 7 = 56p, isto é, p = 1/8.
substituindo o valor de p na equação (4) ou (5), obtemos x0 = 5/4. Finalmente, substituindo
os valores de x0 e p em uma das equações (1), (2) ou (3), obtemos y0 = −178 .
Assim, a equação da parábola é (x− 5/4)2 = 1
2
(y + 17/8), seu vértice é V = (5/4,−17/8), foco
F = (x0, y0 + p) = (5/4,−2), e tem como diretriz a reta m : y = y0 − p = −178 − 18 = −94 .
(b) Segue abaixo o esboço da parábola P , onde C = (0, 1) é a interseção de P com o eixo OY ,
A =
(
(5−√17)/4, 0) e B = ((5 +√17)/4, 0) são os pontos resultantes da interseção de P
com o eixo OX.
4