Prova Resolvida Geometria Analítica 2015.1 (UFBA)

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Universidade Federal da Bahia
Campus Ondina – Salvador
PRIMEIRA PROVA (GABARITO) – GEOMETRIA ANALI´TICA (T.12)
5 DE MAIO DE 2015
Questa˜o 1 (valor: 2.0). Considere o hexa´gono regular
ABCDEF de centro O (conforme figura ao lado). Deter-
mine as coordenadas de todos os pontos da figura no
sistema de coordenadas Γ = (O,
−−→
OD,
−−→
OF ).
Soluc¸a˜o. Achar a coordenadas de ponto Y , qualquer, no
sistema Γ = (O,
−−→
OD,
−−→
OF ) e´ detrminar a, b ∈ R tais que
OY = a · −−→OD + b · −−→OF .
(1) Como
−−→
OO =
−→
0 = 0·−−→OD+0·−−→OF , temos que O = (0, 0)Γ.
(2)
−→
OA = −−−→OD = (−1) · −−→OD + 0 · −−→OF e A = (−1, 0)Γ.
(3)
−−→
OB =
−−→
EO =
−−→
ED +
−−→
DO = (−1) · −−→OD + (−1) · −−→OF e
B = (−1,−1)Γ.
(4)
−−→
OC = −−−→OF = 0 · −−→OD + (−1) · −−→OF e C = (0,−1)Γ.
(5)
−−→
OD = 1 · −−→OD + 0 · −−→OF e D = (1, 0)Γ.
(6)
−−→
OE =
−−→
OD +
−−→
DE = 1 · −−→OD + 1 · −−→OF e E = (1, 1)Γ.
(7)
−−→
OF = 0 · −−→OD + 1−−→OF e F = (0, 1)Γ.
�
A
B C
D
EF
O
Questa˜o 2 (valor: 2.5). Sejam −→u = (
√
3, 1) e −→v = (1, k). Determinar o valor de k para que:
(1) −→u e −→v sejam paralelos,
(2) −→u e −→v sejam ortogonais, e
(3) a medida angular entre −→u e −→v seja de pi6 .
Soluc¸a˜o. (1) Temos que −→u e −→v sa˜o paralelos se, e somente se,∣∣∣∣
√
3 1
1 k
∣∣∣∣ = 0⇔ √3k − 1 = 0⇔ k = 1√3 =
√
3
3
.
(2) Temos que −→u e −→v sa˜o ortogonais se, e somente se,
√
3 · 1 + 1 · k = 0⇔
√
3 + k = 0⇔ k = −
√
3.
(3) Temos que a medida angular entre −→u e −→v e´ de pi6 se, e somente se,
cos
pi
6
=
√
3 · 1 + 1 · k√
(
√
3)2 + 12 ·
√
12 + k2
⇔
√
3 + k
2 ·
√
1 + k2
=
√
3
2
=⇔


√
3 + k ≥ 0
e
(
√
3 + k)2 = 3(1 + k2)
⇔
⇔ k ≥ −
√
3 e 3 + 2
√
3k + k2 = 3 + 3k2 ⇔ k = 0 ou k =
√
3.
�
1
PRIMEIRA PROVA (GABARITO) – GEOMETRIA ANALI´TICA (T.12) 5 DE MAIO DE 2015
Questa˜o 3 (valor: 2.0). Calcular o comprimento da mediana AM do triaˆngulo ABC onde A = (0, 0),
B = (3, 7) e C = (5,−1).
Soluc¸a˜o. Se AM e´ uma mediana, enta˜o M e´ o ponto me´dio do lado oposto, ou seja, do lado BC.
Portanto
M = B +
−−→
BM = B +
1
2
· −−→BC = (3, 7) + 1
2
· (2,−8) = (4, 3).
Portanto,
−−→
AM = (4, 3) e
∥∥∥−−→AM∥∥∥ = √42 + 32 = √16 + 9 = √25 = 5, que e´ o comprimento da mediana
AM . �
Questa˜o 4 (valor: 3.5). Sabe-se que V = (2, 1) e´ o ve´rtice de uma para´bola Γ e que r : y + 32 = 0 e´
sua diretriz. Determine:
(1) o foco de Γ.
(2) equac¸a˜o da para´bola Γ.
(3) o ponto da para´bola alinhado com o foco e (−8, 11).
Soluc¸a˜o. (1) Temos que a diretriz e´ horizontal e portanto P =
(
2,−32
)
e´ o ponto de r mais perto de
V . Ainda V e´ o ponto me´dio do segmento PF , onde F e´ o foco da para´bola Γ. Portanto
F = P +
−−→
PV F = P + 2 · −−→PV =
(
2,−3
2
)
+ 2 ·
(
0,
5
2
)
=
(
2,
7
2
)
.
(2) Temos que X = (x, y) ∈ Γ se, e somente se,√
(x− 2)2 +
(
y − 7
2
)2
=
∣∣∣∣y + 32
∣∣∣∣⇔ (x− 2)2 + y2 − 7y + 494 = y2 + 3y + 94 ⇔ (x− 2)2 = 10(y − 1).
Portanto Γ: y = 1 + (x−2)
2
10 =
x
2
−4x+14
10 =
1
10x
2 − 25x+ 75 .
(3) Temos que (α, β) esta´ alinhado com F e (−8, 11) se, e somente se,
0 =
∣∣∣∣∣∣
1 1 1
2 −8 α
7
2 11 β
∣∣∣∣∣∣ = −
15
2
α− 10β + 50.
Se procuramos (α, β) ∈ Γ, devemos ter
−15
2
α− (α− 2)2 + 40 = 0⇔ α2 + 7
2
α− 36 = 0⇔ α = −8 ou α = 9
2
.
Portanto, o ponto procurado e´
(
9
2 ,
13
8
)
.
�
2