Gabarito-Aula 14

Prévia do material em texto

Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 1
Geometria Anal´ıtica I
10/03/2011
Respostas dos Exerc´ıcios do Mo´dulo I - Aula 14
Aula 14
1. a. A equac¸a˜o do c´ırculo de centro (h, k) e raio r e´
(x− h)2 + (y − k)2 = r2,
logo, a equac¸a˜o do c´ırculo sera´
(x− 3)2 + (y − 4)2 = 22 ⇔ x2 + y2 − 6x− 8y + 21 = 0.
b.
(x−1)2+(y−(−3))2 =
√
3
2 ⇔ (x−1)2+(y+3)2 = 3⇔ x2+y2−2x+6y+7 = 0
c.
(x−(−2))2+(y−3)2 = 42 ⇔ (x+2)2+(y−3)2 = 42 ⇔ x2+y2+4x−6y−3 = 0
d.
(x−(−2))2+(y−(−1))2 =
√
6
2 ⇔ (x+2)2+(y+1)2 = 6⇔ x2+y2+4x+2y−1 = 0
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 2
e.
(x− 0)2 + (y − 0)2 =
√
8
2 ⇔ x2 + y2 − 8 = 0
2. A te´cnica aqui e´ completar os quadrados a fim de obtermos uma equac¸a˜o
na forma (x− h)2 + (y − k)2 = r2.
a. Podemos escrever
x2 +y2−4x+6y+4 = 0⇔ x2−4x+A+y2 +6y+B−A−B+4 = 0.
Agora precisamos encontrar A,B ∈ R tais que x2−4x+A e y2+6y+B
sejam quadrados perfeitos. Como x2 − 4x + A = x2 − 2 · 2 · x + A,
devemos fazer A = 22 para termos
x2 − 4x + A = x2 − 2 · 2 · x + 22 = (x− 2)2.
Da mesma forma, como 6y = 2 · 3 · y, fazendo B = 32, temos
y2 + 6y + B = y2 + 2 · 3 · y + 32 = (x + 3)2.
Assim,
x2 +y2−4x+ 6y+ 4 = 0⇔ x2−4x+ 4 +y2 + 6y+ 9−4−9 + 4 = 0⇔
⇔ (x− 2)2 + (y + 3)2 − 9 = 0⇔ (x− 2)2 + (y − (−3))2 = 32.
Assim, o centro e´ (2,−3) e o raio 3.
b. Centro (−3, 0), o raio 3.
c. Centro (5,−3), o raio √30.
d. Centro (−1/2,−1/2), o raio √3/2.
e. A equac¸a˜o pode ser reescrita
9x2 + 9y2 − 6x + 12y − 31 = 0⇔ x2 + y2 − 6
9
x +
12
9
y − 31
9
= 0.
Agora, procedemos como antes, completando os quadrados
x2 + y2 − 6
9
x +
12
9
y − 31
9
= 0⇔
x2 + y2 − 2
3
x +
4
3
y − 31
9
= 0⇔
x2 − 2 · 3
9
x + y2 + 2 · 6
9
y − 31
9
= 0⇔
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 3
⇔ x2− 2 · 1
3
x+
(
1
3
)2
+ y2 + 2 · 2
3
y+
(
2
3
)2
−
(
1
3
)2
−
(
2
3
)2
− 31
9
= 0.
⇔
(
x− 1
3
)2
+
(
y +
2
3
)2
−
(
1
3
)2
−
(
2
3
)2
− 31
9
= 0.
⇔
(
x− 1
3
)2
+
(
y +
2
3
)2
− 1
9
− 4
9
− 31
9
= 0.
⇔
(
x− 1
3
)2
+
(
y +
2
3
)2
− 36
9
= 0.
⇔
(
x− 1
3
)2
+
(
y −
(
−2
3
))2
= 22.
Assim, o centro e´
(
1
3
,−2
3
)
, o raio 2.
f. Centro (1/4,−1/4), o raio √26/4.
3. a. Procedendo como no exerc´ıcio anterior,
x2 + y2 − 2x + 4y − 3 = 0⇔ (x− 1)2 + (y + 2)2 = 8,
logo, trata-se de um c´ırculo de centro (1,-2) e raio
√
8 = 2
√
2.
Alternativamente, procendendo como na pa´gina 210 do Mo´dulo, es-
crevendo a equac¸a˜o do c´ırculo como x2 + y2 + ax + by + c = 0,
a2 + b2 − 4c = (−2)2 + 42 − 4 · (−3) = 32 > 0,
logo, temos um c´ırculo de centro
C =
(
−a
2
,− b
2
)
=
(
−(−2)
2
,−4
2
)
= (1,−2)
e raio
r =
√
a2 + b2 − 4c
2
=
√
(−2)2 + 42 − 4 · (−3)
2
=
√
32
2
= 2
√
2.
b. x2 + y2 − 4x + 6y + 9 = 0⇔ (x− 2)2 + (y + 3)2 = 4, logo, e´ o c´ırculo
de centro (2,−3) e raio 2.
c. x2 + y2 − 6x− 10y − 2 = 0 e´ o c´ırculo de centro (3,5) e raio 6.
d. Neste item, podemos inicialmente dividir a equac¸a˜o por 4, obtendo
x2 + y2 − x + 2y − 23
4
= 0.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 4
Procedendo como nos itens anteriores, temos o c´ırculo de centro (1/2,−1)
e raio
√
7.
e. x2 + y2 − 10x− 14y + 25 = 0 e´ o c´ırculo de centro (5, 7) e raio 7
f. x2 + y2 − 2x + 4y − 7 = 0 e´ o c´ırculo de centro (1,−2) e raio 2√3
g. 4x2 + 4y2 − 4x + 8y − 20 = 0 ⇔ x2 + y2 − x + 2y − 5 = 0, c´ırculo de
centro (1/2,−1) e raio 5/2.
4. Como os pontos A = (4,−3) e B = (−2, 7) sa˜o diametralmente opos-
tos no c´ırculo, sera˜o extremos de um diaˆmetro, logo, o ponto me´dio deles
C =
(
4+(−2)
2
, −3+7
2
)
= (1, 2) e´ o centro do c´ırculo. Como A = (4,−3) per-
tence ao c´ırculo, sua distaˆncia a C sera´ igual ao raio, logo r = d(A,C) =√
(4− 1)2 + (−3− 2)2 = √32 + (−5)2 = √34. Assim, a equac¸a˜o do c´ırculo
sera´
(x− 1)2 + (y − 2) = 34.
5. 1 - Com a re´gua, desenhe o segmento AB. 2 - Com centro em A e B, voceˆ
pode construir dois c´ırculos de mesmo raio, sendo este raio maior que a
metade da distaˆncia entre os pontos. Sejam D e E as intersec¸o˜es destes
c´ırculos. 3- Trace o segmento DE e seja C sua intersec¸a˜o com AB. E´
fa´cil provar que C e´ o ponto me´dio de AB. (voceˆ pode utilizar o fato de
os triaˆngulos ∆ADB e ∆AEB serem congruentes, ale´m de ambos serem
iso´sceles, com ve´rtices D e E, respectivamente). 4 - Agora, com centro em
C e abertura AC, trace o c´ırculo procurado.
6. a. Como o c´ırculo e´ tangente aos eixos coordenados e possui raio 2, a
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 5
distaˆncia do centro (x0, y0) a`s retas x = 0 e y = 0 sera´ 2, logo
2 = d((x0, y0), 1x+0y+0 = 0) =
|1 · x0 + 0 · y0 + 0|√
12 + 02
= |x0| ⇒ x0 = ±2.
2 = d((x0, y0), 0x+1y+0 = 0) =
|0 · x0 + 1 · y0 + 0|√
02 + 12
= |y0| ⇒ y0 = ±2.
Mas como (x0, y0) esta´ no primeiro quadrante, x0 = 2, y0 = 2. Assim,
a equac¸a˜o do c´ırculo sera´
(x− 2)2 + (y − 2)2 = 4.
b. Como o ponto (1,2) pertence ao c´ırculo, sua distaˆncia ao centro (−4, 6)
sera´ o raio, logo
r = d((1, 2), (−4, 6)) =
√
(1− (−4))2 + (2− 6)2 =
√
52 + 42 =
√
41,
assim, a equac¸a˜o do c´ırculo e´
(x− (−4))2 + (y − 6)2 =
√
41
2
= (x + 4)2 + (y − 6)2 = 41.
c. Relembre o fato de que, dado um triaˆngulo ∆ABC, o centro do c´ırculo
circunscrito (isto e´, o circuncentro do triaˆngulo), isto e´, que passa por
A, B e C, e´ o encontro das mediatrizes dos lados. Assim, sendo A =
(1, 1), B = (1,−2) e C = (2, 3), precisamos encontrar as mediatrizes
de AB, BC e AC, (isto e´, as retas perpendiculares a estes segmentos e
que os cortam em seus pontos me´dios). Vamos inicialmente encontrar
a mediatriz de AB.
A mediatriz do segmento AB e´ perpendicular ao vetor
−→
AB = (0,−3).
Assim, r : 0x − 3y + c = 0, c ∈ R. O ponto me´dio de AB e´ M =(
1+1
2
, 1+(−2)
2
)
= (1,−1/2), logo, como M ∈ r, temos−3(−1/2)+c = 0,
logo c = −3/2. Assim, r : −3y − 3/2 = 0⇔ y + 1/2 = 0.
Da mesma forma, a mediatriz de BC sera´ s : x + 5y − 4 = 0 e a
mediatriz de AC sera´ t : 2x + 4y − 11 = 0.
A intersec¸a˜o destas retas e´ o ponto X = (13/2,−1/2), que sera´ o cen-
tro. Ao calcular esta intersec¸a˜o (basta resolver o sistema dado pelas
retas r, s e t), voceˆ podera´ ver que apenas duas eram necessa´rias. De
fato, apenas duas mediatrizes sa˜o suficientes para definir o circuncen-
tro.
Para determinar o raio, basta calcular a distaˆncia entre o centro X e
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 6
um dos pontos do c´ırculo, por exemplo o ponto A:
r =
√
(13/2− 1)2 + (−1/2− 1)2 =
√
121/4 + 9/4 =
√
65/2.
Assim, a equac¸a˜o do c´ırculo sera´
(x− 13/2)2 + (y + 1/2)2 = 65/2.
7.
8. Primeiro, vamos encontrar o ponto de tangeˆncia T . Fazendo x = −2, temos
(−2)2 + y2 + 14(−2) + 18y − 39 = 0⇔ y2 − 18y − 63 = 0,
logo, y = 3 ou y = −21, assim, T = (−2, 3) ou T = (−2,−21). Como o
ponto de tangeˆncia esta´ no segundo quadrante, T = (−2, 3).
Observe que
x2 + y2 + 14x + 18y − 39 = 0⇔ (x + 7)2 + (y + 9)2 = 132,
assim, o centro e´ C = (−7,−9). Como a reta e´ tangente ao c´ırculo em
(−2, 3), e´ perpendicular ao raio CT , logo, ao vetor −→CT = (−2− (−7), 3−
(−9)) = (5, 12).
Assim, a reta e´ da forma
5x + 12y + c = 0,
e, como passa por T = (−2, 3), temos
5(−2) + 12(3) + c = 0⇒ c = −26.
Com isso, a reta procurada e´
5x + 12y + 26 = 0.
9. Como a reta tem inclinac¸a˜o 2, sera´ dada por
y = 2x + n.
Mas como encontramosn ∈ R? Primeiramente, vamos estudar a intersec¸a˜o
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 7
entre r e o c´ırculo, isto e´, a soluc¸a˜o do sistema{
x2 + y2 = 180
y = 2x + n
Resolvendo o sistema, temos
x2 + (2x + n)2 = 180⇔ 5x2 + 4nx + (n2 − 180) = 0.
Como a reta e´ tangente ao c´ırculo, teremos apenas uma soluc¸a˜o (pois ha´
um u´nico ponto de tangeˆncia). Assim,
0 = ∆ = (4n)2 − 4 · 5 · (n2 − 180) = −4n2 + 3600,
Assim, n = ±30,
logo, as retas sa˜o
y = 2x + 30 e y = 2x− 30.
Observe que e´ razoa´vel encontramos duas retas, veja:
10. Basta resolver o sistema {
x2 + y2 − 2x = 0
x2 + y2 − 3y = 0 .
Uma forma de fazer isso e´ subtrair as equac¸o˜es e encontrar
−2x + 3y = 0,
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 8
logo,
y =
2
3
x.
Substituindo na primeira equac¸a˜o,
x2+
(
2
3
x
)2
−2x = 0⇒ x2+4
9
x2−2x = 0⇒ 13
9
x2−2x = 0⇒ 13x2−18x = 0,
logo x = 0 ou x = 18/13. Assim, como y = 2
3
x, os pontos procurados sa˜o(
0,
2
3
· 0
)
= (0, 0)
e (
18
13
,
2
3
· 18
13
)
=
(
18
13
,
36
39
)
11. Completando os quadrados, temos
x2 + y2 + ax + by + c = 0⇔
(
x +
a
2
)2
+
(
y +
b
2
)2
=
a2
4
+
b2
4
− c.
Assim, o raio e´ √
a2
4
+
b2
4
− c.
Para que o c´ırculo seja tangente ao eixo x a distaˆncia entre o centro
(−a
2
,− b
2
)
e a reta y = 0 deve ser igual a r. Como esta distaˆncia e´
∣∣ b
2
∣∣,
∣∣∣∣ b2
∣∣∣∣ =
√
a2
4
+
b2
4
− c⇔ b
2
4
=
a2
4
+
b2
4
− c⇔ a
2
4
= c⇔ 4c = a2.
E´ importante observar que, se 4c = a2, o radicando da raiz quadrada que
define o raio e´ positivo, pois
a2
4
+
b2
4
− c = 4c
4
+
b2
4
− c = b
2
4
> 0.
12. Procedendo como no Exerc´ıcio 6, item (c), temos
a. (−7/2, 23/2)
b. (449/114,−125/114)
13.
14. Soluc¸a˜o 1 Vamos encontrar o ponto de tangeˆncia T = (xT , yT ) do c´ırculo
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 9
com a reta. Seja P = (4
√
2, 2
√
2) O centro do c´ırculo e´ C = (0, 0), assim
o vetor
−→
CT = (xT − 0, yT − 0) = (xT , yT ) e´ perpendicular ao vetor −→TP =
(4
√
2− xT , 2
√
2− yT ), logo,
0 =
〈−→
CT,
−→
TP
〉
=
〈
(xT , yT ), (4
√
2− xT , 2
√
2− yT )
〉
= 4
√
2xT−x2T+2
√
2yT−y2T ,
logo,
x2T + y
2
T − 4
√
2xT − 2
√
2yT = 0.
Ale´m disso, como T esta´ no c´ırculo,
x2T + y
2
T = 4,
logo, temos o sistema{
x2T + y
2
T − 4
√
2xT − 2
√
2yT = 0
x2T + y
2
T = 4
Subtraindo a primeira equac¸a˜o da segunda, temos
4
√
2xT + 2
√
2yT = 4,
logo, multiplicando por
√
2, temos
8xT + 4yT = 4
√
2,
que implica
yT =
√
2− 2xT .
Substituindo em x2T + y
2
T = 4,
x2T + (
√
2− 2xT )2 = 4,
logo
5x2T − 4
√
2xT − 2 = 0
Assim,
xT =
√
2 ou xT = −
√
2/5.
Esses valores nos da˜o, respectivamente,
yT = −
√
2 ou yT = 7
√
2/5.
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ
Geom. Anal´ıtica I Respostas do Mo´dulo I - Aula 14 10
Assim, T1 = (
√
2,−√2) e T2 = (−
√
2/5, 7
√
2/5) sa˜o os pontos de tangeˆncia
das retas que passam por (4
√
2, 2
√
2) com o c´ırculo. Agora, as retas procu-
radas sa˜o:
• r, que passa por T1 e P , e
• s, que passa por T2 e P .
Vamos determinar r:
r :
∣∣∣∣∣∣∣
x y 1√
2 −√2 1
4
√
2 2
√
2 1
∣∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ r : −3
√
2x+3
√
2y+12 = 0⇔ r : x−y−2
√
2 = 0
A reta s e´ dada por
s :
∣∣∣∣∣∣∣
x y 1
−√2/5 7√2/5 1
4
√
2 2
√
2 1
∣∣∣∣∣∣∣ = 0⇔ r : −3
√
2x/5+21
√
2y/5−12 = 0⇔ r : 3x−21y+30
√
2 = 0
Fundac¸a˜o CECIERJ Conso´rcio CEDERJ