2011-2 AD2-GAI-Gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Primeira Avaliação a Distância de Geometria Analítica I - Critério
Prof. Linhares e Prof. Leonardo Silvares
Nome:__________________________________________________________
 
Pólo:___________________________________________________________
Questão 1 (2,5 pontos): Determine a equação cartesiana da reta tangente simultaneamente aos dois 
círculos abaixo, em um único ponto: 
x2 + y2 – 100 = 0
x2 + y2 – 24x – 18y + 200 = 0.
Solução: Completando os quadrados das equações dos círculos, temos
x2 + y2 – 100 = 0 ⇔ (x – 0)2 + (y – 0)2 = 102.
x2 + y2 – 24x – 18y + 200 = 0 ⇔ x2 – 24x + 122 – 122 + y2 – 18y + 92 – 92 + 200 = 0 ⇔
⇔ (x – 12)2 + (y – 9)2 – 25 = 0 ⇔ (x – 12)2 + (y – 9)2 = 52.
 
Assim, o primeiro círculo tem centro O1 = (0, 0) e raio 10, e o segundo, centro O2 = (12, 9) e 
raio 5. Observe que 
(O1, O2)=d ((0,0) ,(12,9))=√(12−0)2+(9−0)2=√144+81=15
isto é, a distância entre os centros é precisamente a soma dos raios. Logo, os círculos são tangentes 
em um ponto T, e é exatamente por este ponto que a reta procurada passará.
Vamos agora determinar T:
Processo 1
Como T está em ambos os círculo, suas coordenadas são dadas pelo sistema
T :{x2+ y2−100=0x2+ y2 – 24 x – 18y+200=0 ,
que implica, 
x2 + y2 – 100 = x2 + y2 – 24x – 18y + 200 ⇔ 24x + 18y = 300 = 0 ⇔ 4x = – 3y + 50 ⇔ 
⇔ x = 
50−3 y
4 .
Substituindo na primeira equação, temos
(50−3 y4 )
2
+ y2−100=0 ⇔ 50
2−2⋅50⋅3 y+81 y2
16
+ y2−100=0 ⇔ 
2500−300 y+9 y2+16 y2−1600
16
=0 ⇔ 900−300 y+25 y
2
16
=0 ⇔ y2 – 12y + 36 = 0 ⇔ 
⇔ y = 6,
que, por sua vez, implica x = 8. Assim, T = (8, 6).
Processo 2
Observe que o vetor O⃗1T = (a, b) possui mesma direção e sentido de O⃗1 O2 = (12, 9), logo
(a, b) = O⃗1T = λ O⃗1 O2 = λ (12, 9),
com λ > 0. Além disso, O⃗1T possui módulo igual a 10, logo
10=∥(a ,b)∥=∥λ (12,9)∥=∣λ∣∥(12,9)∥=15∣λ∣=15 λ
(na última igualdade utilizamos que λ > 0). Assim, λ = 2/3, e então
O⃗1T = (2/3) (12, 9) = (8, 6).
Sendo T = (x, y), como O1 = (0, 0), temos (8, 6) = O⃗1T = (x – 0, y – 0) = (x, y). Logo, T = (8,6) 
Como a reta é tangente ao primeiro círculo, é perpendicular ao raio deste círculo que tem por 
extremo o ponto de tangência T. Assim o vetor O⃗1T é perpendicular a reta, logo, o vetor
O⃗1 O2 = (12, 9) também o é. [Também poderia ter sido observado diretamente que O⃗1 O2 é 
perpendicular à reta.]. Com isso, a reta pode ser escrita
12x + 9y + c = 0,
sendo c determinado substituindo-se o ponto T pertencente à reta.
12 (8) + 9 (6) + c = 0 ⇔ c = – 150.
A reta terá então equação cartesiana
12x + 9y – 150 = 0.
Questão 2 (2,5 pontos): Considerando os conjuntos
Cλ = { (x , y )∈ℝ2 , x 2 + λy 2 = 1} e
R = { (x , y )∈ℝ2 , x 2 – y 2 = 0},
onde λ é um número real, 
(a) (0,5 pontos) descreva o conjunto R;
(b) (0,75 ponto) classifique o conjunto Cλ em função do parâmetro λ (Dica: pense nos casos λ=0, 
λ<0 e λ>0);
(c) (0,5 pontos) em um único esboço, represente os conjuntos R, C0, C1 e C–1. (Observe que C0, C1 e 
C–1 são os conjuntos obtidos substituindo-se λ por 0, 1 e –1 na definição de Cλ); e
(d) (0,75 pontos) Sem resolver um sistema, determine a interseção de C–1 e R.
Solução:
(a) Fatorando o lado esquerdo da equação que descreve R, temos
x 2 – y 2 = 0 ⇔ (x – y)(x + y) = 0 ⇔
⇔ x – y = 0 ou x + y = 0 ⇔ x = y ou x = – y.
Assim, o conjunto R é a união das duas retas x = y e x = – y.
(b) 
I. Para λ = 0, temos 
x2 = 1 ⇔ x = ± 1
Assim, 
C0 = { (x , y )∈ℝ2 , x = – 1 ou x = 1}, 
 ou seja C0 é a união das duas retas verticais x = – 1 e x = 1.
II. Para λ > 0, temos 
x2 +λy2 = 1 ⇔ 
x2
1
+ y
2
(1/√ λ)2
=1 , 
que é uma elipse de centro (–1, 1), comprimento do semieixo horizontal igual a 1 e do semieixo 
vertical igual a 1/√ λ .
III. Para λ < 0, observe que – λ será positivo, assim 
x2 + λy2 = 1 ⇔ x2 – (–λ) y2 = 1 ⇔ 
x2
1
− y
2
(1/√−λ)2
=1 ,
que é uma hipérbole de centro (–1, 1), comprimento do semieixo focal horizontal, com 
comprimento igual a a = 1 e semieixo imaginário vertical, de comprimento b = 1/√−λ .
(c) Utilizando o que foi concluído no item anterior, 
C0: x = – 2 ou x = 0
(duas retas verticais) 
C1: 
x2
1
+ y
2
(1/√1)2
=1 ⇔x2 + y2 = 1
(círculo de centro (0,0) e raio 1) 
C–1: 
x2
1
− y
2
(1/√−(−1))2
=1 ⇔ x
2
1
− y
2
12
=1
(hipérbole de centro (0,0), eixo focal horizontal, com a = 1, b = 1).
Esboçando junto com R, temos 
(d) Como –1 < 0, vimos no item (c) que é C−1 descrito por
x2
1
− y
2
1
=1 ,
ou seja, uma hipérbole na forma
x2
a2
− y
2
b2
=1 
com a = 1, b =1.
Sabemos que as assíntotas da hipérbole dada por C−1 são 
y=b
a
x e y=−
b
a
x ⇔ x = y e x = – y,
logo, como o conjunto R é exatamente a união das retas x = y e x = – y, e como a hipérbole não 
intersecta suas assíntotas, a interseção entre R e C−1 é vazia.
Questão 3 (2,5 pontos): Determine a equação da parábola de diretriz r: x = 1, sabendo que seu 
ponto mais próximo à reta x = 2 é (3,0) .
Solução: Como a diretriz da parábola é vertical (a reta r: x = 1), a parábola terá concavidade para a 
direita ou para a esquerda. A parábola deve conter o ponto (3,0), portanto, se tivesse concavidade 
para a esquerda, cortaria a reta x = 2 (veja a parábola vermelha da figura abaixo), o que contraria a 
afirmação de “que seu ponto mais próximo à reta x = 2 é (3,0)” (afinal, se ela corta a reta, existem 
pontos mais próximos a ela que o (3,0)).
Assim, a parábola possui concavidade para a direita, como a representada em azul na figura acima. 
Desta forma, podemos observar que o vértice da parábola é exatamente o ponto (3, 0), pois é no 
vértice que o valor do x será mínimo, logo, é onde ela está mais próximo da reta x = 2 à sua 
esquerda.
Logo, temos uma parábola da forma
(y – 0)2 = 4 p (x – 3).
Observe que 2p é igual à a distância entre o vértice (3, 0) e a diretriz (r: x = 1), assim 2p = 2, logo, 
p = 1.
A parábola será dada então por
(y – 0)2 = 4 � 1 (x – 3) ⇔ y2 = 4(x – 3).
Questão 4 (2,5 pontos): Determine a equação e os focos da hipérbole equilátera com centro em 
(1,2), contendo o ponto (6, 6) e com eixos real e imaginário paralelos aos eixos coordenados.
Solução: Uma hipérbole equilátera é aquela em que a = b. Assim, como seu centro é (1, 2), sua 
equação será
(x−1)2
a2
−( y−2)
2
a2
=1 (I) ou 
( y−2)2
a2
−(x−1)
2
a2
=1 (II).
No caso (I), substituindo o ponto (6,6), temos
(6−1)2
a2
−(6−2)
2
a2
=1 ⇔ 52 – 42 = a2 ⇔ a2 = 9 ⇔ a = 3.
(Na última equivalência é usado o fato de que a > 0).
No caso (II), substituindo o ponto (6,6), temos
(6−2)2
a2
−(6−1)
2
a2
=1 ⇔ 42 – 52 = a2 ⇔ a2 = – 9 
que é impossível. 
Assim, teremos, como única possibilidade, o caso (I) com a = 3:
(x−1)2
32
−( y−2)
2
32
=1
 
	Prof. Linhares e Prof. Leonardo Silvares