AP1_GAI-2019 2-Gabarito

Prévia do material em texto

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
Gabarito da AP1 – Geometria Anaĺıtica I – 2019.2
Questão 1 (3,0 pontos): Considere o ponto P = (−3,−1) e a reta r : x + 3y = 6. Encontre as
equações paramétricas da reta s paralela à reta r que passa por P , calcule a distância entre r e s, e
faça um esboço contendo as duas retas.
Observação: Não se esqueça de utilizar um sistema de eixos ortogonais. É, também, importante que o
esboço seja feito com uma régua e que uma escala seja mantida do ińıcio ao fim.
Solução:
Pela equação cartesiana da reta r sabemos que −→u = (1, 3) ⊥ r, então −→v = (3,−1) ‖ r. Como
r ‖ s, então −→u ⊥ s e −→v ‖ s. Dessa forma, como P ∈ s, conclúımos que
s :
{
x = 3k − 3
y = −k − 1 ; k ∈ R
são equações paramétricas da reta s.
Além disso, como −→u é perpendicular à s, a equação cartesiana de s tem a seguinte forma:
x + 3y = c,
para algum c ∈ R. Como P = (−3,−1) ∈ s, suas coordenadas satisfazem a equação de s, ou seja,
−3 + 3(−1) = −6 = c.
Logo, a equação cartesiana de s é x + 3y = −6. E, portanto,
d(r, s) = |6− (−6)|√
10
= 12√
10
.
O esboço contendo r e s está representado na figura abaixo. Para o esboço, utilizamos os pontos
A = (−3, 3), B = (3, 1) ∈ r e P = (−3,−1), C = (0,−2) ∈ s.
Figura 1: Retas r e s.
Geometria Anaĺıtica I AP1 2
Questão 2 (2,0 pontos): Determine os vértices C e D do paralelogramo ABDC, sabendo que
A = (1, 1), B = (3, 2) e as diagonais AD e BC se cortam no ponto M = (4, 2).
Solução: Sabemos que ABDC é um paralelogramo, se e somente se, suas diagonais se interceptam
em seus pontos médios. Assim, M é o ponto médio de AD, assim como M é o ponto médio de
BC. Logo,
M = A + D2 e M =
B + C
2 ⇐⇒ D = 2M − A e C = 2M −B.
Fazendo os cálculos, obtemos que D = 2(4, 2)− (1, 1) = (7, 3) e C = 2(4, 2)− (3, 2) = (5, 2).
Questão 3 (2,5 pontos): Seja r a reta paralela ao vetor −→v = (1, 2) e que passa pelo ponto
A = (2, 2). Encontre a área do triângulo cujos vértices são P = (2,−4), Q e R, sendo Q e R os
pontos de interseção de r com os eixos OX e OY .
Solução:
Como −→v ‖ r e A ∈ r, então
r :
{
x = k + 2
y = 2k + 2 ; k ∈ R
são equações paramétricas da reta r.
Como Q é o ponto de interseção de r com o eixo OX, a segunda coordenada de Q é igual a 0.
Utilizando as equações paramétricas de r encontradas acima, vemos que se
2k + 2 = 0, então k = −1 é o parâmetro associado à Q na reta r,
o que implica que x = −1 + 2 = 1. Assim,
Q = (1, 0).
Analogamente, como R é o ponto de interseção de r com o eixo OY , temos que a primeira coordenada
de R é igual a 0. Utilizando as equações paramétricas de r, vemos que se
k + 2 = 0, então k = −2 é o parâmetro associado à R na reta r,
o que implica que y = 2(−2) + 2 = −2. Assim,
R = (0,−2).
Portanto, queremos encontrar a área do triângulo PQR, onde P = (2,−4), Q = (1, 0) e R =
(0,−2). Para isso, note que
‖
−→
PQ‖2 = 17, ‖−→PR‖2 = 8 e 〈−→PQ,−→PR〉 = −6.
Logo,
Area(PQR) = 12
√
17 · 8− (−6)2 = 12
√
100 = 5.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Geometria Anaĺıtica I AP1 3
Figura 2: Triângulo PQR.
Questão 4 (2,5 pontos): Determine as equações dos ćırculos de raio
√
5, tangentes à reta
r : −2x + y = 2 e cujos centros estejam sobre a reta s : 2x− 5y = −9.
Solução:
Seja C o centro do ćırculo procurado. Para que C pertença à reta s, C deve ser da forma
C =
(5y − 9
2 , y
)
.
Como o raio do ćırculo é
√
5 e tal ćırculo é tangente à r, então
√
5 = d(C, r).
Logo,
√
5 =
∣∣∣∣−2(5y − 92
)
+ y − 2
∣∣∣∣
√
5
⇐⇒ 5 = | − 4y + 7|.
Sendo assim, temos duas opções para o ponto C:
• −4y + 7 = 5: neste caso, y = 12 , o que implica que C1 =
(
−134 ,
1
2
)
.
Neste primeiro caso, a equação do ćırculo é(
x + 134
)2
+
(
y − 12
)2
= 5.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ
Geometria Anaĺıtica I AP1 4
• −4y + 7 = −5: neste caso, y = 3, o que implica que C2 = (3, 3).
E, finalmente, neste caso, a equação do ćırculo é
(x− 3)2 + (y − 3)2 = 5.
Figura 3: Ćırculos.
Fundação CECIERJ Consórcio CEDERJ