AD1-GAI-2019-Gabarito

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AD1 - Geometria Analítica I - 2019.2
GABARITO
Questão 1: [3.0 pontos] Dados os vetores ~u =
−→
OA, ~v =
−→
CA, ~w =
−−→
CB e ~z =
−−→
OB, onde O e a origem.
Sabendo que ~u − ~z = (1, 3) e ~u + ~w = (2, 8). Determine ~u + ~v + ~w + ~z, e encontre um ponto D tal que
ABDC seja um paralelogramo.
Solução:
Do gráfico podemos determinar as coordenadas dos vetores:
~u = (b, n)
~v = (a− b, 2n−m)
~w = (2a− 2b, n)
~z = (a,m)
substituindo nos dados do problema temos:
~u+ ~w = (2a− b, 2n) = (2, 8) ⇐⇒ 2a− b = 2 e 2n = 8
~u− ~z = (b− a, n−m) = (1, 3) ⇐⇒ b− a = 1 e n−m = 3,
logo n = 4, m = 1, a = 3 e b = 4. E assim
~u = (4, 4)
~v = (−1, 7)
~w = (−2, 4)
~z = (3, 1),
• Para determinar ~u+ ~v + ~w + ~z pode ser feito de duas formas:
1
i) Substituindo os vetores na equação temos :
~u+ ~v + ~w + ~z = (4, 4) + (−1, 7) + (−2, 4) + (3, 1) = (4, 16).
ii) Outra forma de resolver o problema é o seguinte:
Desde que ~u− ~v + ~w − ~z = 0, então ~u+ ~w = ~v + ~z.
E assim ~u+ ~v + ~w + ~z = 2(~u+ ~w) = 2(2, 8) = (4, 16).
• Seja D = (x, y) tal que ABDC seja um paralelogramo, isto é
−→
AB =
−−→
CD.
Observe que:
−→
AB = ~z − ~u = (−1,−3) e
−−→
CD = (x− 5, y + 3)
onde que C = (2b− a,m− n) = (5,−3), logo
−1 = x− 5⇐⇒ x = 4 (1)
−3 = y + 3⇐⇒ y = −6, (2)
logo, D=(4,-6)
Questão 2: [3.5 pontos] Dadas as equações cartesianas das retas r : (n+1)x+4y = 5 e s : 2x+(n−1)y = c.
Encontre as equações paramétricas das retas r e s respetivamente e encontre os valores de n e c tal que as
retas sejam coincidentes.
Solução:
• Para encontrar as equações paramétricas das retas devemos estudar os seguintes casos:
Caso 1: Quando n 6= −1 e n 6= 1
a) Para encontrar a equação paramétrica da reta r :
Se x = 0, na equação cartesiana de r temos 4y = 5 =⇒ y = 5
4
, assim A = (0,
5
4
)
Se y = 0, =⇒ x = 5
n+ 1
, assim B = (
5
n+ 1
, 0).
E um vetor paralelo à reta r é o vetor: ~v1 =
−→
AB = (
5
n+ 1
,−5
4
). Entã podemos escrever
as equações paramétricas de r:
r :

x = 0 + (
5
n+ 1
)t
y =
5
4
− 5
4
t,
∀t ∈ R
2
b) Para encontrar a equação paramétrica da reta s:
Se x = 0, na equação cartesiana de s, y =
c
n− 1
, assim C = (0,
c
n− 1
)
Se y = 0, de igual forma x =
c
2
, assim D = (
c
2
, 0).
Logo um vetor paralelo à reta s é o vetor: ~v2 =
−−→
CD = (
c
2
,− c
n− 1
). Então podemos escre-
ver as equações paramétricas de s:
s :

x = 0 +
c
2
t
y =
c
n− 1
− c
n− 1
t
∀t ∈ R
Caso 2: Quando n = −1
As equações das cartesianas das retas ficam r : 4y = 5 e s : 2x − 2y = c as quais tem como
equações paramétricas:
r :

x = t
y =
5
4
∀t ∈ R s :

x =
c
2
t
y = − c
2
+
c
2
t,
∀t ∈ R
Caso 3: Quando n = 1
As equações cartesiana das retas ficam r : 2x + 4y = 5 e s : 2x = c as quais tem como equa-
ções paramétricas:
r :

x =
5
2
t
y =
5
4
− 5
4
t
∀t ∈ R s :

x =
c
2
y = t,
∀t ∈ R,
FOutras equações paramétricas para r e s são:
r :
{
x = 0− 4t
y = 5/4 + (n+ 1)t
∀t ∈ R s :
{
x = c/2− (n− 1)t
y = 2t,
∀t ∈ R
• Para que as retas sejam coincidentes deve satisfazer que det(~v1, ~v2) = 0, onde ~v1 e ~v2 são vetores paralelos
a r e s respetivamente, e além disso um ponto de passo de uma reta deve satisfazer a equação da outra reta.
É claro que quando n = −1 ou n = 1 as retas não são coincidentes.
Assim podemos considerar vetores paralelos as retas r e s respetivamente:
~v1 =
−→
AB = (
5
n+ 1
,−5
4
, )
~v2 =
−−→
CD = (
c
2
,− c
n− 1
),
3
Logo;
det(~v1, ~v2) = −
5c
(n+ 1)(n− 1)
+
5c
8
= 0 ⇐⇒ (n+ 1)(n− 1) = 8 ⇐⇒ n2 − 1 = 8 ⇐⇒ n2 = 9 ⇐⇒
n = 3 ou n = −3.
Assim as equações paramétricas se escrevem:
Quando n = −3
r :

x =
−5
2
t
y =
5
4
− 5
4
t
∀t ∈ R s :

x =
c
2
t
y =
−c
4
+
c
4
t,
∀t ∈ R
e c = −5 para que as retas sejam coincidentes.
Quando n = 3
r :

x =
5
4
t
y =
5
4
− 5
4
t
∀t ∈ R s :

x =
c
2
t
y =
c
2
− c
2
t,
∀t ∈ R
e c = 5/2 para que as retas sejam coincidentes.
Questão 3: [3.5 pontos] Dois lados e os três vértices de um triângulo encontram-se sobre as retas:
r1 :
{
x = 2t
y = 3 + t
∀t ∈ R, e r2 :
{
x = 2− s
y = 4 + s
∀s ∈ R.
Determine todos os vértices do triângulo sabendo que seu baricentro têm coordenadas G = (−1, 4), e
encontre a equação reduzida da reta que contem o terceiro lado
. Solução:
Como dois lados do triângulo estão sobre as retas r1 e r2, então um dos vértices, chamemos de B é a
interseção dessas duas retas, logo: {B} = r1 ∩ r2, isto é B ∈ r1, e B ∈ r2, assim:
B = (2t, 3 + t) para algum t ∈ R e B = (2 − s, 4 + s) para algum s ∈ R, então para encontra B
temos que resolver o seguinte sistema de equações:{
2t = 2− s
3 + t = 4 + s
⇔
{
2t = 2− s
t = 1 + s,
substituindo uma equação em outra temos:
2(1 + s) = 2− s
2 + 2s = 2− s
3s = 0 ⇔ s = 0
4
substituindo o valor achado s = 0 obtemos B = (2− 0, 4 + 0) = (2, 4).
Como todos os vértices se encontram sobre as retas r1 e r2, podemos supor que o vértice A ∈ r1 e
C ∈ r2, usando a equação paramétrica das retas respetivamente tem-se:
A = (2t, 3 + t) para algum t ∈ R, e
C = (2− s, 4 + s) para algum s ∈ R
Usando a relação entre vértices do triângulo e o seu baricentro dada na equação da definição do bari-
centro de um triângulo no material de estudo da Semana 2, Módulo 1 - aula 2, pag. 27, equação 2.1:
−→
OG =
1
3
(
−→
OA+
−−→
OB +
−→
OC)
onde o G é o baricentro do triângulo ABC. Substituindo temos
(−1, 4) = 1
3
((2t, 3 + t) + (2, 4) + (2− s, 4 + s))
⇐⇒ (−3, 12) = (4 + 2t− s, 11 + t+ s)
⇐⇒ (−7, 1) = (2t− s, t+ s)
⇐⇒ −7 = 2t− s e 1 = t+ s
encontramos, t = −2 e s = 3.
Substituindo o valor de t e s encontrados em A e C temos:
A = (−4, 1), e
C = (−1, 7)
• A equação reduzida da reta que contém o terceiro lado, isto é, da reta que passa pelos pontos A e
C é: y = 2x+ 9
5