Fundacao Centro de Ciencias e Educacao Superior a Distancia do Estado do Rio de Janeiro

Centro de Educacao Superior a Distancia do Estado do Rio de Janeiro

Gabarito - AP2 – Geometria Analıtica I – 2014.2

Questao 1 (2,0 pontos): Considere a conica r =2

1 + sen θdada em coordenadas polares.

(a) Determine a equacao da conica dada em coordenadas cartesianas e classifique-a comoelipse, hiperbole ou parabola.

(b) Parametrize a conica dada.

Solucao:(a) E facil ver que a equacao dada pode ser escrita da seguinte forma r + r sen θ = 2. Daı,sabendo que r =

√x2 + y2 e y = r sen θ, temos

r + r sen θ = 2 ⇐⇒√x2 + y2 + y = 2

⇐⇒√x2 + y2 = 2− y

⇐⇒ x2 + y2 = 4− 4y + y2

⇐⇒ x2 = −4(y − 1).

A equacao representa uma parabola com concavidade voltada para a esquerda e vertice (0, 1).

OBS.: Nao sera cobrada a concavidade e o vertice da parabola.

(b) Fazendo x = t, parametrizamos a parabola do item anterior da seguinte forma:{x = t

y = − t2

4+ 1

, t ∈ R.

Questao 2 (3,0 pontos): Efetuando uma rotacao de 45o nos eixos OX e OY , verifique quea equacao 5x2 − 26xy + 5y2 + 72 = 0 representa uma hiperbole, encontre seu centro, focos,vertices (sobre os eixos focal e nao focal), assıntotas e a excentricidade. Faca tambem o graficoda hiperbole marcando o centro, focos, vertices e assıntotas.

Solucao:Como {

x = x cos θ − y sen θy = x sen θ + y cos θ

,

temos {x =

√22

(x− y)

y =√22

(x+ y).

Substituindo as equacoes acima na equacao dada obtemos:

5 · 2

4(x− y)2 − 26 ·

√2

2·√

2

2(x− y)(x+ y) + 5 · 2

4(x+ y)2 + 72 = 0,

que pode ser rescrita da seguinte forma:

−16x2 + 36y2 + 144 = 0⇐⇒ x2

9− y2

4= 1.

Assim, a equacao dada representa uma hiperbole centrada na origem, com a = 3, b = 2 ec =√

13. E portanto, a excentricidade da hiperbole e√133

.Nas coordenadas x e y, os vertices sao A1 = (−3, 0) e A2 = (3, 0), os vertices imaginarios saoB1 = (0,−2) e B2 = (0, 2), e assıntotas y = ±2

3x⇐⇒ 2x± 3y = 0.

Usando a mudanca de coordenadas {x =

√22

(x− y)

y =√22

(x+ y)

vemos que nas coordenadas x e y, o centro da hiperbole e C = (0, 0), os vertices sao A1 =(−3√2

2,−3

√2

2

)e A2 =

(3√2

2, 3√2

2

), os vertices imaginarios sao B1 =

(√2,−√

2)

e B2 =(−√

2,√

2), e as assintotas sao r1 : y = 1

5x e r2 : y = 5x.

Para finalizar, vejamos o grafico da hiperbole:

Questao 3 (2,5 pontos): Esboce a regiao R do plano representada pelo seguinte sistema deinequacoes:

R :

{2x+ 3y ≤ 0x2 + y2 − 6x+ 4y + 12 > 0.

OBS.: Nao esqueca de encontrar os pontos de intersecao entre as curvas que delimitam a regiao

procurada.

Solucao:Queremos encontrar a regiao R dada pela intersecao das regioes R1 e R2, onde

R1 : 2x+ 3y ≤ 0

R2 : x2 + y2 − 6x+ 4y + 12 > 0.

A regiao R1 e limitada pela curva C1 : 2x+ 3y = 0, que e uma reta decrescente que passa pelaorigem. Esta reta divide o plano em duas partes, sendo uma delas a regiao R1. Para descobrirqual regiao e a procurada, vamos substituir as coordenadas de um ponto pertencente a umas

2

das regioes para verificar se ele pertence a regiao. Vejamos se o ponto (1, 0) pertence a regiaoR1:

2 · 1 + 3 · 0 ≤ 0⇐⇒ 2 ≤ 0.

Como 2 > 0, a regiao que procuramos nao e a que contem (1, 0).

A regiao R2 e limitada pela curva C2 : x2+y2−6x+4y+12 = 0⇐⇒ C2 : (x−3)2+(y+2)2 = 1,que e uma circunferencia centrada no ponto (3,−2) e raio 1. C2 divide o plano em duas regioes,sendo uma contendo o centro da circunferencia e a outra que nao contem. Vejamos entao se aregiao R2 contem o centro da circunferencia. Substituindo as coordenadas (3,−2) do centro deC2 na inequacao x2 + y2 − 6x+ 4y + 12 > 0 obtemos:

32 + (−2)2 − 6 · 3 + 4(−2) + 12 > 0⇐⇒ −1 > 0.

Como −1 < 0, concluımos que o centro da circunferencia nao pertence a regiao procurada.

Na figura abaixo, destacamos em azul mais escuro a regiao R dada pela intersecao das regioesR1 e R2.

Para finalizar, precisamos encontrar o ponto de intersecao P entre as curvas C1 e C2. Para issoe necessario resolver o seguinte sistema:{

2x+ 3y = 0(x− 3)2 + (y + 2)2 = 1.

Resolvendo o sistema encontramos os pontos P1 =(

39−3√13

13, −26+2

√13

13

)e P2 =

(39+3

√13

13, −26−2

√13

13

),

que estao marcados na figura acima.

Questao 4 (2,5 pontos): Decida se as afirmacoes abaixo sao verdadeiras ou falsas. Justifiquecuidadosamente sua resposta.

(a) O ponto P = (1, 2) e simetrico ao ponto Q = (−3, 0) em relacao a reta r : 2x+ y+ 1 = 0.

(b) A reta r : x = 1 e simetrica a reta s : x = 5 em relacao ao ponto P = (3, 2).

OBS.: Nao serao aceitos apenas graficos para justificar a questao.Solucao:(a) SOLUCAO 1:

3

Para que P e Q sejam simetricos em relacao a reta r, e necessario e suficiente que o vetor−→PQ

seja perpendicular a reta r e que o ponto medio M do segmento PQ pertenca a reta r. Vamosverificar os dois fatos:• Se (2, 1) ⊥ r, entao −→u = (1,−2) ‖ r. Daı, como

−→PQ = (−4,−2), temos que < −→u ,

−→PQ >= 0,

o que implica que−→PQ e perpendicular a r.

• O ponto medio do segmento PQ e dado por M = P+Q2

= (−2,2)2

= (−1, 1). Como 2(−1) + 1 +1 = 0, concluımos que M ∈ r.Assim, P e Q sao simetricos em relacao a reta r.

SOLUCAO 2:

Para que P e Q sejam simetricos em relacao a reta r, e necessario e suficiente que Q pertencaa reta perpendicular a r que passa por P e que d(P, r) = d(Q, r). Vamos verificar esses doisfatos:• Seja s a reta perpendicular a r que passa por P . Se (2, 1) ⊥ r, entao (1,−2) ⊥ s. Assim, stem a seguinte forma

x− 2y = d,

para algum d real. Como P ∈ s, temos que 1− 2 · 2 = −3 = d. Logo,

s : x− 2y = −3.

Como −3− 2 · 0 = −3, concluımos que Q = (−3, 0) ∈ s.• Notemos que

d(P, r) = d(Q, r) ⇐⇒ |2 · 1 + 2 + 1|√4 + 1

=|2(−3) + 0 + 1|√

4 + 1

⇐⇒ |5|√5

=| − 5|√

5

⇐⇒ 5√5

=5√5,

e com isso podemos concluir que P e Q sao simetricos.Portanto, a afirmacao e verdadeira.

(b) E facil ver que os pontos A = (1, 2) e B = (5, 2) sao simetricos em relacao ao pontoP = (3, 2), pois A, B e P estao sobre a reta y = 2 e d(A,P ) = d(B,P ) = 2. Como A ∈ r eB ∈ s, encontramos um par de pontos simetricos em relacao ao ponto P .Ainda precisamos encontrar mais um par de pontos simetricos em relacao a P , sendo umpertencente a reta r e outro pertencente a reta s para concluir que r e s sao simetricas emrelacao a P . Para isso, seja C = (1, 3) ∈ r. Vamos encontrar seu simetrico D em relacao a P edepois vamos verificar que D ∈ s.Seja t a reta que passa por C = (1, 3) e P = (3, 2). Note que t ‖ (2,−1) e entao t ⊥ (1, 2).Logo, t tem a seguinte forma

x+ 2y = k,

para algum k real. Utilizando que C = (1, 3) ∈ t, vemos que k = 1 + 2 · 3 = 7. Assim,

t : x+ 2y = 7.

Para que C e D sejam simetricos, e necessario que

P =C +D

2⇐⇒ D = 2P − C.

Assim, D = (5, 1), o que implica que D ∈ s.Portanto, a afirmacao e verdadeira.

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