Ap2 gai-2014-2-gabarito
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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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