Geometria Analitica I - 2a Avaliacao a Distancia - 2o Semestre de 2023

Fundacao Centro de Ciˆencias e Educacao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro Centro de Educacao Superior a Distˆancia do Estado do Rio de Janeiro Geometria Analıtica I 2a Avaliacao a Distˆancia 2o Semestre de 2023 Codigo da disciplina Matematica Engenharia de Producao e Engenharia Mete reologica EAD 01052 Fısica EAD 01078 Questao 1 35 pontos Considere o ponto M 1 1 o centro de um quadrado ABCD no qual um dos seus lados se encontra sobre a reta r x y 2 Use esses dados para responder as seguintes questoes a 15 ponto Determine a equacao cartesiana dos outros lados do quadrado b 10 ponto Encontre as coordenadas dos vertices A B C e D c 10 ponto Calcule a area do quadrado ABCD usando vetores Questao 2 35 pontos Dadas as retas r1 x y 5 r2 3x 2y 0 e r3 3x 4y 7 Considere esses dados para responder as seguintes questoes a 15 ponto Determine a equacao do cırculo tangente a reta r3 e centro C r1 r2 b 10 ponto Encontre as equacoes parametricas da reta s a qual passa pelo centro do cırculo e e perpendicular a reta r3 e usando a reta s encontre as coordenadas do ponto de tangˆencia c 10 ponto Use um sistema de eixos coordenados adequado e faca um esboco do problema indicando as retas o cırculo e o ponto de tangˆencia Questao 3 30 pontos Considere os pontos A 3 2 B 0 2 e a reta l 5x 12y 9 para resolver as seguintes questoes a 15 ponto Determine a projecao ortogonal do vetor AB sobre a reta l b 15 ponto Determine a equacao cartesiana das retas bissetrizes entre a reta l e a reta que passa pelos pontos A e B Questão 1 Considere o ponto M 11 o centro de um quadrado ABCD no qual um dos seus lados se encontra sobre a reta r xy 2 Use esses dados para responder as seguintes questões a Determine a equação cartesiana dos outros lados do quadrado Solução Inicialmente podemos encontrar a reta s que passa pelo centro do quadrado e é perpendicular à r Esta reta será perpendicular também à reta r2 que passa pelo lado oposto ao lado pelo qual r passa e será paralela aos outros dois lados do quadrado Como s é perpendicular a r coeficiente angular de s corresponde ao oposto do inverso do coeficiente angular de r Coeficiente angular de r xy 2 y x 2 mr 1 Então o coeficiente angular de s é ms 1mr 1 Por fim como s passa pelo ponto M 1 1 obtemos s y y0 msx x0 s y 1 1x 1 s y x Calculando a interseção entre as retas r e s xy 2 xx 2 x 1 Como consequência y x 1 Logo P1 r s 1 1 Dessa forma a reta r2 passa pelo ponto simétrico à P1 com relação a M Seja P2 o ponto procurado Então M P1 P22 P2 2M P1 211 11 33 Logo r2 y y0 mrx x0 r2 y 3 1x 3 r2 y x 6 Para encontrar as retas suporte dos outros dois lados r3 e r4 podemos usar a noção de vetores ortogonais Para tal considere inicialmente o vetor que tem origem no ponto M e vai ao ponto P1 MP1 P1 M 11 11 22 com módulo MP1 22 22 22 Verificando quais vetores v são ortogonais a MP1 com mesmo módulo v MP1 0 ab 22 0 2a 2b 0 a b Como v 22 obtemos que a2 b2 22 a2 a2 22 2a2 22 a2 4 a 2 Portanto os vetores obtidos são v1 22 v2 22 Escrevendo os dois vetores encontrados com origem em M obtemos P3 M v1 M V1 00 1122 13 P4 M v2 M V2 00 1122 31 Dessa forma r3 yy0 msxx0 r3 y3 1x1 r3 y x4 r4 yy0 msxx0 r4 y1 1x3 r4 y x4 Portanto as retas procuradas na forma cartesiana suportes dos outros lados do quadrado são r2 xy 6 r3 xy 4 r4 xy 4 b Encontre as coordenadas dos vértices A B C e D Solução Para encontrar os vértices do quadrado basta encontrar as intersecções entre as retas com equações obtidas no item anterior A r r3 Como r xy 2 e r3 y x4 obtemos xx4 2 xx4 2 2x 6 x 3 Então y x4 34 1 Logo A 31 B r r4 Como r xy 2 e r4 y x4 obtemos xx4 2 xx4 2 2x 2 x 1 Então y x4 14 3 Logo B 13 2 C r2 r4 Como r2 y x 6 e r4 y x 4 obtemos x 6 x 4 x x 4 6 2x 10 x 5 Então y x 4 5 4 1 Logo C 51 D r2 r3 Como r2 y x 6 e r3 y x 4 obtemos x 6 x 4 2x 2 x 1 Então y x 6 1 6 5 Logo D 15 Portanto os pontos procurados são A 31 B 13 C 51 D 15 c Calcule a área do quadrado ABCD usando vetores Solução Como os vértices B e D são adjacentes a A a área do quadrado pode ser calculada na forma A AB AD Calculando AB e AD AB B A 13 31 44 AD D A 15 31 44 Dessa forma AB AD i j k 4 4 0 4 4 0 k 4 4 4 4 k16 16 32 k Portanto A AB AD 02 02 322 32 ua Logo a área procurada é A 32 ua Questão 2 Dadas as retas r1 x y 5 r2 3x 2y 0 e r3 3x 4y 7 Considere esses dados para responder as seguintes questões a Determine a equação do círculo tangente à reta r3 e centro C r1 r2 Solução Seja C o círculo procurado De posse das equações de r1 e r2 podemos encontrar o centro do círculo calculando a interseção entre essas duas retas Da equação de r1 extraímos que x y 5 Substituindo este resultado na equação de r2 chegamos em 3x 2y 0 3y 5 2y 0 3y 2y 15 0 5y 15 y 3 Dessa forma x y 5 3 5 2 Logo C 2 3 Sabendo que a equação reduzida de um círculo tem a forma x xc2 y yc2 r2 podemos escrever x 22 y 32 r2 Considerando agora que C é tangente a r3 e pela equação de r3 y 3x 74 obtemos x 22 3x 74 3 2 r2 x 22 3x 1942 r2 Desenvolvendo os produtos notáveis obtemos x2 4x 4 9x2 114x 36116 r2 ou ainda 16x2 64x 64 9x2 114x 361 16r2 25x2 50x 425 16r2 25x2 50x 425 16r2 0 O discriminante da equação obtida é então Δ b2 4ac 502 425425 16r2 2500 42500 1600r2 1600r2 40000 Como a situação descreve um ponto de tangência devemos obter apenas uma solução para a equação quadrática o que implica que o discriminante deve ser nulo Ou seja 1600r2 40000 0 1600r2 40000 r2 25 r 5 Portanto a equação reduzida do círculo C é x 22 y 32 25 Caso desejase a equação na forma geral podemos desenvolver os produtos notáveis de modo a obter x2 4x 4 y2 6y 9 25 x2 y2 4x 6y 12 0 b Encontre as equações paramétricas da reta s a qual passa pelo centro do círculo e é perpendicular à reta r3 e usando a reta s encontre as coordenadas do ponto de tangência Solução Para que s seja perpendicular a r3 é suficiente que s tenha coeficiente angular equivalente ao oposto do inverso do coeficiente angular de r3 Em outras palavras significa que um vetor diretor de r3 deve ser ortogonal a um vetor de s Encontrando um vetor diretor para r3 Como r3 3x 4y 7 podemos escrever y 3x74 Definindo x λ obtemos como equações paramétricas de r3 r3 x λ y 74 34λ o que implica que vr 1 34 é vetor diretor de r3 Fazendo o produto escalar entre vr e v ab onde v representa um vetor diretor de s obtemos vr v 0 1 34 ab 0 a 34 b 0 a 34b Dessa forma v ab 34b b b 34 1 Então vs 34 1 é um vetor diretor de s Como s passa pelo centro do círculo C 2 3 as equações paramétricas de s podem ser escritas como s x 2 34t y 3 t onde t R Para o obter um ponto de tangência entre as retas r e s basta igualar as componentes obtidas na forma de equações paramétricas de r e s de modo a obter λ 2 34t 74 34λ 3 t Substituindo a primeira equação na segunda equação do último sistema chegamos em 74 34 2 34t 3 t 74 32 916t 3 t t 916t 74 32 3 Assim 2516t 254 t 4 7 Questão 3 Considere os pontos A 32 B 02 e a reta l 5x 12y 9 para resolver as seguintes questões a Determine a projeção ortogonal do vetor AB sobre a reta l Solução Inicialmente encontraremos um representante para o vetor AB AB B A 0 2 3 2 3 4 Agora para representar a direção da reta l podemos encontrar um vetor diretor para esta reta Isso pode ser feito definindo por exemplo y 53t 13 Dessa forma obtemos 5x 12y 9 5x 12 53t 13 9 5x 20t 4 9 x 1 4t Portanto v 4 53 é vetor diretor de l Aprojeção do vetor AB na direção do vetor v pode ser calculada na forma p AB v v2 v Calculando os elementos envolvidos na última igualdade AB v 3 4 4 53 12 203 563 v2 42 532 16 259 1699 Assim p AB v v2 v 563 1699 4 53 168169 4 53 672169 280169 Portanto a projeção procurada é um vetor dado pelo representante p 672169 280169 8 b Determine a equação cartesiana das retas bissetrizes entre a reta l e a reta que passa pelos pontos A e B Solução Seja l a reta que passa pelos pontos A 3 2 e B 0 2 Como o vetor AB 3 4 é diretor de l e A l podemos escrever equações paramétricas a l na forma l x 3 3t y 2 4t Para obter uma equação cartesiana para l basta isolar t na primeira equação e substituir na segunda equação resultando na sequência de igualdades a seguir x 3 3t t 3 x3 Então y 2 43 x3 2 4 43x y 43x 2 3y 4x 6 Suponha agora P x y um ponto genérico pertencente a quaisquer das bissetrizes s e s que estamos procurando Então a distância entre P e as retas l e l deve ser á mesma Nesta perspectiva temos que P x y s s 5x 12y 9 52 122 3y 4x 6 32 42 5x 12y 9 25 144 3y 4x 6 9 16 5x 12y 9 169 3y 4x 6 25 5x 12y 9 13 3y 4x 6 5 25x 60y 45 52x 39y 78 Assim s 25x 60y 45 52x 39y 78 s 77x 99y 33 0 s 25x 60y 45 52x 39y 78 s 27x 21y 123 0 Observe que as equações obtidas podem ser simplificadas para a forma s 7x 9y 3 0 s 9x 7y 41 0 Portanto as equações cartesianas das bissetrizes das retas l e l são s 7x 9y 3 s 9x 7y 41 Substituindo este resultado nas equações paramétricas de s obtemos x 2 3 4t 2 3 44 23 1 y 3t 34 1 Portanto o ponto de intersecção entre as retas s e r3 é P 11 c Use um sistema de eixos coordenados adequado e faça um esboço do problema indicando as retas o círculo e o ponto de tangência Solução O problema consiste em representar graficamente as retas r1 r2 e r3 um círculo e um ponto de tangência Dada a simplicidade das formas o uso de um sistema de eixos transladados apenas para centralizar a posição do círculo com relação ao sistema de referência é bastante desnecessário sendo suficiente o uso de um sistema cartesiano na forma padrão Para representar cada reta precisamos conhecer apenas dois pontos pelos quais cada reta passa Com relação às retas r1 e r2 ambas passam pelo ponto C 23 que é o centro do círculo Além disso r1 passa pelo ponto 05 por substituição direta na equação desta reta enquanto a reta r2 passa pela origem do sistema já que o termo independente é nulo Por outro lado r3 passa pelo ponto de tangência P 11 e pelo ponto 074 obtido por substituição direta na equação desta reta Com essas informações conseguimos desenhar as três retas Por fim para desenhar o círculo usamos a informação de que ele passa pelo ponto de tangência P 11 tem centro em C 23 e raio r 2 Assim podemos construir a representação geométrica disposta a seguir 6