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1 Capítulo 8 Nesta aula iremos continuar com os exemplos de revisão. 1. Exemplos de revisão Exemplo 1 Ache a equação do círculo C circunscrito ao triângulo de vértices A = (7, 3), B = (1, 9) e C = (5, 7). Solução. O centro D do círculo C circunscrito ao triângulo ABC é o ponto de interseção das mediatrizes dos lados desse triângulo. Além disso, como A, B, C C, o raio R de C é R = d(a, D) = d(b, D) = d(c, D). Para determinar o ponto D, basta achar e intersectar duas mediatrizes. Já vimos que a mediatriz do segmento AB, ou seja, o conjunto m AB = {P d(p, A) = d(p, B)} é a reta perpendicular ao vetor AB que passa pelo ponto médio MAB do segmento AB. Como M AB = 1 ((7, 3)+(1, 9)) = 1 (8, 1) = (4, 6) e r AB = ( 6, 6) r ( 1, 1), a reta m AB tem equação: m AB : x + y = c.

2 130 Geometria Analítica - Capítulo 8 Sendo M AB = (4, 6) m AB, c = =. Portanto, m AB : x + y =. Determinemos a mediatriz m BC do segmento BC, isto é, a reta perpendicular ao vetor BC que passa pelo ponto médio MBC = 1 ((1, 9)+(5, 7)) = 1 (6, 16) = (3, 8). Como m BC BC m BC é da forma = (4, ) m (, 1), a equação da mediatriz m BC : x y = c, onde c é calculado sabendo que M BC m BC, ou seja, c = (3) 8 =. Logo, m BC : x y =. Fig. 1: Exemplo 1. Para determinar D, devemos resolver o sistema formado pelas equações de m AB e m BC : x + y = x y = ( x + x) + (y y) = x = 0. Logo y = + x = e, portanto, D = (0, ) é o centro de C. IM-UFF K. Frensel - J. Delgado

3 Geometria Analítica - Capítulo Além disso, R = d(d, A) = (0 7) + ( 3) = = 50, é o raio de C. Finalmente, C : (x 0) + (y ) = ( 50 ), ou seja, C : x + (y ) = 50, é a equação de C procurada Exemplo Considere as retas r 1 : 4x y = 0, r : 4x y = 1, e r 3 : (a) Determine o conjunto dos pontos equidistantes de r 1 e r. (b) Determine o círculo C com centro em r 3 e tangente às retas r 1 e r. { x = t y = t ; t R. Solução. (a) Temos que: P = (x, y) eqüidista de r 1 e r d(p, r 1 ) = d(p, r ) d(p, r 1 ) = 4x y 4x y 1 = 4 + ( 1) 4 + ( 1) = d(p, r ) 4x y = 4x y 1 4x y = ±(4x y 1) 4x y = 4x y 1 0 = 1 ou 4x y = 4x + y + 1 ou 8x y = 1 Sendo a primeira dessas alternativas impossível, a segunda deve acontecer. Isto é, P = (x, y) eqüidista de r 1 e r 8x y = 1 4x y = 1. Portanto, o conjunto dos pontos eqüidistantes das retas paralelas r 1 e r é a reta, paralela a ambas, que tem por equação: s : 4x y = 1. Fig. : Esquema do exemplo. K. Frensel - J. Delgado IM-UFF

4 13 Geometria Analítica - Capítulo 8 (b) Seja C o centro do círculo C. Como C deve ser tangente a r 1 e a r, o centro C deve ser eqüidistante de r 1 e r. Então, pelo resultado do item (a), C s. Além disso, por hipótese, C r 3. Portanto, {C} = s r 3. Como C r 3, devemos ter C = (t, t), para algum t R, e como C s, as coordenadas x = t e y = t de C, devem satisfazer a equação de s: Logo C = C = (t, t) s 4(t) ( t) = 1 9t = 1 t = ( 18, 1 ) ( 1 = 18 9, 1 ). 18 Para determinar o círculo C devemos calcular, também, o seu raio R. Sendo r 1 e r retas tangentes a C, temos que R = d(c, r 1 ) = d(c, r ). Assim, R = d(c, r 1 ) = ( 1 18 ) ( 1) = 18 = Portanto, a equação de C é: ( C : x 1 ( + y + 9) 1 ) ( ) 1 = 18 = Exemplo 3 Seja ABC um triângulo de área 4 tal que AB r 1 e AC r, onde r 1 : y = 3x + 1 e r é a reta paralela ao vetor u = (3, 1) que passa pelo ponto M = (3, ). Ache a equação cartesiana da reta r 3 paralela ao vetor v = (1, 1) que contém o lado BC, e determine os vértices A, B e C. Solução. Como AB r 1 e AB r, temos {A} = r 1 r. Para determinar o vértice A devemos obter a equação da reta r. Pelas informações dadas, vemos que as equações paramétricas de r são : x = 3 + 3t r : ; t R. y = + t IM-UFF K. Frensel - J. Delgado

5 Geometria Analítica - Capítulo Assim, A = (3 + 3t, + t), para algum t R. Sendo A r 1, temos: + t = 3(3 + 3t) t = t 8t = 8 t = 1, e, portanto, A = (3 + 3( 1), + ( 1)) = (0, 1). Em relação aos outros dois vértices, temos: B r 1 B = (x, 3x + 1), para algum x R C r C = (3t + 3, t + ), para algum t R. Como e AB = (x 0, (3x + 1) 1) = (x, 3x) AC = ((3t + 3) 0, (t + ) 1) = (3t + 3, t + 1), temos que: Área ( ABC) = 1 det AB AC = 1 det x 3x 3t + 3 t + 1 ou seja, = 1 xt + x 9xt 9x = 1 8xt 8x = 8 x(t + 1) = 4 x(t + 1) = 1. Além disso, como BC r3 e r 3 v = (1, 1), temos BC v, onde BC = ((3t + 3) x, (t + ) (3x + 1)) = (3t x + 3, t 3x + 1). Assim, det BC = 0, ou seja, v det BC 3t x + 3 t 3x + 1 = det v 1 1 = 3t + x 3 t + 3x 1 = 4t + 4x 4 = 0 t + x 1 = 0 x = t + 1. Substituindo na identidade ( ), obtemos x = 1 x = 1. Logo x = 1 ou x = 1. ( ) K. Frensel - J. Delgado IM-UFF

6 134 Geometria Analítica - Capítulo 8 Se x = 1, temos t = x 1 = 1 1 = 0 e, portanto, B = (1, 3(1) + 1) = (1, 4) e C = (3(0) + 3, 0 + ) = (3, ). Se x = 1, temos t = x 1 = 1 1 =. Logo, B = ( 1, 3( 1) + 1) = ( 1, 3 + 1) = ( 1, ) e C = (3( ) + 3, + ) = ( 3, 0). Obtemos, assim, dois triângulos que resolvem o problema: O triângulo ABC, com A = (0, 1), B = (1, 4) e C = (3, ). O triângulo ABC, com A = (0, 1), B = ( 1, ) e C = ( 3, 0). Determinemos, em cada caso, a reta r 3 que contém os vértices B e C. Em ambos os casos, r 3 v = ( 1, 1), ou seja, r 3 (1, 1). Fig. 3: Exemplo 3. Logo r 3 : x + y = c, onde o valor c pode ser determinado sabendo, por exemplo, que o ponto B, calculado em cada um dos dois casos, pertence a r 3. No primeiro caso: c = = 5 r 3 : x + y = 5. No segundo caso: c = 1 = 3 r 3 : x + y = 3. Exemplo 4 (a) Mostre que as retas r 1 : x y = e r : x + y = são tangentes ao círculo C : x + y =, e determine os pontos de tangência. (b) Usando o item (a), faça um esboço detalhado da região R do plano dado pelo seguinte sistema de inequações: x + y < 4 x + y R : x + y x 1. IM-UFF K. Frensel - J. Delgado

7 Geometria Analítica - Capítulo Solução. (a) Sabemos que uma reta r é tangente a um círculo C quando a distância do centro de C a r é igual ao raio de C. Temos que C : x + y = é o círculo de centro na origem C = (0, 0) e raio R =. Para mostrar que as retas r 1 e r são tangentes a C devemos verificar que d(c, r 1 ) = d(c, r ) =. Com efeito, d(c, r 1 ) = ( 1) = = = R r 1 é tangente a C. d(c, r ) = = = = R r é tangente a C. Lembre que o ponto de tangência de uma reta r com um círculo C de centro C é a interseção da reta r com a sua perpendicular que passa pelo centro C. Assim, para determinar os pontos de tangência de r 1 e r, respectivamente, com C, devemos achar as retas s 1 e s, tais que, s 1 r 1, e C s 1 ; s r e C s. Os pontos de tangência procurados serão os pontos das interseções s 1 r 1 e s r. Determinando s 1 e o ponto de tangência r 1 C: Como r 1 (1, 1), temos que s 1 (1, 1) e, portanto, s 1 (1, 1). A equação de s 1 é da forma x + y = c, onde c = = 0, pois C = (0, 0) s 1. Portanto, s 1 : x + y = 0. Para achar o ponto P 1 tal que {P 1 } = r 1 C = r 1 s 1, devemos resolver o sistema formado pelas equações de r 1 e s 1 : x y = (x + x) + ( y + y) = + 0 x = x + y = 0 Portanto, P 1 = (1, 1). x = 1 y = x = 1. K. Frensel - J. Delgado IM-UFF

8 136 Geometria Analítica - Capítulo 8 Determinando s e o ponto de tangência r C: Como r (1, 1), temos s (1, 1) e, portanto, s (1, 1). Assim, a equação de s é x y = c, onde c = = 0, pois C = (0, 0) s. Ou seja, s : x y = 0. Para achar o ponto P tal que {P } = r C = r s, resolvemos o sistema formado pelas equações de r e s : { x + y = (x + x) + (y y) = + 0 x = x y = 0 x = 1 y = x = 1. Portanto, P = (1, 1). (b) Observe que R = R 1 R R 3 R 4, onde: R 1 : x + y < 4, R : x + y, R 3 : x + y, R 4 : x 1. Determinando R 1. Note que C 1 : x + y = 4, é o círculo de centro na origem e raio. Os pontos que satisfazem a primeira inequação são os pontos interiores a esse círculo. Determinando R. Note que C : x + y =, é o círculo de centro na origem e raio. Os pontos que satisfazem a segunda inequação são os pontos exteriores a esse círculo, incluindo o próprio círculo. Fig. 4: Região R 1. Fig. 5: Região R. IM-UFF K. Frensel - J. Delgado

9 Geometria Analítica - Capítulo Determinando R 3. Como R 3 : y x e y = união de duas regiões S 1 e S : { y, se y 0 y, se y 0, temos que R 3 é a a região S 1 que é a interseção do semi-plano (y 0) com o semi-plano acima da reta x + y = : S 1 = {P = (x, y) y 0 e x + y }. a região S que é a interseção do semi-plano (y 0) com o semi-plano abaixo da reta x y = : S = {P = (x, y) y 0 e x y }. Fig. 6: Região S 1. Fig. 7: Região S. A região R 3 é a união das regiões S 1 e S, como mostra a figura abaixo. Fig. 8: Região R 3. K. Frensel - J. Delgado IM-UFF

10 138 Geometria Analítica - Capítulo 8 Determinando R 4. A região R 4 consiste dos pontos P = (x, y), com x 1, isto é, dos pontos à direita da reta vertical x = 1. Determinando R. Fig. 9: Região R 4. Fig. 10: Região R. Finalmente, a região R procurada é a interseção das quatro regiões anteriores. Exemplo 5 Seja ABDC um paralelogramo tal que A r 1, B r, C = (, 3), CD é múltiplo do vetor (1, 4) e AC r 3, onde x = t + 1 r 1 : y = t + 3 ; t R, r x = 5s + 3 : y = 4s 1 ; s R, r 3 :x 3y = 6. Determine os vértices A, B e D, e calcule a área do paralelogramo. Solução. Sendo AC r 3 e r 3 (, 3), temos AC (, 3), ou seja, det AC = 0. (, 3) Como A r 1, temos, para algum t R, A = (t + 1, t + 3) e AC = ( (t + 1), 3 ( t + 3)) = (1 t, t). IM-UFF K. Frensel - J. Delgado

11 Geometria Analítica - Capítulo Logo, det AC = det 1 t t = 3(1 t) (t) (, 3) 3 = 3 + 3t 4t = 3 t = 0 t = 3. Portanto, A = (t + 1, t + 3) = ( 3 + 1, ( 3) + 3) = (, 6 + 3) = (, 9). Como ABDC é um paralelogramo, (1, 4), para algum k R. CD = k(1, 4) = (k, 4k), AB = CD, e sendo CD múltiplo de Por outro lado, B r B = ( 5s + 3, 4s 1), para algum s R. Logo AB = ( 5s + 3 ( ), 4s 1 9) = ( 5s + 5, 4s 10). Sabendo que dois vetores são iguais se, e somente se, as suas correspondentes coordenadas são iguais, temos: AB = CD 5s + 5 = k 4s 10 = 4k. Substituindo k da primeira equação na segunda, obtemos 4s 10 = 0s + 0 4s = 30 s = 30 4 = 5 4 k = = 5 4. Se D = (x, y), temos, por ( ), que CD = (x, y 3) = ( 54, 4 ( 5 4 Assim, D = (x, y) = ( 54 ) +, = )) = ( ) 3 4,. ( 54, 5 ). Também, se B = (x, y ), temos AB = (x ( ), y 9) = Logo x = 5 ( 4 = 13 4 e y = 9 5 = 4. Isto é, B = 13 ) 4, 4. Calculemos, agora, a área do paralelogramo ABDC. ( ) ( 54, 5 ). K. Frensel - J. Delgado IM-UFF

12 140 Geometria Analítica - Capítulo 8 Como ( AB = 5 ) 4, 5 e AC = ( ( ), 3 9) = (4, 6), temos: Área (ABDC) = det AB AC = det = = = 55. Exemplo 6 Considere os pontos E = (1, 6), F = (, 3) e as retas r 1 e r dadas por: x = t 1 r 1 : y = 5t + 1 ; t R e r : 3x y = 3. Determine os pontos A, B, G e D, tais que DE seja a projeção ortogonal do segmento AB sobre a reta r 1 e FG seja a projeção ortogonal do segmento AB sobre a reta r, sabendo-se que AB = (1, ). Solução. Sendo DE a projeção ortogonal de AB sobre r 1, o ponto B deve ser projetado no ponto E e sendo FG a projeção ortogonal de AB sobre r, o ponto A deve ser projetado no ponto F. Seja s 1 a reta perpendicular a r 1 que passa por E. Então B s 1. Determinemos as equações paramétricas de s 1. Como r 1 (, 5), então s 1 (, 5). Logo s 1 (5, ) e, sendo E = (1, 6) s 1, temos: x = 5t + 1 s 1 : y = t + 6 ; t R. Em particular, B s 1 B = (5t + 1, t + 6), para algum t R. Analogamente, seja s a reta que passa por F e é perpendicular a r. Então A s. Determinemos as equações paramétricas de s. Sendo s r e r (3, 1), temos s (3, 1). IM-UFF K. Frensel - J. Delgado

13 Geometria Analítica - Capítulo Logo, como F = (, 3) s 0, temos: x = 3s + s : y = s + 3 ; s R. Como A s, devemos ter A = (3s +, s + 3), para algum s R. Por hipótese, AB = (1, ). Logo: AB = ((5t + 1) (3s + ), ( t + 6) ( s + 3)) = (5t 3s 1, t + s + 3) = (1, ). Essa identidade nos permite calcular os valores dos parâmetros t e s: 5t 3s 1 = 1 5t 3s = ou seja, t + s + 3 =, t + s = 1. Multiplicando a segunda equação por 3 e somando com a primeira, obtemos t = 1 t = 1. Substituindo na segunda equação, concluímos que s = (1) 1 = 1. Portanto, A = (3(1) +, 1 + 3) = (5, ) e B = (5(1) + 1, (1) + 6) = (6, 4). Para achar o ponto D r 1 tal que DE é a projeção ortogonal de AB sobre r 1, precisamos determinar a reta s 3 perpendicular a r 1 que passa por A. O ponto D é a interseção de s 3 com r 1. Como s 3 r 1 e r 1 (, 5), a equação de s 3 é da forma: s 3 : x + 5y = c. Como A = (5, ) s 3, devemos ter c = (5) + 5() = 0. Portanto, s 3 : x + 5y = 0. Intersectar r 1 com s 3 significa achar o ponto (t 1, 5t + 1) r 1 que pertence a s 3, ou seja, achar o valor de t para o qual as coordenadas desse ponto satisfazem a equação de s 3 : (t 1) + 5(5t + 1) = 0 4t + 5t + 5 = 0 9t = 17 t = Esse valor de t é o parâmetro do ponto D na reta ( r 1 : D = 17 ) 17 1, = ( 5 9, ). K. Frensel - J. Delgado IM-UFF

14 14 Geometria Analítica - Capítulo 8 Finalmente, o ponto G é o ponto de interseção de r com a sua perpendicular s 4 que passa por B = (6, 4). Como s 4 r e r (3, 1), temos s 4 (3, 1). Logo, x = 6 + 3s s 4 : ; s R, y = 4 s pois B = (6, 4) s 4. Calculemos o valor do parâmetro s de modo que o ponto satisfaça a equação de r : G = (6 + 3s, 4 s) s 4 3(6 + 3s) (4 s) = s 4 + s = 3 10s = 11 s = ( Portanto, G = , ) ( 7 = 10 10, 51 ). 10 Fig. 11: r 1 s 1, r 1 s 3, r s e r s 4. IM-UFF K. Frensel - J. Delgado

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