Geometria Analítica Exercícios Cônicas em posição geral
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- Ângelo Almeida Sabrosa
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1 Geometria Analítica Exercícios Cônicas em posição geral Cleide Martins DMat - UFPE Turmas E1 e E3 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 1 / 16
2 Resolução dos exercícios da aula 15 Classique e esboce as seguintes cônicas 1 xy x 1 = 0 18x 48xy + 3y + 5x 300y + 65 = x 4xy + 9y + 39x + 406y 399 = 0 4 5x 34xy + 360y 31x 1560y = x + 8xy + 18y + 306x 68y = 0 6 7x + xy + 7y + 1x + 1y + 36 = 0 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 / 16
3 1. xy x 1 = 0 Nesta equação os coecientes da parte quadrática são A = C = 0, B = 1. O discriminante é = B 4AC = 1 > 0 e a cônica é uma hipérbole ou um par de retas concorrentes. Como A = C, a rotação é de π 4 { x = y = (u v) (u + v) Os coecientes na equação em u e v são dados por { A + C { = A + C = 0 A A C = B sen θ = 1 = 1 C = 1 Portanto a equação é 1 u 1 v (u v) 1 = 0 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 3 / 16
4 u v u + v = 0 Completando quadrados para identicar o centro C da hipérbole (u u + 1 ) (v v + 1 ) = 0 ( ) ( ) u v = C = (, ) Fazemos a translação { U = u / V = v / para obter a equação reduzida da hipérbole U V a = a = = 1 b = b = c = a + b = 4 c = Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 4 / 16
5 Gráco V U Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 5 / 16
6 Gráco v V u U Observe que o sistema UCV é a translação do sistema uov para a origem C = (, ) Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 5 / 16
7 Gráco v V V v y U u u U x Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 5 / 16
8 Gráco V y U v u Observe que o centro da hipérbole no sistema xoy é C = (0, 1). Portanto, se zermos a translação { X = x Y = y 1 x o sistema UCV é obtido de XCY por uma rotação de π 4 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 5 / 16
9 Gráco V Y y U Observe que o centro da hipérbole no sistema xoy é C = (0, 1). Portanto, se zermos a translação { X = x Y = y 1 x X o sistema UCV é obtido de XCY por uma rotação de π 4 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 5 / 16
10 . 18x 48xy + 3y + 5x 300y + 65 = 0 Nesta equação os coecientes da parte quadrática são A = 18, B = 48, C = 3. O discriminante é = B 4AC = (3.16) = 0 e a cônica é uma parábola ou um par de retas paralelas ou o conjunto vazio. O ângulo de rotação é θ com tan θ = = = 4 7 > 0. Precisamos de cos θ e sen θ cos θ = 1 sec θ = = cos θ = 7 5 cos θ = sen θ = = 16 5 cos θ = 4 5 = 9 5 senθ = 3 5 senθ = 4 5 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 6 / 16
11 . 18x 48xy + 3y + 5x 300y + 65 = 0 Nesta equação os coecientes da parte quadrática são A = 18, B = 48, C = 3. O discriminante é = B 4AC = (3.16) = 0 e a cônica é uma parábola ou um par de retas paralelas ou o conjunto vazio. O ângulo de rotação é θ com tan θ = = = 4 7 > 0. Precisamos de cos θ e sen θ cos θ = 1 sec θ = = cos θ = 7 5 cos θ = sen θ = = 16 5 cos θ = 4 5 = 9 5 senθ = 3 5 senθ = 4 5 Podemos calcular os coecientes da equação no novo sistema x = 4 5 u 3 5 v y = 3 5 u v e { A + C = 50 A C = 48 4/5 = 50 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 6 / 16
12 Já temos A = 0 e C = 50. Aplicamos a transformação de coordenadas à parte linear da equação: 5x 300y = (4u 3v) (3u + 4v) = 45(4u 3v) 60(3u + 4v) = 375v 5 A nova equação é 50v 375v 65 = 0 v 15v 5 = 0 (v 5)(v 5) = 0 v = 5 ou v = 5 É uma degeneração de uma parábola: duas retas paralelas. Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 7 / 16
13 Esboço v u Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 8 / 16
14 Esboço v O sistema uov tem eixos paralelos a u 1 = (4, 3) e u = ( 3, 4) u Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 8 / 16
15 Esboço v y v u u x Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 8 / 16
16 Observação O par de retas tem equação (v 5)(v 5) = 0 Desfazendo a rotação do sistema de coordenadas, 4 u = 5 x y (( 3 5 x y) 5)( 3 5 x y 5) = 0 v = 3 5 x y ( 6x + 8y 5)( 3x + 4y 5) = 0 Em xoy a equação 18x 48xy + 3y + 5x 300y + 65 = 0 é o lugar geométrico das retas 6x + 8y = 5 3x + 4y = 5 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 9 / 16
17 3. 16x 4xy + 9y + 39x + 406y 399 = 0 Nesta equação os coecientes da parte quadrática são A = 16, B = 4, C = 9. O discriminante é = B 4AC = (3.8) = 0 e a cônica é uma parábola ou um par de retas paralelas ou o conjunto vazio. O ângulo de rotação é θ com tan θ = = 4 7 < 0. cos θ = 1 sec θ = = 49 7 cos θ = 65 5 cos θ = sen θ = = 9 5 cos θ = 3 5 = 16 5 senθ = 4 5 senθ = 4 5 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 10 / 16
18 3. 16x 4xy + 9y + 39x + 406y 399 = 0 Nesta equação os coecientes da parte quadrática são A = 16, B = 4, C = 9. O discriminante é = B 4AC = (3.8) = 0 e a cônica é uma parábola ou um par de retas paralelas ou o conjunto vazio. O ângulo de rotação é θ com tan θ = = 4 7 < 0. cos θ = sen θ = cos θ = = 9 5 cos θ = 3 5 = 16 5 senθ = 4 5 senθ = sec θ = = 49 7 cos θ = 65 5 x = 3 5 u 4 5 v y = 4 5 u v { A + C = 5 A C = 4 4/5 = 5 A = 0 C = 5 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 10 / 16
19 Já temos A = 0 e C = 5. Aplicamos a transformação de coordenadas à parte linear da equação: A nova equação é 39x + 406y = (3u 4v) + (4u + 3v) = 560u 70v 5 5v + 560u 70v 399 = 0 ( 5 v 14 5 v ) + 560u = 0 ( v 7 5) + 560u 448 = 0 ( 560 u 4 ) ( = 5 v 7 ) u 4 ( ) v = 5 11/5 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 11 / 16
20 U = u 4 5 Fazemos a translação para obter a equação reduzida da parábola. V = v 7 5 U = V ( 4. 8 com vértice na origem, foco F = 8 ) 5, 0 e diretriz U = No sistema uov o vértice é o ponto C = ( 4 5, 7 ) ( 5, o foco é F = 4 5, 7 ) 5 e a diretriz é a reta u = 3 5 { x = 3 No sistema xoy, 5 u 4 5 v y = 4 5 u v o vértice é C = ( 16 5, 37 5), o foco é F = ( 4, 3) e a diretriz é 3x + 4y = 3 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 1 / 16
21 Gráco V U Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 / 16
22 Gráco v V U u Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 / 16
23 Gráco y U u v v V V U u x Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 / 16
24 4. 5x 34xy + 360y 31x 1560y = 0 Aqui temos A = 9 5, B = 4 81, C = O discriminante é = B 4AC = (.3 4 ) = ( ) < 0 e a cônica é uma elipse ou o conjunto vazio ou um ponto. O ângulo de rotação é θ com tan θ = cos θ = = 34 5 = 1 5 > 0. 1 sec θ = = 5 5 cos θ = 169 cos θ = sen θ = 1 5 = 9 cos θ = 3 = 4 senθ = senθ = 1 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 14 / 16
25 4. 5x 34xy + 360y 31x 1560y = 0 Aqui temos A = 9 5, B = 4 81, C = O discriminante é = B 4AC = (.3 4 ) = ( ) < 0 e a cônica é uma elipse ou o conjunto vazio ou um ponto. O ângulo de rotação é θ com tan θ = cos θ = sen θ = 1 5 cos θ = = 9 cos θ = 3 = 4 senθ = senθ = = 34 5 = 1 5 > 0. 1 sec θ = = 5 5 cos θ = 169 x = 1 (3u v) y = 1 (u + 3v) { A + C = 585 A C = 34 1/ = 351 A = 117 C = 468 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 14 / 16
26 Já temos A = 117 e C = 468. Transformando a parte linear da equação: 31x 1560y = 31(x + 5y) = 31 (u + v) = 31 u 31 v A nova equação é 117u + 468v 31 u 31 v = 0 9u + 36v 4 u 4 v + 5 = 0 Completando quadrados: ( 9 u 8 ) ( 16. u v ) v + = = ( 9 u 4 ) ( + 36 v ) =.16 ( ) u ( ) v = 1 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 15 / 16
27 U = u 4 3 Fazendo a translação V = v 1 3 U V.4 9 = 1 com parâmetros geométricos obtemos a equação reduzida da elipse. a =.16 9 a = 4 3 b =.4 9 b = 3 c =.1 9 c = 3 39 Cleide Martins (DMat - UFPE) Soluções Turmas E1 e E3 16 / 16
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3.1 Obtenha a equação e esboce o gráfico da circunferência caracterizada por: (a) Centro C (, 1) eraior =5; (b) Passa pelos pontos A (1, ),B(1, 1) e C (, 3) ; (c) Inscrita no triângulo determinado pelas
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