Geometria Analítica I

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1 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 1 Geometria Analítica I 10/03/011 Respostas dos Exercícios do Módulo I - Aula 14 Aula a. A equação do círculo de centro h, k) e raio r é x h) + y k) = r, logo, a equação do círculo será x 3) + y 4) = x + y 6x 8y + 1 = 0. b. x 1) +y 3)) = 3 x 1) +y+3) = 3 x +y x+6y+7 = 0 c. x )) +y 3) = 4 x+) +y 3) = 4 x +y +4x 6y 3 = 0 d. x )) +y 1)) = 6 x+) +y+1) = 6 x +y +4x+y 1 = 0

2 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 e. x 0) + y 0) = 8 x + y 8 = 0. A técnica aqui é completar os quadrados a fim de obtermos uma equação na forma x h) + y k) = r. a. Podemos escrever x + y 4x + 6y + 4 = 0 x 4x + A + y + 6y + B A B + 4 = 0. Agora precisamos encontrar A, B R tais que x 4x+A e y +6y+B sejam quadrados perfeitos. Como x 4x + A = x x + A, devemos fazer A = para termos x 4x + A = x x + = x ). Da mesma forma, como 6y = 3 y, fazendo B = 3, temos y + 6y + B = y + 3 y + 3 = x + 3). Assim, x + y 4x + 6y + 4 = 0 x 4x y + 6y = 0 x ) + y + 3) 9 = 0 x ) + y 3)) = 3. Assim, o centro é, 3) e o raio 3. b. Centro 3, 0), o raio 3. c. Centro 5, 3), o raio 30. d. Centro 1/, 1/), o raio 3/. e. A equação pode ser reescrita 9x + 9y 6x + 1y 31 = 0 x + y 6 9 x y 31 9 = 0. Agora, procedemos como antes, completando os quadrados x + y 6 9 x y 31 9 = 0 x + y 3 x y 31 9 = 0 x 3 9 x + y y 31 9 = 0

3 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 3 x 1 3 x + ) 1 + y + 3 x 1 3) + y + 3) x 3) 1 + y + 3 Assim, o centro é 1 3, 3), o raio. f. Centro 1/4, 1/4), o raio 6/4. ) ) 1 3 y ) ) ) = 0. ) 31 9 = 0. 9 = 0. x 3) 1 + y + ) = 0. x 1 + y 3) = 3)). 3. a. Procedendo como no exercício anterior, x + y x + 4y 3 = 0 x 1) + y + ) = 8, logo, trata-se de um círculo de centro 1,-) e raio 8 =. Alternativamente, procendendo como na página 10 do Módulo, escrevendo a equação do círculo como x + y + ax + by + c = 0, a + b 4c = ) ) = 3 > 0, logo, temos um círculo de centro e raio C = a, b ) = ) ), 4 = 1, ) r = a + b 4c = ) ) = 3 =. b. x + y 4x + 6y + 9 = 0 x ) + y + 3) = 4, logo, é o círculo de centro, 3) e raio. c. x + y 6x 10y = 0 é o círculo de centro 3,5) e raio 6. d. Neste item, podemos inicialmente dividir a equação por 4, obtendo x + y x + y 3 4 = 0.

4 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 4 Procedendo como nos itens anteriores, temos o círculo de centro 1/, 1) e raio 7. e. x + y 10x 14y + 5 = 0 é o círculo de centro 5, 7) e raio 7 f. x + y x + 4y 7 = 0 é o círculo de centro 1, ) e raio 3 g. 4x + 4y 4x + 8y 0 = 0 x + y x + y 5 = 0, círculo de centro 1/, 1) e raio 5/. 4. Como os pontos A = 4, 3) e B =, 7) são diametralmente opostos no círculo, serão ) extremos de um diâmetro, logo, o ponto médio deles C = 4+ ), 3+7 = 1, ) é o centro do círculo. Como A = 4, 3) pertence ao círculo, sua distância a C será igual ao raio, logo r = da, C) = 4 1) + 3 ) = 3 + 5) = 34. Assim, a equação do círculo será x 1) + y ) = Com a régua, desenhe o segmento AB. - Com centro em A e B, você pode construir dois círculos de mesmo raio, sendo este raio maior que a metade da distância entre os pontos. Sejam D e E as interseções destes círculos. 3- Trace o segmento DE e seja C sua interseção com AB. É fácil provar que C é o ponto médio de AB. você pode utilizar o fato de os triângulos ADB e AEB serem congruentes, além de ambos serem isósceles, com vértices D e E, respectivamente). 4 - Agora, com centro em C e abertura AC, trace o círculo procurado. 6. a. Como o círculo é tangente aos eixos coordenados e possui raio, a

5 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 5 distância do centro x 0, y 0 ) às retas x = 0 e y = 0 será, logo = dx 0, y 0 ), 1x+0y+0 = 0) = 1 x y = x 0 x 0 = ±. = dx 0, y 0 ), 0x+1y+0 = 0) = 0 x y = y 0 y 0 = ±. Mas como x 0, y 0 ) está no primeiro quadrante, x 0 =, y 0 =. Assim, a equação do círculo será x ) + y ) = 4. b. Como o ponto 1,) pertence ao círculo, sua distância ao centro 4, 6) será o raio, logo r = d1, ), 4, 6)) = 1 4)) + 6) = = 41, assim, a equação do círculo é x 4)) + y 6) = 41 = x + 4) + y 6) = 41. c. Relembre o fato de que, dado um triângulo ABC, o centro do círculo circunscrito isto é, o circuncentro do triângulo), isto é, que passa por A, B e C, é o encontro das mediatrizes dos lados. Assim, sendo A = 1, 1), B = 1, ) e C =, 3), precisamos encontrar as mediatrizes de AB, BC e AC, isto é, as retas perpendiculares a estes segmentos e que os cortam em seus pontos médios). Vamos inicialmente encontrar a mediatriz de AB. A mediatriz do segmento AB é perpendicular ao vetor AB = 0, 3). Assim, r : 0x ) 3y + c = 0, c R. O ponto médio de AB é M = 1+1, 1+ ) = 1, 1/), logo, como M r, temos 3 1/)+c = 0, logo c = 3/. Assim, r : 3y 3/ = 0 y + 1/ = 0. Da mesma forma, a mediatriz de BC será s : x + 5y 4 = 0 e a mediatriz de AC será t : x + 4y 11 = 0. A interseção destas retas é o ponto X = 13/, 1/), que será o centro. Ao calcular esta interseção basta resolver o sistema dado pelas retas r, s e t), você poderá ver que apenas duas eram necessárias. De fato, apenas duas mediatrizes são suficientes para definir o circuncentro. Para determinar o raio, basta calcular a distância entre o centro X e

6 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 6 um dos pontos do círculo, por exemplo o ponto A: r = 13/ 1) + 1/ 1) = 11/4 + 9/4 = 65/. Assim, a equação do círculo será x 13/) + y + 1/) = 65/ Primeiro, vamos encontrar o ponto de tangência T. Fazendo x =, temos ) + y + 14 ) + 18y 39 = 0 y 18y 63 = 0, logo, y = 3 ou y = 1, assim, T =, 3) ou T =, 1). Como o ponto de tangência está no segundo quadrante, T =, 3). Observe que x + y + 14x + 18y 39 = 0 x + 7) + y + 9) = 13, assim, o centro é C = 7, 9). Como a reta é tangente ao círculo em, 3), é perpendicular ao raio CT, logo, ao vetor CT = 7), 3 9)) = 5, 1). Assim, a reta é da forma 5x + 1y + c = 0, e, como passa por T =, 3), temos 5 ) + 13) + c = 0 c = 6. Com isso, a reta procurada é 5x + 1y + 6 = Como a reta tem inclinação, será dada por y = x + n. Mas como encontramos n R? Primeiramente, vamos estudar a interseção

7 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 7 entre r e o círculo, isto é, a solução do sistema { x + y = 180 y = x + n Resolvendo o sistema, temos x + x + n) = 180 5x + 4nx + n 180) = 0. Como a reta é tangente ao círculo, teremos apenas uma solução pois há um único ponto de tangência). Assim, 0 = = 4n) 4 5 n 180) = 4n , Assim, n = ±30, logo, as retas são y = x + 30 e y = x 30. Observe que é razoável encontramos duas retas, veja: 10. Basta resolver o sistema { x + y x = 0 x + y 3y = 0. Uma forma de fazer isso é subtrair as equações e encontrar x + 3y = 0,

8 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 8 logo, y = 3 x. Substituindo na primeira equação, ) x + 3 x x = 0 x x x = x x = 0 13x 18x = 0, logo x = 0 ou x = 18/13. Assim, como y = x, os pontos procurados são 3 0, 3 ) 0 = 0, 0) e 18 13, 3 18 ) 18 = 13 13, 36 ) Completando os quadrados, temos x + y + ax + by + c = 0 x + a ) + y + b ) = a 4 + b 4 c. Assim, o raio é a 4 + b 4 c. Para que o círculo seja tangente ao eixo x a distância entre o centro a, b e a reta y = 0 deve ser igual a r. Como esta distância é b, b a = 4 + b 4 c b 4 = a 4 + b 4 c a 4 = c 4c = a. ) É importante observar que, se 4c = a, o radicando da raiz quadrada que define o raio é positivo, pois a 4 + b 4 c = 4c 4 + b 4 c = b 4 > Procedendo como no Exercício 6, item c), temos 13. a. 7/, 3/) b. 449/114, 15/114) 14. Solução 1 Vamos encontrar o ponto de tangência T = x T, y T ) do círculo

9 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula 14 9 com a reta. Seja P = 4, ) O centro do círculo é C = 0, 0), assim o vetor CT = x T 0, y T 0) = x T, y T ) é perpendicular ao vetor T P = 4 x T, y T ), logo, 0 = CT, T P = x T, y T ), 4 x T, y T ) = 4 x T x T + y T yt, logo, x T + y T 4 x T y T = 0. Além disso, como T está no círculo, x T + y T = 4, logo, temos o sistema { x T + y T 4 x T y T = 0 x T + y T = 4 Subtraindo a primeira equação da segunda, temos 4 x T + y T = 4, logo, multiplicando por, temos 8x T + 4y T = 4, que implica y T = x T. Substituindo em x T + y T = 4, x T + x T ) = 4, logo Assim, 5x T 4 x T = 0 x T = ou x T = /5. Esses valores nos dão, respectivamente, y T = ou y T = 7 /5.

10 Geom. Analítica I Respostas do Módulo I - Aula Assim, T 1 =, ) e T = /5, 7 /5) são os pontos de tangência das retas que passam por 4, ) com o círculo. Agora, as retas procuradas são: r, que passa por T 1 e P, e s, que passa por T e P. Vamos determinar r: r : x y = 0 r : 3 x+3 y+1 = 0 r : x y = 0 A reta s é dada por s : x y 1 /5 7 / = 0 r : 3 x/5+1 y/5 1 = 0 r : 3x 1y+30 = 0