ITA 2022 — 2ª Fase — Questão 6 — Geometria Analítica
Seja \(A=(0,1)\). Considere a reta \(r\) de equação \(y=1-\frac{x}{4}\) e seja \(s\) uma reta passando pela origem \(O\),
que intersecta \(r\) no 1º quadrante em um ponto \(P\).
Determine o ponto \(Q\) do 2º quadrante que pertence a \(r\) e dista \(\sqrt{2}\) de \(s\), sabendo que
\(\widehat{APO}=\theta\) e que \(\tan(\theta)=\tfrac{5}{3}\).
👀 Solução passo a passo
Parametrize os pontos na reta \(r\):
\[ P=(4t,1-t), \qquad Q=(4s,1-s). \] Como \(P\) está no 1º quadrante, \(t\in(0,1)\). Já \(Q\) está no 2º quadrante, logo \(s<0\).
Sabemos que \(\tan(\theta)=\tfrac{5}{3}\). Logo, \[ \sin\theta=\frac{5}{\sqrt{34}},\qquad \cos\theta=\frac{3}{\sqrt{34}}. \] Aplicando a lei dos senos no triângulo \(\triangle APO\): \[ \frac{AO}{\sin\theta}=\frac{PO}{\cos\alpha}, \] com \(AO=1\) e \(\cos\alpha=\tfrac{4}{\sqrt{17}}\). Assim, \[ PO=\frac{\sqrt{34}}{5}\cdot\frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{4\sqrt{2}}{5}. \] Como \(P=(4t,1-t)\), \[ PO^2=(4t)^2+(1-t)^2=16t^2+(1-t)^2=\frac{32}{25}. \] Logo, \[ 17t^2-2t+1=\frac{32}{25}\quad\Rightarrow\quad 17t^2-2t-\frac{7}{25}=0. \] Resolvendo, obtemos \(t=\tfrac{1}{5}\) (pois \(t>0\)). Assim, \(P=(\tfrac{4}{5},\tfrac{4}{5})\).
Pela razão trigonométrica no triângulo, tem-se: \[ QT=QP\cdot\sin\theta=\frac{\sqrt{2}}{\sin\theta}=\frac{2\sqrt{17}}{5}. \] Então \[ (4t-4s)^2+(1-t-(1-s))^2=\frac{4\cdot17}{25}. \] Isso dá \(|s-t|=\tfrac{2}{5}. \] Como \(s<0\), resulta em \(s=-\tfrac{1}{5}\). Portanto, \[ Q=(4s,1-s)=\left(-\tfrac{4}{5},\tfrac{6}{5}\right). \]
\[ P=(4t,1-t), \qquad Q=(4s,1-s). \] Como \(P\) está no 1º quadrante, \(t\in(0,1)\). Já \(Q\) está no 2º quadrante, logo \(s<0\).
Sabemos que \(\tan(\theta)=\tfrac{5}{3}\). Logo, \[ \sin\theta=\frac{5}{\sqrt{34}},\qquad \cos\theta=\frac{3}{\sqrt{34}}. \] Aplicando a lei dos senos no triângulo \(\triangle APO\): \[ \frac{AO}{\sin\theta}=\frac{PO}{\cos\alpha}, \] com \(AO=1\) e \(\cos\alpha=\tfrac{4}{\sqrt{17}}\). Assim, \[ PO=\frac{\sqrt{34}}{5}\cdot\frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{4\sqrt{2}}{5}. \] Como \(P=(4t,1-t)\), \[ PO^2=(4t)^2+(1-t)^2=16t^2+(1-t)^2=\frac{32}{25}. \] Logo, \[ 17t^2-2t+1=\frac{32}{25}\quad\Rightarrow\quad 17t^2-2t-\frac{7}{25}=0. \] Resolvendo, obtemos \(t=\tfrac{1}{5}\) (pois \(t>0\)). Assim, \(P=(\tfrac{4}{5},\tfrac{4}{5})\).
Pela razão trigonométrica no triângulo, tem-se: \[ QT=QP\cdot\sin\theta=\frac{\sqrt{2}}{\sin\theta}=\frac{2\sqrt{17}}{5}. \] Então \[ (4t-4s)^2+(1-t-(1-s))^2=\frac{4\cdot17}{25}. \] Isso dá \(|s-t|=\tfrac{2}{5}. \] Como \(s<0\), resulta em \(s=-\tfrac{1}{5}\). Portanto, \[ Q=(4s,1-s)=\left(-\tfrac{4}{5},\tfrac{6}{5}\right). \]
Resposta final: \(\;Q=\left(-\tfrac{4}{5},\tfrac{6}{5}\right).\)
