P1 Geometria Analítica

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GABARITO DA GABARITO DA GABARITO DA GABARITO DA PROVA DE PROVA DE PROVA DE PROVA DE GEOMETRIA ANALÍTICA GEOMETRIA ANALÍTICA GEOMETRIA ANALÍTICA GEOMETRIA ANALÍTICA ---- P1P1P1P1 1) a) Determine um vetor w ! cuja soma das suas coordenadas seja igual a 6 e que é ortogonal aos vetores u ! + ı! - 3/! 0 k ! e v ! + 2ı! 0 /! - 2k !. Seja w ! + 5x, y, z). Temos que: u ! + 51,3, 01) e v ! + 52, 01,2). Soma das coordenadas igual a 6 ⇒ x - y - z + 6 Como w ! ; u ! ⇒ w ! · u ! + 0 ⇒ x - 3y 0 z + 0 Como w ! ; v ! ⇒ w ! · v ! + 0 ⇒ 2x 0 y - 2z + 0 
Logo temos um sistema linear: >x - y - z + 6x - 3y 0 z + 02x 0 y - 2z + 0?. Resolvendo o sistema temos: >
x + 05y + 4z + 7 ?. Portanto: C ! + 50D, E, F) b) Se os vetores a ! + 52,1,1), b ! + 51,1,3) e c! + HIJK , LK , 0M forem LI, qual o volume do paralelepípedo determinado por eles? Se forem LD, qual a combinação linear entre eles? 
Como T 2 1 11 1 3IJK LK 0T + 0 - 10 -
LK 0 IJK 0 8 0 0 + 0 ⇒ Va !, b !, c!W são LD. Logo existe combinação linear entre eles. 
a ! + αb ! - βc! ⇒ 52,1,1) + α51,1,3) - β HIJK , LK , 0M ⇒ Z2 + α -
IJK β1 + α - LK β1 + 3α
?. Resolvendo vamos obter 
α + IK e β + I[. Portanto: \ ! + ]^ _! - ]` a! +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 2) a) Um triângulo tem lados iguais a 4, 6 e 8. Determine vetorialmente a sua área. Onde: eAB !e + 4 e eAC !e + 8 A área do triângulo é dada por: Af + egh !igj !e[ ⇒ Af + egh !e·egj !e·klmn[ Aplicando o Teorema de Pitágoras nos triângulos ABD e BDC temos: 16 + h[ - x[ e 36 + h[ - 58 0 x)[ + h[ - 64 0 16x - x[ ⇒ ph[ + 16 0 x[h[ + 36 0 64 - 16x 0 x[ ? ⇒ 36 0 64 - 16x 0 x[ + 16 0 x[ ⇒ x + IIL h[ + 16 0 x[ ⇒ h[ + 16 0 HIIL M[ ⇒ h + K√IrL senθ + tegh !e + u√vwxL ⇒ senθ + K√IrIy Logo: Af + egh !e·egj !e·klmn[ + L·z[ · K√IrIy ⇒ {| + ^√]D }. \. 
~ A x 
B 
C 4 8 
6 8-x θ h D 
b) Na figura abaixo temos: A51,1,0), B51,1,1) e C50,2,0). Se v ! + AC ! i AB !, determine o volume do tetraedro ABCE. O volume do tetraedro ABCE é dado por: Vf + egh !,gj !,g€ !ey Como ABCD é um paralelogramo então AD ! + AC ! - AB ! Como AC ! + 501,1,0) e AB ! + 50,0,1) AD ! + 501,1,0) - 50,01) ⇒ AD ! + 501,1,1) Pela figura temos: v ! + AD ! - DF ! ⇒ v ! 0 AD ! + DF ! 
Temos que v ! + AC ! i AB ! + T ı! /! k !01 1 00 0 1T ⇒ v ! + 51,1,0) Então: 51,1,0) 0 501,1,1) + DF ! ⇒ DF ! + 52,0, 01) EF ! + projƒ„ !… ! ⇒ EF ! + … !·ƒ„ !eƒ„ !e† · DF ! ⇒ EF ! + [r · 52,0, 01) ⇒ EF ! + HLr , 0, 0 [rM Pela figura temos: v ! + AE ! - EF ! ⇒ AE ! + v ! 0 EF ! ⇒ AE ! + 51,1,0) 0 HLr , 0, 0 [rM ⇒ AE ! + HIr , 1, [rM 
AB !, AC !, AE ! + T 0 0 101 1 0Ir 1 [rT + 0
yr ⇒ Vf + egh !,gj !,g€ !ey + ‡wy ⇒ ˆ| + ]D }. ‰. +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 
3) Sejam as retas 5r): x 0 1 + Š‹IK + Œ‹I‹I e 5s): >y + 0 [ - 5z + [ 0 3 ?. a) Qual a posição relativa entre 5r) e 5s)? Determine a interseção, se houver. 5r): pA51,1,1)u ! + 51,3, 01)? e 5s): pB50,5, 03)v ! + 52, 01,1)? e AB ! + 501,4, 04) 
Como: u !, v !, AB ! +  1 3 012 01 101 4 04 + 14  0 ⇒ São retas não coplanares. Como u ! · v ! + 2 0 3 0 1 + 02  0, portanto, são Retas Reversas.Retas Reversas.Retas Reversas.Retas Reversas. b) Determine uma reta 5m) que seja perpendicular a 5r) e a 5s). Vamos escrever a reta 5m) por: X + P - t5u ! i v !) 
C A 
B 
v ! 
D 
E F 
5m) 
5r) 
5s) 
~ P 
Q v ! 
u ! 
u ! 
u ! i v ! 
u ! i v ! + T ı! /! k !1 3 012 01 1T + 52, 03, 07) 
Como P5a, b, c) ’ 5r): ⇒ P5a, b, c) + 51,1,1) - tI51,3, 01) + >a + 1 - tIb + 1 - 3tIc + 1 0 tI ? Como Q5d, e, f) ’ 5s): ⇒ Q5d, e, f) + 50,5, 03) - t[52, 01,1) + >d + 2t[e + 5 0 t[f + 03 - t[ ? Então PQ ! + 50tI - 2t[ 0 1, 03tI 0 t[ - 4, tI - 2t[ 0 4) Como PQ ! · u ! + 0 ⇒ 011tI 0 2t[ - 15 + 0 Como PQ ! · v ! + 0 ⇒ tI - 3t[ 0 5 + 0 Resolvendo o sistema: p011tI 0 2t[ - 15 + 0tI - 3t[ 0 5 + 0 ? vamos encontrar tI + KrKI. Substituindo em P: >a + 1 - tIb + 1 - 3tIc + 1 0 tI ? , temos P HyyKI , IKyKI , 0 LKIM. Portanto, a reta 5m) tem equação: 5“) + ”••^] , ]^•^] , 0 E^]– - —5`, 0^, 0F) +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 4) Sejam os planos 5πI): x 0 4y - z - 5 + 0 e 5π[): x - z 0 3 + 0. a) Qual a posição relativa entre os planos 5πI) e 5π[)? Determine a interseção, se houver. Temos: n !I + 51, 04,1) e n ![ + 51,0,1) ⇒ n !I · n ![ + 2  0 e Vn !I · n ![W são LI, então os planos são ConcorrentesConcorrentesConcorrentesConcorrentes Determinando a interseção: ™x 0 4y - z - 5 + 0 x - z 0 3 + 0 ? . Resolvendo o sistema vamos encontrar: 5š]) › 5š`) \ œ—\: pž + 0Ÿ - ^   + ` ? b) O plano 5α) é paralelo ao plano 5πI) e contem o ponto P54,5,2). Determine 5r) + 5α) › 5π[). Como 5α) ¡ 5πI) então o vetor normal do plano 5α) é n !I + 51, 04,1), logo a equação de 5α): x 0 4y - z - d + 0. Como P ’ 5α) ⇒ 404 · 5 - 2 - d + 0 ⇒ d + 14 Logo, 5α): x 0 4y - z - 14 + 0 Determinando a interseção: ™x 0 4y - z - 14 + 0 x - z 0 3 + 0 ? . Resolvendo o sistema vamos encontrar: 5α) › 5š`) \ œ—\ 5œ): >ž + 0Ÿ - ^   + ]FE ? +++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++ 5) Sejam a reta 5r): ¢£L + Š¢I[ + z 0 1 e o plano 5π): 2x 0 y - z 0 2 + 0. a) Determine a reta 5s) que contem o ponto P + 5r) › 5π) e é perpendicular a 5π). Como a reta 5s) é perpendicular ao plano 5π), então o vetor normal do plano é o vetor diretor da reta 5s). Logo, sua equação é dada por: 5s): X + P - t · n ! Determinando o ponto P: Da reta 5r) temos: px + 4z 0 11 y + 2z 0 3 ?. Substituindo na equação do plano, temos: 254z 0 11) 0 52z 0 3) - z 0 2 + 0 ⇒ z + 3. Assim, P51,3,3). Portanto, 5s): X + 51,3,3) - t · 52, 01,1) ⇒ 5¤): ž‹]` +  ‹^‹] + Ÿ 0 ^ 
b) Existe uma reta 5m) que é paralela a reta 5s) e contém o ponto Q5-5,6,-6). Qual a distância entre 5m) e 5s)? Como 5m) é paralela5m) a reta 5s) e contém o ponto Q5-5,6,-6), a distância entre 5m) e 5s) é dada por: d¥k + em !i¦§ !e|m !| PQ ! + 506,3, 09) e n ! + 52, 01,1) 
n ! i PQ ! + T ı! /! k !2 01 106 3 09T + 527, 09,0) ⇒ en ! i PQ !e + √810 + 9√10 d¥k + em !i¦§ !e|m !| + ª√IJ√y ⇒ «“¤ + ^√]D }. a.