AP1 GAII 2015 1 - Gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Gabarito - AP1 – Geometria Anal´ıtica II – 2015/1
Questa˜o 1 (2,5 pontos): Considere os pontos A = (1, 0, 1), B = (2,−1, 1), C = (5, 1, 2) e
D = (5, 2, 1), e as retas r =
←→
AB e s =
←→
CD.
(a) [1,0 pt] Determine equac¸o˜es parame´tricas para as retas r e s.
(b) [1,0 pt] Determine pontos R ∈ r e S ∈ s tais que o segmento RS seja perpendicular
a r e a s simultaneamente.
(c) [0,5 pt] Determine a distaˆncia entre as retas r e s.
SOLUC¸A˜O
(a) Podemos parametrizar a reta r =
←→
AB de va´rias formas. Uma delas e´ considerar o
in´ıcio da parametrizac¸a˜o em A = (1, 0, 1) e tomar, como direc¸a˜o, o vetor
−→
AB =
(2,−1, 1)− (1, 0, 1) = (1,−1, 0). Assim,
r : (x, y, z) = (1, 0, 1) + t (1,−1, 0), t ∈ R,
ou, na forma de sistema,
r :

x = 1 + t
y = −t
z = 1
t ∈ R.
Uma poss´ıvel parametrizac¸a˜o da reta s =
←→
CD tem in´ıcio em C = (5, 1, 2) e tomar,
como direc¸a˜o, o vetor
−−→
CD = (5, 2, 1)− (5, 1, 2) = (0, 1,−1). Assim,
s : (x, y, z) = (5, 1, 2) + t′ (0, 1,−1), t′ ∈ R,
ou, na forma de sistema,
s :

x = 5
y = 1 + t′
z = 2− t′
t′ ∈ R.
(b) Os pontos R e S sera˜o da forma
R = (1, 0, 1) + t (1,−1, 0) = (1 + t,−t, 1),
S = (5, 1, 2) + t′ (0, 1,−1) = (5, 1 + t′, 2− t′),
para t, t′ ∈ R.
Como RS deve ser perpendicular a`s retas r e s, o vetor
−→
RS sera´ ortogonal aos vetores
direc¸a˜o de r e s,
−→
AB = (1,−1, 0) e −−→CD = (0, 1,−1). Como
−→
RS = (5, 1 + t′, 2− t′)− (1 + t,−t, 1) = (4− t, 1 + t′ + t, 1− t′),
temos enta˜o { 〈(4− t, 1 + t′ + t, 1− t′), (1,−1, 0)〉 = 0
〈(4− t, 1 + t′ + t, 1− t′), (0, 1,−1)〉 = 0.
Com isso, {
(4− t)− (1 + t′ + t) = 0
(1 + t′ + t)− (1− t′) = 0,
que equivale a {
3− 2t− t′ = 0
t+ 2t′ = 0.
Somando a primeira equac¸a˜o com o dobro da segunda, temos 3 + 3t′ = 0, logo
t′ = −1. Substituindo na segunda equac¸a˜o, temos t− 2 = 0, logo t = 2. Com isso,
R = (1 + 2,−2, 1) = (3,−2, 1),
S = (5, 1 + (−1), 2− (−1)) = (5, 0, 3).
(c) Como RS e´ o segmento perpendicular comum entre duas retas,
d(r, s) = d(R, S) = ‖−→RS‖ = ‖(5, 0, 3)− (3,−2, 1)‖ =
‖(2, 2, 2)‖ =
√
22 + 22 + 22 = 2
√
3.
Questa˜o 2 (2,0 pontos): Sejam dados o ponto X = (5,−3, 1) e o plano Π de equac¸a˜o
2x− 2y + z + 1 = 0.
(a) [1,0 pt] Determine o ponto P , projec¸a˜o ortogonal de X sobre Π.
(b) [1,0 pt] Determine o ponto X ′, sime´trico de X em relac¸a˜o a Π.
SOLUC¸A˜O
(a) A projec¸a˜o ortogonal P de X sobre Π sera´ a intersec¸a˜o da reta r, perpendicular a Π
e passando por X, com o plano Π. Como r e´ perpendicular a Π, sua direc¸a˜o pode
ser dada pelo vetor normal ~η = (2,−2, 1) de Π. Assim, como X ∈ r,
r :

x = 5 + 2t
y = −3− 2t
z = 1 + t
t ∈ R.
O ponto P , intersec¸a˜o de r e Π, e´ dado enta˜o pela soluc¸a˜o do sistema
2x− 2y + z + 1 = 0
x = 5 + 2t
y = −3− 2t
z = 1 + t
Substituindo as treˆs u´ltimas equac¸o˜es na primeira, temos
2(5 + 2t)− 2(−3− 2t) + (1 + t) + 1 = 0,
2
logo
9t+ 18 = 0 ∴ t = −2.
Assim,
x = 5 + 2(−2) = 1
y = −3− 2(−2) = 1
z = 1 + (−2) = −1,
e enta˜o P = (1, 1,−1).
(b) O sime´trico X ′ de X em relac¸a˜o a Π sera´ tal que P e´ o ponto me´dio de X e X ′.
Assim, fazendo X ′ = (x, y, z),
(1, 1,−1) =
(
x+ 5
2
,
y − 3
2
,
z + 1
2
)
,
logo
x+ 5 = 2,
y − 3 = 2,
z + 1 = −2
e, portanto,
X ′ = (x, y, z) = (−3, 5,−3).
Questa˜o 3 (2,5 pontos): Seja Π o plano parametrizado por
Π : (x, y, z) = (α + β, α, 1− α + 2β), α ∈ R, β ∈ R.
Determine m para que a reta r, parametrizada por
r : (x, y, z) = (1, 2,−3) + t (−1,−2,m), t ∈ R
esteja contida no plano Π.
SOLUC¸A˜O
A reta r estara´ contida em Π se, e somente se, dois de seus pontos pertencerem a Π. Vamos
testar o ponto inicial da parametrizac¸a˜o de r:
(1, 2,−3) = (α + β, α, 1− α + 2β)⇔

1 = α + β
2 = α
−3 = 1− α + 2β
Pela segunda equac¸a˜o, temos α = 2. Substituindo na primeira, temos 1 = 2 + β, logo β = −1.
Testando na terceira equac¸a˜o, temos 1 − 2 + 2(−1) = −3, logo, α = 2, β = −1 e´ de fato uma
soluc¸a˜o para o sistema. Com isso, (1, 2,−3) ∈ Π.
Agora precisamos garantir que outro ponto da reta esteja no plano. Fazendo t = 1 na
parametrizac¸a˜o de r, temos o ponto
(x, y, z) = (1, 2,−3) + 1 (−1,−2,m) = (0, 0,−3 +m),
que pertencera´ a Π se, e somente se,
(0, 0,−3 +m) = (α + β, α, 1− α + 2β),
3
ou, equivalentemente, 
0 = α + β
0 = α
−3 +m = 1− α + 2β
Pela segunda equac¸a˜o, α = 0 e, utilizando a primeira, temos β = 0. Substituindo na terceira,
temos −3 +m = 1− 0 + 2 · 0 = 1, logo −3 +m = 1, e enta˜o m = 4.
Questa˜o 4 (1,5 ponto): No prisma de base triangular da figura, A = (0, 0, 0), B = (1, 1, 0),
C = (0, 2,−1) e D = (0, 1, 4). Determine o volume do prisma.
SOLUC¸A˜O
Considerando o ponto E tal que ABEC seja um paralelogramo, o volume do prisma pedido e´
a metade do volume do prisma da figura abaixo.
Assim, sendo −→u = −→AB = (1, 1, 0), −→v = −→AC = (0, 2,−1) e −→w = −−→AD = (0, 1, 4), o volume
pedido e´
V =
|[−→u ,−→v ,−→w ]|
2
=
1
2
∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣
1 1 0
0 2 −1
0 1 4
∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣ = 12
∣∣∣∣∣∣∣∣2 −11 4
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 92 u.v.
Questa˜o 5 (1,5 ponto): Dado o vetor ~u = (1, 1, 0), deˆ dois vetores ~v e ~w tais que os treˆs
vetores, ~u, ~u e ~w sejam dois a dois ortogonais e ‖~u‖ = ‖~v‖ = ‖~w‖.
SOLUC¸A˜O
Escrevamos −→v = (α, β, γ) e −→w = (a, b, c). Sendo assim temos,
〈−→u ,−→v 〉 = 0 ⇐⇒ 〈(1, 1, 0), (α, β, γ)〉 = 0 ⇐⇒ α + β = 0.
4
Podemos escolher, por exemplo, −→v = (1,−1, 0) que, claramente, tem o mesmo mo´dulo que −→u .
‖−→u ‖ =
√
12 + 12 + 02 =
√
2
‖−→v ‖ =
√
12 + (−1)2 + 02 =
√
2
Para encontrar o vetor −→w , observemos que{ 〈−→u ,−→w 〉 = 0
〈−→v ,−→w 〉 = 0 ⇐⇒
{ 〈(1, 1, 0), (a, b, c)〉 = 0
〈(1,−1, 0), (a, b, c)〉 = 0 ⇐⇒
{
a+ b = 0
a− b = 0
Logo, a = b = 0. O vetor −→w e´ da forma (0, 0, c). Como queremos que ‖−→u ‖ = √2, temos que
√
02 + 02 + c2 =
√
2 ⇐⇒ |c| =
√
2.
Escolhemos enta˜o −→w = (0, 0,√2). Os vetores sa˜o enta˜o,
−→v = (1,−1, 0),−→w = (0, 0,
√
2).
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