AP2 GAII 2016 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
AP1 – Geometria Anal´ıtica II – 2016/1
Nome: Matr´ıcula:
Po´lo: Data:
Atenc¸a˜o!
• Identifique a Prova, colocando Nome, Matr´ıcula, • O desenvolvimento das questo˜es pode ser a la´pis. No entanto,
Polo e Data; as respostas devera˜o estar necessariamente a` caneta;
• E´ expressamente proibido o uso de calculadora; • E´ expressamente proibido o uso de corretivo nas respostas.
• Devolver a prova e a folha de respostas ao res-
ponsa´vel;
Questa˜o 1 (2,5 pontos): O plano Πm conte´m o eixo x e o ponto Pm = (0, 4,m).
(a) [1 pt] Determine, em func¸a˜o de m, a equac¸a˜o de Πm.
(b) [1,5 pt] Determine m para que Πm seja tangente a` esfera de equac¸a˜o x
2 + (y − 5)2 + z2 = 9.
SOLUC¸A˜O
(a) O plano Πm conte´m o eixo x, isto e´, a reta (x, y, z) = (0, 0, 0) + t · (1, 0, 0), t ∈ R. Assim, o vetor
~u = (1, 0, 0) e´ paralelo ao plano. Ale´m disso, como o plano conte´m o eixo x, contera´ o ponto
(0, 0, 0) e, como conte´m o ponto (0, 4,m), contera´ o vetor ~v = (0 − 0, 4 − 0,m − 0) = (0, 4,m).
Assim, um vetor normal ~n ao plano pode ser obtido fazendo-se
~n = ~u× ~v = (1, 0, 0)× (0, 4,m) =
∣∣∣∣∣∣
~e1 ~e2 ~e3
1 0 0
0 4 m
∣∣∣∣∣∣ = (0,−m, 4).
Assim, a equac¸a˜o do plano sera´ da forma
Πm : 0x−my + 4z = d.
Como (0, 0, 0) ∈ Πm, temos
0 · 0−m · 0 + 4 · 0 = d ∴ d = 0.
Assim,
Πm : −my + 4z = 0.
Outra soluc¸a˜o: Como o eixo x esta´ contido no plano, os pontos (0, 0, 0) e (1, 0, 0) pertencem a
o plano. Ale´m disso, sabemos que (0, 4,m) tambe´m pertence. Substituindo estes pontos em uma
equac¸a˜o “gene´rica” de plano ax + by + cz = d, teremos
a · 0 + b · 0 + c · 0 = d ∴ d = 0,
a · 1 + b · 0 + c · 0 = d ∴ a = d ∴ a = 0,
a · 0 + b · 4 + c ·m = d ∴ 4b = −mc ∴ b = −mc
4
.
Assim, temos
Πm : −mc
4
y + cz = 0.
Fazendo c = 4, para evitar denominadores, temos Πm : −my+4z = 0. Note que podemos escolher
um valor de c, pois todas as equac¸o˜es da forma −mc4 y + cz = 0 sa˜o equivalentes (desde que c 6= 0,
obviamente).
(b) Queremos que o plano Πm : −my+ 4z = 0 seja tangente a` esfera de centro (0, 5, 0) e raio 3, o que
ocorrera´ se, e so´ se,
d(Πm, (0, 5, 0)) = 3.
Mas isto equivale a
| −m · 5 + 4 · 0|√
0 + m2 + 42
= 3,
ou ainda
| − 5m| = 3
√
m2 + 16.
A equac¸a˜o equivale a
(−5m)2 = 9(m2 + 16),
ou ainda
25m2 = 9m2 + 9 · 16⇔ 16m2 = 9 · 16⇔ m2 = 9⇔ m = ±3.
Questa˜o 2 (2,5 pontos): Determine uma parametrizac¸a˜o da reta passando pela origem e paralela,
simultaneamente, aos planos Π e Γ de equac¸o˜es
Π : x + y − z = 6,
Γ : 2x + y + z = 4.
SOLUC¸A˜O
Uma reta sera´ paralela aos planos Π e Γ simultaneamente se seu vetor direc¸a˜o ~v for paralelo aos planos.
Isto equivale a dizer que ~v e´ ortogonal aos vetores (1, 1,−1) e (2, 1, 1), normais aos planos.
Assim, podemos fazer
~v = (1, 1,−1)× (2, 1, 1) =
∣∣∣∣∣∣
~e1 ~e2 ~e3
1 1 −1
2 1 1
∣∣∣∣∣∣ = (2,−3,−1).
Como a reta passa pela origem, ela pode ser parametrizada por
(x, y, z) = (0, 0, 0) + t · (2,−3,−1), t ∈ R.
Questa˜o 3 (2 pontos): Considere a superf´ıcie cil´ındrica S de diretriz
C :
{
x2 + y2 + 4y = 0
z = 0
e geratrizes paralelas a (0, 1, 4).
(a) [1,5 pt] Determine a equac¸a˜o cartesiana de S.
(b) [1 pt] Esboce S.
SOLUC¸A˜O
2
(a) Um ponto (x, y, z) pertencera´ a` superf´ıcie cil´ındrica S, de diretriz C e geratrizes paralelas ao vetor
(0, 1, 4) se, e somente se, estiver em uma reta que passa por um ponto (x0, y0, z0) de C e e´ paralela
ao vetor (0, 1, 4). Ou seja, se
(x, y, z) = (x0, y0, z0) + s(0, 1, 4), s ∈ R.
Repare que, como (x0, y0, z0) ∈ C, temos z0 = 0, logo, reescrevendo a expressa˜o acima
(x, y, z) = (x0, y0 + s, 4s), s ∈ R.
Isto nos da´
x = x0, y = y0 + s, z = 4s.
Isolando x0, y0, e s, temos
x0 = x, y0 = y − s, s = z
4
,
e, substituindo s = z4 , temos
x0 = x, y0 = y − z
4
.
Mas, como (x0, y0, z0) ∈ C, temos x20 + y20 + 4y0 = 0, logo
x2 +
(
y − z
4
)2
+ 4
(
y − z
4
)
= 0,
que e´ a equac¸a˜o cartesiana da superf´ıcie cil´ındrica S. A equac¸a˜o pode ser simplificada para
x2 + y2 − yz
2
+
z2
16
+ 4y − z = 0.
(b) Completando quadrados na primeira equac¸a˜o da curva C, temos
x2 + (y + 2)2 = 4,
o que nos mostra que a superf´ıcie e´ obtida “arrastando-se” um c´ırculo de raio 2, contido no plano
3
z = 0, ao longo da direc¸a˜o dada pelo vetor (0, 1, 4). Com isso, temos um esboc¸o de S:
Questa˜o 4 (3 pontos): Considere a superf´ıcie S de equac¸a˜o
S : 2x2 + 2z2 − 4x + y = 0.
(a) [2 pt] Esboce e classifique a equac¸a˜o.
(b) [1 pt] Para que valores de k o plano y = k e´ tangente a` superf´ıcie S?
SOLUC¸A˜O
(a) Podemos escrever, completando quadrados,
S : 2x2 + 2z2 − 4x + y = 0
m
S : 2(x2 − 2x) + 2z2 + y = 0
4
m
S : 2(x2 − 2x + 1− 1) + 2z2 + y = 0
m
S : 2(x2 − 2x + 1) + 2z2 + y − 2 = 0
m
S : 2(x− 1)2 + 2z2 + y − 2 = 0
m
S : y − 2 = −2(x− 1)2 − 2z2.
Assim, S representa um paraboloide el´ıptico de ve´rtice (1, 2, 0) e concavidade na direc¸a˜o de y
negativo, que esta´ esboc¸ado abaixo:
(b) Para k > 2, na˜o ha´ intersec¸a˜o entre o plano y = k e o paraboloide. Isto pode ser visto pelo gra´fico
(veja abaixo) ou verificando, na equac¸a˜o cartesiana de S, que
y − 2 = −2(x− 1)2 − 2z2 ≤ 0 ∴ y ≤ 2.
Para k < 2, a intersec¸a˜o do plano y = k dara´ c´ırculos da forma
k − 2 = −2(x− 1)2 − 2z2 ⇔ (x− 1)2 + z2 = 2− k
2
,
o que tambe´m pode ser verificado atrave´s do gra´fico (veja abaixo).
A u´nica forma de a intersec¸a˜o do plano y = k com o paraboloide resultar em um ponto, isto e´,
de o plano ser tangente ao paraboloide, e´ termos k = 2, o que dara´ o plano y = 2. Repare que a
equac¸a˜o
2− 2 = −2(x− 1)2 − 2z2,
5
que equivale a
(x− 1)2 + z2 = 0,
tem como soluc¸a˜o x = 1, y = 2, z = 0.
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