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Universidade Federal da Bahia - Instituto de Matema´tica - DMAT MAT A01 - Geometria Anal´ıtica Professora: Simone Moraes 3a PROVA RESOLVIDA 1.a Questa˜o. (2 pontos) Determine nu´meros reais a e b para que as retas: r : x = 1 + aλ y = 2 + bλ z = −1 + 2λ , λ ∈ IR e s : x = 2µ y = 1 + bµ z = −1 + 2µ , µ ∈ IR, sejam: (a) paralelas; (b) reversas; (c) concorrentes. Soluc¸a˜o: (a) O vetor ~u = (a, b, 2) e´ vetor diretor da reta r e vetor ~v = (2, b, 2) e´ vetor diretor da reta s. Sabemos que r e s sa˜o paralelas se, e somente se, ~u e ~v sa˜o paralelos e dado P ∈ r temos P /∈ s. E´ claro que ~u e ~v sa˜o paralelos se, e somente se, a = 2. Tomando P = (1, 2,−1) ponto em r observamos que P /∈ s, pois nas equac¸o˜es parame´tricas de s para termos a z = −1 devemos tomar µ = 0, mas o ponto correspondente a s quando µ = 0 e´ Q = (0, 1,−1) 6= P . Portanto, se a = 2 e b e´ um nu´mero real qualquer as retas r e s sa˜o paralelas. (b) Sabemos que r e s sa˜o reversas se, e somente se, ~u, ~v e −→ PQ sa˜o L.I., com P ∈ r e Q ∈ s. Tomando P = (1, 2,−1) ponto em r e Q = (0, 1,−1) ponto em s temos −→PQ = (−1,−1, 0), assim ~u, ~v e −→ PQ sa˜o L.I. se, e somente se, det ~u~v−→ PQ 6= 0⇐⇒ ∣∣∣∣∣∣ a b 2 2 b 2 −1 −1 0 ∣∣∣∣∣∣ 6= 0⇐⇒ 2a− 4 6= 0⇐⇒ a 6= 2. Portanto, se a 6= 2 e b e´ um nu´mero real qualquer as retas r e s sa˜o reversas. (c) Dos ı´tens (a) e (b) segue que na˜o existem nu´meros reais a e b tais que retas r e s sejam concorrentes. 2.a Questa˜o. (2 pontos) Seja o plano pi1 : x = 1 + λ+ µ y = −1− λ− µ z = 2λ+ µ com λ e µ em IR. (a) Verifique se a reta r : x = 1− t y = −1 + t z = 3t , com t ∈ IR, esta´ contida em pi1. 1 (b) Determine o aˆngulo entre pi1 e o plano pi2 : x+ 2y − 2z + 5 = 0. Soluc¸a˜o: Os vetores ~u = (1,−1, 2) e ~v = (1, −1, 1) sa˜o vetores diretores do plano pi1, portanto ~n1 = ~u ∧ ~v = (1, 1, 0) e´ vetor normal ao plano pi1. (a) O vetor ~w = (−1, 1, 3) e´ vetor diretor da reta r. Sabemos que r esta´ contida em pi1 se, e somente se, 〈~w,~n1〉 = 0 e dado P ∈ r temos P ∈ pi1. Como 〈~w,~n1〉 = 〈 (−1, 1, 3), (1, 1, 0)〉 = (−1) × 1 + 1 × 1 + 3 × 0 = −1 + 1 = 0, tomando P = (1,−1, 0) ∈ r observamos que P ∈ pi1, de fato, basta tomar λ = µ = 0. Portanto, a reta r esta´ contida no plano pi1. (b) Observemos que o vetor normal ao plano pi2 e´ o ~n2 = (1, 2,−2). Sabemos que o aˆngulo θ entre os planos pi1 e pi2 e´ o aˆngulo entre os seus respectivos vetores normais ~n1 e ~n2, e portanto, cos θ = 〈~n1, ~n2〉 ‖~n1‖ · ‖~n2‖ = 1 + 2 3 √ 2 = 1√ 2 = √ 2 2 . Como θ ∈ [0, pi] segue que θ = pi 4 . 3.a Questa˜o. (2 pontos) Sejam A = (3, 2, 1), B = (3, 1, 2) e C = (1, 1, 1) pontos no espac¸o tridimen- sional E3. Determine: (a) A equac¸a˜o geral do plano pi que passa por A, B e C. (b) A distaˆncia do plano pi ao ponto P = (2,−1, 4). Soluc¸a˜o: (a) Como os pontos A, B e C esta˜o no plano pi, enta˜o −→ AB = (0,−1, 1) e −→AC = (−2,−1, 0) sa˜o vetores diretores de pi, consequentemente ~n = −→ AB ∧−→AC = (1,−2,−2) e´ vetor normal ao plano pi. Logo, a equac¸a˜o geral de pi e´ x− 2y − 2z + d = 0. Como A ∈ pi, enta˜o 3− 2× 2− 2× 1 + d = 0⇐⇒ 3− 4− 2 = d⇐⇒ d = 3. Portanto, a equac¸a˜o geral de pi e´ x− 2y − 2z + 3 = 0. (b) Sabemos que a distaˆncia do plano pi ao ponto P = (2,−1, 4) e´ dada por: d(pi, P ) = |〈−→AP,~n〉 ‖~n‖ , com A ∈ pi. Tomando A o ponto dado temos −→ AP = (−1,−3, 3), consequentemente 〈−→AP,~n〉 = −1+6−6 = −1, como ‖~n‖ =√12 + (−2)2 + 22 = √9 = 3, segue que: d(pi, P ) = | − 1| 3 = 1 3 . 2 4.a Questa˜o. (2 pontos) Seja S = { (x, y, z) ∈ IR3; x2+y2+z2−2x+4y = 0} uma superf´ıcie esfe´rica. Determine: (a) O centro e o raio da superf´ıcie esfe´rica S. (b) A equac¸a˜o da superf´ıcie esfe´rica S ′ que e´ conceˆntrica com a superf´ıcie esfe´rica S e que passa pelo ponto P = (2, 3,−5). Soluc¸a˜o: (a) Observemos que x2+y2+ z2−2x+4y = 0⇐⇒ (x−1)2+(y+2)2+ z2−1−4 = 0⇐⇒ (x−1)2+(y+2)2+ z2 = 5. Portanto, C = (1,−2, 0) e r = √5 sa˜o, respectivamente, o centro e o raio de S. (b) Como S ′ que e´ conceˆntrica com a superf´ıcie esfe´rica S, enta˜o seu centro e´ C = (1,−2, 0) e a equac¸a˜o de S ′ e´: (x− 1)2 + (y + 2)2 + z2 = (r′)2. Mas sabemos que o ponto P = (2, 3,−5) passa por S ′, portanto: (2− 1)2 + (3 + 2)2 + (−5)2 = (r′)2 ⇐⇒ 1 + 25 + 25 = (r′)2 ⇐⇒ (r′)2 = 51⇐⇒ r = √ 51. Portanto, a equac¸a˜o da superf´ıcie esfe´rica S ′ e´ (x− 1)2 + (y + 2)2 + z2 = 51. 5.a Questa˜o. (2 pontos) Seja S a superf´ıcie de equac¸a˜o reduzida: −x2 + z 2 16 = 2y. Determine: (a) Que tipo de superf´ıcie que e´ S. (b) A intersecc¸a˜o de S com o plano coordenado pi{y=1/2} = { (x, y, z) ∈ E3; y = 1 2 } . Soluc¸a˜o: (a) A superf´ıcie S e´ a qua´drica parabolo´ide hiperbo´lico. (b) Para determinar a intersecc¸a˜o de S com o plano coordenado pi{y=1/2} basta fazer y = 1 2 na equac¸a˜o de S, ou seja, −x2 + z 2 16 = 2× 1 2 ⇐⇒ −x2 + z 2 16 = 1 e esta e´ a equac¸a˜o da hipe´rbole no plano pi{y=1/2} de ve´rtices V1 = ( 0, 1 2 ,−4 ) e V2 = ( 0, 1 2 , 4 ) . 3 6.a Questa˜o. (1,5 ponto - Boˆnus) Determine as equac¸o˜es da superf´ıcie cil´ındrica S que tem curva diretriz: γ : { z2 = 4y x = 0 e direc¸a˜o geratriz ~v = (3, 1, 1). Soluc¸a˜o: Como z2 = 4y ⇐⇒ y = z 2 4 , enta˜o a curva γ pode ser parametrizada por γ : x = 0 y = s2 4 z = s com s ∈ IR. Sabemos tambe´m que a direc¸a˜o geratriz da superf´ıcie S e´ o vetor ~v = (3, 1, 1), portanto as equac¸o˜es de S sa˜o: S : x = 3t y = s2 4 + t z = s+ t com s, t ∈ IR. 4
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