Terceira prova - Simone Moraes (GA)

Prévia do material em texto

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