AP2 Geometria Analítica II - CEDERJ/UFF 2016.2

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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 - AP2 – Geometria Anal´ıtica II – 2016/2
Questa˜o 1 (2,0 pontos): Seja Γ : 3x−y+2z = 9. Determine as equac¸o˜es cartesianas de todos
os planos que distam 1 unidade de Γ.
SOLUC¸A˜O
Os poss´ıveis planos devem ser paralelos a Γ. Enta˜o sa˜o da forma Γd : 3x− y + 2z = d, em que
d precisa ser determinado.
d(Γd,Γ) =
|d− 9|√
32 + (−1)2 + 22
Logo temos que
1 =
|d− 9|√
14
⇐⇒ |d− 9| =
√
14 ⇐⇒ d = 9±
√
14
Os planos procurados sa˜o
3x− y + 2z = 9−
√
14 e 3x− y + 2z = 9 +
√
14.
Questa˜o 2 (2,5 pontos): Considere as retas abaixo,
r :

x = 0
y = −2t + 3
z = 2t
, t ∈ R e ` :

x = −1− 2s
y = 1 + 4s
z = −3− 4s
, s ∈ R
(a) [1,5 pt] Determine a posic¸a˜o relativa entre r e `.
(b) [1 pt] Se r e ` forem concorrentes, determine a intersec¸a˜o. Caso contra´rio, deˆ a distaˆncia
entre elas.
SOLUC¸A˜O
(a) Primeiro escrevemos as retas na forma vetorial:
r : (0, 3, 0) + t(0,−2, 2) = P + t−→u
` : (−1, 1,−3) + s(−2, 4,−4) = Q + s−→v
Como −→u e −→v na˜o sa˜o paralelos, as retas na˜o podem ser nem paralelas, nem coincidentes.
Logo, sa˜o concorrentes ou reversas.
Vamos procurar intersec¸a˜o entre elas:
0 = −1− 2s
−2t + 3 = 1 + 4s
2t = −3− 4s
Pela primeira e segunda equac¸o˜es obtemos s = −1
2
e t = 2. Mas estes valores na˜o satisfazem
a terceira equac¸a˜o. Portanto, as retas na˜o tem ponto em comum.
Donde conclu´ımos que as retas sa˜o reversas.
(b) Para calcular a distaˆncia entre elas precisamos saber o produto vetorial entre os vetores
diretores das retas:
−→u ×−→v =
∣∣∣∣∣∣
e1 e2 e3
0 −2 2
−2 4 −4
∣∣∣∣∣∣ = (0,−4.− 4)
Assim
d(r, `) =
∣∣∣[−→PQ,−→u ,−→v ]∣∣∣
‖−→u ×−→v ‖ =
|〈(−1,−2,−3), (0,−4.− 4)〉|√
32
=
20√
32
=
5
√
2
2
Questa˜o 3 (2,5 pontos): Determinar a equac¸a˜o do cone de revoluc¸a˜o S de ve´rtice V =
(2,−1, 1) e eixo ` = {(t,−1,−3 + 2t) ; t ∈ R} cujas geratrizes formam um aˆngulo de 45◦ com
a reta `.
SOLUC¸A˜O [Inspirada na quest~ao 4 do EP12]
Seja P = (x, y, z) ∈ S. Enta˜o −→V P = (x− 2, y + 1, z − 1).
Como r e´ paralela ao vetor −→v = (1, 0, 2) e −→V P e´ uma geratriz do cone, temos que o aˆngulo
entre esses dois vetores e´ 45◦. Da´ı, como 〈−→v ,−→V P 〉 = ‖−→v ‖ · ‖−→PV ‖ · cos(45◦) temos que
√
5 ·
√
(x− 2)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 ·
√
2
2
= (x− 2) + 2(z − 1)
√
10
√
(x− 2)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 = 2(x− 2) + 4(z − 1)
10((x− 2)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2) = (2(x− 2) + 4(z − 1))2
10(x− 2)2 + 10(y + 1)2 + 10(z − 1)2 = 4(x− 2)2 + 16(x− 2)(z − 1) + 16(z − 1)2
Que nos leva a
3(x− 2)2 + 5(y + 1)2 − 3(z − 1)2 − 8(x− 2)(z − 1) = 0
Que pode ainda ser expandida para
S : 3x2 + 5y2 − 3z2 − 8xz − 4x + 10y + 22z − 2 = 0.
Questa˜o 4 (3,0 pontos): Considere a superf´ıcie K de equac¸a˜o 4x2 − y2 − z2 − 8x = 0.
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(a) [1 pt] Classifique a superf´ıcie K, justificando sua escolha.
(b) [1 pt] Fac¸a um esboc¸o de K.
(c) [1 pt] Esta superf´ıcie e´ de revoluc¸a˜o?
SOLUC¸A˜O
(a)
4x2 − y2 − z2 − 8x = 0
m
4x2 − 8x + 4− 4− y2 − z2 = 0
m
4(x2 − 2x + 1)− 4− y2 − z2 = 0
m
4(x− 1)2 − 4− y2 − z2 = 0
m
4(x− 1)2 − y2 − z2 = 4
m
(x− 1)2
1
− y
2
4
− z
2
4
= 1.
Temos, portanto, o hiperboloide de duas folhas, de centro (1, 0, 0) e com eixo sendo o eixo
x.
(b) O esboc¸o
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(c) Intersectando com planos x = k, obtemos
(k − 1)2
1
− y
2
4
− z
2
4
= 1
m
−y
2
4
− z
2
4
= 1− (k − 1)2
m
y2
4
+
z2
4
= (k − 1)2 − 1,
m
y2 + z2 = 4((k − 1)2 − 1),
que sa˜o c´ırculos de centro (k, 0, 0) e raio
√
4((k − 1)2 − 1) = √4(k2 − 2k), para k > 2 ou
k < 0. Como temos sempre c´ırculos cujos centros esta˜o sobre o eixo x, perpendicular aos
planos x = k que conteˆm os c´ırculos, a superf´ıcie e´ de revoluc¸a˜o.
Observac¸a˜o: De acordo com o EP13, bastava observar que os denominadores dos quadra-
dos de mesmo sinal, no caso, y2 e z2 sa˜o iguais (no caso, 4).
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