P2 GA 2016/2 Cláudia Gentile ufscar +Gabarito.pdf

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1
UFSCar
Geometria Anal´ıtica - 12/01/17
Profa Cla´udia Buttarello Gentile Moussa
GABARITO da Segunda Prova - Turma B
1. (1,5) O lado do quadrado ABCD mede 2, AC e´ diagonal e M e´ ponto me´dio de BC.
Calcule a a´rea do paralelogramo determinado por
−−→
DM e
−−→
DB.
A
B C
D
M
Queremos determinar a a´rea do paralelogramo determinado por
−−→
DB e
−−→
DM a qual e´
dada por ‖−−→DB ×−−→DM‖.
Sabemos que a a´rea do quadrado e´ 4. Como o quadrado e´ em particular um paralelo-
gramo, enta˜o ‖−−→DA×−−→DC‖ = 4.
Para obtermos o resultado vamos decompor os vetores
−−→
DB e
−−→
DM em termos de
−−→
DA e−−→
DC. Temos
−−→
DB =
−−→
DA+
−−→
AB =
−−→
DA+
−−→
DC
−−→
DM =
−−→
DC +
−−→
CM =
−−→
DC + 12
−−→
DA
De forma que
−−→
DB ×−−→DM = (−−→DA+−−→DC)× (−−→DC + 12
−−→
DA) = (
−−→
DA×−−→DC) + (−−→DA× 12
−−→
DA)
+ (
−−→
DC ×−−→DC) + (−−→DC +×12
−−→
DA)
= (
−−→
DA×−−→DC) +−→0 +−→0 − 12(
−−→
DA×−−→DC)
= 12(
−−→
DA×−−→DC)
Portanto
‖−−→DB ×−−→DM‖ = 1
2
‖−−→DA×−−→DC‖ = 2.
Soluc¸a˜o alternativa muito simples: coloque o ve´rtice A na origem do sistema de
coordenadas, encontre as coordenadas dos pontos B,D e M , encontre as coordenadas
dos vetores
−−→
DB e
−−→
DM , calcule ‖−−→DB ×−−→DM‖ usando coordenadas.
2
2. (2,0) Considere um paralelogramo ABCD determinado por vetores
−−→
AB e
−→
AC na˜o pa-
ralelos e tais que ‖−−→AB‖ = ‖−→AC‖. Verifique que −−→AD e −−→BC sa˜o ortogonais.
Usemos um sistema de coordenadas cartesianas com origem em A com um dos eixos na
direc¸a˜o de um dos lados deste quadrila´tero. Assim temos algo do tipo:
A
B D
C
y
x
θ
Chamemos de a a medida das laterais, isto e´, a = ‖−−→AB‖ = ‖−→AC‖, e θ o aˆngulo entre−−→
AB e
−→
AC.
(Observe que podemos supor sem perda de generalidade que este aˆngulo e´ agudo, pois se
na˜o fosse poder´ıamos colocar o sistema de coordenadas com origem em outro ve´rtice!!)
Dessa forma, temos facilmente as coordenadas dos pontos A, B, C e D em func¸a˜o de a
e θ. Assim temos:
A = (0, 0) e C = (a, 0).
B = (a cos θ, a sin θ)
D = (a+ a cos θ, a sin θ)
Para encontrar as coordenadas de B e D voce pode simplesmente utilizar relac¸o˜es tri-
gonome´tricas num triaˆngulo retaˆngulo. Mas poderia tambe´m observar usar projec¸a˜o
ortogonal se quisesse, certo?
Assim temos que
−−→
AD = (a (cos θ + 1), a sin θ)
e −−→
BC = (a (cos θ − 1), a sin θ)
Portanto −−→
AD · −−→BC = a2(cos2 θ − 1) + a2 sin2 θ = a2 − a2 = 0.
3. (2,0) Considere a reta dada r por 2x = y−1; z = 3. Determine o aˆngulo compreendido
entre r e s, onde s e´ a intersec¸a˜o dos planos x+ 3y− z− 9 = 0 e 2x+ 3y+ 4z− 3 = 0 .
A reta r (que tambe´m pode ser escrita como x = y−12 ; z = 3) tem equac¸o˜es parame´tricas
x = 0 + 1λ
y = 1 + 2λ
z = 3 + 0λ
Logo uma equac¸a˜o vetorial para r e´
(x, y, z) = (0, 1, 3) + λ(1, 2, 0), , λ ∈ R.
Para determinarmos a reta s vamos escalonar o sistema dado pelas equac¸o˜es dos dois
planos.
3
[
1 3 −1 : 9
2 3 4 : 3
] ≡
L2 − 2L1
[
1 3 −1 : 9
0 −3 6 : −15
] ≡
−1
3 L2[
1 3 −1 : 9
0 1 −2 : 5
] ≡
L1 − 3L2
[
1 0 5 : −6
0 1 −2 : 5
]
Sendo assim a reta de interscc¸a˜o e´ a soluc¸a˜o do sistema{
x +5z = −6
y −2z = 5
Como o conjunto soluc¸a˜o deste sistema e´
{(−6− 5z, 5 + 2z, z), z ∈ R}
uma equac¸a˜o para a reta s e´
(x, y, z) = (−6, 5, 0) + λ(−5, 2, 1), , λ ∈ R.
Portanto o cosseno do aˆngulo θ compreendido entre as retas e´ o mo´dulo do cosseno do
aˆngolu determinado pelos vetores −→r = (1, 2, 0) e −→s = (−5, 2, 1), ou seja,
cos θ =
|−→r · −→s |
‖−→r ‖‖−→s ‖ =
| − 1|√
5
√
30
=
1
5
√
6
Logo θ = arc cos 1
5
√
6
.
4. Considere
pi : x− z = 0, A = (0, 2, 0) e P = (
√
2, 2, 0).
(a) (1,0) Determine o ponto Q que e´ a intersec¸a˜o de pi com a reta ortogonal a pi
passando por P;
(b) (1,0) calcule a distaˆncia de P a pi;
(c) (1,5) considere o quadrado ABCD contido em pi de centro em Q. De as coorde-
nadas dos ve´rtices B,C e D. (Dica: use a informac¸a˜o do exerc´ıcio 2)
(d) (1,0) Calcule o volume do tetraedro BCDP.
P
Q
A
C
D
B
(a) Observe que
Q = P + proj
−→
PA−→n
4
onde −→n = (1, 0,−1) e´ o vetor normal a pi. portanto
Q = (
√
2, 2, 0) +
(
(−√2,0,0)·(1,0,−1)
‖(1,0,−1)‖2
)
(1, 0,−1)
= (
√
2, 2, 0) +
(
−√2
2
)
(1, 0,−1)
= (
√
2, 2, 0) +
(
−√2
2 , 0,
√
2
2
)
=
(√
2
2 , 2,
√
2
2
)
Alternativamente:
A reta ortogonal a pi passando por P tem equac¸a˜o vetorial:
(x, y, z) = (sqrt2, 2, 0) + λ(1, 0,−1).
Se (x, y, z) pertence a intersecc¸a˜o desta reta com pi, enta˜o
(x, y, z) = (
√
2 + λ, 2,−λ)
por pertencer a` reta, e como tambe´m pertence ao plano, devemos tere x = z, ou
seja, √
2 + λ = −λ,
logo λ = −
√
2
2 . Portanto, o ponto Q que simultanamente pertence a esta reta e a
este plano, deve satisfazer
Q =
(√
2−
√
2
2
, 2,
√
2
2
)
=
(√
2
2
, 2,
√
2
2
)
.
(b) a distaˆncia de P a pi e´ a norma do vetor
−−→
PQ, ou seja∥∥∥∥∥
(√
2
2
, 0,−
√
2
2
)∥∥∥∥∥ =
√√√√√2
2
2
+ 02 +
(
−
√
2
2
)2
= 1.
(c) Note que C = Q+
−→
AQ =
(√
2
2 , 2,−
√
2
2
)
+
(√
2
2 , 0,
√
2
2
)
= (
√
2, 2,
√
2).
Precisamos encontrar os pontos B e D. Suponha por exemplo que B = (a, b, c).
ComoB ∈ pi, enta˜o a = c. LogoB = (a, b, a). Observando que−−→QB =
(
a−
√
2
2 , b− 2, a−
√
2
2
)
e´ ortogonal a
−→
AQ (exerc´ıcio 2), enta˜o devemos ter(
a−
√
2
2
, b− 2, a−
√
2
2
)
·
(√
2
2
, 0,
√
2
2
)
= 0
ou seja
√
2a = 1 ⇒ a =
√
2
2
.
Logo B = (
√
2
2 , b,
√
2
2 ). Ale´m disso, como Q e´ o centro do quadrado ABCD, enta˜o
‖−−→BQ‖ = ‖−→AQ‖. Portanto
5
√
(b− 2)2 = ‖−→AQ‖ = 1 → b = 3.
Desta forma B = (
√
2
2 , 3,
√
2
2 ). Concluimos finalmente que D = Q +
−−→
BQ =(√
2
2 , 2,
√
2
2
)
+ (0,−1, 0) =
(√
2
2 , 1,
√
2
2
)
.
Resposta:
A = (0, 2, 0)(dado)
B = (
√
2
2
, 3,
√
2
2
)
C = (
√
2, 2,
√
2)
D =
(√
2
2
, 1,
√
2
2
)
(d) O volume do tetraedro BCDP e´ 16 [
−−→
BC,
−−→
BD,
−−→
BP ]. Agora
−−→
BC =
(√
2−
√
2
2
,−1,
√
2−
√
2
2
)
−−→
BD = (0,−2, 0)
−−→
BP =
(√
2−
√
2
2
,−1,−
√
2
2
)
Dessa forma conclu´ımos que o volume deo tetraedro ABCD e´
1
6
[
−−→
BC,
−−→
BD,
−−→
BP ] =
1
6
det

√
2−
√
2
2 −1
√
2−
√
2
2
0 −2 0√
2−
√
2
2 −1 −
√
2
2
 = 2
Boa Prova!