P2 GA 2017/1 Cláudia Gentile ufscar +Gabarito.pdf

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Segunda Prova de Geometria Anal´ıtica, Turma M
Profa Cla´udia Buttarello Gentile Moussa
6 de junho de 2017
1. (2,0) Considere a reta r : X = (1, 1, 1) + δ(1, 1,−1) e pi2 : 4x − 2y + 2z = −4. Use
projec¸a˜o ortogonal para determinar a distaˆncia entre r e pi2. Na˜o use uma fo´rmula
decorada para a distaˆncia. Explique seu racioc´ınio para fazer este ca´lculo.
A distaˆncia sera´ calculada da seguinte forma: tomaremos um ponto qualquer A de
r e um ponto qualquer B de pi2. Em seguida faremos a projec¸a˜o ortogonal de
−−→
AB na
direc¸a˜o do vetor normal ~n2 de pi2. A distaˆncia entre os planos e´ exatamente a norma
desta projec¸a˜o.
Assim, considere:
A = (1, 1, 1) ∈ r e B = (−1, 0, 0) ∈ pi2.
Temos que
−−→
AB = (−2,−1,−1) e ~n2 = (4,−2, 2),
proj~n2
−−→
AB =
(
(−2,−1,−1) · (4,−2, 2)
(
√
42 + (−2)2 + 22 )2
)
(4,−2, 2) = −8
24
(4,−2, 2) = (−4/3, 2/3,−2/3).
Logo, a distaˆncia entre os planos e´ ‖(−4/3, 2/3,−2/3)‖ =
√
24
9 =
2
√
6
3 .
2. (2.0) Calcule a a´rea de um paralelogramo ABCD contido no plano z = 2, que tem um
lado medindo
√
2 paralelo a` reta x = y; z = 0, e outro lado medindo 1, paralelo ao eixo
y.
A a´rea e´ dada por Ar = ‖−−→AB ×−−→AD‖. Logo, sabendo que a a´rea independe da posic¸a˜o,
podemos assumir que A = (0, 0, 2).
Como um dos lados tem a direc¸a˜o do eixo y e mede 1, podemos admitir que
−−→
AB =
(0, 1, 0). (Ou seja, B = (0, 1, 2).)
Como outro lado e´ paralelo a reta x = y; z = 0,
−−→
AD e´ paralelo a um vetor da forma
(a, a, 0). E como a norma de
−−→
AD =
√
2, enta˜o a = 1. (Ou seja, D = (1, 1, 2). ) Assim
basta calcularmos:
−−→
AB ×−−→AD = det
 ~i ~j ~k0 1 0
1 1 0
 = (0, 0,−1).
Portanto, Ar = ‖(0, 0,−1)‖ = 1.
3. (2.0) Calcule o volume do tetraedro determinado pelos eixos x, y e z, e pelo plano pi
abaixo:
pi : x+ y + z = 1.
Observe que os ve´rtices do tetraedro sa˜o a origem do sistema O = (0, 0, 0), que e´ a
intersecc¸a˜o dos treˆs eixos, e os pontos
2
A = (1, 0, 0)
B = (0, 1, 0)
e
C = (0, 0, 1)
que sa˜o respectivamente as intersecc¸o˜es does eixos x, y, e z com o plano pi. Assim, o
volume V do tetraedro e´ simplesmente o mo´dulo do produto misto de
−→
OA,
−−→
OB, e
−−→
OC
dividido por 6. Ou seja, como
det
 1 0 00 1 0
0 0 1
 = 1,
segue que V = 16 .
4. (2.0) Determine a posic¸a˜o relativa e o aˆngulo compreendido entre r e pi, onde:
pi: plano que passa por A = (9,−1, 0) e e´ paralelo aos vetores ~u = (0, 1, 0) e ~v =
(1, 1, 1);
r:
{
3x+ y + 2z − 1 = 0
2x− y − 3 = 0
Precisamos apenas conhecer o vetor diretor da reta r e o vetor normal ao plano pi.
Ambos podem ser determinados atrave´s do produto vetorial.
Veja, como r esta´ na intersecc¸a˜o dos planos 3x + y + 2z − 1 = 0 e 2x − y − 3 = 0,
sua direc¸a˜o e´ simultaneamente ortogonal aos vetores normais destes planos. Ou seja, o
vetor diretor ~r da reta r pode ser escolhido como ((3, 1, 2)× (2,−1, 0). Logo,
~r = det
 ~i ~j ~k3 1 2
2 −1 0
 = (2, 4,−5)
O vetor ~n normal ao plano pi, por sua vez, tambe´m pode ser calculado como o produto
vetorial dos dois vetores diretores de pi:
~n = det
 ~i ~j ~k0 1 0
1 1 1
 = (1, 0,−1).
Claramente r e´ transversal a pi, ja´ que ~r e (1, 0,−1) na˜o sa˜o ortogonais, pois
(2, 4,−5) · (1, 0,−1) = 7 6= 0.
Assim, como sabemos, o aˆngulo entre r e pi e´ o complementar do aˆngulo determinado
por r e qualquer reta ortogonal a pi. Mais especificamente temos que
^(r, pi) = arcsen ~r · ~n‖~v‖ ‖~n‖ = arcsen
7√
45
√
2
= arcsen
7
√
10
30
.
3
5. (2.0) Obtenha uma equac¸a˜o vetorial da reta concorrente com r e s, que e´ paralela a h,
onde
r : X = (1, 2, 3) + λ(2,−1, 0)
s : −x = y − 1 = z + 3
2
h : X =
(√
46,
13
25
− ln(2), 5
)
+ α
(
43
9
,
86
27
,
−43
27
)
.
Estamos procurando uma reta t que deve ser necessariamente paralela a` h. Assim, o
vetor diretor de ~t deve ser mu´ltiplo de
(
43
9 ,
86
27 ,
−43
27
)
. Tomemos ~t = (3, 2,−1).
Como t deve intersectar as retas r e s em pontos A e B respectivamente.
Uma vez que A pertence a r, temos que
A = (1 + 2λ, 2− λ, 3).
Analogamente, como B pertence a s, e as equac¸o˜es sime´tricas da reta s sa˜o
x = −δ
y = 1 + δ
z = −3 + 2δ
enta˜o
B = (−δ, 1 + δ,−3 + 2δ).
Desta forma −−→
AB = (−δ − 1− 2λ, 1 + δ − 2 + λ,−3 + 2δ − 3).
Como a reta t e´ paralela a` reta h, existe algum k tal que
−−→
AB = k(3, 2,−1). Isto e´
(−δ − 1− 2λ, 1 + δ − 2 + λ,−3 + 2δ − 3) = k(3, 2,−1).
Isso significa que δ, λ e k satisfazem o sistema
−δ − 2λ − 3k = 1
δ + λ − 2k = 1
2δ + k = 6
Escalonando temos −1 −2 −3 : 11 1 −2 : 1
2 0 1 : 6
 L1↔L2≡
 1 1 −2 : 1−1 −2 −3 : 1
2 0 1 : 6
 L1+L2≡
 1 1 −2 : 10 −1 −5 : 2
2 0 1 : 6

−2L1+L3≡
 1 1 −2 : 10 −1 −5 : 2
0 −2 5 : 4
 (−1)·L2≡
 1 1 −2 : 10 1 5 : −2
0 −2 5 : 4
 2L2+L3≡
 1 1 −2 : 10 1 5 : −2
0 0 15 : 0

A soluc¸a˜o deste sistema e´ k = 0, λ = −2 e δ = 3. Substituindo λ e δ em A e
B respectivamente encontramos A = B = (−3, 4, 3). Ou seja, a u´nica reta que e´
concorrente com r e s e paralela a h tem que passar necessariamente pelo ponto de
intersec¸a˜o de r e s. Sua equac¸a˜o vetorial e´ :
t : X = (−3, 4, 3) + α(3, 2,−1).