Resolução 2ªProva de GA 2012.3

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Resoluc¸a˜o da Segunda Prova de GASL 2012.2
Daniel Rotmeister Teixeira de Barros
16 de Junho de 2016
O objetivo desse texto e´ ajudar os alunos que esta˜o cursando a disciplina de Geometria Anal´ıtica
e Sistemas Lineares a se prepararem para as provas e exercitarem a teoria que e´ vista em sala de
aula. Sugesto˜es para a melhoria do texto, correc¸o˜es da parte matema´tica ou soluc¸o˜es alternativas eu
agradeceria se fossem enviadas para o meu email drotmeister@yahoo.com. Ao escrever as soluc¸o˜es
das questo˜es tentei ser claro e conciso, espero que na˜o hajam passagens obscuras.
Questa˜o 1. O paralelogramo determinado pelos vetores U = (1,−1, 0) e V = (a, 3,−2) (a ∈ R) tem
a´rea igual a 3 u.a. Calcule os poss´ıveis valores de a para que isso ocorra.
Soluc¸a˜o:
Sabemos que a a´rea do paralelogramo determinado por U e V e´ numericamente igual a` norma
de U × V . Calcularemos a norma de U × V e igualaremos a 12. Assim,
U × V =
∣∣∣∣∣∣
i j k
1 −1 0
a 3 −2
∣∣∣∣∣∣ = 2i + 2j + (3 + a)k
||U × V || =
√
22 + 22 + (3 + a)2 = 3
⇒ 8 + (3 + a)2 = 9
Portanto, os poss´ıveis valores sa˜o a = −2 e a = −4.
Questa˜o 2.
a) Dados os vetores do espac¸o U = (2,−1, 0) e V = (3, 0,−3), determine um vetor W que seja
ortogonal a U e V ao mesmo tempo e que tenha norma 1.
b) Encontre o volume do paralelep´ıpedo determinado pelos vetores U, V e W do exerc´ıcio 2a.
Soluc¸a˜o:
a) O produto U × V possui direc¸a˜o perpendicular a U e a V . Dessa forma,
U × V =
∣∣∣∣∣∣
i j k
2 −1 0
3 0 −3
∣∣∣∣∣∣ = 3i + 6j + 3k
O vetor que desejamos encontrar e´ um mu´ltiplo escalar de U × V , isto e´, W = λ(U × V ) onde
λ ∈ R. Como W tem que ser um vetor unita´rio, devemos ter que ||W || = 1. Segue que,
||W || = ||λ(U × V )|| = |λ| ||U × V || = 1 ⇒ λ = ± 1
3
√
6
= ±
√
6
18
1
Portanto, W =
(√
6
6
,
√
6
3
,
√
6
6
)
ou W =
(
−√6
6
,
−√6
3
,
−√6
6
)
sa˜o os poss´ıveis valores para o
vetor W .
b) O volume do paralelep´ıpedo determinado por U, V eW e´ numericamente igual a |(V ×W )·U |.
Escolhendo W =
(√
6
6
,
√
6
3
,
√
6
6
)
, temos que
(V ×W ) · U =
∣∣∣∣∣∣∣∣
2 −1 0
3 0 −3√
6
6
√
6
3
√
6
6
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3
√
6
∴ |(V ×W ) · U | = 3
√
6
Questa˜o 3. Dadas as retas r e s de equac¸o˜es:
r :
 x = 2 + 2ty = 2t
z = t
t ∈ R
s :
 x = 2 + ty = t
z = t
t ∈ R
determine as equac¸o˜es parame´tricas e geral do plano que conte´m as duas retas ao mesmo tempo.
Soluc¸a˜o:
Podemos caracterizar os pontos de um plano atrave´s da equac¸a˜o geral ou das equac¸o˜es pa-
rame´tricas. Considere um plano pi, um ponto P0 = (x0, y0, z0) ∈ pi e dois vetores V = (v1, v2, v3) e
W = (w1, w2, w3) na˜o colineares, paralelos a pi. Um ponto P = (x, y, z) pertence a pi se, e somente
se, o vetor
−−→
P0P = (x − x0, y − y0, z − z0) e´ uma combinac¸a˜o linear de V e W , isto e´, se existem
t, s ∈ R tais que
−−→
P0P = tV + sW
Escrevendo em termos de coordenadas cartesianas, temos que:
(x− x0, y − y0, z − z0) = (tv1 + sw1, tv2 + sw2, tv3 + sw3)
Logo, um ponto P = (x, y, z) pertence a pi se, e somente se, satisfaz as equac¸o˜es x = x0 + tv1 + sw1y = y0 + tv2 + sw2
z = z0 + tv3 + sw3
t, s ∈ R
Estas equac¸o˜es sa˜o chamadas equac¸o˜es parame´tricas do plano. No plano a equac¸a˜o geral de uma
reta e´ ax+ by + c = 0. No espac¸o um plano e´ o conjunto dos pontos P = (x, y, z) que satisfazem a
equac¸a˜o
ax+ by + cz + d = 0 a, b, c, d ∈ R
que e´ chamada equac¸a˜o geral do plano. Os escalares a, b e c sa˜o as componentes do vetor normal ao
plano. Assim, a equac¸a˜o de um plano e´ determinada se sa˜o dados um vetor normal e um de seus
pontos.
2
Sejam V = (2, 2, 1) e W = (1, 1, 1) os vetores diretores das retas r e s, respectivamente. Como o
plano conte´m as duas retas simultaneamente, temos que o vetor normal ao plano pode ser calculado
atrave´s do produto vetorial de V por W .
V ×W =
∣∣∣∣∣∣
i j k
2 2 1
1 1 1
∣∣∣∣∣∣ = i− j + 0k
Assim, a equac¸a˜o geral do plano possui o seguinte formato:
x− y + d = 0
Como o ponto P = (2, 0, 0) pertence a`s retas r e s, resulta que d = −2. Logo, a equac¸a˜o geral
do plano e´ dada por:
x− y − 2 = 0
Como os pontos do plano podem ser descritos pela equac¸a˜o (x, y, z) = P + tV + sW , segue que: x = 2 + 2t+ sy = 2t+ s
z = t+ s
t, s ∈ R
Questa˜o 4.
a) Encontre as equac¸o˜es parame´tricas para a reta r de intersec¸a˜o dos planos cujas equac¸o˜es sa˜o:
2x− y + z = 0 e x+ 2y − z = 1.
b) Encontre equac¸o˜es parame´tricas para a reta s que e´ paralela a` reta q de equac¸o˜es
x− 3
2
=
y + 1
3
=
z
2
e passa pelo ponto A = (1, 0, 0).
Soluc¸a˜o:
a) Os planos se interceptam segundo uma reta cujo vetor diretor e´ dado por V = N1 ×N2,
onde N1 = (2,−1, 1) e N2 = (1, 2,−1) sa˜o os vetores normais de cada plano. Assim,
V = N1 ×N2 =
∣∣∣∣∣∣
i j k
2 −1 1
1 2 −1
∣∣∣∣∣∣ = −i + 3j + 5k
Fazendo y = 0 nas equac¸o˜es do plano, obtemos um sistema de duas equac¸o˜es e duas inco´gnitas
cuja soluc¸a˜o e´ x =
1
3
e z =
−2
3
. Assim, P0 =
(
1
3
, 0,
−2
3
)
e´ um ponto da reta e as equac¸o˜es
parame´tricas da reta sa˜o: 
x =
1
3
− t
y = 3t
z =
−2
3
+ 5t
t ∈ R
b) Como a reta s e´ paralela a` reta q, temos que o vetor diretor da reta s e´ paralelo ao vetor
diretor da reta q. Dessa forma, os pontos da reta s sa˜o dados por (x, y, z) = A + tV onde t ∈ R.
Portanto:  x = 1 + 2ty = 3t
z = 2t
t ∈ R
3
Questa˜o 5.
a) Verifique se os pontos A = (1, 0,−1), B = (4, 2,−2) e C = (−2,−2, 0) sa˜o colineares.
b) Encontre o real valor de a para que os vetores U = (3, 2,−1) e W = (a, 0, 5) sejam ortogonais.
c) Dado o vetor V = (4,−3, 0), determine um vetor U no espac¸o que seja paralelo a V , tenha
sentido oposto ao de V e tenha norma 2.
Soluc¸a˜o:
a) Com esses pontos construiremos os seguintes vetores:
−−→
AB = (3, 2,−1)
−→
AC = (−3,−2, 1)
Como
−−→
AB = (−1) · −→AC, temos que os pontos sa˜o colineares.
b) Dois vetores no espac¸o, digamos U e W , sa˜o ortogonais se, e somente se, U ·W = 0. Assim,
U ·W = (3, 2,−1) · (a, 0, 5) = 3a− 5 = 0
∴ a = 5
3
c) De acordo com as exigeˆncias do enunciado, devemos ter U = −λV onde λ ∈ R+. Para que
||U || = 2, temos que ||λV || = 2⇒ |λ| · ||V || = 2⇒ |λ| · 5 = 2⇒ λ = 2
5
. Portanto, U =
(−8
5
,
6
5
, 0
)
.
4