Resolução 3ª Prova 2014.3

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Resoluc¸a˜o da Terceira Prova de GASL 2014.3
Daniel Rotmeister Teixeira de Barros
14 de Agosto 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. Considere os planos
pi1 : x− 2y − 2z − 4 = 0 e pi2 : x+ 2y + 3z + 4 = 0,
e seja r a reta dada pela intersec¸a˜o de pi1 e pi2. Considere, tambe´m, a reta s : (x, y, z) = t(2, 0, 1),
∀t ∈ R. Determine:
a) O aˆngulo entre as retas r e s;
b) A distaˆncia entre as retas r e s.
Soluc¸a˜o:
a) O vetor diretor da reta r e´ dado por
V2 = N1 ×N2 =
∣∣∣∣∣∣
i j k
1 −2 −2
1 2 3
∣∣∣∣∣∣ = (−6 + 4)i− (3 + 2)j + (2 + 2)k
⇒ V2 = (−2,−5, 4)
Como o ponto P = (0,−2, 0) pertence tanto a pi1 quanto a pi2, a reta r e´ identificada por
r : (x, y, z) = (0,−2, 0) + h(−2,−5, 4), h ∈ R
Note que o vetor diretor da reta r na˜o e´ paralelo ao vetor diretor da reta s. Assim, as retas
podem ser reversas ou concorrentes. Escolhendo os pontos P1 = (0, 0, 0) ∈ s e P2 = (0,−2, 0) ∈ r,
temos que
−−−→
P1P2 · (V1 × V2) =
∣∣∣∣∣∣
0 −2 0
2 0 1
−2 −5 4
∣∣∣∣∣∣ = 20
Os vetores
−−−→
P1P2, V1 e V2 na˜o sa˜o coplanares, pois
−−−→
P1P2 · (V1 × V2) 6= 0. Logo, as retas r e s sa˜o
reversas. Determinaremos agora o aˆngulo entre as retas r e s. Para isso, usaremos o produto interno
entre os vetores V1 e V2.
cos(](r, s)) = |V1 · V2|||V1||||V2|| =
| − 4 + 0 + 4|√
5
√
45
= 0
1
Portanto, o aˆngulo entre as retas r e s e´ igual a
pi
2
rad.
b) A distaˆncia entre as retas r e s pode ser obtida atrave´s da seguinte fo´rmula
dist(r, s) =
|−−−→P1P2 · (V1 × V2)|
||V1 × V2|| (1)
Como V1 × V2 = (5,−10,−10), segue que ||V1 × V2|| = 15. Portanto,
dist(r, s) =
4
3
Questa˜o 2. Seja a um nu´mero real. Considere os planos pi1 : x+ az = 3 e pi2 : x+
√
2y + z = 0.
a) Determine o valor de a para o qual o plano pi1 e´ perpendicular ao plano pi2;
b) Considerando a reta r : (x, y, z) = (1,−1, 1) + t(−1, 0, 1), ∀t ∈ R, examine a posic¸a˜o entre a
reta e o plano pi2. Justifique sua resposta.
Soluc¸a˜o:
a) Sejam N1 = (1, 0, a) e N2 = (1,
√
2, 1) os vetores normais aos planos pi1 e pi2, respec-
tivamente. Para que o plano pi1 seja perpendicular ao plano pi2 e´ necessa´rio que N1 · N2 = 0.
Assim,
N1 ·N2 = (1, 0, a) · (1,
√
2, 1) = 1 + a
Portanto, devemos ter que a = −1.
b) Seja V = (−1, 0, 1) o vetor diretor da reta r. Repare que V ·N2 = (−1, 0, 1) · (1,
√
2, 1) = 0,
ou seja, a reta e o plano sa˜o paralelos. Como todos os pontos da reta r na˜o pertencem ao plano pi2
(verifique!), podemos concluir que a reta r na˜o esta´ contida em pi2.
Questa˜o 3. Considere a seguinte coˆnica dada em coordenadas cartesianas:
x2 − 4y2 = 36
a) Identifique a coˆnica e determine os focos, ass´ıntotas, e ve´rtices, caso existam;
b) Esboc¸e a curva exibindo a localizac¸a˜o dos focos, ve´rtices e ass´ıntotas, caso existam;
Soluc¸a˜o:
a) Dividindo por 36 em ambos os lados da igualdade da equac¸a˜o dada em coordenadas
cartesianas, temos que
x2
36
− y
2
9
= 1
Portanto, trata-se de uma hipe´rbole. Possui focos nos pontos F1 = (−3
√
5, 0) e F2 = (3
√
5, 0) e
ass´ıntotas dadas por y = ±x
2
. Os seus ve´rtices esta˜o localizados nos pontos V1 = (−6, 0) e V2 = (6, 0).
2
b) A Figura 1 exibe a localizac¸a˜o dos focos, ve´rtices e ass´ıntotas da hipe´rbole encontrada na
questa˜o 3(a).
Figura 1: Esboc¸o do gra´fico da hipe´rbole da questa˜o 3(a).
Questa˜o 4. Considere a seguinte coˆnica dada em coordenadas polares:
r =
1
1− sinθ .
a) Identifique a coˆnica e determine os focos, ass´ıntotas e ve´rtices, caso existam;
b) Esboc¸e a curva exibindo a localizac¸a˜o dos focos, ve´rtices e ass´ıntotas, caso existam;
Soluc¸a˜o:
a) Usando o fato que r =
√
x2 + y2 e senθ =
y√
x2 + y2
, obtem-se
r =
1
1− sinθ ⇒ r − rsenθ = 1 ⇒
√
x2 + y2 − y = 1
⇒ x2 + y2 = (1 + y)2 ⇒ x2 + y2 = 1 + 2y + y2 ⇒ x2 = 2
(
y +
1
2
)
Portanto, trata-se de uma para´bola1. Possui ve´rtice no ponto V =
(
0,
−1
2
)
e reta diretriz
y = −1. O foco esta´ localizado no ponto F = (0, 0).
1A para´bola e´ a curva que se obte´m seccionando-se um cone por um plano paralelo a uma reta geratriz do cone.
Outro fato importante consiste em que ela possui a propriedade de refletir os raios vindos do foco na direc¸a˜o do seu
eixo. Os raios que incidem paralelos ao eixo de simetria sa˜o refletidos na direc¸a˜o do foco, mecanismo utilizado na
construc¸a˜o de antenas receptoras. Para maiores informac¸o˜es acerca de propriedades o´pticas e ondulato´rias consulte
”Curso de F´ısica Ba´sica 4: O´tica, Relatividade, F´ısica Quaˆntica”do H. Moyse´s Nussenzveig.
3
b) A Figura 2 exibe o foco, o ve´rtice e a reta diretriz da para´bola encontrada na questa˜o 4(a).
Figura 2: Esboc¸o do gra´fico da para´bola da questa˜o 4(a).
Questa˜o 5. Identifique a coˆnica de equac¸a˜o
9x2 + 4y2 − 18x+ 16y − 11 = 0
e encontre as coordenadas de seu centro, ve´rtices, focos e ass´ıntotas (se for o caso). Fac¸a o esboc¸o
dessa coˆnica no sistema de coordenadas xy identificando a posic¸a˜o de seus elementos.
Soluc¸a˜o:
Usando o me´todo de completar quadrado, temos que
9x2 + 4y2 − 18x+ 16y − 11 = 9(x2 − 2x) + 4(y2 + 4y)− 11
= 9(x− 1)2 − 9 + 4(y + 2)2 − 16− 11
= 9(x− 1)2 + 4(y + 2)2 − 36
Assim,
(x− 1)2
4
+
(y + 2)2
9
= 1
Portanto, trata-se de uma elipse. Possui centro no ponto C = (1,−2); ve´rtices nos pontos
A1 = (1, 1), A2 = (1,−5); focos nos pontos F1 = (1,−2 +
√
5) e F2 = (1,−2−
√
5).
Figura 3: Esboc¸o da elipse.
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