Geometria A 2 Semana 3 bimestre

Prévia do material em texto

Geometria Anal´ıtica e A´lgebra Linear - Semana 2
1. Determine o valor de x para que o ponto A = (x, 2,−2x) diste √6 unidades do ponto
B = (2, 1, 0).
Vamos utilizar a seguinte fo´rmula para encontrar o valor de x
d2 = (xB − xA)2 + (yB − yA)2 + (zB − zA)2
Aplicando na fo´rmula acima as coordenadas do ponto e a distaˆncia dada temos
(
√
6)2 = (2− x)2 + (1− 2)2 + (0− (−2x))2
6 = (2− x)2 + (−1)2 + (2x)2
6 = 4− 4x+ x2 + 1 + 4x2
6 = 5x2 − 4x+ 5
5x2 − 4x− 1 = 0
Resolvendo a equac¸a˜o de segundo grau, tem-se
x =
−(−4)±√(−4)2 − 4 · 5 · (−1)
2 · 5
x =
4±√16 + 20
10
x =
4±√36
10
x =
4± 6
10
x1 =
4 + 6
10
= 1
x2 =
4− 6
10
= −1
5
Portanto, os valores que x sa˜o
x = 1 ou x = −1
5
2. Calcule o aˆngulo entre os vetores ~u = (1, 2,−2) e ~v = (−1, 0, 1).
Podemos calcular o aˆngulo entre os vetores da seguinte maneira
cos θ =
< ~u,~v >
||~u|| · ||~v||
Aplicando as componentes dos vetores
cos θ =
< (1, 2,−2), (−1, 0, 1) >√
12 + 22 + (−2)2 ·√(−1)2 + 02 + 12
cos θ =
−1 + 0− 2√
1 + 4 + 4
√
1 + 1
cos θ =
−3√
9
√
2
1
cos θ =
−3
3
√
2
cos θ = − 1√
2
Racionalizando temos
cos θ = −
√
2
2
Perceba que na˜o queremos encontrar o cosseno do aˆngulo e, sim, o aˆngulo. Portanto
vamos calcular
θ = arccos
(
−
√
2
2
)
Assim, temos que
θ = 135o ou θ =
3pi
4
3. Dados os vetores ~u = (3, 1,−2) e ~v = (2,−2, 1) decomponha o vetor ~v como soma de dois
vetores, ~v1 e ~v2 sendo o 1
o paralelo a ~u e o 2o ortogonal a ~u
Vamos representar geometricamente o que e´ soliciatado no exerc´ıcio.
Na imagem acima pode-se verificar a seguinte relac¸a˜o
~v1 = k · ~u⇒ ||~v1|| = |k| · ||~u||
Sabemos que o cosseno do aˆngulo entre os vetores ~u e ~v e´
cos θ =
< ~u,~v >
||~u||||~v||
E, utilizando a relac¸a˜o cosseno no triaˆngulo retaˆngulo tem-se
cos θ =
||~v1||
||~v||
Assim, podemos igualar as relac¸o˜es que envolvem cos θ
||~v1||
||~v|| =
< u, v >
||~u||||~v||
2
Simplificando ||~v|| temos
||~v1|| = < u, v >||~u||
No entanto, sabemos que ||~v1|| = |k| · ||~u|| substituindo temos
|k| · ||~u|| = < u, v >||~u||
Isolando k
|k| = < u, v >||~u||2
Aplicando as componentes dos vetores conhecidos
|k| = < (3, 1,−2), (2,−2, 1) >||(3, 1,−2)||2
|k| = 6− 2− 2
(
√
32 + 12 + (−2)2)2
|k| = 2
14
=
1
7
Agora substituindo na primeira relac¸a˜o de v1
v1 = k · ~u
v1 =
1
7
· (3, 1,−2)
v1 =
(
3
7
,
1
7
,−2
7
)
Para encontrar v2 basta observar que
~v = ~v1 + ~v2
~v2 = ~v − ~v1
Aplicando os vetores
~v2 = (2,−2, 1)−
(
3
7
,
1
7
,−2
7
)
~v2 =
(
2− 3
7
,−2− 1
7
, 1 +
2
7
)
~v2 =
(
11
7
,−15
7
,
9
7
)
Assim, temos os seguintes vetores
~v1 =
(
3
7
,
1
7
,−2
7
)
~v2 =
(
11
7
,−15
7
,
9
7
)
Portanto, ~v se decompo˜e nos seguintes vetores
~v =
(
3
7
,
1
7
,−2
7
)
+
(
11
7
,−15
7
,
9
7
)
3
4. Calcule a a´rea do triaˆngulo de ve´rtices A = (1, 0,−1), B = (2, 1, 1) e C = (3,−2, 1).
Podemos encontrar a a´rea do triaˆngulo utilizando o seguinte recurso
A =
1
2
|| ~AB ∧ ~AC||
Onde
~AB = B − A = (2, 1, 1)− (1, 0,−1) = (1, 1, 2)
~AC = C − A = (3,−2, 1)− (1, 0,−1) = (2,−2, 2)
Calculando agora o produto vetorial
~AB ∧ ~AC =
∣∣∣∣∣∣
i j k
1 1 2
2 −2 2
∣∣∣∣∣∣ = 2i+ 4j − 2k − 2k − 2j + 4i
Assim, temos que
~AB ∧ ~AC = 6i+ 2j − 4k = (6, 2,−4)
Agora vamos encontrar a a´rea do triaˆngulo
A =
1
2
||(6, 2,−4||
A =
1
2
√
62 + 22 + (−4)2
A =
1
2
√
36 + 4 + 16
A =
1
2
√
56 =
1
2
· 2
√
14
A =
√
14 u.a
5. Determine uma equac¸a˜o da reta perpendicular a` reta 3x − y + 5 = 0 e que passe pelo
ponto A = (2,−1).
O vetor diretor da reta 3x− y + 5 = 0 e´ composto pelos coeficientes de x e y
~v = (3,−1)
Dessa forma, temos que encontrar uma outra reta com equac¸a˜o geral ax + by + c = 0 e,
podemos retirar o seguinte vetor diretor
~u = (a, b)
Como as retas sa˜o perpendiculares o produto escalar dos vetores diretores e´ nulo
< ~v, ~u >= 0
< (3,−1), (a, b) = 0
3a− b = 0
b = 3a
Assim, temos o seguinte vetor diretor
~u = (a, 3a) ∀ a ∈ R
4
Atribuindo a = 1 tem-se ~u = (1, 3). Portanto, aplicando ~u na equac¸a˜o geral da reta
x+ 3y + c = 0
Para descobrir o valor de c basta substituir o ponto pelo qual essa reta tem que passar
A = (2,−1)
x+ 3y + c = 0
2 + 3(−1) + c = 0
2− 3 + c = 0
c = 1
Assim, obtemos a seguinte equac¸a˜o
x+ 3y + 1 = 0
6. Determine as equac¸o˜es vetorial e parame´trica do plano pi que conte´m os pontos na˜o
alinhados A = (2, 1, 2), B = (2, 3, 3) e C = (1, 0, 1).
A equac¸a˜o vetorial do plano e´ dada por
X = A+ α~u+ β~v
Onde A e´ um ponto conhecido do plano e os vetores ~u e ~v e X e´ um ponto (x, y, z)
qualquer do plano sa˜o vetores diretores do plano. A partir dos pontos dado no exerc´ıcio
podemos encontrar os vetores
~u = ~AB = B − A = (2, 3, 3)− (2, 1, 2) = (0, 2, 1)
~u = (0, 2, 1)
~v = ~AC = C − A = (1, 0, 1)− (2, 1, 2) = (−1,−1,−1)
~v = (−1,−1,−1)
E, sabendo que A = (2, 1, 2) podemos exprimir a seguinte func¸a˜o vetorial do plano pi
pi : X = A+ α~u+ β~v
pi : (x, y, z) = (2, 1, 2) + α(0, 2, 1) + β(−1,−1,−1)
Ja´ a forma parame´trica adve´m da equac¸a˜o vetorial acima, basta distribuir os coeficientes
nos vetores e agrupar
pi : (x, y, z) = (2, 1, 2) + (0, 2α, α) + (β,−β,−β)
pi : (x, y, z) = (2− β, 1 + 2α− β, 2 + α− β)
Assim, temos os seguintes paraˆmetros x, y e z
pi :

x = 2− β
y = 1 + 2α− β
z = 2 + α− β
5
7. Determine a equac¸a˜o da reta r perpendicular ao plano pi de equac¸a˜o geral pi : −2x+ y +
2z − 7 = 0 e que conte´m o ponto P = (1, 2,−1). Se Q e´ o ponto de intersecc¸a˜o da reta r
e ao plano pi, determine as suas coordenadas.
Inicialmente podemos observar que a equac¸a˜o do plano esta´ na forma geral, ou seja, dessa
equac¸a˜o podemos extrair o vetor normal ao plano que e´ ao mesmo tempo o vetor diretor
de qualquer reta perpendicular a esse plano
~u = (a, b, c)
ax+ by + cz + d = 0
pi : −2x+ y + 2z − 7 = 0
Assim, comparando temos o seguinte vetor diretor
~u = (−2, 1, 2)
Da´ı, podemos encontrar a equac¸a˜o vetorial da reta perpendicular, pois temos o vetor
diretor e um ponto conhecido
P = (1, 2,−1) e ~u
r : X = P + α~u
r : (x, y, z) = (1, 2,−1) + α(−2, 1, 2)
No entanto, para encontrar o ponto Q precisamos transformar a equac¸a˜o vetorial da reta
na equac¸a˜o parame´trica
r :

x = 1− 2α
y = 2 + α
z = −1 + 2α
Agora vamos substituir esses paraˆmetros na equac¸a˜o geral do plano
pi : −2x+ y + 2z − 7 = 0
−2(1− 2α) + (2 + α) + 2(−1 + 2α)− 7 = 0
−2 + 4α + 2 + α− 2 + 4α− 7 = 0
9α− 9 = 0
α = 1
Assim, podemos substituir esse valor de α na equac¸a˜o parame´trica e encontrar as coor-
denadas do ponto Q
Q :

x = 1− 2 = −1
y = 2 + 1 = 3
z = −1 + 2 = 1
Logo, temos que
Q = (−1, 3, 1)
6
8. Determine a equac¸a˜o vetorial da reta r que passa por P = (2, 1, 3) e e´ perpendicular a`
reta s : X = (2, 1,−3) + α(1, 2,−1),α ∈ R.
A reta r tera´ a seguinte equac¸a˜o vetorial
r : X = P + β~v
Onde P e´ um ponto conhecido dado no enunciado e precisamos encontrar o vetor diretor
~v. Para isso, precisamos analisar a seguinte figura que representa o problema em questa˜o
Podemos perceber que o vetor ~v pode ser obtido da seguinte maneira
~v = ~u+ ~w
Onde
~w = ~AP = P − A = (2, 1, 3)− (2, 1,−3) = (0, 0, 6)
~w = (0, 0, 6)
E o vetor ~u e´ o diretor da reta s. Logo, podemos calcular ~v
~v = (1, 2,−1) + (0, 0, 6)
~v = (1, 2, 5)
Assim, temos a seguinte equac¸a˜o vetorial da reta r
r : X = (2, 1, 3) + β(1, 2, 5) β ∈ R
7