Prova com gabarito - final

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Universidade Federal de Pernambuco
Prova Final de Geometria Anal´ıtica
11 de Julho de 2018
GABARITO
Questa˜o 1 (1,5 pontos). Determine a equac¸a˜o do plano que conte´m o ponto (1, 0, 1) e que e´ perpendicular
aos planos pi1 : 2x+ y + z = 2 e pi2 : −x+ z = 7.
SOLUC¸A˜O: Os vetores normais aos planos pi1 e pi2 sa˜o, respectivamente,
→
n1= (2, 1, 1) e
→
n2= (−1, 0, 1).
Como o plano procurado, digamos plano pi, e´ perpendicular a ambos os planos, enta˜o seu vetor normal
→
n e´
ortogonal aos vetores
→
n1 e
→
n2. Ora, um vetor ortogonal a dois vetores dados pode ser encontrado por meio
do produto vetorial, logo fac¸amos:
→
n=
→
n1 ∧ →n2= (2, 1, 1) ∧ (−1, 0, 1) =
∣∣∣∣∣∣∣
→
i
→
j
→
k
2 1 1
−1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣ = (1,−3, 1)
Portanto uma equac¸a˜o geral do plano e´ da forma x− 3y + z + d = 0 e para determinar o valor de d vamos
considerar o fato de que o ponto (1, 0, 1) ∈ pi.
(1, 0, 1) ∈ pi ⇒ 1− 3 · 0 + 1 + d = 0⇒ d = −2
Assim uma equac¸a˜o para o plano pi e´ pi : x− 3y + z − 2 = 0.
RESPOSTA: pi : x− 3y + z − 2 = 0.
Questa˜o 2 (2,0 pontos). a) (1 ponto) Sejam a reta r :
x
2
= y − 1 = z − 1 e a reta s : X = (1, 4, 2) +
λ(3,−1, 1). Determine a posic¸a˜o relativa entre as retas r e s.
b) (1 ponto) Caso exista, determine uma equac¸a˜o geral para o plano pi determinado pelas retas r e s.
• SOLUC¸A˜O a): Inicialmente notemos que x
2
= y − 1 = z − 1 e´ equivalente a` x− 0
2
=
y − 1
1
=
z − 1
1
, portanto deduzimos, pela forma sime´trica de r, que uma equac¸a˜o vetorial da reta r e´ r : X =
(0, 1, 1) + λ(2, 1, 1). Notemos que os vetores diretores das retas r e s,
→
r= (2, 1, 1) e
→
s= (3,−1, 1),
respectivamente, sa˜o L.I., sendo assim, as retas ou sa˜o concorrentes ou sa˜o reversas. Para concluir,
vamos resolver o sistema:
r ∩ s :

2λ = 1 + 3µ (I)
1 + λ = 4− µ (II)
1 + λ = 2 + µ (III)
Fazendo, por exemplo, (II)+(III) podemos concluir λ = 2 (consequentemente µ = 1) e a soluc¸a˜o
consiste apenas no ponto A = (4, 3, 3). Portanto, as retas sa˜o concorrentes.
RESPOSTA: As retas r e s sa˜o concorrentes e r ∩ s = {(4, 3, 3)}.
• SOLUC¸A˜O b): Dado P = (x, y, z) ∈ pi, os vetores −→AP , ~r e ~s sa˜o L.D. Portanto:∣∣∣∣∣∣
x− 4 y − 3 z − 3
2 1 1
3 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = 0
Calculando este determinante, segue que pi : 2x+ y − 5z + 4 = 0.
Obs: Note que o ponto que escolhemos foi (4, 3, 3) mas poder´ıamos ter escolhido um outro
ponto conhecido da reta r ou da reta s.
RESPOSTA: O plano e´ pi : 2x+ y − 5z + 4 = 0.
Questa˜o 3 (2,5 pontos). Considere os pontos A = (0, 0, 1), B = (2, 0, 0), C = (1, 1, 1) e D = (0, 1, 0).
a) (1,5 pontos) Obtenha a equac¸a˜o da superf´ıcie esfe´rica S que passa pelos pontos A,B,C e D.
b) (1,0 ponto) Determine o centro e o raio da superf´ıcie esfe´rica S.
• SOLUC¸A˜O a): Vamos considerar a equac¸a˜o na forma geral de uma superf´ıcie esfe´rica S dada por
x2 + y2 + z2 + ax + by + cz + d = 0. Um ponto pertence a S se, e somente se, suas coordenadas
satisfazem a equac¸a˜o apresentada. Da´ı, como A, B, C e D pertencem a S, temos:
1 + c+ d = 0
4 + 2a+ d = 0
3 + a+ b+ c+ d = 0
1 + b+ d = 0.
Resolvendo o sistema acima, obtemos como u´nica soluc¸a˜o: a = −5/3, b = −1/3, c = −1/3 e d = −2/3.
Portanto, obtemos a equac¸a˜o:
S : x2 + y2 + z2 − 5
3
x− 1
3
y − 1
3
z − 2
3
= 0
.
RESPOSTA: S : x2 + y2 + z2 − 5x
3
− y
3
− z
3
− 2
3
= 0.
• SOLUC¸A˜O b): Para encontrar o centro e o raio vamos completar quadrados:
x2 − 5x
3
+ y2 − y
3
+ z2 − z
3
− 2
3
= 0(
x− 5
6
)2
+
(
y − 1
6
)2
+
(
z − 1
6
)2
=
(√
51
6
)2
.
RESPOSTA: Temos centro de S e´
(
5
6
,
1
6
,
1
6
)
e o raio de S e´ R =
√
51
6
.
Questa˜o 4 (2,5 pontos). Considere a qua´drica
Ω: 2x2 + y2 − z2 + 4x− 6y + 11 = 0
a) (1,0 ponto) Identifique e esboc¸e a qua´drica Ω.
b) (1,5 pontos) Determine o(s) plano(s) da forma pi : z = k de modo que a coˆnica Γ ∩ pi tenha distaˆncia
focal igual a 2
√
2.
• SOLUC¸A˜O a): Completando quadrados, obtemos:
2x2 + 4x+ y2 − 6y − z2 + 11 = 0
2(x+ 1)2 + (y − 3)2��−11 +��11 = z2
(x+ 1)2
1
2
+ (y − 3)2 = z2
Podemos deduzir que se trata de uma qua´drica coˆnica (cone).
RESPOSTA: Temos que Ω e´ uma qua´drica coˆnica (cone).
• SOLUC¸A˜O b): Note que se z = 0, Γ ∩ pi se reduz a um u´nico ponto, logo vamos supor z = k 6= 0.
Assim:
(x+ 1)2
1
2
+ (y − 3)2 = k2 ⇒ (x+ 1)
2
k2
2
+
(y − 3)2
k2
= 1
Na elipse a relac¸a˜o fundamental e´ a2 = b2 + c2 e queremos 2c = 2
√
2⇒ c = √2, logo:
k2 =
k2
2
+ 2⇒ k = ±2
Portanto, os planos sa˜o pi1 : z = 2 e pi2 : z = −2.
RESPOSTA: pi1 : z = 2 e pi2 : z = −2.
Questa˜o 5 (1,5 pontos). Determine uma equac¸a˜o livre de paraˆmetros para a superf´ıcie de revoluc¸a˜o Ω
obtida de Γ em torno de r, onde
Γ:
{
x2 + y2 − (z + 1)2 = 0
y − z = 0 e r : X =
(
0,−1
2
,−1
2
)
+ λ(0, 1, 1)
SOLUC¸A˜O: Vamos escolher o ponto C = (0,−1/2,−1/2) no eixo de rotac¸a˜o. A equac¸a˜o de um paralelo
fica determinada pela intersec¸a˜o de uma superf´ıcie esfe´rica centrada em C com um plano cujo vetor normal
tem a mesma direc¸a˜o do diretor da reta, a saber
→
r= (0, 1, 1). Assim a descric¸a˜o de um paralelo e´ dada por:x
2 +
(
y +
1
2
)2
+
(
z +
1
2
)2
= µ2
y + z = λ.
Da´ı, um ponto Q = (u, v, w) pertence a` intersec¸a˜o de um paralelo com Γ se, e somente se,
u2 +
(
v +
1
2
)2
+
(
w +
1
2
)2
= µ2
v + w = λ
u2 + v2 − (w + 1)2 = 0
v − w = 0
⇐⇒

u2 +
(
v +
1
2
)2
+
(
w +
1
2
)2
= µ2
v = w = λ2
u2 + v2 − (w + 1)2 = 0
Da terceira equac¸a˜o, obtemos:
u2 +
(
λ
2
)2
−
(
λ
2
+ 1
)2
= 0⇒ u2︸︷︷︸
≥0
=
(
λ
2
+ 1
)2
−
(
λ
2
)2
= λ+ 1.
Assim, surge a restric¸a˜o λ+ 1 ≥ 0, ou seja, λ ≥ −1. Da primeira equac¸a˜o, deduzimos:
λ+ 1 +
(
λ+ 1
2
)2
+
(
λ+ 1
2
)2
= µ2 ⇒ µ2 = λ
2
2
+ 2λ+
3
2
.
Retomando as equac¸o˜es de um paralelo, segue:x
2 +
(
y +
1
2
)2
+
(
z +
1
2
)2
= µ2 =
λ2
2
+ 2λ+
3
2
y + z = λ
com y + z ≥ 1.
Finalmente, temos:
Ω : x2 +
(
y +
1
2
)2
+
(
z +
1
2
)2
=
[
(y + z)2 + 4(y + z) + 3
]
2
com y + z ≥ 1.
RESPOSTA: Ω: x2 +
(
y +
1
2
)2
+
(
z +
1
2
)2
=
[
(y + z)2 + 4(y + z) + 3
]
2
com y + z ≥ 1.