2EE ga2018 1 gabarito

Prévia do material em texto

Universidade Federal de Pernambuco
Segundo Exerc´ıcio Escolar de Geometria Anal´ıtica
09 de Maio de 2018
GABARITO
Questa˜o 1 (2,5 pontos). Considere as retas r :
x− 1
2
=
y
2
=
z
2
e s : X = (4, 1,−6) +
λ(−2, 1, 0), e o plano σ : x− z + 11 = 0.
a) (1,5 pontos) Determine uma equac¸a˜o geral para o plano γ que conte´m a reta s e e´
perpendicular ao plano σ.
b) (1 ponto) Determine a posic¸a˜o relativa entre a reta r e o plano σ. Em seguida, caso
exista, determine r ∩ σ.
• Soluc¸a˜o a): Como s ⊂ γ, temos que (4, 1,−6) ∈ γ e ~s = (−2, 1, 0) pode ser escolhido
como um dos vetores diretores do plano γ. Por outro lado, como γ e´ perpendicular
a σ, o vetor normal a σ e´ tambe´m um vetor diretor de γ. Como ~n1 = (1, 0,−1) um
vetor normal a σ e o par ordenado (~s, ~n1) linearmente independente, segue que uma
equac¸a˜o vetorial para γ e´ dada por
α : X = (4, 1,−6) + λ(−2, 1, 0) + µ(1, 0,−1).
Uma equac¸a˜o geral para o plano α pode ser obtida igualando a zero o seguinte deter-
minante ∣∣∣∣∣∣
x− 4 y − 1 z + 6
−2 1 0
1 0 −1
∣∣∣∣∣∣ = −x+ 4− z − 6− 2y + 2 = −x− 2y − z.
Logo, a equac¸a˜o geral do plano γ e´:
γ : x+ 2y + z = 0.
Resposta: γ : x+ 2y + z = 0.
• Soluc¸a˜o b): Temos que a reta r possui equac¸o˜es parame´tricas dadas por
r :

x = 1 + 2λ
y = 2λ
z = 2λ.
Desse modo, uma equac¸a˜o vetorial de r dada por:
r : X = (1, 0, 0) + λ(2, 2, 2).
Da´ı, ~r = (2, 2, 2) vetor diretor da reta r. Como ~r · ~n1 = 2 · 1 + 2 · 0 + 2 · (−1) = 0.
Portanto, r e´ paralelo a σ (nesse caso, ou r e´ paralela e esta´ contida no plano σ ou r
e´ paralela ao plano σ e sua intersecc¸a˜o com plano σ e´ vazia). Como o ponto (1, 0, 0),
pertencente a reta r, na˜o pertence ao plano σ (pois, 1− 0 + 11 = 12 6= 0), segue que r
e´ paralela ao plano σ e sua intersecc¸a˜o com plano σ e´ vazia.
Resposta: r//σ e r ∩ σ = ∅.
Questa˜o 2 (3 pontos). Considere as retas r : X = (1, 2, 3) + λ(1, 0, 2) e s : X = (1, 1, 1) +
λ(−2, 1, 0).
a) (1,5 pontos) Determine posic¸a˜o relativa entre as retas r e s.
b) (1,5 pontos) Calcule a distaˆncia entre as retas r e s.
• Soluc¸a˜o a): Primeiramente, note que (~r, ~s) e´ L.I., A = (1, 2, 3) ∈ r e B = (1, 1, 1) ∈ s.
Da´ı, ∣∣∣∣∣∣
1 0 2
−2 1 0
0 −1 −2
∣∣∣∣∣∣ = (−2 + 0 + 4)− (0 + 0 + 0) = 2 6= 0.
Assim, (~r, ~s,
−→
AB) e´ L.I.. Logo, ~r e ~s sa˜o reversas.
Resposta: r e s sa˜o reversas.
• Soluc¸a˜o b): lembremos que d(r, s) = d(A, σ), onde σ e´ um plano que conte´m a reta
s e e´ paralelo a r. Assim, σ te´m equac¸a˜o dada por:∣∣∣∣∣∣
x− 1 y − 1 z − 1
1 0 2
−2 1 0
∣∣∣∣∣∣ = 0.
Da´ı, σ : −2x− 4y + z + 5 = 0.
Portanto, d(r, s) = d(A, σ) = |−2.1−4.2+1.3+5|√
(−2)2+(−4)2+12 =
2√
21
.
Resposta: d(r, s) = 2√
21
..
Questa˜o 3 (2,5 pontos). Considere o plano σ1 : x+ y− z = 0. Sabendo que ~n2 = (2, 1, 1) e´
um vetor normal ao plano σ2 e que o ponto P = (2, 1, 3) ∈ σ2:
a) (1,5 pontos) Determine σ1 ∩ σ2 em equac¸oe˜s parame´tricas.
b) (1 ponto) Determine o aˆngulo entre σ1 e σ2.
• Soluc¸a˜o a) (Primeira forma): Primeiramente, observe que P ∈ σ1 e, consequente-
mente, P ∈ σ1 ∩ σ2. Por outro lado, note que (~n1, ~n2) e´ L.I., onde ~n1 = (1, 1,−1) e´ um
vetor normal a σ1. Assim, σ1 e σ2 sa˜o transversais e, portanto, σ1 ∩ σ2 e´ um reta que
tem como vetor diretor ~n1 ∧ ~n2 e passa pelo ponto P .
Calculando o produto vetorial ~n1 ∧ ~n2, obtemos
~n1 ∧ ~n2 =
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
1 1 −1
2 1 1
∣∣∣∣∣∣ = 2~i− 3~j − ~k.
Ou seja, ~n1 ∧ ~n2 = (2,−3,−1) e, portanto,
σ1 ∩ σ2 : X = (2, 1, 3) + λ(2,−3,−1)
e tem equac¸o˜es parame´tricas dadas por
σ1 ∩ σ2 :

x = 2 + 2λ
y = 1− 3λ
z = 3− λ
Resposta: σ1 ∩ σ2 :

x = 2 + 2λ
y = 1− 3λ
z = 3− λ
.
• Soluc¸a˜o a) (Segunda forma): Primeiramente, observe que a equac¸a˜o geral do plano
σ2 e´ dada por: 2x + y + z + d = 0. Como P = (2, 1, 3) ∈ σ2, segue que d = −8.
Portanto,
σ2 : 2x+ y + z − 8 = 0.
Da´ı, a intersec¸a˜o entre os dois planos e´ dada pelo sistema com duas equac¸o˜es dos dois
planos: {
x+ y − z = 0
2x+ y + z − 8 = 0.
Tomando a varia´vel z como paraˆmetro, tem-se as equac¸o˜es parame´tricas da reta:
x = 8− 2λ
y = −8 + 3λ
z = λ.
Resposta: σ1 ∩ σ2 :

x = 8− 2λ
y = −8 + 3λ
z = λ
.
Note que

x = 2 + 2λ
y = 1− 3λ
z = 3− λ
e

x = 8− 2λ
y = −8 + 3λ
z = λ
sa˜o equac¸o˜es da mesma reta.
• Soluc¸a˜o b): Seja θ = ang(σ1, σ2), ento
cos θ =
|~n1 · ~n2|
‖~n1‖‖~n2‖ =
√
2
3
.
Logo, θ = arccos
(√
2
3
)
.
Resposta: θ = arccos
(√
2
3
)
.
Questa˜o 4 (2 pontos). Considere a curva C dada pela equac¸a˜o 25x2 = 400− 16y2.
a) (0,5 pontos) C e´ uma curva em posic¸a˜o canoˆnica? Qual?
b) (1,5 pontos) Determine os paraˆmetros geome´tricos, a amplitude focal e a excentrici-
dade.
• Soluc¸a˜o a): C e´ uma elipse posic¸a˜o canoˆnica, pois:
25x2 = 400− 16y2 ⇔
(x
4
)2
+
(y
5
)2
= 1.
Resposta: C e´ uma elipse centrada na origem com focos em 0y cuja equac¸a˜o reduzida
e´:
(
x
4
)2
+
(
y
5
)2
= 1.
• Soluc¸a˜o b): Da equac¸a˜o reduzida temos que a = 5 e b = 4. Como a2 = b2 + c2, segue
que c = 3.
A amplitude focal =
2b2
a
=
32
5
.
A excentricidade =
c
a
=
3
5
.
Resposta: Os paraˆmetros geome´tricos sa˜o: a = 5, b = 4 e c = 3;
amplitude focal = 32
5
; excentricidade = 3
5
.