Prova com Gabarito - EE2

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UFPE – CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA – A´REA II 2017.1
GEOMETRIA ANALI´TICA 2o EXERCI´CIO ESCOLAR 19/05/2017
GABARITO
1aQuesta˜o(2, 0) Considere o plano pi : X = (−5,−5,−5) + λ(0, 1, 2) + t(1,−1, 0) e o ponto P = (2, 0, 1)
(0, 5)(a) Escreva uma equac¸a˜o vetorial para a reta ` que passa pelo ponto P e e´ perpendicular ao plano pi
Soluc¸a˜o: Um vetor diretor da reta ` e´ perpendicular aos dois vetores diretores do plano pi, portanto
e´ paralelo ao produto vetorial entre eles∣∣∣∣∣∣
→
i
→
j
→
k
0 1 2
1 −1 0
∣∣∣∣∣∣ = 2 →i +2 →j − →k
Uma equac¸a˜o vetorial para ` e´ X = (2, 0, 1) + λ(2, 2,−1)
(1, 0)(b) Determine o ponto Q ∈ pi que esta´ mais pro´ximo do ponto P
Soluc¸a˜o: O ponto Q e´ a projec¸a˜o ortogonal do ponto P sobre o plano pi ou, seja ` ∩ pi. Para fazer
essa intersec¸a˜o usamos a equac¸a˜o geral do plano pi
2x+ 2y − z = −15
` ∩ pi : 2(2 + 2λ) + 2(2λ)− (1− λ) = −15⇒ 9λ = −18⇒ λ = −2⇒ Q = (−2,−4, 3)
(0, 5)(c) Determine o ponto P ′ que e´ sime´trico de P em relac¸a˜o ao plano pi (Obs. Q e´ o ponto me´dio de
PP ′)
Soluc¸a˜o: O ponto P ′ e´ tal que
→
PQ=
→
QP ′, ou seja P ′ = Q+
→
PQ.
P ′ = (−2,−4, 3) + (−2,−4, 3)− (2, 0, 1) = (−6,−8, 5)
2aQuesta˜o(2, 0) Sejam dados os pontos A = (1, 0, 1), B = (4,−3,−2) e C = (3, 3, 1). Mostre que A,B e
C na˜o sa˜o colineares e escreva uma equac¸a˜o vetorial para a reta r que contem a altura do triaˆngulo ABC
relativa ao ve´rtice A.
Soluc¸a˜o 1: Temos os vetores
→
AB= (3,−3,−3) e
→
AC= (2, 3, 0) que claramente na˜o sa˜o paralelos, portanto,
A,B e C na˜o sa˜o colineares.
Um vetor
→
v , paralelo a` reta que contem a altura relativa ao ve´rtice A e´
→
AA′ onde A′ e´ o pe´ da altura
relativa ao ve´rtice A e
→
BA′ e´ o vetor projec¸a˜o ortogonal de
→
BA sobre
→
BC
→
BA′= Proj
→
BA
→
BC
=
(−3, 3, 3).(−1, 6, 3)
(−1, 6, 3).(−1, 6, 3)(−1, 6, 3) =
3 + 18 + 9
1 + 36 + 9
(−1, 6, 3) = 15
23
(−1, 6, 3)
→
AA′=
→
AB +
→
BA′= (3,−3,−3) +
(
−15
23
,
90
23
,
45
23
)
→
AA′=
1
23
(69− 15,−69 + 90,−69 + 45) = 1
23
(54, 21,−24) = 3
23
(18, 7,−8)
Escolhendo
→
v= (18, 7,−8), uma equac¸a˜o vetorial para a reta que contem a altura relativa ao ve´rtice A e´
X = (1, 0, 1) + λ(18, 7,−8)
Soluc¸a˜o 2: Temos os vetores
→
AB= (3,−3,−3) = 3(1,−1,−1) e
→
AC= (2, 3, 0) que claramente na˜o sa˜o
paralelos, portanto, A,B e C na˜o sa˜o colineares.
Um vetor
→
v , paralelo a` reta que contem a altura relativa ao ve´rtice A e´ coplanar com
→
AB e
→
AC,
portanto e´ perpendicular a
→
n= 1
3
→
AB ∧
→
AC. O vetor
→
v e´ tambe´m perpendicular ao vetor
→
BC. Enta˜o
→
v e´
paralelo a
→
n ∧
→
BC
→
n=
∣∣∣∣∣∣
→
i
→
j
→
k
1 −1 −1
2 3 0
∣∣∣∣∣∣ = 3 →i −2 →j +5 →k
→
n ∧
→
BC=
∣∣∣∣∣∣
→
i
→
j
→
k
3 −2 5
−1 6 3
∣∣∣∣∣∣ = −36 →i −14 →j +16 →k= −2(18, 7,−8)
Uma equac¸a˜o vetorial para a reta que contem a altura relativa ao ve´rtice A e´
X = (1, 0, 1) + λ(18, 7,−8)
3aQuesta˜o(2, 0) Considere os pontos A = (0, 1, 0), B = (1, 0,−1) e C = (1, 1, 2) e a reta
s : X = (0, 0,−3) + λ(1, 1, 1).
(0, 5)(a) Escreva a equac¸a˜o geral do plano ABC
Soluc¸a˜o: Um ponto X = (x, y, z) pertence ao plano ABC se [
→
AX,
→
AB,
→
AC] = 0∣∣∣∣∣∣
x y − 1 z
1 −1 −1
1 0 2
∣∣∣∣∣∣ = 0 ⇐⇒ −2x− 3(y − 1) + z = 0 ⇐⇒ 2x+ 3y − z = 3
(0, 5)(b) Determine a posic¸a˜o relativa entre a reta s e o plano ABC
Soluc¸a˜o: Fazendo o produto escalar entre o vetor diretor de s,
→
v= (1, 1, 1) e o vetor normal do
plano ABC,
→
n= (2, 3,−1), temos →v . →n= 2 + 3 − 1 = 4 6= 0. Portanto, a reta s e´ transversal
(concorrente) ao plano ABC
(1, 0)(c) Determine todos os pontos S sobre a reta s tais que o volume do tetraedro ABCS seja 6
(Nota: lembre que o volume de um tetraedro definido por 3 vetores e´ a sexta parte do mo´dulo do
produto misto entre eles)
Soluc¸a˜o: O volume do tetraedro ABCS e´ um sexto do valor absoluto do produto misto
[
→
AS,
→
AB,
→
AC]. Tomando um ponto arbitra´rio na reta s, S = (λ, λ,−3 + λ), precisamos achar
os valores apropriados de λ:
[
→
AS,
→
AB,
→
AC] =
∣∣∣∣∣∣
λ λ− 1 λ− 3
1 −1 −1
1 0 2
∣∣∣∣∣∣ = −2λ− 3(λ− 1) + λ− 3 = −4λ
Os valores apropriados de λ sa˜o aqueles para os quais o volume do tetraedro ABCS e´ 6.
1
6
| − 4λ| = 6 ⇐⇒ |λ| = 9 ⇐⇒ λ = 9 ou λ = −9
Para λ = 9 temos S = (9, 9, 6) e para λ = −9 temos S = (−9,−9,−12).
4aQuesta˜o(2, 0) Dados os pontos F1 = (0, 4) e F2 = (0,−4)
(1, 0)(a) Escreva a equac¸a˜o reduzida da elipse que tem focos F1 e F2 e excentricidade
2
3
Soluc¸a˜o: A distaˆncia focal e´ 2c = 8. Sendo a excentricidade e = c
a
, temos 2
3
= 4
a
, portanto a = 6 e
b2 = a2 − c2 = 36− 16 = 20. Enta˜o a equac¸a˜o reduzida dessa elipse e´
x2
20
+
y2
36
= 1
(1, 0)(b) Escreva a equac¸a˜o reduzida da para´bola que tem ve´rtice na origem e foco em F2
Soluc¸a˜o: O paraˆmetro geome´trico dessa para´bola e´ p = 4, o eixo de simetria e´ o Oy e ela e´ coˆncava
para baixo. Enta˜o sua equac¸a˜o reduzida e´
y = −x
2
16
5aQuesta˜o(2, 0) Determine as equac¸o˜es de todas as hipe´rboles que teˆm distaˆncia focal 10 e cujas ass´ıntotas
sa˜o as retas y = ±2x
Soluc¸a˜o: Como as ass´ıntotas se intersectam na origem e sa˜o sime´tricas em relac¸a˜o aos eixos coordenados,
tais hipe´rboles devem estar em posic¸a˜o canoˆnica. As ass´ıntotas da hipe´rbole x
2
a2
− y2
b2
= 1 sa˜o y = ± b
a
x e as
ass´ıntotas da hipe´rbole −x2
b2
+ y
2
a2
= 1 sa˜o y = ±a
b
x. Temos 2c = 10 e c2 = a2 + b2. Para a primeira, b
a
= 2,
da´ı
25 = a2 + (2a)2 = 5a2 ⇒ a2 = 5 e b2 = 20. Essa hipe´rbole e´ x
2
5
− y
2
20
= 1
Para a segunda a
b
= 2, da´ı
25 = (2b)2 + b2 = 5b2 ⇒ b2 = 5 e a2 = 20. Essa e´ − x
2
5
+
y2
20
= 1