Geometria Analitica UERJ prova1 modelo

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Geometria Anal´ıtica - Prova 1
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Crite´rio de avaliac¸a˜o: pontos sera˜o descontados, sem possibilidade de reavaliac¸a˜o futura, devido a (1)
palavras e/ou frases estranhas a` Matema´tica, (2) desenvolvimento de explicac¸a˜o e/ou ca´lculo nume´rico feitos
’na vertical’, escreva como esta´ nos livros, e (3) qualquer rasura. Utilize, no ma´ximo, duas folhas para escrever
suas respostas.
Questa˜o 1. (1 ponto) Sera´ que os pontos A = (2, 6,−5), B = (6, 9, 7), C = (5, 5, 0) e D =
(3, 10, 2) sa˜o os ve´rtices de um paralelogramo ?
Questa˜o 2. (1 ponto) Calcule a a´rea do triaˆngulo de ve´rtices A = (−1, 3, 2), B = (4, 4, 1) e
C = (−2,−1, 5). (1 ponto) Calcule tambe´m a a´rea do triaˆngulo projetado em Oxy.
Questa˜o 3. (1 ponto) Determine as equac¸o˜es na forma vetorial e geral do plano que conte´m
A = (−1, 3, 2), B = (4, 4, 1) e C = (−2,−1, 5). (1 ponto) Estabelec¸a a equac¸a˜o vetorial da reta
que passa por A e e´ perpendicular ao plano em ana´lise. (1 ponto) Encontre um ponto sobre a
reta que dista 5 do plano.
Questa˜o 4. (2 pontos) Estude a posic¸a˜o relativa entre r :
x + 1
2
=
y
1
=
z
−1 e
s :
{
x + y − 3z − 1 = 0
2x− y − 2z = 0 . (1 ponto) Determine a distaˆncia de r a s. (1 ponto) Estabelec¸a o
plano que conte´m r e e´ paralelo a s.
1
R E S P O S T A S
Questa˜o 1. Tem-se
−→
AB = (4, 3, 12),
−→
AC = (3,−1, 5),−−→AD = (1, 4, 7),−−→BC = (−1,−4,−7),−−→
BD = (−3, 1,−5),−−→CD = (−2, 5, 2), e e´ o´bvio que −−→AD = −−−→BC e −→AC = −−−→BD.
Como
−−→
AD+
−−→
DB = (1, 4, 7)+(3,−1, 5) = (4, 3, 12) = −→AB, −→AC+−−→CB = (3,−1, 5)+(1, 4, 7) =
(4, 3, 12) =
−→
AB e
−−→
DC +
−−→
CB = (2,−5,−2) + (1, 4, 7) = (3,−1, 5) = −−→DB, esta´ formado o
paralelogramo ACBD.
Questa˜o 2. (1) A a´rea do paralelogramo gerado por
−→
AB = (5, 1,−1) e −→AC = (−1,−4, 3)
e´ igual a |−→AB ∧ −→AC| = |(−1,−14,−19)| = 3√62, e o triaˆngulo tem a´rea 3
√
62
2
.
(2) As projec¸o˜es de
−→
AB = (5, 1,−1) e −→AC = (−1,−4, 3) sobre Oxy sa˜o −→AB12 = (5, 1, 0) e−→
AC12 = (−1,−4, 0), respectivamente. Enta˜o, a a´rea do triaˆngulo projetado e´ 1
2
|−→AB12∧−→AC12| =
1
2
|(0, 0,−19)| = 19
2
.
Questa˜o 3. (1) X = (−1, 3, 2) + a(5, 1,−1) + b(−1,−4, 3) e x + 14y + 19z − 79 = 0.
(2) Um vetor normal ao plano e´
−→
AB ∧ −→AC = (−1,−14,−19), que serve como vetor diretor
da reta. Logo, essa tem equac¸a˜o X = (−1, 3, 2) + a(−1,−14,−19).
(3) Um ponto na reta tambe´m e´ da forma P = (−1, 3, 2) + a
3
√
62
(−1,−14,−19). Enta˜o,
o ponto com a = 5, ou a = −5, dista 5 do plano. Sa˜o (−1 − 5
3
√
62
, 3 − 70
3
√
62
, 2 − 95
3
√
62
) e
(−1 + 5
3
√
62
, 3 +
70
3
√
62
, 2 +
95
3
√
62
) !
Questa˜o 4. (1) Resolvendo, primeiro de tudo, o sistema que define s, obte´m-se y =
4x + 2
5
, z =
3x− 1
5
, ou seja, os pontos de s sa˜o da forma X = (x,
4x
5
+
2
5
,
3x
5
− 1
5
) = (0,
2
5
,−1
5
)+
x(5, 4, 3). E´ o´bvio que as retas na˜o sa˜o paralelas, pois (2, 1,−1) e (5, 4, 3) sa˜o L.I.
Intersec¸a˜o: comparando as expresso˜es de y em func¸a˜o de x, y =
x + 1
2
=
4x + 2
5
leva a
x =
1
3
. Enta˜o, y =
7
6
em r e y =
2
3
em s. As retas sa˜o reversas.
(2) Usando A = (−1, 0, 0) ∈ r, B = (0, 2
5
,−1
5
) ∈ s e −→r ∧ −→s = (7,−11, 3), segue que a
distaˆncia e´ igual a
|(1, 2
5
,−1
5
).(7,−11, 3)|
|(7,−11, 3)| =
2√
179
.
(3) 7x− 11y + 3z + 7 = 0.
2