Segunda Prova Resolvida de Geometria Analítica

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UFSCAR

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23/03/2021

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1. Sejam B = {~i,~j,~k} uma base ortonormal de V3, ~w = (3, 0,−4)B e ~θ = (0, 1, 1)B.
Determine [~u]B e [~v]B tais que, ~u 6= ~0 6= ~v, ~u seja paralelo a ~θ, ~u e ~v sejam ortogonais
e ~w = ~u+ ~v.
Como ~u é paralelo a ~θ = (0, 1, 1)B, devemos ter ~u = (0, λ, λ)B para algum λ ∈ R.
Seja ~v = (a, b, c)B. Como ~u é ortogonal a ~v, devemos ter
0 = 〈~u,~v〉 = 〈(0, λ, λ), (a, b, c)〉 = λ · b+ λ · c = λ · (b+ c)
Mas, por hipótese, ~u 6= ~0, logo λ 6= 0 e portanto, b = −c.
Finalmente, (3, 0,−4)B = ~w = ~u+~v = (0, λ, λ)B + (a,−c, c)B = (a, λ− c, λ+ c)B. De
onde segue que, a = 3 e λ = c = −2.
Assim, ~u = (0,−2,−2)B e ~v = (3, 2,−2)B
2. Na figura abaixo, temos um sistema de coordenadas ortogonal {O,~i,~j,~k} e pontos
A, B e C tais que ||
−→
OA || = ||
−→
OB || = 2
3
||
−→
OC ||. Sabendo que o volume do
tetratedro OABC é igual a 2 unidades cúbicas, determine equações:
a) Vetorial da reta r que passa pelos pontos A e C;
b) Paramétrica da reta s que passa pelos pontos A e B;
c) Geral do plano π que passa pelos pontos A, B e C.
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~i
~j
~k
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A
B
C
O
Seja T o tetraedro OABC. Seu volume é 1
3
da área da base multiplicado pela altura
relativa a essa base. Se tomarmos a base como sendo o triângulo OAB, teremos:
Vol(T ) =
Área(OAB) · ||
−→
OC||
3
=
||
−→
OA||·||
−−→
OB||
2
· ||
−→
OC||
3
=
2
3
||
−−→
OC||· 2
3
||
−−→
OC||
2
· ||
−→
OC||
3
= 2
||
−→
OC||3
33
Por hipótese Vol(T ) = 2, logo ||
−−→
OC||3
33
= 1, ou seja, ||
−→
OC|| = 3.
1
Segunda prova resolvida de geometria analítica
Desta forma temos que A = (2, 0, 0), B = (0, 2, 0) e C = (0, 0, 3). Assim,
a) A equação vetorial da reta r que passa por A = (2, 0, 0) e C = (0, 0, 3) é dada por
r : X = A+ λ
−→
AC = (2, 0, 0) + λ(−2, 0, 3)
b) A equação paramétrica da reta s que passa por A = (2, 0, 0) e B = (0, 2, 0) é dada
por
s :

x = 2− 2λ
y = 2λ
z = 0
c) A equação geral do plano π, que passa pelos pontos A,B e C é dada por
π : det
x− 2 y z−2 2 0
−2 0 3
 = 0
ou seja, π : 6x+ 6y + 4z = 12 .
Outra resolução
Uma outra forma de determinar os pontos A,B e C é a seguinte:
Pela figura, notamos que A = (a, 0, 0), B = (0, b, 0) e C = (0, 0, c) para certos números
a, b, c ∈ R. Por hipótese, volume do tetraedro T = OABC é igual a 2. Mas esse
volume é 1
6
do volume V do paraleleṕıpedo gerado pelos vetores
−→
OA,
−−→
OB e
−→
OC.
Como
−→
OA = (a, 0, 0),
−−→
OB = (0, b, 0) e
−→
OC = (0, 0, c) teremos
2 = V =
|〈(
−→
OA ∧
−−→
OB),
−→
OC〉|
6
=
1
6
det
a 0 00 b 0
0 0 c
 = a · b · c
6
ou seja, a · b · c = 12. Além disso, a = b, pois a = ||
−→
OA|| = ||
−−→
OB|| = b e como
||
−→
OA|| = 2
3
||
−→
OC|| = 2
3
c, segue que, 2
3
c · 2
3
c · c = 12, de onde segue que c = 3 e
a = b = 2. Daqui em diante a resolução segue similar à resolução acima.
3. Sejam E = {~e1, ~e2, ~e3}, F = {~f1, ~f2, ~f3} e G = {~g1, ~g2, ~g3} bases de V3 tais que
~g1 = −~e2, ~g2 = 2~f1 − ~f3 e ~g3 = −~f1 + ~f2 + 2~f3 = ~e2 + ~e3. Suponha ainda que a
matriz de mudança da base F para a base E é dada por MFE = M
E
F =
1 0 −10 1 0
0 1 1
.
a) Determine MGE e M
G
F ;
Como MEF =
1 0 −10 1 0
0 1 1
, temos que ~e1 = ~f1, ~e2 = ~f2 + ~f3 e ~e3 = −~f1 + ~f3
Desta forma, ~f3 = ~f1 + ~e3 = ~e1 + ~e3.
2
Logo, ~g1 = −~e2, ~g2 = 2~f1 − ~f3 = 2~e1 − (~e1 + ~e3) = ~e1 − ~e3 e ~g3 = ~e2 + ~e3.
Assim, MGE =
 0 1 0−1 0 1
0 −1 1

Observamos também que ~g1 = −~e2 = −(~f2 + ~f3) = −~f2 − ~f3, ~g2 = 2~f1 − ~f3 e
~g3 = −~f1 + ~f2 + 2~f3.
Logo, MGF =
 0 2 −1−1 0 1
−1 −1 2

b) Determine [~u]F , sendo ~u = −~e1 + ~f2 − ~g3.
Temos que ~e1 = ~f1 e ~g3 = −~f1 + ~f2 + 2~f3. Logo,
~u = −~f1 + ~f2 − (−~f1 + ~f2 + 2~f3) = −2~f3, portanto ~u = (0, 0,−2)F
4. Determine uma equação da reta r tal que r é perpendicular à reta s e r é perpendicular
à reta t, sendo que
s : x =
y − 2
5
=
1− z
2
e t :
{
x− z + 1 = 0
x+ y − 1 = 0
Uma equação vetorial da reta s é dada por s : X = (0, 2, 1) + µ · (1, 5,−2).
Uma equação vetorial da reta t é dada por t : X = (0, 1, 1) + λ · (1,−1, 1)
Um vetor diretor para a reta r é dado por qualquer múltiplo de (1, 5,−2)∧ (1,−1, 1).
Como,
(1, 5,−2) ∧ (1,−1, 1) = det
~i ~j ~k1 5 −2
1 −1 1
 = (3,−3,−6)
temos que um vetor diretor da reta r é dado por ~r = (1,−1,−2).
Se A é um ponto de r ∩ s então, A = (µ, 2 + 5µ, 1− 2µ) para algum µ ∈ R.
Se B é um ponto de r ∩ t então, B = (λ, 1− λ, 1 + λ) para algum λ ∈ R.
Devemos ter então que,
(λ− µ,−1− λ− 5µ, λ+ 2µ) =
−→
AB = α · ~r = (α,−α,−2α)
Essa igualdade nos fornece um sistema linear com 3 equações e 3 incógnitas (λ, µ e
α), cuja solução é λ = 0, µ = −1
6
e α = 1
6
.
Assim, B = (0, 1, 1) ∈ r e ~r = (1,−1,−2) é um vetor diretor de r. Portanto, uma
equação para a reta r é dada por,
r : X = (0, 1, 1) + β · (1,−1,−2), β ∈ R
3
5. Qual é a posição relativa entre as retas s e t do exerćıcio anterior? justifique sua
resposta.
Pela resolução do exerćıcio anterior, temos que ~s = (1, 5,−2) é vetor diretor da reta
s, ~t = (1,−1, 1) é vetor diretor da reta t,
−→
AB = (1
6
,−1
6
,−1
3
), sendo A ∈ s e B ∈ t.
Temos que {~s,~t} é L.I. e como
−→
AB ⊥ ~s e
−→
AB ⊥ ~t, concluimos que {~s,~t,
−→
AB} é L.I.
Logo, as retas s e t são reversas.
6. Determine uma equação geral do plano π que é perpendicular à reta r : X = (1, 0, 1)+
λ(0, 4, 3) e tal que a distância do ponto P = (1, 0, 0) ao plano π seja igual a 1.
O vetor diretor ~r = (0, 4, 3) da reta r é um vetor normal ao plano π, logo uma equação
geral de π é dada por
4y + 3z − d = 0
mas dist(P, π) = 1, logo
|0 · 1 + 4 · 0 + 3 · 0− d|√
02 + 42 + 32
= 1
Assim, |d| = 5, ou seja, d = 5 ou d = −5.
Temos, portanto, dois planos perpendiculares à reta r e que distam 1 do ponto P , a
saber:
π1 : 4y + 3z = 5 e π2 : 4y + 3z = −5
4