2 - Segunda Prova Resolvida de Geometria Analítica

Prévia do material em texto

Nas questões 1, 2 e 3 o sistema de coordenadas utilizado é um sistema de coordenadas ortogonal.
1. Determine equações gerais dos planos que contém os pontos A = (1, 1,−1) e B = (2, 1, 1) e
distam 1 da reta r : X = (1, 0, 2) + λ(1, 0, 2).
Seja π : ax+ by + cz + d = 0 um plano que satisfaz às condições do enunciado. Como A e B
pertencem a π, devemos ter:
a+ b− c+ d = 0
2a+ b+ c+ d = 0
Disto segue que, a = −2c e d = 3c− b.
Por hipótese, dist(r, π) = 1. Logo, a reta r deve ser paralela ao plano π e dist(r, π) = dist(P, π),
sendo P = (1, 0, 2) ∈ r. Temos então,
1 = dist(P, π) =
|a+ 2c+ d|√
a2 + b2 + c2
=
|d|√
4c2 + b2 + c2
=
|3c− b|√
5c2 + b2
Disto segue que, 5c2 + b2 = 9c2 − 6cb+ b2. Logo, c · (4c− 6b) = 0, ou seja, c = 0 ou b = 2
3
· c
• c = 0
Teremos neste caso, a = −2c = 0, d = 3c− b = −b.
• b = 2
3
· c
Teremos neste caso, a = −2c, b = 2
3
· c e d = 3c− b = 3c− 2
3
· c = 7
3
· c
Concluimos, desta forma, que existem dois planos que satisfazem às condições do enunciado,
a saber,
π1 : y − 1 = 0 e π2 : −6x+ 2y + 3z + 7 = 0
2. Considere o plano π : 3x− 2y + z − 1 = 0.
a) Determine uma equação de uma reta r, que seja transversal ao plano π;
Para que a reta r : X = A + λ~r seja transversal a π, devemos ter que o vetor diretor, ~r,
da reta r não pode ser ortogonal ao vetor normal, ~η = (3,−2, 1), de π, ou seja, ~r · ~η 6= 0.
Podemos escolher então ~r = (0, 0, 1) e o ponto A pode ser qualquer ponto. Logo, uma reta r
que satisfaz às condições do enunciado é dada por, r : X = (0, 0, 0) + λ(0, 0, 1)
b) Determine uma equação do plano α que é perpendicular à r e contém o ponto P = (1, 1, 0).
Seja α : ax+by+cz+d = 0. Para que α seja perpendicular à r, devemos ter que o vetor diretor,
~r, de r deve ser paralelo ao vetor normal, ~ηα = (a, b, c), de α, ou seja, (a, b, c) = k(0, 0, 1) para
algum k ∈ R. Desta forma, α : z + d′ = 0. Como P = (1, 1, 0) deve pertencer a α temos que
d′ = 0, ou seja, α : z = 0
1
Segunda Prova Resolvida de Geometria Analítica
3. Considere o triângulo ABC com A = (1, 1, 0), B = (0, 1,−1) e C = (1, 0,−1).
a) Determine uma equação da mediatriz mA do lado BC;
A mediatriz mA contém o ponto médio, M = (
1
2
, 1
2
,−1), do lado BC, é perpendicular à reta
BC e está contida no plano determinado pelo triângulo ABC. Logo, se ~v = (a1, a2, a3) é vetor
diretor de mA então,
(a1, a2, a3) ·
−−→
BC = 0 e {~v,
−→
BA,
−−→
BC} é L.D.
Temos que,
−−→
BC = (1,−1, 0) e
−→
BA = (1, 0, 1). Logo,
0 = (a1, a2, a3) · (1,−1, 0) = a1 − a2
e
0 =
∣∣∣∣∣∣
a1 a2 a3
1 −1 0
1 0 1
∣∣∣∣∣∣ = −a1 − a2 + a3
Assim, um vetor diretor de mA é dado por ~v = (1, 1, 2) e mA : X = (
1
2
, 1
2
,−1) + λ(1, 1, 2)
b) Determine uma equação da mediatriz mB do lado AC;
A mediatriz mB contém o ponto médio, N = (1,
1
2
,−1
2
), do lado AC, é perpendicular à reta
AC e está contida no plano determinado pelo triângulo ABC. Logo, se ~w = (b1, b2, b3) é vetor
diretor de mB então,
(b1, b2, b3) ·
−→
AC = 0 e {~w,
−→
AC,
−−→
BC} é L.D.
Temos que,
−−→
BC = (1,−1, 0) e
−→
AC = (0,−1,−1). Logo,
0 = (b1, b2, b3) · (0,−1,−1) = −b2 − b3
e
0 =
∣∣∣∣∣∣
b1 b2 b3
0 −1 −1
1 −1 0
∣∣∣∣∣∣ = −b1 − b2 + b3
Assim, um vetor diretor de mB é dado por ~w = (2,−1, 1) e mB : X = (1, 12 ,−
1
2
) + µ(2,−1, 1)
c) Determine o CIRCUNCENTRO do triângulo ABC;
O circuncentro do 4ABC é o ponto P , de intersecção das mediatrizes dos lados do 4ABC.
Logo, {P} = mA ∩mB.
Como P ∈ mA segue que P = (12 + λ,
1
2
+ λ,−1 + 2λ) para algum λ ∈ R.
Como P ∈ mB segue que P = (1 + 2µ, 12 − µ,−
1
2
+ µ) para algum µ ∈ R.
Segue então que, λ = 1
6
e µ = −1
6
. Assim, P = (2
3
, 2
3
,−2
3
)
d) Determine a medida do raio da circunferência circunscrita ao triângulo ABC.
A medida R do raio da circunferência circunscrita ao 4ABC coincide com a distância do
circuncentro a qualquer um dos vértices do triângulo, ou seja,
R = dist(P,A) = dist(P,B) = dist(P,C)
Assim, R =
√
(1− 2
3
)2 + (1− 2
3
)2 + (0 + 2
3
)2 =
√
1
9
+ 1
9
+ 4
9
=
√
6
3
.
2
4. Sejam ~a,~b e ~c vetores tais que ~a+~b+ ~c = ~0. Mostre que:
~a ∧~b = ~b ∧ ~c = ~c ∧ ~a
Como ~a+~b+ ~c = ~0 segue que,
~0 = ~0 ∧ ~a = (~a+~b+ ~c) ∧ ~a = ~a ∧ ~a+~b ∧ ~a+ ~c ∧ ~a = ~0− ~a ∧~b+ ~c ∧ ~a =
= −~a ∧~b+ ~c ∧ ~a
Logo, ~a ∧~b = ~c ∧ ~a.
Analogamente,
~0 = ~0 ∧~b = (~a+~b+ ~c) ∧~b = ~a ∧~b+~b ∧~b+ ~c ∧~b = ~a ∧~b+~0 + ~c ∧~b =
= ~a ∧~b−~b ∧ ~c
Logo, ~a ∧~b = ~b ∧ ~c.
Portanto, ~a ∧~b = ~b ∧ ~c = ~c ∧ ~a
3