3 - Segunda Prova Resolvida de Geometria Analítica

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Nas questões 1, 2 e 3 o sistema de coordenadas utilizado é um sistema ortogonal.
1. O plano π é determinado pelas retas r : x + z = 5 = y + 4 e s : X = (4, 1, 1) + λ(4, 2,−3).
Obtenha equações gerais dos planos que distam 2 de π.
Observamos que A = (4, 1, 1) ∈ r ∩ s e B = (0, 1, 5) ∈ r mas B = (0, 1, 5) /∈ s. Portanto r e s
são retas concorrentes. Temos que,
−→
AB = (−4, 0, 4) é vetor diretor da reta r e ~s = (4, 2,−3)
é vetor diretor da reta s. Esses vetores são vetores diretores do plano π, determinado pelas
retas r e s. Como A = (4, 1, 1) ∈ π, temos que uma equação geral de π é dada por:
π :
∣∣∣∣∣∣
x− 4 y − 1 z − 1
−4 0 4
4 2 −3
∣∣∣∣∣∣ = 0
ou seja, π : −2x+ y − 2z + 9 = 0.
Se α é um plano tal que dist(α, π) = 2, então α deve ser paralelo ao plano π. Assim,
α : −2x+ y − 2z + d = 0 para algum d ∈ R, d 6= 9
e dist(α, π) = dist(A,α). Logo,
2 = dist(A,α) =
| − 2 · 4 + 1 · 1− 2 · 1 + d|√
(−2)2 + 12 + (−2)2
=
|d− 9|
3
ou seja, d = 3 ou d = 15. Assim, existem dois planos que distam 2 de π:
α1 : −2x+ y − 2z + 3 = 0 e α2 : −2x+ y − 2z + 15 = 0
2. Considere a reta r : X = (1, 2,−1) + λ(1, 1, 1).
a) Determine uma equação de um plano π, que seja paralelo a r;
Uma equação geral para π tem a forma, π : ax+by+cz+d = 0 e um vetor normal (ortogonal)
a π é dado por ~η = (a, b, c). Para que π seja paralelo a r devemos ter que o vetor normal a π
deve ser ortogonal ao vetor diretor, ~r = (1, 1, 1), de r e o ponto A = (1, 2,−1) de r não pode
pertencer ao plano π. Assim,
0 = ~η · ~r = (a, b, c) · (1, 1, 1) = a+ b+ c
e podemos escolher π : x− y = 0
b) Determine uma equação de uma reta s que é perpendicular à r e é transversal a π.
Para s ser perpendicular a r, devemos ter que o vetor diretor ~s de s deve ser ortogonal ao
vetor diretor ~r = (1, 1, 1) de r e s deve ser concorrente com r. Para que s seja transversal ao
plano π devemos ter que ~s não pode ser ortogonal ao vetor normal ~η, ou seja, ~s · ~η 6= 0.
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Segunda Prova Resolvida de Geometria Analítica
Se escolhermos ~s = (0,−1, 1) teremos que, ~s · ~η = (0,−1, 1) · (1,−1, 0) = 1 6= 0 e ~s · ~r =
(0,−1, 1) · (1, 1, 1) = 0. Como A = (1, 2,−1) ∈ r, temos que uma reta s que é perpendicular
à reta r e é transversal ao plano π é dada por:
s : X = (1, 2,−1) + µ(0,−1, 1)
3. Considere o triângulo ABC com A = (1, 1, 0), B = (0, 1,−1) e C = (1, 0,−1).
a) Determine uma equação da reta rA que contém a bissetriz do ângulo BÂC;
Um vetor diretor, ~rA, de rA deve ser tal que, a medida angular θ do ângulo formado pelos
vetores ~rA e
−→
AB deve ser igual à medida do ângulo formado pelos vetores ~rA e
−→
AC, ou seja,
−→
AB · ~rA
||
−→
AB|| · || ~rA||
= cos(θ) =
−→
AC · ~rA
||
−→
AC|| · || ~rA||
Temos que,
−→
AB = (−1, 0,−1) e
−→
AC = (0,−1,−1). Se denotarmos ~rA = (a, b, c) teremos que,
−a− c = −b− c, ou seja, a = b.
Devemos ter também que { ~rA,
−→
AB,
−→
AC} deve ser L.D., pois a reta rA deve estar contida no
plano determinado pelo triângulo ABC. Assim,
det
 a a c−1 0 −1
0 −1 −1
 = 0
ou seja, c = 2a. Desta forma, um vetor diretor ~rA é dado por, ~rA = (1, 1, 2) e assim,
rA : X = (1, 1, 0) + λ(1, 1, 2)
b) Determine uma equação da reta rB que contém a bissetriz do ângulo AB̂C;
Um vetor diretor, ~rB, de rB deve ser tal que, a medida angular ϕ do ângulo formado pelos
vetores ~rB e
−→
BA deve ser igual à medida do ângulo formado pelos vetores ~rB e
−−→
BC, ou seja,
−→
BA · ~rB
||
−→
BA|| · || ~rB||
= cos(ϕ) =
−−→
BC · ~rB
||
−−→
BC|| · || ~rB||
Temos que,
−→
BA = (1, 0, 1) e
−−→
BC = (1,−1, 0). Se denotarmos ~rB = (m,n, p) teremos que,
m+ p = m− n, ou seja, p = −n.
Devemos ter também que { ~rB,
−→
BA,
−−→
BC} deve ser L.D., pois a reta rB deve estar contida no
plano determinado pelo triângulo ABC. Assim,
det
m n −n1 0 1
1 −1 0
 = 0
ou seja, m = −2n. Desta forma, um vetor diretor ~rB é dado por, ~rB = (2,−1, 1) e assim,
rB : X = (0, 1,−1) + µ(2,−1, 1)
c) Determine o INCENTRO do triângulo ABC;
O incentro do 4ABC é o ponto P , de intersecção das bissetrizes dos ângulos internos do
triângulo, ou seja, {P} = rA ∩ rB. Logo, P = (1 + λ, 1 + λ, 2λ) para algum λ ∈ R e
P = (2µ, 1− µ,−1 + µ) para algum µ ∈ R. Assim,
2
1 + λ = 2µ
1 + λ = 1− µ
2λ = −1 + µ
Portanto, λ = −1
3
e µ = 1
3
e assim, o incentro procurado é dado por P = (2
3
, 2
3
,−2
3
)
d) Determine a medida do raio da circunferência inscrita ao triângulo ABC.
O incentro, P = (2
3
, 2
3
,−2
3
), do 4ABC é o centro da circunferência inscrita ao triângulo.
Portanto, o raio R dessa circunferência é a distância de P a qualquer um dos lados do triângulo,
ou seja,
R = dist(P,AB) = dist(P,AC) = dist(P,BC)
A reta AB tem equação AB : X = A + λ
−→
AB, com A = (1, 1, 0) e
−→
AB = (−1, 0,−1) e
dist(P,AB) = ||
−→
AP∧
−→
AB||
||
−→
AB||
, sendo
−→
AP = (−1
3
,−− 1
3
,−2
3
). Temos que,
−→
AP ∧
−→
AB =
∣∣∣∣∣∣
~i ~j ~k
−1
3
−1
3
−2
3
−1 0 −1
∣∣∣∣∣∣ = 13~i+ 13~j − 13~k
Portanto, dist(P,AB) = ||
−→
AP∧
−→
AB||
||
−→
AB||
=
√
3
3√
2
=
√
6
6
, ou seja, o raio procurado é R =
√
6
6
4. Seja {~a,~b,~c} uma base ordenada (não necessariamente ortonormal). Mostre que, para todo
vetor ~x vale a igualdade:
~x =
[~x,~b,~c]
[~a,~b,~c]
· ~a+ [~a, ~x,~c]
[~a,~b,~c]
·~b+ [~a,
~b, ~x]
[~a,~b,~c]
· ~c
Como E = {~a,~b,~c} é uma base ordenada temos que existem escalares α, β, γ ∈ R tais que,
~x = α~a+ β~b+ γ~c
Assim,
[~x,~b,~c] = [α~a+ β~b+ γ~c,~b,~c] = α[~a,~b,~c] + β[~b,~b,~c] + γ[~c,~b,~c] =
= α[~a,~b,~c] + 0 + 0 = α[~a,~b,~c]
Como E = {~a,~b,~c} é L.I. segue que [~a,~b,~c] 6= 0. Logo, α = [~x,
~b,~c]
[~a,~b,~c]
Analogamente,
[~a, ~x,~c] = [~a, α~a+ β~b+ γ~c,~c] = α[~a,~a,~c] + β[~a,~b,~c] + γ[~a,~c,~c] =
= 0 + β[~a,~b,~c] + 0 = β[~a,~b,~c]
de onde segue que β =
[~a, ~x,~c]
[~a,~b,~c]
3
Também,
[~a,~b, ~x] = [~a,~b, α~a+ β~b+ γ~c] = α[~a,~b,~a] + β[~a,~b,~b] + γ[~a,~b,~c] =
= 0 + 0 + β[~a,~b,~c] = γ[~a,~b,~c]
de onde segue que γ =
[~a,~b, ~x]
[~a,~b,~c]
Obs.: [~u,~v, ~w] denota o produto misto dos vetores ~u,~v e ~w, ou seja, [~u,~v, ~w] = (~u ∧ ~v) · ~w
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