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Exercicios resolvidos -_aulas_05_e_06
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Exercicios resolvidos -_aulas_05_e_06

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  • 1. UNIVERSIDADE ABERTA DO BRASIL – UABUNIVERSIDADE FEDERAL DE SERGIPE – UFSCENTRO DE EDUCAÇÃO SUPERIOR À DISTÂNCIA – CESADDISCIPLINA: VETORES E GEOMETRIA ANALÍTICAPROFESSORA: MARTA ÉLIDTUTORES: JOSÉ ROBSON SILVA SANTANA JOSEFA RAFAELA DE ANDRADE LUCIENE CUNHA MARIANO NUNES DOS SANTOS PAULA CARVALHO PAULA REGINA DOS SANTOS MATOS SIMONE CARLA S. SOUZA EVANGELISTA THAMIRES DOS SANTOSCONTEÚDOS: A RETA E O PLANO EXERCÍCIOS RESOLVIDOS – AULAS 05 e 06 01. Determinar as equações da reta que passa pelo ponto A(–2, 3, –2) e tem a → → → direção do vetor v = 3 i + 2 k . Solução: a = 3 →  As componentes do vetor v são: b = 0 . c = 2  Tendo em vista que b = 0, a reta se acha num plano paralelo ao plano xOz e suas y = 3  equações simétricas são: x + 2 z + 2 .  3 = 2   x = −1 + 2t  y = mx − 3  02. Calcular o valor de m para que as retas r :  e s : y = 3 − t sejam  z = −2 x  z = 5t  ortogonais. Solução: → → Os vetores u = (1, m,−2) e v = (2,−1,5) são vetores diretores de r e s, respectivamente. A condição de ortogonalidade permite escrever: → → u.v = 0 ou (1, m, –2).(2, –1, 5) = 0 2 – m – 10 = 0 – m = 10 – 2
  • 2. m=–803. Determinar a equação geral do plano que passa pelo ponto A(2, 1, – 2) e é  x = −4 + 3t  perpendicular à reta r :  y = 1 + 2t . z = t  Solução: Um vetor normal a este plano é o próprio vetor diretor (3, 2, 1) desta reta. Então, aequação do plano π, de acordo com a fórmula: a.(x – x1) + b.(y – y1) + c.(z – z1) = 0 ouainda pela fórmula ax + by + cz – ax1 – by1 – cz1 = 0, temos: 3.(x – 2) + 2.(y – 1) + 1.(z + 2) = 0 3x + 2y + z – 6 = 0. Observação: Para obter pontos de um plano, basta atribuir valores arbitrários a duas dasvariáveis e calcular a outra na equação dada. Assim, por exemplo, se na equação anteriorfizermos x = 1 e y = – 2, teremos: 3.(1) + 2.(– 2) + z – 6 = 0 3–4+z–6=0 z=7 e, portanto, o ponto A(1, – 2, 7) pertence a este plano. Se nesta mesma equação3x + 2y + z – 6 = 0 fizermos: x = 0 e y = 0, vem z = 6 x = 0 e z = 0, vem y = 3 y = 0 e z = 0, vem x = 2. Obtemos, assim, os pontos A1(0, 0, 6) e A2(0, 3, 0) e A3(2, 0, 0) nos quais o planointercepta os eixos coordenados.04. Estabelecer a equação geral do plano determinado pelos pontos A(2, 1, – 1), B(0, – 1, 1) e C(1, 2, 1). Solução:
  • 3. Os vetores-base do plano são AB = (−2,−2,2) e AC = (−1,1,2) e, portanto, um vetor normal do plano é: → → → i j k → n = ABx AC = − 2 − 2 2 = (−6,2,−4) −1 1 2 Então, a equação geral do plano, de acordo com a fórmula: a.(x – x1) + b.(y – y1) + c.(z – z1) = 0 – 6.(x – 2) + 2.(y – 1) – 4.(z + 1) = 0 – 6x + 2y – 4z + 12 – 2 – 4 = 0 – 6x + 2y – 4z + 6 = 0 1 ou, multiplicando ambos os membros da equação por − : 2 3x – y + 2z – 3 = 0. Observação: Na determinação da equação deste plano foi utilizado o ponto A. A equação seria amesma se usasse o ponto B ou o ponto C. 05. O ponto P(m,1,n), pertence à reta que passa por A(3, – 1,4) e B(4, – 3, – 1). Determine P. Solução: uuu r uuur • Tomando o vetor AB , temos AB = B – A = (1, – 2, – 5); uuur uuur • Com o vetor AB escrevemos uma reta t. AB = t.(1, – 2, – 5), onde t varia em R ; uuu r • Como P(m, 1, n) pertence à reta, então o vetor AP = P – A = (m – 3, 1 + 1, n – 4); uuu uuu r r uuu r uuu r • Como AP // AB , então AP = t. AB , então teremos : m − 3 = 1.t    1 + 1 = −2.t  – 2.t = 2 → t = – 1 n − 4 = −5.t    m – 3 = 1.(– 1) → m = 2 n – 4 = – 5.(– 1) → n = 9. Logo P(2, 1, 9)
  • 4. 06. Determine o valor de m para que seja 30o o ângulo entre os planos: Π 1 : x + my + 2z – 7 = 0 e Π 2 : 4x + 5y + 3z + 2 = 0. Solução: ur uu r Sendo v1 = (1, m, 2) e v2 = (4, 5, 3) os vetores normais aos planos Π 1 e Π 2 , ur uur | v1 , v2 | π respectivamente, e seja cos θ = uu uu , com 0 ≤ θ < (Definição 6.25, aula 6), r r |v1||v2 | 2 então: | (1,m,2),(4,5,3) cos 30o = |(1,m,2)||(4,5,3)| 3 |4+5m+6| = 2 5+m 2 . 50 3 |10+5m| = 2 250+50m 2 750 + 150m² = 20 + 10m ( 750 + 150m² ) 2 = (20 + 10m) 2 750 + 150m² = 400 + 400m + 100m² 50m² – 400m + 350 = 0 (÷10) 5m² – 40m + 35 = 0.Usaremos Báskhara para encontrar o valor de m: ∆ = (40)² – 4.5.35 = 1600 – 700 = 900 ∆ = 30 −b ± ∆ 40 ± 30 m’ = m’’ = = 2.a 2.5 m’ = 1 e m’’ = 707. Sabendo que o ponto pertence à reta que passa pelos pontos e , calcular e . Solução:
  • 5. Sabendo que os pontos A, B e P pertencem à reta, podemos dessa formarencontrar um vetor diretor dessa reta usando os pontos A e B. Assim . Nosso objetivo é encontrar os valores do ponto P. Lembrando das equações simétricas da reta (Aula 5 do livro texto (5.1)), temosque: , assim substituindo os valores na equação encontraremoso desejado. e pegando os pontos e , teremos: e pegando os pontos e , teremos: Daí temos os valores de e .08. Escrever uma equação do plano que contém o ponto (1,1,1) e é perpendicular ao vetor (2,-1,8). Solução: Dada uma equação do plano qualquer , como o ponto (1, 1, 1)pertence ao plano e o vetor (2,-1,8) é perpendicular ao plano, daí podemos substituir osvalores na equação e encontrar o valor de :
  • 6. , prosseguindo vem que . Dessa forma a equação doplano é .09. Determine uma equação vetorial da reta r definida pelos pontos e verifique se os pontos pertencem à r. Solução: Seja e utilizando a definição de equação da reta definida por doispontos, temos:Assim, ParaLogo, C pertence à reta r.Para , vem
  • 7. Logo, D não pertence à reta r.10. Determine o valor de n para que seja de o ângulo entre as retas . Solução: 1º nós iremos encontrar os vetores que são: . Assim, utilizando a definição 5.1, temos: Assim, vem elevando ambos os membros ao quadrado, vem
  • 8. 11. Sejam . Mostre que as retas AB e CD são concorrentes e encontre uma equação para o plano que as contém. Solução: Reta AB Sejam , e tomando o ponto Reta CD Sejam , e tomando o ponto C Igualando as retas r e s para encontrar os valores de t e h, vem De (II), temos
  • 9. Assim, substituindo (III) em (I), vem Portanto, o ponto de interseção é e .Logo, .Então,Isto é,12. Determine as equações paramétricas da reta que passa pelos pontos A = (1,- 1,2) e B = (2,1,0). Solução: Inicialmente, escolhemos um dos pontos. Escolhendo o ponto A = (1,-1,2) e formando o vetor AB = B – A = (1,2,-2) = u . As equações paramétricas são: (x, y, z) = (1, – 1, 2) + t.(1, 2, – 2) (x, y, z) = (1, – 1, 2) + (t, 2t, – 2t) (x, y, z) = (t +1, 2t – 1, – 2t + 2) x=t+1 y = 2t – 1 z = – 2t + 2
  • 10. 13. Determine o valor de m para que seja de 300 o ângulo entre os planos π1: x + my + 2z – 7 = 0 e π 2 : 4x + 5y + 3z + 2 = 0. Solução: Sendo os vetores n1 = (1, m, 2) e n2 = (4, 5, 3) ortogonais, então θ é o ângulo formado por estes vetores.  nn  θ = arc cos  1 2   n n   1 2   4 + 5m + 6  θ = arc cos    2 2 2 2 2 2   1 +m +2 . 4 +5 +3   5m + 10  θ = arc cos    2   m + 5. 50   5m + 10  300 = arc cos    2   50m + 25 0   5m + 10    = 3  2  2  50m + 25 0  20 + 10m = 150m 2 + 750 400 + 400m + 100m2 = 150m2 + 750 50m2 – 400m + 350 = 0 m2 – 8m + 7 = 0 m = 7 ou m =114. Ache as equações vetoriais e paramétricas da reta que satisfaz as condições dadas: a) Passa pelos pontos e . b) Passa pelo ponto cujo vetor diretor seja c) Que passa pela origem e é perpendicular à reta que passa pelos pontos e
  • 11. Solução: Por definição ( ver pág 76 do livro texto) a reta que passa pelo ponto e tem direção do vetor tem equação vetorial descrita por e equações paramétricas descritas por:a) Equação vetorial: O vetor diretorEquações paramétricas:b) Mamão com açúcarEquação vetorial:Equações paramétricas:c) Se reta é perpendicular à reta então seus respectivos vetores direcionais e são ortogonais. O vetor direcional da reta é cujo um vetorortogonal pode ser o vetor Equação vetorial: Equações paramétricas: