Lista de Exercícios de G.A.

GUIDG.COM – PG. 1

14/4/2010 – ALGA-1: Exercícios Resolvidos – Retas, Planos e Distâncias * Da Lista de exercícios de Álgebra 1 – Retas, Planos e Distâncias (UDESC-CCT-JOINVILLE); * Do Livro de Geometria Analítica - Alfredo Steinbruch, Paulo Winterle.

Lista: exercício 4. V x + y + z@ 2 = 0 Dada a reta r: como interseção de dois planos, obter a sua equação simétrica. x + 3y @ z @ 2 = 0 Solução: Esta não é a única solução, porém é uma das mais fáceis. Para resolver precisamos de conhecimentos sobre planos e retas. 1 – A reta r é dada na forma de interseção, portanto resolvemos o sistema para encontrar a equação da reta ou o ponto, neste caso faremos para o ponto. 2 – Olhe para as equações da reta r, e veja que se fizermos x = 2 , as equações serão simplificadas. r:

x + y + z@ 2 = 0 x + 3y @ z @ 2 = 0 Q fazendo x = 2 e somando as equações:

V

2 + y + z @ 2 + 2 + 3y @ z @ 2 = 0 y + z + 3y @ z = 0 4y = 0 [ y = 0 b

c

agora substituimos y = 0 na equação e encontramos z também igual à zero quando x = 2 : z=0 [ y=z Essas coordenadas encontradas são um ponto da reta interseção dos planos, portanto P=(2,0,0). Agora só precisamos encontrar o vetor, há várias maneiras, uma delas é o produto vetorial dos vetores normais dos planos dados, e são facilmente encontrados, conhecendo-se a equação geral do plano: ax + by + cz @ ax1 @ by1 @ cz1 = 0 x + y + z@2 =0 então para r: x + 3y @ z @ 2 = 0 V

b c b c k j j j j j j j k j j j os vetores são j vj 1 1,1,1 e v 2 1,3, @ 1

j k j j j j j j k j j j j Fazendo o produto vetorial j vj 1 B v2 :

L L Li L L L1 L L1

j 1 3

M kM M M M = 1M M @ 1M

d

b

c

e b

c

1 B @ 1 @ 3 B 1, @ 1 B @ 1 @ 1 B 1 ,1 B 3 @ 1 B 1 = @ 4,2,2 `

a

`

a

e este é o vetor simultaneamente ortogonal aos dois planos dados, b

c

portanto é o normal de um outro plano que contém o ponto P = 2,0,0 !

Substituindo na equação geral do plano: @ 4x + 2y + 2z @ @ 4 2 @ 2 0 @ 2 0 = 0 `

a

@ 4x + 2y + 2z + 8 = 0

b

` a

` a

c

dividimos por 2 para simplificar, e encontramos o vetor da reta!

b c j k j j j @ 2x + y + z + 4 = 0 [ j vj r @ 2,1,1

Agora substituímos na equação simétrica da reta: xf @ xf @ yf @ zf f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f 1f 1f 1f = f = f [ a b c

@ 0f xf @ 2f @ 0f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f = f = f ou @2 1 1

xf @ 2f f f f f f f f f f f f f f f =y= z @2

GUIDG.COM – PG. 2 Lista: exercício 15 Calcular as equações das retas r que contém o ponto A(2,-1,1) e que interceptam a reta X ^ \x = 1 + 2t s: ^y = @ 1 segundo um ângulo de 45º. Z z=t Solução: O exercício não fornece figuras. Desenhado (veja a figura 1) é assim que a reta r deve se parecer, pois forma 45º com s. Nesse caso o ângulo dado só serve para encontrar o vetor diretor da reta r, isso j por que 45º é a metade de 90º. Então se encontrarmos um vetor perpendicular àk s (chamaremos de k j k j j t ), então podemos encontrar r , porque podemos somar os vetores.

Temos a equação paramétrica da reta s, e pela formula identificamos o vetor e o ponto, então: X ^ ^ ^ \x = ta + x1 = 1 + 2t b c j Então o vetor de s ék s: ^y = tb + y1 = @ 1 s 2,0,1 ^ ^ Zz = tc + z = t 1

j Agora precisamos de um vetor perpendicular ak s 2,0,1 , pela condição de ortogonalidade, dois b

c

vetores são ortogonais quando o produto escalar é igual a zero, então: j k jk

b

c`

s A t = 0 Q 2,0,1 x,y,z = 0 a

k j

k j

Note que a componente b do vetor s é nula, fazendo o vetor t também pertencer ao plano x0z. Fazendo xb= 1 temos: cb c s A t = 0 Q 2,0,1 1,y,z = 0 [ 2 + 0 + z = 0 [ z = @ 2

j k jk

k jb

c

Então t 1,0, @ 2

k j

j Agora somamos os vetores (veja a figura 2): t +k s = 1,0, @ 2 + 2,0,1 = 3,0, @ 1

Que é o vetor diretor da reta r.

b

c b

c b

c

k j

j Pode-se fazer t @k s que dará um outro vetor para r, mas também formando 45º com a reta s). b c k jk j t @ s = @ 1,0, @ 3 .

Encontramos os vetores e temos o ponto A(2,-1,1), então é só escrever as equações paramétricas de r. X ^ x = ta + ^ ^ \

x1 = 3t + 2 r: ^y = tb + y1 = @ 1 ^ ^ Zz = tc + z = @ t + 1 1

ou

X ^ ^ \x = @ t

+2 y = @ 1 r: ^ ^ Zz = @ 3t + 1

GUIDG.COM – PG. 3 Lista: exercício 16. Obter a equação do plano que contém a reta r :

V

x + y@z + 3 =0 e seja paralelo ao eixo das x @ y + 2z + 5 = 0

abscissas. Solução: 1 - Para resolver devemos obter o vetor da reta, e o Ponto. 2 - Depois devemos obter um vetor perpendicular ao eixo das abscissas e ao vetor da reta. Que será o vetor do plano, pois cumpre com as restrições. 1 – Das equações da reta r, resolvemos o sistema, colocamos na forma reduzida e tiramos as informações necessárias (ou seja escrevemos y e z em função de x). r:

V

x + y@z + 3 =0 (basta somar as duas equações) x @ y + 2z + 5 = 0

2x + y @ y @ z + 2z + 3 + 5 = 0 2x + z + 8 = 0 z = @ 2x @ 8 X ^ \x +

r :^

y@ z + 3 = 0

Zx @ y +

2z + 5 = 0

b

c

multiplicamos por 2 para fazer z desaparecer

2x + 2y @ 2z + 6 + x @ y + 2z + 5 = 0 3x + y + 11 = 0 y = @ 3x @ 11

Um esboço ilustrando o enunciado.

Da fórmula da equação reduzida podemos identificar o vetor e o ponto. X b c k j j j ^ ^ ^ \v r 1, @ 3, @ 2 c b r: ^ b ^ ^ isso ZP r 0, @ 11, @ 8

c

quando fazemos x = 0

Agora devemos fazer o produto vetorial do vetor diretor da reta, pelo vetor diretor do eixo das abscissas, assim encontramos um vetor simultaneamente ortogonal aos vetores dados. L L Li L L L1 L L1

M

b

ac

`

`

a

j k M M @ 3 B 0 @ 0 B@ 2, @ 1 B 0 @ 1 B@ 2 ,1 B 0 @ 1 B@ 3 M c b c @3 @2 M M = b k j j j M 0, @ 2,3 e este é o vetor normal n do plano! M 0 0 b

c

Como já temos o ponto P r 0, @ 11, @ 8 , agora é só substituir na equação geral do plano. ax + by + cz @ ax1 @ by1 @cz1 = 0

0x + @ 2 y + 3z @ 0 B0 @ @ 2 @ 11 @ 3 B @ 8 = 0 @ 2y + 3z @ 22 + 24 = 0 `

a

`

b

a`

a

` a `

a

c

@ 2y + 3z + 2 = 0 multiplicamos por @ 1 para simplificar! 2y @ 3z @ 2 = 0

` a

E esta é a equação do plano paralelo ao eixo x, e que contém a reta r!

GUIDG.COM – PG. 4 Livro: Pg.139, exercício 35. Seja o triângulo de vértices A(1,0,-2), B(2,-1,-6) e C(-4,5,2). Estabelecer as equações da reta suporte da mediana do triângulo ABC relativa ao lado BC. Solução: O exercício não fornece figuras, então você tem que adivinhar. Desenhando o triângulo, a mediana relativa ao lado BC é a reta MA.

b

c

@ 2,4, @ 4f b c Bf +f C f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f Para encontrar M, basta fazer: M = f = f = @ 1,2, @ 2 2 2 j j j j j j j j j j j k j j j j j j j j j j j j j j j k j j j j Agora ele pede a reta suporte relativa ao lado BC, então o vetor tem que ser MA , e não AM . j j j j j j j j j j j k j j j j

b

c

b

c b

c

MA = A @ M = 1,0, @ 2 @ @ 1,2, @ 2 = 2, @ 2,0

Assim podemos escrever as equações paramétricas, pois encontramos o vetor diretor da reta e temos o ponto A. c b c c j j j j j j j j j j j k j j j j b ` a b MA = a,b,c = 2, @ 2,0 e A = x1 ,y1 ,z1 = 1,0, @ 2 X ^ ^ ^x = ta + x1 = 2t + 1 \

y = tb + y = @ 2t

1 ^ ^ ^ Zz = tc + z = @ 2 1

GUIDG.COM – PG. 5 Livro: Pg.182, exercício 26. Determinar a equação geral do plano que contém o ponto e a reta, dados: A(1,2,1) e a reta interseção do plano π:x @ 2y + z @ 3 = 0 com o plano y0z. O exercício não traz figuras, e é complicado, mas vou tentar explicar! Do enunciado, concluímos que existe um plano que contém o ponto A e uma reta (figura 1). Mas essa reta só existe devido à interseção de dois planos: o plano y0z (figura 2) e o plano π (figura 3).

Agora identificamos a equação do plano y0z, que é x = 0. Para acharmos a equação da reta interseção dos planos basta resolvermos o sistema somando as equações dos planos: x =0 resolvendo o sistema temos: x @ 2y + z @ 3 = 0 @ 2y + z @ 3 = 0 e a equação da reta é: z = 2y + 3

V

Agora da equação simétrica da reta temos: xf @ xf @ yf @ zf f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f 1f 1f 1f = f = f e se a b c

cy f f f f f f cy f f f f f f f 1f x = 0, z = f @ f + z1 b b

De onde tiramos o vetor e o ponto: b k j j j

c

v a,b,c

j j k j j j j logo v1 0,1,2 a componente a do vetor é nula quando x = 0 . b

c

E para o ponto P x1 ,y1 ,z1 sabemos que z1 = 3 (pela equação simétrica), então para encontrar as outras coordenadas basta substituirmos na equação da reta: `

a

z = 2y + 3 3 = 2y + 3 [ y = 0 b c x1 = 0 pois não há como calcular, então P 0,0,3 .

j j j j j j j k j j j j

Como encontramos um ponto da reta, podemos fazer o vetor AP e assim encontrar um segundo vetor pertencente ao plano procurado. Tendo dois vetores encontramos o vetor normal ao plano com o produto vetorial, com isso podemos escrever a equação do plano. j j j j j j j k j j j j

b

c

b

c

b j j j k j j j

c

AP = P @ A = 0,0,3 @ 1,2,1 = v2 @ 1, @ 2,2

L L L i j k j j j j j j j k j j jL L vj Bv = 1 2 L 0 L L@ 1

j 1 @2

M

d

b

c

e

` a ` a ` a ` a kM M 1 B2 @ @ 2 B 2 , @ 0 B 2 @ @ 1 B2 , 0 B @ 2 @ @ 1 B 1 M M = 2M b c M j k j j j =j vj 6, @ 2,1 e esse é finalmente o vetor normal do plano! 2M 3

GUIDG.COM – PG. 6 j j j k j j j

Substituindo v 3 na equação do plano junto com o ponto A(1,2,1): ax + by + cz @ ax1 @ by1 @cz1 = 0

6x @ 2y + z @ 6 B 1 @ @ 2 B2 @ 1 B1 = 0 6x @ 2y + z @ 6 + 4 @ 1 = 0 6x @ 2y + z @ 3 = 0 `

a

simplificando temos:

E esta é a equação do plano que contém o ponto A e a reta interseção dos planos y0z e π .

GUIDG.COM – PG. 7 Livro: Pg.184, exercício 39. Determinar as equações reduzidas, em termos de x, da reta r que passa pelo ponto A(2,-1,4) e é perpendicular ao plano π: x @ 3y + 2z @ 1 = 0 . Sem figuras! Com isso a interpretação geométrica deve se parecer com isso:

Uma reta r que passa por um ponto A. E essa reta é ortogonal ao plano, ou seja é paralela ao k j j j vetor n (normal) do plano. Com isso só nos resta achar um ponto P tal que j j j j j j j j k j j j j ao fazer o vetor PA , este seja paralelo ao vetor normal do plano.

Utilizando a linguagem matemática, o que procuramos é: j j j j j j j j k j j j j

k j j j

P(x,y,z) | PA // n , então pela condição de paralelismo de vetores: b k j j j

c

Identificando o normal do plano na equação dada: n 1, @ 3,2 Assim abrimos a equação do ponto P:

k

j j j j j j j j k j j j j PA f f f f f f f f f f k j j j=k

n

b c ` a j j j j j j j j k j j j j 2, @ 1,4 @ x, y, z PA A @ P f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f b c = k j j j= k j j j =

n

n

1, @ 3,2

2f @ xf 1f @ yf @ zf f f f f f f f f f f f f f f @ f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f 4f f f f f f f f f f f f f f f = = =k 1 @3 2

A partir daqui temos duas maneiras para resolver (A) e (B):

1f @ yf 2f @ xf @ zf f f f f f f f f f f f f f f @ f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f 4f f f f f f f f f f f f f f = f = f =k 1 @3 2 Agora se multiplicarmos o numerador e o denominador por menos um, não alteramos a igualdade e chegamos à forma simétrica da reta:

(A)

+f 1f xf @ 2f @ 4f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f = f = f @1 3 @2 Logo a equação reduzida (escrevendo y e z em função de x) é:

3x 6f f f f f f f f f f f f f f f f f f y= f @ f @ 1 = @ 3x + 5 @1 @1

e

@f 2x 4f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f z= f + f + 4 = 2x @1 @1

(B) Por outro lado, podemos pegar a igualdade

1f @ yf 2f @ xf @ zf f f f f f f f f f f f f f f @ f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f 4f f f f f f f f f f f f f f = f = f = k e atribuir um valor 1 @3 2

para x. Então, fazendo x = 1 achamos y e z:

1f @ yf 2f @ 1f f f f f f f f f f f f f f f @ f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f = f [ @3 =@1 @y [ y = 2 1 @3 @ 1f @ 2f @ zf 4f @ zf f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f 4f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f = f [ 1= f [ z=2 Logo, se y = 2 temos que: @3 2 2

GUIDG.COM – PG. 8 Encontramos o ponto P = (1, 2, 2)! Veja que se jogarmos esses valores na equação, encontramos k = j j j j j j j j k j j j j k j j j 1, e isso verifica o paralelismo entre vetores PA e n , então estamos no caminho certo! Agora j j j j j j j j k j j j j achamos o vetor PA : j j j j j j j j k j j j j

b

c

b

c b

c

PA = A @ P = 2, @ 1,4 @ 1,2,2 = 1, @ 3,2

e esse é o vetor diretor da reta r!

Temos o ponto A(2,-1,4) e o vetor (1,-3,2) , mas o exercício quer a equação reduzida da reta em termos de x, então da equação simétrica encontramos isso (ou seja escrevemos y e z em função de x): xf @ xf @ yf @ zf f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f 1f 1f 1f = f = f a b c

[

bx f f f f f f f bx f f f f f f f f 1f y= f @ f + y1 a a

Portanto substituindo nas equações: 3f 2f @ @f 3x f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f y= f @ f @1 1 1 `

a

e

Logo: y = @ 3x + 5

e

z = 2x

2f 2f 2x f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f z= f @ f +4 1 1 ` a` a

e

cx f f f f f f cx f f f f f f f 1f z= f @ f + z1 a a

GUIDG.COM – PG. 9 Livro: Pg.201, exercício 2. Determinar, no eixo das ordenadas, um ponto eqüidistante de A(1,1,4) e B(-6,6,4). Solução: O exercício pede um ponto no eixo das ordenadas, então ele quer P(0,y,0). Que seja eqüidistante, isto é a distancia de P até A é igual a distância de P até B, em matemática: A distancia d entre dois pontos é dada pelo modulo, isto é:

w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w Lb c b cM c2 ` L M s` a2 b a2 M d jjjjjjjjkjjj= | PA | = |A @ P| =L L 1,1,4 @ 0,y,0 M= 1 @ 0 + 1 @ y + 4 @ 0 PA w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w b c 2 r d jjjjjjjjkjjj= 1 + 1 @ 2y + y + 16 j j j j j j j j k j j j j

PA

w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w Lb c b cM c2 ` L M s` a2 b a2 M d jjjjjjkjjj= | PB | = |B @ P| =L @6@0 + 6@y + 4@0 L @ 6,6,4 @ 0,y,0 M= PB w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w b c 2 r d jjjjjjkjjj= 36 + 36 @ 12y + y + 16 j j j j j j j k j j j

PB

Como ele disse que é eqüidistante, isto é a mesma distância, então comparamos:

d jjjjjjjjkjjj= d jjjjjjkjjj

w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w w b c b c r 18 @ 2y + y2 = r 88 @ 12y + y2 PA

PB

18 @ 2y + y2 = 88 @ 12y + y2 10y = 88 @ 18 70 f f f f f f f y= f =7 10

Elevando ao quadrado dos dois lados temos:

Cancelando y2 :

Portanto y = 7 e o ponto é P(0, 7, 0).

GUIDG.COM – PG. 10 Prova: exercício 1. (Udesc 2009/2)

X ^ \x

= 6 + 3t r 2 ^ y = 1 @ 2t . Z z=t Determine, se possível, as equações simétricas da reta r 3 , passando pelo ponto de interseção de r1 e r 2 , e sendo paralela a reta definida pelos pontos: A(0, 1, 2) e B(1, 4, 5) . Sejam as retas: r1 :

+f 1f xf @ 5f zf + 1f f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f @ f f f f f f f f f f f f f f f f f f f = f = f e 3 2 1

Solução: xf @ xf @ yf @ zf f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f f f 1f 1f 1f De acordo com o enunciado, ele quer: r 3 : f = = que é a equação simétrica de r 3 . a b c Então só precisamos achar o vetor (a, b, c) e o ponto ( x1 , y1 , z1 ) de interseção. Para achar o ponto de interseção de r1 e r 2 , passamos tudo para a equação reduzida da reta e igualamos y à y e z à z. Equação reduzida da reta: y =

bx f f f f f f f f bx f f f f f f f f f f @ 1 + y1 e a a

z=

cx f f f f f f f cx f f f f f f f f f @ 1 + z1 a a

Da reta r1 primeiro arrumamos a equação, passando para a forma correta (multiplicando a última igualdade por -1 ) :

+f 1f xf @ 5f @ 1f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f r1 : f = f = f 3 2 @1 Calculando, chegamos à: y r 1 =

2x f f f f f f f 13 f f f f f f @ f e 3 3

xf f f 8f f zr 1 = @ f + f . 3 3

X ^ ^ ^ x = ta + x1 \

r 2 está na forma paramétrica: r 2 ^ y = tb + y1 . ^ ^ z = tc + z Z 1

Colocando na forma reduzida temos: @f 2x xf f f f f f f f f f f f f f f f yr2 = f + 5 e zr2 = f @2 3 3

Igualando y r 1 à y r 2 e z r 1 à z r 2 , para obter o ponto de interseção:

2x 2x f f f f f f 13 f f f f f f @ f f f f f f f f f f f f f f yr1 à yr2 : f @ f = f +5 3 3 3

Uma possível ilustração do enunciado.

xf f f 8f f xf f f zr1 à zr2 : @ f + f = f @2 3 3 3

e

Ambas as equações resultam em x = 7, o que prova a existência de um ponto de interseção. Para encontrar y e z, substituímos (x = 7) nas equações:

@f 2x f f f f f f f f f f f f f y= f +5 e 3

xf f f z= f @2 3

Calculando chegamos à: y = z =

1f f f 3

Então o ponto de interseção é P(7,

1f f f 1f f f , ). 3 3

Como ele disse que é paralela à reta definida pelos pontos A(0, 1, 2) e B(1, 4, 5) .

GUIDG.COM – PG. 11 j j j j j j j j k j j j j

b

c

Então: AB = B @ A = 1, 3, 3

Logo o vetor (a, b, c) para a equação simétrica que procuramos, pela condição de paralelismo de vetores tem de ser: b c k j j j vf a, b, c f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f j j j j j j j j k j j j j =k

e assim

AB

b k j j j

c

bj c j j j j j j j k j j j j

v a, b, c = k AB

j j j Substituindo temos: k v a, b, c = k 1, 3 , 3 b

c

b

c

b c b c j j j ou k v a, b, c = k, 3k , 3k

f f f f f f f f yf @ zf @ xf @ 7f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f f 3f 3f Logo a equação simétrica da reta r 3 : = = k 3k 3k

1

1

Ou podemos multiplicar os dois últimos membros por três para melhorar a aparência:

@ 1f xf @ 7f @ 1f f f f f f f f f f f f f f 3y f f f f f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f r3 : f = f = f k 9k 9k

k 2 R| k≠0≠1

Pois quando k = 0 há o problema de estar como denominador (tornando a divisão inexistente), e quando k = 1 as retas coincidem, então para qualquer outro número real cumprirá as exigências.

GUIDG.COM – PG. 12 Prova: exercício 2. (Udesc 2009/2) Determine, se possível, a equação da reta r, que passa por A(2, -1, 4) , sendo paralela ao plano @ 2f xf @ 3f @ 9f f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f f 3z f f f f f f f f f f f f f f f f f = f = f A π: 2x + y @ z + 2 = 0 e perpendicular a reta s: 3 @2 4 Solução: Um pouco complicada, mas com uma interpretação do enunciado chegamos a um possível desenho do que se pede. Colocando a equação da reta s na forma padrão: @ 2f xf @ 3f @ 3f f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f = f = f A 4f f f f f 3 @2 3

f k j j j

4f f f Logo temos o vetor: v s 3, @ 2, f 3

g

j j j E a partir da equação do plano obtemos o vetor normal: k n 2, 1, @ 1 . b

c

Olhando a figura e se baseando no enunciado, concluímos que: k j j jk j j j

cf

b

v r Av s = a,b,c A 3, @ 2,

k j j jk j j j

b

cb

4f f f f =0 3 g

c

v r A n = a,b,c A 2, 1, @ 1 = 0

j j j k j j j k j j jk j j j Logo se fizermos o produto vetorial k v s Bn ou n Bv s chegamos a um vetor simultaneamente ortogonal aos dois vetores, calculando temos: k j j j k j j j

f

k j j jk j j j

f

v s Bn =

2f f f 17 f f f f f f f , ,7 3 3

g

2f f f 17 f f f f f f f n Bv s = @ , @ , @ 7 3 3

g f g k j j j 2f f f 17 f f f f f f f

Então o vetor da reta r será: v r

f k j j j

2f f f 17 f f f f f f f , , 7 ou v r @ , @ , @ 7 pois cumpre com as exigências! 3 3 3 3 g

E as exigências são: o vetor da reta r tem de ser ortogonal ao vetor da reta s e também ao vetor normal do plano (pois quando isso ocorre, então o vetor da reta r é paralelo ao plano). Temos o ponto A(2, -1, 4) e os dois vetores, logo a equação simétrica é:

+ 1f xf @ 2f @ 4f f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f f ou = = 2f 17 f f f f f f f f f f 7 3

3

+ 1f xf @ 2f @ 4f f f f f f f f f f f f f f f f yf f f f f f f f f f f f f f f zf f f f f f f f f f f f f f f = = 2f 17 f f f f f f f f f f @ 7 @ @ 3

3

GUIDG.COM – PG. 13 Prova: exercício 3. (Udesc 2009/2) Estudar a posição relativa das retas r e s. r é a reta interseção dos planos π1 :3x @ 2y @ z = 1 e V x =y+ 5 π 2 : x + 2y @ z = 7 e s : . z=4 Fazendo a interseção dos planos (no primeiro exercício dessa lista explicamos como se faz), calculando e tudo mais, chega-se à equação reduzida da reta interseção dos planos:

xf f f 3f f y= f + f 2 2 ^ ^ Zz = 2x @ 4 X ^ ^ \

Da definição da equação reduzida da reta, obtemos o vetor e o ponto (da reta interseção dos planos): bx cx f f f f f f f f bx f f f f f f f f f f f f f f f f f cx f f f f f f f f f y= @ 1 + y1 e z = @ 1 + z1 a a a a f g b c 3f k j j j f f v 2,1,2 e P 0, , @ 4 2 E também da reta bs: b c c j j k j j j j v s = 1,1,0 e P s 0, @ 5, 4 O estudo da posição relativa e feita através do produto misto, e da analise dos vetores envolvidos. Logo os vetores não são paralelos (são concorrentes), e o produto misto é diferente de zero, isso define que as retas são reversas (ou não coplanares). j j j j j j j j j j j k j j j

f

PP s = P s @ P = 0, @

L L2 L b c j j j j j j j j j k j j j j L L1 k j j jj j k j j j jj v , v s , PP s =L L L L0 L

13 f f f f f f f ,8 2

g M

1 2M M M 1 0M M= @ 5 M 13 f f f f f f f M @ 8M M 2