10. Determine as equações cartesianas das famílias de retas que fazem um ângulo de π/4 radianos com a reta y = 2x + 1.
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- Benedicta Raminhos Almada
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1 Geometria Analítica. 1. Determine as posições relativas e as interseções entre os conjuntos em R abaixo. Em cada item também faça um esboço dos dois conjuntos dados no mesmo sistema de eixos. (a) C : (x 4) + (y + 1) x = 1 + t (c) C : (x 1) = 9 e l : +(y 1) = 4 e D : (x 1) +(y ) = 9. y = t. (b) C : (x 1) + (y + 1) = 1 e l : x + y = 0. (d) C : x + y = 9 e D : (x 4) + (y 3) = 4.. Determine uma equação cartesiana para o círculo C com as propriedades abaixo. Obs: Pode haver mais do que uma solução. (a) A, B C e centro no ponto médio de AB, onde A = (, 3), B = (4, ). (c) Raio r = 1 e tangente as retas l : x + y 3 = 0 e m : x y = 0. (b) Tangente a reta l : x 3y + 1 = 0 e com centro em C = (, ). (d) Contendo os pontos O = (0, 0), P = (4, ) Q = (, 6). x = 1 + t 3. Considere as retas l : e m : x + y = 0. Determine equações para os círculos C de raio y = 3t 3, com centro sobre a reta l e cujos pontos de interseção com a reta m : x + y = 0 distam 4 um do outro. 4. Considere as retas x = 3t + 1 r : y = t +, t R r 1 : x 5y = 3 r : x = 6t y = 4t + 4, t R r 3 : x = 3t + y = t, t R. Determine a posição relativa entre a reta r e cada uma das retas r 1, r e r 3, calculando a intersecção, o ângulo e a distância entre elas. 5. Determine as possíveis posições relativas das retas y = ax + b e y = x + a dependendo dos valores dos parâmetros a, b R. 6. Determine o simétrico do ponto (a, b) em relação à reta y = x A distância da reta 4x 3y + 1 = 0 ao ponto P = (3, α) é 4. Calcule o valor de α. 8. Os pontos A = (, 5) e B = (14, 1) são simétricos em relação à uma reta. Determine a equação desta reta. 9. Determine as equações das retas que passam pelo ponto (, 1) e formam cada uma, um ângulo de π/3 radianos com a reta x 3y + 7 = Determine as equações cartesianas das famílias de retas que fazem um ângulo de π/4 radianos com a reta y = x Encontre os possíveis valores de λ R tais que d(r, Q) = 3, onde (a) r : x y = 3 e Q = (λ, λ), λ 0. (b) r : λx = y e Q = (, 3). e
2 11 10 y = 4x 3 y = x+1 9 P 1. Determine a equação da reflexão da reta y = 4x 3 em relação à reta y = x P reflexão de y = 4x D 13. O segmento CD é a projeção ortogonal do segmento AB sobre a reta r : x y =, onde C = ( 1, 3). Se o segmento AB está contido na reta s : x y = 1 e o segmento AB intercepta r no seu ponto médio, determine os pontos A, B e D. A s:x y = 1 r:x y = B C = ( 1, 3) 14. Determine as equações das bissetrizes dos ângulos formados pelas retas r : 3x 4y = 8 e s : 5x 1y = Considere as seguintes retas: x = 1 t m : y = + t z = 3, t R n : x = y+1 z = r : x + 7 = y = z + 1 s : x y = 3 x + y z = 7 e os planos α : x y + z = 1 β : y + 3z = 4. Determine a posição relativa, o ângulo e a distância entre os seguintes pares de objetos: (a) m e α (b) n e r (c) α e β (d) m e s (e) n e s 16. Um plano Π 1 é paralelo ao plano Π : x y + z = 4 e o ponto (,, ) é equidistante de Π 1 e Π. Determine a equação de Π Calcule a reta r paralela aos planos Π 1 e Π, onde Π 1 : 3x + 1y 3z = 5 e Π : 3x 4y + 9z = 7, e que contem o ponto A = (0,, ). 18. Uma flecha é lançada em trajetória retilínea, passando pelo ponto (1, 1, ) na direção de um alvo colocado em (4, 4, 5). A que distância a flecha passa de um observador situado nas coordenadas (, 3, 4)?
3 19. Um avião passa por pontos de coordenadas (1,, 1) e (5, 6, 3), enquanto que um segundo avião tem trajetória que passa pelos pontos (3, 4, 5) e ( 1, 4, 9). Supondo trajetórias retilíneas, qual a menor aproximação possível entre os dois aviões? 0. Determine a equação duma reta r que passa pelo ponto P = (3, 1, 4) sabendo que r intersecta ao eixo OY e que a distância do (0, 0, 0) à r é Determine uma equação para o plano Π que satisfaz as seguintes propriedades. Em cada item determine se o problema possui uma única solução. (a) P = (1,, 1) Π e d(π, r) = 1, onde r : (1 + t, 3 t, 6) : t R}. (b) r Π e (Π, Π ) = π 6, onde r : (1 + t, 7 t, 1 + t) : t R} e Π : x + y + z = 5. x + 4y = 1 y + 5z = 6 (c) Π Π XY = r 1 : e Π Π Y Z = r : z = 0 x = 0 x y = 0. O plano Π contém a reta r : e determina, com os planos coordenados, um tetraedro x + z 1 = 0 de volume 1/1. Obtenha os possíveis vértices para o tetraedro e as possíveis equações para Π. SOLUÇÃO: Observe que r é a interseção dos planos Π 1 : x y = 0 e Π : x + z 1 = 0. Logo r é paralela ao vetor (1, 1, 0) (1, 0, 1) = ( 1, 1, 1) e passa por P = (0, 0, 1) que está na interseção de Π 1 com Π. Assim, temos que r = ( t, t, 1 + t); t R} e, consequentemente, a interseção de r, e portanto de Π, com o eixo 0Z é o ponto A = (0, 0, 1) que deve ser um dos vértices do tetraedro. Para que Π determine tal tetraedro com os planos coordenados, os demais vértices devem ser os pontos B = (0, 0, 0), C = (x, 0, 0) e D = (0, y, 0), com os dois últimos pontos no plano Π, x 0 e y 0. Como o volume do tetraedro procurado é V = 1/1, segue do Exemplo 9.48 do módulo, que [ ] BC, BD, BA = = x y = = 1 1 xy = 1 (1) Como A, C, D Π, temos que AC AD= (x, 0, 1) (0, y, 1) = (y, x, xy) () é perpendicular a Π e, por isso, perpendilular à r Π. Logo, (y, x, xy), ( 1, 1, 1) = 0 = y + x xy = 0 (3).
4 De (1) e (3), temos que resolver o sistema xy = 1 y + x xy = 0 Mais precisamente, as coordenadas dos vértices C e D são soluções para um dos sistemas: xy = 1 y + x xy = 0 ou xy = 1 y + x xy = 0 É fácil perceber que não existem soluções reais para o primeiro sistema e as possíveis soluções para o segundo sistema são: x = 1/ e y = 1 ou x = 1 e y = 1/. Ou seja, temos dois possíveis tetraedros: - Um com os vértices A, B, C = (1/, 0, 0) e D = (0, 1, 0). Neste caso, como D Π e do item (), Π é perpendicular ao vetor (y, x, xy) = ( 1, 1/, 1/), temos que Π : x + y z + 1 = 0. - Outro com vértices A, B, C = ( 1, 0, 0) e D = (0, 1/, 0). Neste caso, como D Π e do item (), Π é perpendicular ao vetor (y, x, xy) = (1/, 1, 1/), temos que Π : x y z + 1 = Considere a reta x = 5 t r : y = t + z = 3t i. Calcule a interseção dessa reta com os planos cartesianos Π XY, Π XZ e Π Y Z. ii. Chamando de A o ponto da reta que está no plano Π XY, encontre pontos B, C e D da reta r tais que A, B, C e D estejam igualmente espaçados. SOLUÇÃO: i. r Π XY : O plano Π XY tem coordenada z = 0. Logo, 3t = 0 = t = 0 = x = 5 e y = Então o ponto é (5,, 0) r Π XZ : O plano Π XZ tem coordenada y = 0. Logo, t + = 0 = t = = x = 7 e z = 6 Então o ponto é (7, 0, 6) r Π Y Z : O plano Π Y Z tem coordenada x = 0. Logo, 5 t = 0 = t = 5 = y = 7 e z = 15 Então o ponto é (0, 7, 15)
5 ii. O ponto A = (5,, 0) é obtido fazendo-se t = 0 nas equações paramétricas. Para se obter outros três pontos igualmente espaçados em r, basta incrementar t sucessivamente da mesma quantidade. Por exemplo, se obtemos B fazendo t = k, podemos obter C fazendo t = k e D fazendo t = 3k. Este exercício, portanto, tem infinitas respostas certas. Uma delas é quando o k = 1 acima. Obtemos, B = (4, 3, 3), C = (3, 4, 6) e D = (, 5, 9). 4. Achar as equações paramétricas de uma reta que passa pelo ponto A = (1, 0, ), é paralela ao plano Π : x z + = 0 e forma um ângulo de π rad com o plano Γ : x + y z + 4 = 0. 6 SOLUÇÃO: Seja v = (a, b, c) o vetor direção da reta procurada. r : (1, 0, ) + t v. Como r é paralela ao plano Π, o vetor v deve ser perpendicular ao vetor normal n = (1, 0, 1) de Π. (a, b, c), (1, 0, 1) = 0 = a = c O ângulo entre v e o plano Γ é π 6, logo o ângulo entre v e o normal η = (1, 1, 1) de Γ é π 3. (1, 1, 1), v = v (1, 1, 1) cos π 3 a + b c = a + b + c 3 1 a=c = b = a + b 3 1 3b = 3 a + b 1b = 9(a + b ) b = 6a b = ± 6a Podemos, então escolher: a = c = 1 e b = 6, logo v = (1, 6, 1) e a reta fica: x = 1 + t r : y = t 6 z = + t
6 Ou poderíamos ter escolhido a = c = 1 e b = 6 = v = (1, 6, 1) e a reta ficaria: x = 1 + t r : y = t 6 z = + t 5. Calcule as equações de todas as retas que passam pelo ponto Q = (, 1, 1) e que interceptam a reta s : x = 1 + t y = 1 z = t formando um ângulo de 45. SOLUÇÃO: Da mesma forma que o exercício anterior, precisamos encontrar apenas o vetor diretor v = (a, b, c) e depois substituir na equação: r : Q + t v = (, 1, 1) + t(a, b, c) Podemos escrever as equações da reta s da seguinte maneira: s : (1, 1, 0) + t(, 0, 1) Chamemos de u = (, 0, 1) o vetor direção de s e de P = (1, 1, 0) o ponto que pertence a s. Queremos que as retas r e s sejam concorrentes; isto se traduz no fato de que os vetores u, v, P Q são coplanares (LD).
7 Portanto, [ ] = P Q, u, v = 0 1 a b c b = 0 = b Sabemos que cos (r, s) = cos ( u, v). Logo, cos 45 = cos ( u, v) = u, v u v = a + c 5 a + c 10(a + c ) = a + c 10(a + c ) = 4(a + c) 6c 6a 16ac = 0 Se arbitramos a = 1, então 6c 16c 6 = 0, o que nos dá c = 3 ou c = 1 3. Portanto, os possíveis vetores v que satisfazem às condições do problema são v = (1, 0, 3) ou v = (1, 0, 1); 3 dando as retas x = + t r 1 : y = 1 z = 1 + 3t e x = + 3t r : y = 1 z = 1 t (OBS.: nesta última multiplicamos o vetor por 3 para evitar a fração) 6. Encontre os possíveis valores para a, b, c R sabendo que a interseção entre os planos π 1 : x + y bz = 0 π : ay + z = 1 π 3 : 4x + 3cz = 1 (1)
8 é o ponto P = ( 1 4, 1, 0). SOLUÇÃO: Como P pertence aos três planos, suas coordenadas devem satisfazer as equações desses planos. Logo, substituindo as coordenadas do ponto P nas equações de π 1, π e π 3, temos: ( 4) = 0 a 1 a = = 1 Assim, quaisquer valores reais b e c satisfazem o sistema (1). Porém, para que os três planos se interceptem em um único ponto, devemos ter: 1 b = 0 a = 6ac ab c Ou ainda, substituindo o valor de a encontrado anteriormente na desigualdade acima, temos: 6 c b 0 1 c b 0 c + b. 3 Logo, para a =, e quaisquer b, c R, tais que c +b 3, temos que π 1 π π 3 = P. 7. Em cada um dos itens abaixo, determine a interseção entre os planos e, se possível, determine um plano π perpendicular ao plano π 3 que contenha pontos A e B tais que: - A π, A π 3 e A / π 1 - B π 1, B π 3 e B / π π 1 : x + y z = 3 (a) π : x + 4y z = 6 π 3 : 3x + 6y 3z = 9 π 1 : x + 3y + 4z = 3 (b) π : x + z = 5 π 3 : x y z = 9 SOLUÇÃO: (a) Calculemos primeiramente o determinante : 1 1 = = 0. Assim, pode ou não haver interseção entre os planos. Porém, examinando as equações de π 1, π e π 3, podemos perceber que as equações de π e π 3 são múltiplas da equação de π 1, implicando na coincidência dos planos. Por isso, não existe um plano π com as propriedades requeridas.
9 (b) Como então os planos se interseptam no ponto 3 4 = = = 4 0, P = ( x, y, z ) ( 5 = 4, 3, 5 ), 4 onde: x = = 5, y = = 6, z = = Desta forma, cada dois planos se interceptam segundo uma reta. E é fácil tomar pontos A e B como exige o exercício. Por exemplo, tomamos A = (5, 4, 0) π π 3, com A / π 1, e B = (0, 39, 30) π 1 π 3, com B / π. Como π 3 é perpendicular ao vetor v = (1, 1, 1) e deve ser perpendicular ao plano π, então π é paralelo ao vetor (1, 1, 1). Mas π também é paralelo à AB= ( 5, 35, 30), já que A, B π. Isto significa que π é paralelo ao vetor w= ( 1, 7, 6), já que AB é múltiplo de w. Logo π é perpendicular ao vetor v w = ( 13, 5, 8) e, portanto, sua equação é da forma π : 13x 5y 8z = c. Como A π, então c = 13(5) 5( 4) 8(0) = 45. Finalmente, temos π : 13x 5y 8z = Seja ABC um triângulo de área 4 tal que AB r 1 e AC r, onde r 1 = (t, 3t + 1, 0); t R} e r é paralela ao vetor u = (3, 1, 0) e passa pelo ponto M = (3,, 0). Determine a equação da reta r 3 paralela ao vetor v = (1, 1, 0) que contém o lado BC e determine os vértices A, B e C do triângulo. SOLUÇÃO: Para determinar A devemos descrever r : r = (3 + 3s, + s, 0); s R}. Assim, A = (3 + 3s, + s, 0), para algum s R. Como A r 1, temos A = (t, 3t + 1, 0), para algum t R.
10 Logo, t = 3t + 1 = 3 + 3s + s e, consequentemente, s = 1, implicando em A = (0, 1, 0). Em relação aos outros dois vértices, temos: B r 1 = B = (t, 3t + 1, 0), para algum t R C r = C = (3 + 3s, + s, 0), para algum s R. Como então AB = (t 0, 3t + 1 1, 0) = (t, 3t, 0) AC = (3 + 3s 0, s + 1, 0) = (3 + 3s, s + 1, 0), Área(ABC) = 1 AB AC = 4. Desenvolvendo a igualdade acima, obtemos t(s + 1) = 1 (1) Como BC// r3 // v = (1, 1, 0), temos BC = (3s + 3 t, s + 3t 1, 0) = λ(1, 1, 0), isto é, 3s + 3 t = s 3t + 1 = λ λ = s = t 1. Substituindo essa última igualdade em (1), temos t = 1, isto é, t = 1 ou t = 1. Se: t = 1 = s = 0 = B = (1, 4, 0) e C = (3,, 0); t = 1 = s = = B = ( 1,, 0) e C = ( 3, 0, 0). Obtemos assim, dois triângulos de vértices: (a) A = (0, 1, 0), B = (1, 4, 0) e C = (3,, 0); (b) A = (0, 1, 0), B = ( 1,, 0) e C = ( 3, 0, 0) Observe que esses triângulos estão no plano XY : Determinemos, em cada caso, a reta r 3 que contém os vértices B e C. Observe que em ambos os casos, a reta r 3 é paralela ao vetor v = (1, 1, 0). Assim: r 3 = (3 + t, t, 0); t R} no caso do triângulo do item (a) acima; r 3 = ( 3 + t, t, 0); t R} no caso do triângulo do item (a) acima.
11 9. Determine as equações da reta que contém a bissetriz do ângulo P ÔQ, com P = (0, 1, ), Q = (1,, 3) e O = (1,, 0). SOLUÇÃO: Vejamos como usar a linguagem vetorial para determinar a bissetriz do ângulo P ÔQ: Tomando u = OP e v = OQ, observamos que v u e u v são vetores paralelos aos respectivos vetores u e v que têm a mesma norma: Sejam P, Q e R pontos do plano tais que: ( v u) = v u = u v = ( u v). OP = v u OQ = u v OR = OQ + OP Como os segmentos OP e OQ são congruentes, o paralelogramo OP RQ é um losango. Assim, o segmento OR, que é uma diagonal do losango, bissecta o ângulo P ÔQ. Logo a reta que contém a bissetriz
12 do ângulo P ÔQ é r = O + t OR; t R}. Voltando a solução do exercício, tomamos u = OP = ( 1, 3, ), v = OQ = (0, 4, 3, ). Assim: OP = v u = ( 5, 15, 10) e OQ = u v = (0, 4 14, 3 14). = OR = OQ + OP = ( 5, 15, 10) + (0, 4 14, 3 ( 14) = 5, , ) 14. Logo a equação da reta que contém a bissetriz do ângulo P ÔQ é r = ( 1 5t, + ( )t, ( ) } 14)t ; t R.
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