Universidade Federal de Mato Grosso do Sul - UFMS VGA - 2 a Prova - Engenharia Ambiental 03 de Julho de Prof o. E.T.Galante

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1 Universidade Federal de Mato Grosso do Sul - UFMS VGA - 2 a Prova - Engenharia Ambiental 03 de Julho de Prof o. E.T.Galante 1. (2,0 pontos) Na gura acima ABCDEF GH é um paralelepípedo. O ponto M é o ponto médio do segmento HD e N é o ponto médio do segmento HG. Seja e1 = AB, e 2 = HE e e 3 = CG. Quais são as coordenadas dos pontos A, B, E, M N com respeito ao sistema de coordenadas (A, e 3, e 2, e 1 )? Resp: As coordenadas de um ponto X com respeito a um Sistema de Coordenadas (O, i, j, k ) são as coordenadas do vetor OX na base ordenada ( i, j, k ). AA = 0 = (0, 0, 0) A = (0, 0, 0) AB = 0 e e e 1 = (0, 0, 1) B = (0, 0, 1) AE = CG = 1 e e e 1 = (1, 0, 0) E = (1, 0, 0) Seja agora P o ponto médio de AE. Daí podemos armar que (gura ilustrativa na próxima página): AM = AP + P M = (1/2) CG + EH = (1/2) e 3 + ( 1) e e 1 = (1/2, 1, 0) M = (1/2, 1, 0) Seja agora R o ponto médio de EF e seja Q o ponto médio de AB. Daí podemos armar que (gura ilustrativa na próxima página): AN = AQ + QR + RN = (1/2) AB + 1 CG + EH = 1 e 3 + ( 1) e 2 + (1/2) e 1 = (1, 1, 1/2) N = (1, 1, 1/2) 1

2 A partir do exercício 2 considerar sistema de coordenadas ortogonal. 2. (2,0 pontos) Sejam os planos dados pelas seguintes equações: x = 1 + 2λ π 1 : y = 1 + 2µ e π 2 : X = (0, 0, 0) + α(1, 1, 0) + β(0, 0, 1) z = 1 + λ + µ Determine a equação da reta r tal que r = π 1 π 2. Resp. (1 o Modo): Notar que o ponto (0, 0, 0) pertence a ambos os planos. Isso é imediato para π 2, pois o ponto aparece explicitamente em sua equação, e é fácil de se ver no caso de π 1, pois basta tomar λ = µ = 1/2. Conseguir agora um vetor diretor para r. Isso pode ser feito calculando-se o produto vetorial dos vetores normais n 1 e n 2, de π 1 e π 2, respectivamente. Para descobrirmos n1 e n 2, utilizamos o produto vetorial dos vetores diretores dos planos (que são facilmente obtidos a partir das equações de π 1 e π 2 no enunciado): i j k Para π 1 = (2, 0, 1) (0, 2, 1) = = ( 2, 2, 4) Assim, podemos considerar n 1 = ( 1, 1, 2). i j k Para π 2 = (1, 1, 0) (0, 0, 1) = = (1, 1, 0) 2

3 Assim, podemos considerar n 2 = (1, 1, 0). Finalmente, para conseguirmos um vetor diretor v de r procedemos: n1 n 2 = i j k Portanto podemos tomar v = (1, 1, 1) e concluir: = (2, 2, 2) r : X = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1), t R. Resp. (2 o Modo): Alternativamente, podemos escrever ambos os planos nas suas equações paramétricas e igualarmos essas equações (tomando o cuidado de usar letras diferentes para representar os parâmetros em cada plano). Resolvendo (por exemplo, via escalonamento) o sistema resultante, obtemos dois pontos da interseção, o que determinará a reta r que é interseção dos dois planos. π 1 : x = 1 + 2λ y = 1 + 2µ z = 1 + λ + µ Igualando as três equações vem que: e π 2 : 1 + 2λ = α 1 + 2µ = α 1 + λ + µ = β x = α y = α z = β Ou seja: Escalonamento: 1α + 0β 2λ + 0µ = 1 1α + 0β + 0λ 2µ = 1 0α + 1β 1λ 1µ =

4 ( 1) L 1 + L 2 L 2 L 2 L (1/2) L 3 L 2 L 3 + L 2 L 2 2 L 3 + L 1 L 1 Portanto: α = 1 + 2µ β = 1 + 2µ λ = µ Daí µ = 0 λ = 0 e α = β = 1, o que substituindo nas equações de π 1 e π 2 nos retorna um ponto de r, a saber A = (1, 1, 1). Também µ = 1 λ = 1 e α = β = 3, o que substituindo nas equações de π 1 e π 2 nos retorna um ponto de r, a saber B = (3, 3, 3). Assim, AB = (2, 2, 2) e portanto podemos tomar como vetor diretor de r o vetor v = (1, 1, 1). Logo, surgem como possíveis respostas: r : X = (1, 1, 1) + t(1, 1, 1), t R. 4

5 ou ou r : X = (3, 3, 3) + t(1, 1, 1), t R. r : X = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1), t R. 3. (2,0 pontos) Determine a posição relativa e a medida do ângulo entre: (a) π 1 e π 2 do exercício anterior. (b) r : x = y = z e π : y + z = 0 Resp. (a): Obviamente são concorrentes (por isso mesmo era pedida a reta de interseção no exercício anterior). Para justicar basta observar que os vetores normais são LI. Alem disso vemos que: n1 n 2 = ( 1, 1, 2) (1, 1, 0) = ( 1).1 + ( 1).( 1) = = 0. Isso nos permite concluir que estes dois planos são ortogonais e, portanto a medida do ângulo entre eles é 90 o ou π/2 radianos. Resp. (b): Um vetor diretor da reta da reta r é v = (1, 1, 1). Um vetor normal do plano π é n = (0, 1, 1). Como v n = (1, 1, 1) (0, 1, 1) = 2 0 então r é necessariamente transversal a π. A medida do ângulo é: Daí sen(θ) = v n v n. sen(θ) = (1, 1, 1) (0, 1, 1) 3 2 = 2 = 3. Portanto 4. (2,0 pontos) sen(θ) = ( ) 3 θ = arcsen. 3 (a) Determine o ponto simétrico de (1, 4, 2) em relação ao ponto (0, 1, 1) 5

6 (b) Determine o ponto simétrico de (1, 2, 3) em relação ao plano z = 0 Resp. (a): O ponto S que é simétrico de P = (1, 4, 2) em relação ao ponto Q = (0, 1, 1) é obtido fazendo-se: S = P + 2 P Q, Portanto: S = (1, 4, 2) + 2[(0, 1, 1) (1, 4, 2)] = (1, 4, 2) + 2( 1, 3, 1) = (1, 4, 2) + 2( 1, 3, 1) = (1, 4, 2) + ( 2,, 2) = ( 1, 2, 0). Resp. (b): O ponto D que é simétrico de C = (1, 2, 3) em relação ao plano z = 0 é obtido fazendo-se: D = C + ( 2) p = C 2 p, onde p é a projeção de um vetor que liga algum ponto X do plano z = 0 com o ponto C, na direção do vetor normal ao plano. Como se vê facilmente que O = (0, 0, 0) está no plano, podemos obter p calculando a projeção do vetor OC = (1, 2, 3) sobre n = (0, 0, 1): p = OC n n 2 n = (1, 2, 3) (0, 0, 1) (0, 0, 1) 2 (0, 0, 1) = 3.(0, 0, 1) = (0, 0, 3). Conclusão: p = (0, 0, 3). Daí, D = (1, 2, 3) 2(0, 0, 3) = (1, 2, 3). 5. (2,0 pontos) Determine a posição relativa e a distância entre os planos (a) (b) π 1 : 2x + y z + 1 = 0 e π 2 : 2x y + 3z + 1 = 0. π 1 : x + 3y 2z + 1 = 0 e π 2 : 2x + y 4z 1 = 0. Resp. (a): Inicialmente note que n 1 = (2, 1, 1) é um vetor normal de π 1 e n2 = (2, 1, 3) é um vetor normal de π 2. Como estes dois vetores são LI temos que os planos são concorrentes. Como eles são concorrentes então a distância entre eles é ZERO. Resp. (b): Inicialmente note que n 1 = (1, 3, 2) é um vetor normal de π 1 e n2 = (2,, 4) = 2 n 1 é um vetor normal de π 2. Além disso, o termo constante da equação de π 1 é 1, que é diferente do termo constante da equação de π 2, que é 1. Como os dois vetores normais são LD, mas os termos independentes são distintos, temos que os planos são paralelos.

7 Para calcularmos a distância entre esses planos basta notar que ( 1, 0, 0) é um ponto de π 1 e daí calcular a distância dele até π 2. Dessa forma: d(π 1, π 2 ) = ( 4) 2 = = 3 5 = OBS: Ao invés de ( 1, 0, 0) o aluno poderia ter utilizado qualquer outro ponto que fosse solução da equação de π 1, por exemplo (0, 1, 1), ou (2, 1, 3), etc.... (2,0 pontos) (a) Construir o gráco da cônica e determinar os focos e vértices. 9x 2 + 4y 2 = 3. Resp: A cônica em questão é uma elipse com centro na origem (sem translação). Também: 9x 2 + 4y 2 = 3 9x2 + 4y 2 3 = 3 3 x2 4 + y2 9 = 1. Como o maior denominador é o do termo y 2 já ca claro que o segmento focal e o eixo maior desta elipse estão no eixo y. Além disso temos que: a 2 = 9, b 2 = 4 e, portanto, c 2 = a 2 b 2 = 9 4 = 5. Isso implica que a = 3, b = 2 e c = 5. Conclusão: A 1 = (0, 3), A 2 = (0, 3), B 1 = ( 2, 0) e B 2 = (2, 0) são os vértices. Já F 1 = (0, 5) e F 2 = (0, 5) são os focos. 7

8 (b) Construir o gráco da hipérbole e determinar as assíntotas. (x 4) 2 y2 9 4 = 1. Resp: A cônica em questão é uma hipérbole com centro em (4, 0). Como o termo com sinal de menos é o termo com y 2 já ca claro que o segmen focal e o eixo transverso desta hipérbole estão no eixo x. Além disso temos qu a 2 = 9, b 2 = 4 e, portanto, c 2 = a 2 + b 2 = = 13. Isso implica que a = b = 2 e c = 13. Conclusão: A 1 = (4 + ( 3), 0), A 2 = (4 + 3, 0) são os vértices. Já F 1 (0, 4 + ( 13)) e F 2 = (0, 4 ( 13)) são os focos. As assíntotas são dadas pelas seguintes funções do primeiro grau: onde δ é obtido fazendo-se: y = ± ( ) b x + δ, a y = 0 x = 4 Então 0 = ± ( ) δ δ = ±

9 Portanto as assíntotas são: y = ( ) 2 x e y = ( 2 ) x OBS: O aparecimento deste termo δ é devido à translação, pois as assíntotas devem acompanhar a hipérbole na translação. F I M 9