GAAL /1 - Simulado - 2 produto escalar, produto vetorial, retas e planos. Exercício 1: Determine a equação do plano em cada situação descrita.

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1 GAAL /1 - Simulado - 2 produto escalar, produto vetorial, retas e planos SOLUÇÕES Exercício 1: Determine a equação do plano em cada situação descrita. (a) O plano passa pelo ponto A = (2, 0, 2) e é paralelo aos vetores u = (1, 1, 1) e v = (2, 3, 0). (b) O plano passa pelos pontos A = ( 3, 1, 2) e B = ( 1, 2, 1) e é paralelo ao vetor v = (2, 0, 3). (c) O plano contém os pontos A = (1, 2, 2) e B = ( 3, 1, 2) e é perpendicular ao plano 2x + y z = 8. SOLUÇÃO: (a) Como os vetores u = (1, 1, 1) e v = (2, 3, 0) são paralelos ao plano, sabemos que o produto vetorial n = u v é um vetor normal ao plano. n = u v = det = ( 3, 2, 5). Portanto o plano tem equação 3x+2y +5z = d. Substituindo as coordenadas do ponto A = (2, 0, 2) obtemos d = 16. Assim concluímos que o plano procurado tem equação geral 3x + 2y + 5z = 16. Multiplicando por 1, também obtemos 3x 2y 5z = 16. (b) Os vetores AB = (2, 1, 3) e v = (2, 0, 3) são paralelos ao plano. Daí o produto vetorial n = AB v é um vetor normal ao plano. n = AB v = det = ( 3, 12, 2). Como as coordenadas do vetor normal são os coeficientes da equação, podemos concluir que o plano tem equação da forma 3x + 12y 2z = d para algum número real d. Para calcular d podemos substituir nesta equação as coordenadas de qualquer ponto do plano. Para o ponto A = ( 3, 1, 2) ou para o ponto B = ( 1, 2, 1) obtemos d = 25. Portanto o plano procurado tem equação geral 3x + 12y 2z = 25.

2 (c) Neste item temos dois planos perpendiculares. Para imaginar esta situação, pense em um chão horizontal e em uma parede vertical. Observe que um vetor perpendicular ao chão é paralelo a parede e, do mesmo modo, um vetor perpendicular a parede é paralelo ao chão. Deste modo, vimos que se dois planos são perpendiculares, então o vetor normal de um plano é paralelo ao outro plano. Como o plano procurado é perpendicular ao plano 2x + y z = 8, podemos concluir que o vetor nomal v = (2, 1, 1) deste plano é um vetor paralelo ao plano procurado. Por outro lado, como os pontos A = (1, 2, 2) e B = ( 3, 1, 2) pertencem ao plano procurado, o vetor AB = ( 4, 3, 4) também é paralelo a este plano. Como achamos dois vetores paralelos ao plano procurado, podemos concluir que o produto vetorial n = v AB é um vetor normal ao plano. n = v AB = det = ( 1, 12, 10). Portanto o plano procurado tem equação da forma x + 12y + 10z = d. Substituindo A = (1, 2, 2) ou B = ( 3, 1, 2) obtemos d = 5. Então o plano procurado tem equação geral x + 12y + 10z = 5. Exercício 2: Considere a reta r de equação paramétrica (x, y, z) = ( 2, 7, 3) + t( 2, 3, 1). (a) Determine o ponto H de r que está mais próximo da origem O = (0, 0, 0). (b) Determine a equação do plano π que contém a reta r e que passa pela origem. SOLUÇÃO: (a) Neste exercício devemos ficar atentos, pois uma terna ordenada (x, y, z) será interpretada como as coordenadas de um ponto e, em outro momento da solução, ela também será interpretada como as coordenadas de um vetor. Você precisa de acostumar com isso, pois isto sempre pode ocorrer. Por exemplo, no plano, o par ordenado (2, 1) pode representar as coordenadas de um ponto P e também pode representar as coordenadas do vetor OP. O contexto sempre dá o correto significado que deve ser dado ao par ordenado (2, 1).

3 Voltando ao exercício, estamos procurando um ponto H da reta r tal que o vetor OH seja ortogonal a reta r. Utilizando a equação paramétrica da reta r, vemos que um ponto genérico H desta reta r possui coordenadas H = ( 2 2t, 7 + 3t, 3 + t). Como O = (0, 0, 0) é a origem, o vetor OH possui estas mesmas coordenadas OH = ( 2 2t, 7 + 3t, 3 + t). Para o vetor OH ser ortogonal a reta r ele deve ser ortogonal ao vetor diretor V r = ( 2, 3, 1). Isto ocorre se, e somente se, OH, V r = 0. Calculando o produto escalar obtemos a equação 2( 2 2t) + 3(7 + 3t) + 1(3 + t) = 0 cuja solução é t = 2. Para este valor de t obtemos H = (2, 1, 1). (b) Observe que os vetores OH = (2, 1, 1) e V r = ( 2, 3, 1) são dois vetores paralelos ao plano procurado. Daí o produto vetorial n = OH V r é um vetor normal ao plano. n = OH V r = det = ( 2, 4, 8). Portanto o plano procurado tem equação da forma 2x 4y + 8z = d. Como este plano passa pela origem, devemos ter d = 0. Assim obtemos a equação 2x 4y+8z = 0. Dividindo por 2 obtemos a equação equivalente x+2y 4z = 0. Exercício 3: Considere a reta r de equação paramétrica (x, y, z) = (5, 0, 5) + t( 2, 1, 4). (a) Mostre que a reta r e o eixo z são retas reversas. (b) Calcule a distância entre a reta r e o eixo z calculando um ponto A sobre o eixo z e um ponto B sobre a reta r de modo que a reta AB é a perpendicular comum ao eixo z e a reta r. (c) Determine a equação do plano que contém a reta r e que é paralelo ao eixo z.

4 SOLUÇÃO: (a) O eixo z tem vetor diretor k = (0, 0, 1) e a reta r tem vetor diretor V r = ( 2, 1, 4). Como estes vetores não são múltiplos escalares podemos concluir que a reta r não é paralela ao eixo z. Então estas duas retas podem ser concorrentes ou reversas. Vamos mostrar que elas não são concorrentes provando que a interseção é vazia. Um ponto sobre o eixo z possui coordenadas do tipo (0, 0, h) para algum número real h. Já um ponto sobre a reta r possui coordenadas do tipo (5 2t, t, 5 + 4t). Para um ponto estar na interseção destas duas retas, suas coordenadas são tais que (5 2t, t, 5 + 4t) = (0, 0, h), ou seja, 5 2t = 0 t = t = h Como este sistema não possui solução, vemos que a reta r não é concorrente com o eixo z provando, finalmente, que estas duas retas são reversas. (b) Estamos procurando pontos A = (0, 0, h) sobre o eixo z e B = (5 2t, t, 5 + 4t) sobre a reta r tais que a reta AB seja a perpendicular comum ao eixo z e a reta r. Para isto ocorrer, o vetor AB deve ser ortogonal aos vetores diretores k e V r, ou seja, { AB, k = 0 AB, V r = 0 Como AB = (5 2t, t, 5 + 4t h), k = (0, 0, 1), V r = ( 2, 1, 4) calculando os produtos escalares e simplificando, o sistema linear acima toma a forma { 4t h = 5 21t 4h = 30 A solução deste sistema é t = 2 e h = 3. Para estes valores obtemos os pontos A = (0, 0, 3) e B = (1, 2, 3). Finalmente, a distância entre a reta r e o eixo z é a distância entre estes dois pontos, ou seja, é igual a dist(a, B) = (1 0) 2 + (2 0) 2 + (3 3) 2 = 5.

5 (c) Pelo item anterior, sabemos que se A = (0, 0, 3) e B = (1, 2, 3) então o vetor AB = (1, 2, 0) é um vetor normal ao plano procurado. Portanto este plano tem equação do tipo x + 2y + 0z = d, para algum número real d. Como queremos que a reta r esteja contida neste plano, todos os pontos (x, y, z) = (5 2t, t, 5 + 4t) da reta r devem satisfazer a equação deste plano. Substituindo as coordenadas destes pontos na equação do plano obtemos (5 2t) + 2t + 0( 5 + 4t) = d ou seja d = 5. Portanto o plano procurado tem equação geral x + 2y = 5. Exercício 4: Dados os pontos A = (0, 2, 1) e B = (2, 1, 1), determine um ponto C sobre o eixo y de modo que o triângulo ABC tenha área igual a 3 2. SOLUÇÃO: Sabemos que se V e W são dois vetores no espaço, então a área do paralelogramo de lados paralelos a estes vetores é igual a norma do produto vetorial V W. Se A, B e C são três pontos no espaço, considerando os vetores AB e AC vemos então que a área do paralelogramo de lados paralelos a estes vetores é dada por AB AC. Dividindo esta área por dois, obtemos uma fórmula para a área do triângulo ABC. área( ABC) = 1 2 AB AC. No exercício em questão, A = (0, 2, 1), B = (2, 1, 1) e C = (0, y, 0). Daí AB = (2, 1, 2) e AC = (0, y 2, 1). Calculando o produto vetorial AB AC = det = ( 3 + 2y, 2, 2y 4). 0 y 2 1 Calculando a norma AB AC = ( 3 + 2y) (2y 4) 2 = 8y 2 28y + 29.

6 Como queremos que o triângulo ABC tenha área igual a 3, utilizando a expressão 2 área( ABC) = 1 2 AB AC, obtemos 1 8y2 28y + 29 = Esta equação possui soluções y = 1 e y = 5. Portanto obtemos os seguintes pontos C 2 C = (0, 1, 0) e C = (0, 52 ), 0. Questão 5: Considere o plano π de equação geral x + 2y 4z = 2 e considere a reta r de equação paramétrica (x, y, z) = (3, 2, 1) + t(1, 1, 2). (a) Mostre que o plano π e a reta r são concorrentes, calculando explicitamente o ponto P = π r. (b) Determine a equação paramétrica da reta s contida em π e que é perpendicular a reta r. SOLUÇÃO: (a) Todo ponto P da reta r possui coordenadas x = 3 + t, y = 2 t e z = 1 + 2t. Como queremos que este ponto também esteja no plano π, suas coordenadas devem satisfazer a equação do plano. Substituindo então as coordenadas de P em x + 2y 4z = 2 obtemos (3 + t) + 2(2 t) 4( 1 + 2t) = 2 cuja solução é t = 1. Para este valor de t, obtemos P = (4, 1, 1). (b) Como a reta s está contida no plano de equação π, esta reta deve ser ortogonal ao vetor normal N = (1, 2, 4) de π. Também queremos que esta reta s seja ortogonal a reta r. Portanto temos que s é uma reta ortogonal ao vetor N = (1, 2, 4) e ao vetor diretor V r = (1, 1, 2) da reta r.

7 Como um vetor ortogonal aos vetores N e V r é o produto vetorial N V r, vemos que este produto vetorial é um vetor paralelo a reta s e pode, então, ser tomado como um vetor diretor da reta s. N V r = det = (0, 6, 3). Dividindo por -3, também podemos considerar V s = (0, 2, 1) como um vetor diretor da reta s. Finalmente, como s passa pelo ponto P = (4, 1, 1), uma equação paramétrica para s é (x, y, z) = (4, 1, 1) + t(0, 2, 1). - FIM -