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

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1 Universidade Federal de Mato Grosso do Sul - UFMS VGA - 2 a Prova - Engenharia Civil + Física 0 de Julho de Prof o ETGalante 1 (2,0 pontos) Na gura acima ABCDEF GH é um paralelepípedo O ponto M é o ponto médio do segmento HG Seja e 1 = AB, e 2 = CG e e = HE Quais são as coordenadas dos pontos A, B, E e M com respeito ao sistema de coordenadas (A, e 1, e 2, e )? 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 = 1 e e e = (1, 0, 0) B = (1, 0, 0) AE = CG = 0 e e e = (0, 1, 0) E = (0, 1, 0) Seja agora P o ponto médio de EF e seja Q o ponto médio de AB Daí podemos armar que (gura ilustrativa abaixo): AM = AQ + QP + P M = (1/2) AB + 1 CG + EH = (1/2) e e 2 + ( 1) e = (1/2, 1, 1) M = (1/2, 1, 1) 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) = Assim, podemos considerar n 1 = ( 1, 1, 2) = ( 2, 2, 4) Para π 2 = (1, 1, 0) (0, 0, 1) = i j k = (1, 1, 0) 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) 2

3 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: ( 1) L 1 + L 2 L 2 L 2 L 1α + 0β 2λ + 0µ = 1 1α + 0β + 0λ 2µ = 1 0α + 1β 1λ 1µ =

4 (1/2) L L 2 L + L 2 L 2 2 L + 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 =, o que substituindo nas equações de π 1 e π 2 nos retorna um ponto de r, a saber B = (,, ) 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 ou ou r : X = (,, ) + t(1, 1, 1), t R r : X = (0, 0, 0) + t(1, 1, 1), t R 4

5 (2,0 pontos) Determine a posição relativa e a medida do ângulo entre as retas r : X = (0, 0, 0) + λ(1, 1, 0) e s : x 2 1 = y 2 1 = z 2 1 Resp: Como A = (0, 0, 0) r e B = (2, 2, 2) s, sabemos que AB = (2, 2, 2) é um vetor ligando r a s Além disso sabemos que v = (1, 1, 0) é um vetor diretor de r e u = (1, 1, 1) é um vetor diretor de s Então podemos calcular o seguinte determinante: = = Portanto as retas não são reversas Como os vetores diretores são LI elas também não são paralelas, nem tampouco as equações representam retas coincidentes Logo, as retas são concorrentes A medida do ângulo entre elas é dada por: Daí cos(θ) = v u v u cos(θ) = (1, 1, 0) (1, 1, 1) 2 = 2 = Portanto cos(θ) = θ = arccos ( ) 5

6 4 (2,0 pontos) Determine a posição relativa e a medida do ângulo entre os planos π 1 : 2x + y z + 1 = 0 e π 2 : 2x y + z + 1 = 0 Resp: Inicialmente note que n 1 = (2, 1, 1) é um vetor normal de π 1 e n 2 = (2, 1, ) é um vetor normal de π 2 Como estes dois vetores são LI temos que os planos são concorrentes A medida do ângulo entre eles é a medida do ângulo entre duas retas perpendiculares a cada um deles Podemos considerar os vetores n 1 e n 2 como os vetores diretores dessas retas Assim temos: Daí cos(θ) = n 1 n 2 n 1 n 2 cos(θ) = (2, 1, 1) (2, 1, ) 14 = = 0 Portanto cos(θ) = 0 θ = π/2 5 (2,0 pontos) (a) Construir o gráco da cônica e determinar os focos e vértices 9x 2 + 4y 2 = Resp: A cônica em questão é uma elipse com centro na origem (sem translação) Também: 9x 2 + 4y 2 = 9x2 + 4y 2 = 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 =, b = 2 e c = 5

7 Conclusão: A 1 = (0, ), A 2 = (0, ), 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 (b) Construir o gráco da hipérbole e determinar as assíntotas (x 4) 2 9 y2 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 = = 1 Isso implica que a = b = 2 e c = 1 Conclusão: A 1 = (4 + ( ), 0), A 2 = (4 +, 0) são os vértices Já F 1 (0, 4 + ( 1)) e F 2 = (0, 4 ( 1)) 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 7

8 Então Portanto as assíntotas são: y = 0 = ± ( ) 2 x 8 ( ) δ δ = ± 8 e y = ( 2 ) x + 8 OBS: O aparecimento deste termo δ é devido à translação, pois as assíntotas devem acompanhar a hipérbole na translação (2,0 pontos) Seja S uma esfera com centro C = (1, 1, 1) e raio R = 1/2 (a) Determine os valores de d para que o plano x + y + z + d = 0 seja tangente à esfera S Resp: Para que o plano π : x+y +z +d = 0 seja tangente à esfera S basta que a distância desde o centro da esfera até o plano seja igual ao raio R Assim: a x 0 + b y 0 + c z 0 + d d + d = = a2 + b 2 + c 2 Portanto devemos ter: + d = d = 2 + d = ± 2 8

9 Logo: d = 2 ou d = 2 (b) Escreva a equação reduzida da esfera cujo centro é o ponto simétrico de C em relação ao plano x + y = 0 e cujo raio é 2R Resp: O ponto D que é simétrico de C em relação ao plano x + y = 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 x + y = 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, 1, 1) sobre n = (1, 1, 0): p = OC n n 2 n = (1, 1, 1) (1, 1, 0) (1, 1, 0) 2 (1, 1, 0) = 1(1, 1, 0) = (1, 1, 0) Conclusão: p = (1, 1, 0) Daí, D = (1, 1, 1) 2(1, 1, 0) = ( 1, 1, 1) Portanto, a equação reduzida da esfera cujo centro é o ponto simétrico de C em relação ao plano x + y = 0 e cujo raio é 2R é: (x + 1) 2 + (y + 1) 2 + (z 1) 2 = 1 F I M 9