Lista de exercícios de GA no espaço

Lista de GA no espaço 1 Lista de exercícios de GA no espaço Prof. Fernando Carneiro Rio de Janeiro, Janeiro de 2017 01) Dado A(1, 0, 1), qual é o ponto mais próximo de A que pertence ao plano gerado pelas retas concorrentes r 1 e r 2, sendo y = x + 1, x = 2z + 1, z = 2x + 1, r 2 : O plano gerado por r 1 e r 2 tem vetor normal n = u 1 u 2, sendo u 1 e u 2 os vetores diretores de r 1 e r 2, respectivamente. Logo, Portanto, n = (1, 1, 2) (2, 1, 1) = ( 1, 3, 1). π : r 1 π, r 2 π π : x + 3y z = (0) + 3(1) 1 = 2. Então A (a, b, c) π e AA é ortogonal a π: AA = (a 1, b, c 1) = t( 1, 3, 1), a + 3b c = 2 (1 t) + 3(3t) (1 t) = 2 11t = 4 A = ( 7 11, 12 11, 7 11 ). 02) Dados uma fonte de luz na origem, os pontos A(1, 0, 0) e B(0, 1, 0), e o plano π : x + y + z = 3, qual é a sombra de AB no plano? Que posições da fonte de luz não geram sombra? A sombra do segmento será também um segmento, e podemos determiná-lo pelos seus extremos, a sombra de A e a de B. A = O + t OA = (t, 0, 0) π t + 0 + 0 = 3 t = 3 : A (3, 0, 0). B = O + s OB = (0, t, 0) π 0 + t + 0 = 3 t = 3 : B (0, 3, 0).

Lista de GA no espaço 2 A sombra é A B. Não haverá sombra quando? Se o segmento AB está no plano π 2 : x+y +z = 1 paralelo a π, se desenhamos os dois no plano vemos facilmente que se o plano π 2 não está entre a fonte de luz e π, então não há sombra. Isso ocorre se a fonte de luz está no semi-plano x + y + z 1. 03) Determine o conjunto dos pontos médios de segmentos que tem um extremo em r 1 e o outro em r 2, sendo y = x + 1, x = 2z + 1, z = 2x + 1, r 2 : P = (x, x + 1, 2x + 1) = (0, 1, 1) + x(1, 1, 2), r 2 : Q = (2z + 1, z + 1, z) = (1, 1, 0) + z(2, 1, 1) M = P + Q 2 = ( 1 2, 1, 1 2 ) + x 2 (1, 1, 2) + z (2, 1, 1). 2 É um plano com vetores diretores (1, 1, 2) e (2, 1, 1). O vetor normal será ( 1, 3, 1) e a equação geral π : x + 3y z = 1 2 + 3 1 2 = 2. 04) Ache r 3 ortogonal e concorrente a r 1 e a r 2, sendo y = x + 1, x = 2z 2, z = 2x + 2, r 2 : O vetor diretor de r 3 é o produto vetorial dos diretores de r 1 e r 2 : (1, 1, 2) (2, 1, 1) = ( 1, 3, 1). r1 π 1, r 3 π 1, π r2 π 2, 2 : r 3 π 2, (0, 1, 2) + x(1, 1, 2) π1, ( 1, 3, 1) π 1, π 2 : ( 2, 1, 0) + z(2, 1, 1) π2, ( 1, 3, 1) π 2, 7x y + 4z = 7(0) (1) + 4(2) = 7,

Lista de GA no espaço 3 π 2 : 4x + y + 7z = 4( 2) + (1) + 7(0) = 9. Se queremos um ponto de r 3 podemos procurar r 2 r 2 7(2z 2) (z+1)+4z = 7 11z+13 = 7 z = 11 ( 10 11, 17 11, 11 ). r 3 : ( 10 11, 17 11, ) + t( 1, 3, 1). 11 05) Ache r 3 concorrente a r 1 e a r 2, sendo que A(1, 0, 1) r 3, y = x + 1, x = 2z 2, z = 2x + 2, r 2 : Existe solução se A = (1, 1, 1)? r1 π 1, r 3 π 1, π 2 : (0, 1, 2) + x(1, 1, 2) π1, (1, 0, 1) π 1, π 2 : Se A = (1, 1, 1) então π 1 : r2 π 2, r 3 π 2, ( 2, 1, 0) + z(2, 1, 1) π2, (1, 0, 1) π 2, n 1 = (1, 1, 1) (1, 1, 2) = ( 1, 3, 2), n 2 = (3, 1, 1) (2, 1, 1) = ( 2, 1, 5) x 3y + 2z = 1 3(0) + 2(1) = 1, π 2 : 2x y + 5z = 2(1) 0 + 5(1) = 3. r 3 : π 1 π 2 : x = 13y + 1, z = 5y + 1. (0, 1, 2) + x(1, 1, 2) π 1, (1, 1, 1) π 1, π 2 : ( 2, 1, 0) + z(2, 1, 1) π 2, (1, 1, 1) π 2, n 1 = (1, 0, 1) (1, 1, 2) = (1, 3, 1), Logo, A e r 1 formam um plano paralelo a r 2, logo não há solução. Verifique que se acharmos π 2, a interseção entre π 1 e π 2 será paralela a r 1.

Lista de GA no espaço 4 0) Ache r 3 concorrente a r 1 e a r 2, sendo que v 3 = (1, 1, 1) vetor diretor de r 3, y = x + 1, x = 2z 2, z = 2x + 2, r 2 : Existe solução se o vetor diretor é (3, 2, 3)? r1 π 1, r 3 π 1, π r2 π 2, 2 : r 3 π 2, (0, 1, 2) + x(1, 1, 2) π1, ( 2, 1, 0) + z(2, 1, 1) (1, 1, 1) π 1, π π2, 2 : (1, 1, 1) π 2, Se v 3 = (3, 2, 3) temos π 1 : n 1 = (1, 1, 1) (1, 1, 2) = (1, 1, 0), n 2 = (1, 1, 1) (2, 1, 1) = (0, 1, 1) π 1 = x y = 0 1 = 1, π 2 : y z = 1 0 = 1, r 3 = π 1 π 2 : x = y 1, z = y 1. π 1 : r1 π 1, r2 π r 3 π 1, π 2 : 2, r 3 π 2, (0, 1, 2) + x(1, 1, 2) π 1, ( 2, 1, 0) + z(2, 1, 1) π (1, 1, 1) π 1, π 2 : 2, (1, 1, 1) π 2, n 1 = (3, 2, 3) (1, 1, 2) = (1, 3, 1), n 2 = (3, 2, 3) (2, 1, 1) = (1, 3, 1) π 1 = x 3y + z = 0 3(1) + 2 = 1, π 2 : x 3y + z = ( 2) + 3(1) + 0 = 1, π 1 π 2 =. 07) Achar π 2 ortogonal a π tal que r está contido em π 2, sendo π : x + y + z = 0, y = x + 1, r : z = 2x + 2.

Lista de GA no espaço 5 Ache a fórmula do vetor normal de π 2 no caso geral, a partir do vetor normal de π e do vetor diretor de r. π π 2, r π 2. Logo, se n 2 é o vetor normal de π 2, então Logo, Fórmula geral n 2 = (1, 1, 1) (1, 1, 2) = (1, 1, 0). π 2 : x y = (0) (1) = 1. n 2 = n v. 08) Seja π : 2x + 3y + 4z = 12. Ache as interseções do plano π com os eixos: são três pontos que formam junto com a origem um tetraedro. Calcule a altura desse tetraedro relativa à base que está no plano π. A interseção com cada eixo são os pontos do plano do tipo A(x A, 0, 0), B(0, y B, 0), C(0, 0, z C ). Usando a equação do plano, temos 2x A = 12 x A = A(, 0, 0), 3y B = 12 y B = 4 B(0, 4, 0), 4z C = 12 z C = 3 C(0, 0, 3). A altura pode ser calculada como a distância entre a origem e o plano: d(o, π) = 2(0) + 3(0) + 4(0) 12 22 + 3 2 + 4 2 = 12 29. 09) Seja x um vetor que satisfaz x u = v, sendo u = (1, 1, 1), v = (1, 2, 1). Sejam os extremos finais dos representantes que começam na origem de todos os x que satisfazem a equação anterior. Que conjunto os pontos formam? Escreva a equação paramétrica desse conjunto. (x P, y P, z P ) (1, 1, 1) = ( y P + z P, x P z P, x P + y P ) = (1, 2, 1). y P = x P + 1, z P = x P + 2, que é a equação de uma reta. Note que um dos pontos da reta, (0, 1, 2) tem as coordenadas de uma solução do sistema. Note também que o vetor

Lista de GA no espaço diretor da reta é (1, 1, 1), o mesmo vetor que u. Isso ocorre porque se x 0 é solução, isto é, se x 0 u = v então ( x 0 + t u) u = x 0 u + t( u u) = v. Demonstrado de outra forma, se há duas soluções, x 0 e x 1, então ( x 1 x 0 ) u = x 1 u x 0 u = v v = 0 ( x 1 x 0 ) u. 11) Determine a equação cartesiana dos dois planos que dividem os ângulos entre π 1 e π 2 ao meio. 2x + 2y + z = 0, π 2 : 2x + y + 2z = 0. O vetor normal desse plano que divide o ângulo em dois é o bissetor dos vetores normais de π 1 e π 2. Portanto, 1 3 ( 2, 2, 1) + 1 3 (2, 1, 2) = (0, 1, 1), 1 3 (2, 2, 1) + 1 3 (2, 1, 2) = 1 (4, 1, 1). 3 Logo, os planos são y + z = 0 ou 4x y + z = 0. 12) Determine a projeção do triângulo ABC em π : x + y + z = a partir da origem O(0, 0, 0), sendo A(1, 0, 1), B(2, 1, 0) e C(2, 1, 1). Se as projeções de A, B e C são A, B e C, respectivamente, calcule o volume de ABCA B C. A : O + t OA π (t, 0, t) π : 2t = t = 3 : A (3, 0, 3). B : O + t OB π (2t, t, 0) π : 3t = t = 2 : B (4, 2, 0). C : O + t OC π (2t, t, t) π : 4t = t = 3 2 : C (3, 3 2, 3 2 ).

Lista de GA no espaço 7 V = V (OA B C ) V (OABC) = 1 ( OA, OB, OC ) 1 ( OA, OB, OC) = 1 ((3, 0, 3), (4, 2, 0), (3, 3 2, 3 2 )) 1 ((1, 0, 1), (2, 1, 0), (2, 1, 1)) 13) Dadas as retas = 3 2 1 = 4 3. y = x + 1, x = 2z 2, z = 2x + 2, r 2 : y = z + 1, escreva as equações cartesianas de π 1 e π 2, sendo que os dois planos são paralelos a r 1 e a r 2, além de r 1 π 1 e r 2 π 2. Calcule as distâncias d(π 1, π 2 ) e d(r 1, r 2 ). Os vetores normais serão paralelos e podem ser obtidos calculando n = (1, 1, 2) (2, 1, 1) = ( 1, 3, 1). Portanto x + 3y z = d 1, π 2 : x + 3y z = d 2. Se r 1 π 1 então e se r 2 π 2 então Logo, x + 3y z = (0) + 3(1) 2 = 1, π 2 : x + 3y z = ( 2) + 3(1) 0 = 5. d(π 1, π 2 ) = 1 5 = 4 11 1 + 9 + 1 11. Como esses planos são paralelos distintos, r 1 e r 2 são reversas. Logo, d(r 1, r 2 ) = ( AB, (1, 1, 2), (2, 1, 1)) (1, 1, 2) (2, 1, 1)

Lista de GA no espaço 8 = = AB ((1, 1, 2) (2, 1, 1)) (1, 1, 2) (2, 1, 1) (( 2, 1, 0) (0, 1, 2)) ( 1, 3, 1) ( 1, 3, 1) = 2 2 11 = 4 11 11. 14) Sejam r : y = x + 1, z = 2x 1 e π : x + y + z = 4. Escreva a equação paramétrica de r 2, sendo r 2 π e r 2 r, e r 2 concorrente a r. Ache a fórmula geral do vetor diretor de r 2 contida em π e ortogonal a uma reta r concorrente a π, a partir do vetor diretor de r e do vetor normal a π. r 1 π : x + (x + 1) + (2x 1) = 4 x = 1, y = 2, z = 1 : (1, 2, 1). r 2 π, r 2 r 1 v 2 = v 1 n = (1, 1, 2) (1, 1, 1) = ( 1, 1, 0) r 2 : (1, 2, 1) + t( 1, 1, 0). Caso geral: v 2 = v n. 15) Sejam r : y = x + 1, z = 2x 1 e π : x + y + z = 4. Escreva a equação paramétrica de r 2, sendo r 2 π e r 2 r, e r 2 concorrente a r. e de r 3, sendo r 3 π e r 3 r 2, e r 3 concorrente a r. Calcule o ângulo entre r 3 e r e o ângulo entre π e r. As duas retas, r 2 e r 3 são concorrentes a r 1 e estão em π, portanto, r 2 r 1 e r 3 r 1 estão em r 1 π, que é um ponto: r 1 π : x + (x + 1) + (2x 1) = 4 x = 1, y = 2, z = 1 : (1, 2, 1). Faltam os vetores diretores de r 2 e r 3, já que (1, 2, 1) r 2, r 3. r 2 π, r 2 r 1 v 2 = v 1 n = (1, 1, 2) (1, 1, 1) = ( 1, 1, 0) r 2 : (1, 2, 1) + t( 1, 1, 0). r 3 π, r 3 r 2 v 3 = v 2 n = ( 1, 1, 0) (1, 1, 1) = (1, 1, 2)

Lista de GA no espaço 9 r 3 : (1, 2, 1) + s(1, 1, 2). Seja α o ângulo entre r 3 e r 1, beta o ângulo entre r 1 e π: Note que cosα = senβ = (1, 1, 2) (1, 1, 2) = 2 = 1 3. (1, 1, 2) (1, 1, 1) 3 = 2 2 3. cos 2 α + sen 2 β = 1. 1) Dadas r 1 e r 2 concorrentes, ache r 3 coplanar a r 1 e a r 2 e que divide o ângulo das duas ao meio, sendo y = x + 1, x = 2z + 1, z = 2x + 1, r 2 : As retas pertencem ao plano π : x 3y + z = 2. Mas não precisamos dele. É só notar que o bissetor dos vetores diretores das retas r 1 e r 2 é o vetor diretor de r 3. Logo, Além disso, v 3 = 1 (1, 1, 2) ± 1 (2, 1, 1) = 1 (3, 2, 3) ou 1 ( 1, 0, 1). r 1 r 2 : x + 1 = z + 1 x = z x = 1 = z, y = 0 ( 1, 0, 1). Logo, a reta r 3 pode ser uma das duas seguintes: P = ( 1, 0, 1) + t(3, 2, 3) ou P = ( 1, 0, 1) + s( 1, 0, 1). 17) Projetar o segmento AB ortogonalmente em π : x + y + z = 3, A(1, 0, 0), B(0, 1, 0). Se a projeção de A é A, e a de B é B, qual é a área do quadrilátero ABA B?

Lista de GA no espaço 10 AB = C : C = (1 t)a + tb, t [0, 1]}, proj π AB = C + s n π, s R}. C + s n = (1 t)a + tb + s n π ((1 t) + s, t + s, s) π : 1 + 3s = 3 s = 2 3 proj π AB = ( 5 3 t, 2 3 + t, 2 ), t [0, 1]. 3 É um segmento de extremos A ( 5 3, 2 3, 2 3 ) e B ( 2 3, 5 3, 2 3 ). A área do quadrilátero é soma das áreas dos triângulos ABA e A B B: Area = 1 2 ( 1, 1, 0) (2 3, 2 3, 2 3 ) +1 2 ( 1, 1, 0) (2 3, 2 3, 2 3 ) = 3 + 3 = 2 3. O cálculo poderia ser feito de outra forma, se notarmos que o quadrilátero em questão é um retângulo. 18) Projetar o segmento AB em π : x + y + z = 3 a partir da origem, sendo A(1, 0, 0), B(0, 1, 0). Se a projeção de A é A, e a de B é B, qual é a área do quadrilátero ABA B? AB = C : C = (1 t)a+tb, t [0, 1]}, proj π AB = O+s OC π, s R}. O + s OC = O + s(c O) = (1 s)o + s((1 t)a + tb) π s(1 t)a + stb = (s(1 t), st, 0) π : s(1 t) + st = 3 s = 3 proj π AB = (1 t)3a + t(3b) = (1 t)(3, 0, 0) + t(0, 3, 0), t [0, 1]. Logo, a projeção é um segmento de extremos A (3, 0, 0) e B (0, 3, 0). A área do quadrilátero é soma das áreas dos triângulos ABA e A B B: Area = 1 2 ( 1, 1, 0) (2, 0, 0) + 1 ( 3, 3, 0) (0, 2, 0) = 1 + 3 = 4. 2