Universidade Federal de Campina Grande - UFCG Campina Grande, Novembro de 2016. MA -23 - Geometr Geo metria ia Anal´ A nal´ ıtica ıtic a - PROFMAT P ROFMAT - Semestre 2016.2 - Turno: Manh˜ Disciplina: MA-23 a Professor: Alcionio Saldanha Aluno: Welhingt M atrr´ıcul ıc ula: a: 15112214-6 . W elhington on S´ ergio ergio da Silva Mat Atividade dos cap´ cap´ıtulos 15 e 16 Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 15.4. 15. 4. Considere os planos π 1 : ax + by + z = = 0, π 2 : x y + 2z = = 2 e π 3 : x + y z = = 1. Obtenha todos os valores de a e b, caso existam, de modo que a interse¸c˜ c˜ao ao dos planos π1 , π2 e π3
−
−
−
seja: (a) um ponto; ponto; (b) uma reta; reta; (c) o conjunto conjunto vazio. vazio. Resolu¸ c˜ ao:
−→ −→ −→
(a) Neste caso, caso, os vetores vetores normais normais n1 , n2 e n3 dos planos π1 , π2 e π3, respectivamentem, devem ser LI, isto ist o ´e, e, [n1 , n2 , n3 ] = 0. Assim, devemos ter
−→ −→ −→
a
b
1 1
−1
1
− 1 2 1
= a
−
1 1
−→ −→
− − 2 1
1 b 1
−
2 1 +1 1 1
−1
1
=
−a + 3b + 2 = 0 ⇒ a = 3b + 2.
(b) Neste caso, caso, como n2 e n3 n˜ao ao s˜ao ao m´ ultiplos, ultiplos, para que os trˆes es planos se inperceptem segundo uma reta, temos dois casos: – dois dos planos planos coincid coincidem em e o tercei terceiro ro os inter intersec secta ta ao longo longo de uma reta. reta. Pa Para ra isto ocorrer, o plano π 1 deve ser coincidente a um dos planos π 2 e π 3, o que n˜ao ao ocorre, pois n˜ao ao existe λ R tal que n1 = λ n2 e d 1 = λd 2 e nem µ R tal que n1 = λ n3 e d 1 = λd 3 .
∈
−→
−→
∈
−→
−→
– os o s trˆes es planos pla nos s˜ao ao distintos distintos e se se interse intersectam ctam segundo segundo uma reta. Neste caso, caso, π1 deve ser combina¸c˜ cao ˜ao linear de π 2 e π3 , pelo ´ıtem (a), devemos ter a = 3b + 2.
(c) Neste caso, os planos devem devem ser paralelos paralelos dois a dois. Mas, os planos π2 e π3 n˜ao ao s˜ao ao paralelos, pois se fossem uma das condi¸c˜ c˜oes oes a ser satisfe sat isfeita ita era a existˆ exis tˆencia enci a de λ R, tal que n3 = λ n2 , o que n˜ao ao ´e poss´ po ss´ıvel. ıve l. Porta Por tanto nto,, n˜ao ao existem a e b reais, tais que a interse¸c˜ cao a˜o dos planos seja o conjunto vazio.
∈
−→
−→
Exerc´ Ex erc´ ıcio ıc io 15.7. 15. 7. Encontre os n´ umeros umeros reais λ , α e γ a a fim de que o conjunto solu¸c˜ cao ˜ao do sistema
λx + αy + 2 z = = 2γ x + y z = = 2γ 3x + 2 y + z = γ
−
1
seja uma reta que passa pelo ponto A = (0, 1, 1).
−
Resolu¸ c˜ ao: Como o ponto A pertence a reta de interse¸c˜ a o dos planos, o ponto A satisfaz o sistema de equa¸co˜es dos planos. Substituindo, as coordenadas do ponto A no sistema, obtemos
− 2 = γ
α
2 = 2γ 1 = γ
Donde segue que γ = 1 e α = 4. Agora, substituindo esses valores no sistema inicial, temos
λx + 4 y + 2 z = 2 x + y z = 2 3x + 2 y + z = 1
−
Para que a solu¸ca˜o deste sistema seja uma reta, uma das equa¸co˜es deve ser combina¸ca˜o linear das outras duas. Isto ´e,
λ 4
1 1 3 2
− 2 1 1
= λ
−
1 2 1 1
−
1 4 3
−1
Portanto, devemos ter α = 4, λ = 6 e γ = 1.
1 1 +2 1 3 2
= 3λ
− 16 − 2 = 0 ⇒ λ = 183 .
Exerc´ ıcio 16.3. Considere as retas r 1 = (t +3 , t +4 , t 1) t R e r 2 = (s +4 , s, 3s +1) s ao reversas e determine a ´unica reta r que intersecta r1 e r2 perpendiR . Mostre que r1 e r2 s˜ r1 e P 2 r2 tais que d(P 1 , P 2 ) = d(r1 , r2 ) e o plano π tal que cularmente, os pontos P 1 1 2 d(π, r1 ) = 3 d(r1 , r2 ) e d (π, r2 ) = 3 d(r1 , r2 ).
}
{ ∈
∈
− − | ∈ }
{
− −
| ∈
Resolu¸ c˜ ao: Afim de mostrar que r1 e r2 s˜ ao reversas, devemos mostrar que elas n˜a o s˜ao pa-
ralelas e n˜ao possuem pontos em comum.
→ • Note que o vetor diretor de r ´e −→ n = (1, 1, −1) e o de r ´e − n = (1, −1, −3). 1
1
2
2
Como estes
vetores n˜ao s˜ao multiplos segue que as retas n˜ao s˜ao paralelas.
• Agora, verifiquemos a existˆencia de t e s tais que
− −
3 + t = 4 + s 4 + t = s 1 t = 1 3s
− −
(I ) (II ) (III )
Somando as equa¸co˜es (I ) e (II ), obtemos 7 + 2t = 4, logo t = 32 . Substituindo, este valor na equa¸ca˜o (II ), obtemos s = 32 . Contudo, substituindo estes valores de t e s na equa¸ca˜o (III ) chegamos em um absurdo, veja
−
−
− − − 1
3 2
=1
− − ⇒− 3
5 2
1+
3 15 = 1+ 2 2
Portanto, as duas retas n˜ao possuem pontos em comum. 2
⇒ 12 = 172 .
Pelas condi¸co˜es das distˆancias do plano π : ax + by + cz = d `as retas r1 e r2 , conclu´ımos que π ´e paralelo a estas retas. Com isto, o produto interno do vetor normal do plano com os vetores normais das retas ´e igual a zero, ou seja, (a,b,c), (1, 1, 1) = 0 e (a,b,c), (1, 1, 3) = 0.
−
− −
Somando estas equa¸c˜oes, obtemos a = 2c, agora, substituindo esta informa¸ca˜o na primeira equa¸c˜ao, obtemos b = c. Fazendo c = 1, um vetor normal do plano π ´e (2, 1, 1) e a equa¸c˜a o do plano ´e dada por 2x y + z = d. Mas temos que satisfazer ainda as condi¸co˜es: d(π, r1 ) = 1 d(r1 , r2 ), d(π, r2 ) = 32 d(r1 , r2) e P 1 , P 2 = λ(2, 1, 1). Tomemos, P 1 = (t + 3, t + 4, t 1) e 3 P 2 = (s + 4, s, 3s + 1). Da´ı,
−
−
−
− −
−−−→
−
− −
−−−→ P , P = (s − t + 1 , −s − t − 4, −3s + t + 2) = λ (2, −1, 1), 1
2
desta igualdade tiramos o seguinte sistema de equa¸c˜oes
− −− − −
s t+1 = s t 4 = 3s + t + 2 =
− − ⇒ − − − −
2λ
2λ = 1 s t + λ = 4 3s + t λ = 2
s
−λ λ
(I ) (II ) (III )
− −
t
Somando as equa¸co˜es (II ) e (III ), obtemos,
−4s = 2 ⇒ s = 12 . Substituindo este valor nas duas primeiras equa¸co˜es, e em seguida multiplicando a primeira por ( 1) e depois somando o resultado com a segunda equa¸ca˜o teremos
−
−
1 2
+ t + 2 λ = 1 1 t + λ = 4 2
−
⇒ 3λ + 1 = 5 ⇒ λ = 43 .
Substituindo estes valores de s e λ na equa¸ca˜o (III ), obtemos que t = P 1 =
−
13 + 3, 6
−
13 13 + 4, 6 6
− 1 =
5 11 7 , , 6 6 6
e P 2 =
−
−
13 6
. Logo,
1 1 3 + 4, , + 1 2 2 2
=
7 1 5 , , . 2 2 2
Da´ı, d(P 1 , P 2 ) =
− 7 2
5 1 , 6 2
A equa¸ca˜o da reta , ser´a
−
11 5 , 6 2
− − − 7 6
r :
=
8 3
2
,
4 3
2
4 , 3
2
=
√
64 64 16 4 + + = 6. 9 9 9 3
x = x0 + αp y = y0 + βp z = z 0 + γp
Como o vetor diretor dessa reta ´e m´ultiplo do vetor normal do plano e como P 1 tomar r da seguinte forma x = 65 + 2 p y = 11 p r : 6 7 z = 6 + p 3
∈ r, podemos
Assim, d(π, r1 ) =
√
√ | √ − |
√
√ | √ − |
1 1 1 4 4 1 d d(r1, r2 ) = d(P 1 , P 2 ) = 6= 6= 3 3 3 3 9 6 24 5 11 1 d = d = ou d = . 9 3 3
·
⇒| − |
⇒
−
e
2 2 2 4 8 9 d d(r1, r2 ) = d(P 1 , P 2 ) = 6= 6= 3 3 3 3 9 6 16 11 43 d = 9 d = ou d = . 3 3 3 Desta forma, o u ´nico valor poss´ıvel ´e d = 11 . Portanto, a equa¸c˜ao do plano ´e 2x 3 d(π, r2 ) =
·
⇒| − |
⇒
− y + z =
11 3
.
Exerc´ ıcio 16.7. Determine a equa¸c˜ ao cartesiana do plano
(a) perpendicular ao plano πxy que passa pelos pontos A = (2, 2, 11) e B = ( 7, 8, 3);
−
− − −
Resolu¸ ca ˜o: Seja π o plano, cuja equa¸ca ˜o cartesiana estamos procurando. Como, π ´e perpendicular `a π xy , o vetor v = (0, 0, 1) ´e paralelo a π , por outro lado o vetor AB = ( 9, 6, 14)
→ −
−→ × −→
−→ − − −
pertence a π , com isso temos que v AB = (6, 9, 0) ´e normal ao plano π . Da´ı, a equa¸ca˜o do plano π ´e dada por 6x 9 y = d. Como A π , segue que d = 6 2 9 ( 2) = 30. Portanto, a equa¸c˜ao procurada ´e 6x 9y = 30.
−
− ∈
−
· − · −
(b) perpendicular ao plano π : 4x B = (3, 7, 5);
− 3y + 2z = 9 que passa pelos pontos A = (−2, −6, 4) e
−
Resolu¸ ca ˜o: Seja π1 o plano, cuja equa¸ca ˜o cartesiana estamos procurando. Como, π ´e perpendicular `a π 1 , o seu vetor normal v = (4, 3, 2) ´e paralelo a π 1 , por outro lado o vetor
−→
− −→ −→ = (−1, −2, −1) ´e normal ao →v × AB AB = (1, −1, 1) pertence a π , com isso temos que − plano π . Da´ı, a equa¸c˜ao do plano π ´e dada por −x − 2y − z = d . Como A ∈ π , segue que d = −2 − 2 · (−6) − 4 = 6. Portanto, a equa¸c˜ ao procurada ´e −x − 2y − z = 6. (c) que passa pelo ponto A = (3, −1, 0) e ´e perpendicular a cada um dos planos π : 4x − y − z = 1 1
1
1
1
e π2 : 2x + y + 3 z = 6;
−→
−→
Resolu¸ ca ˜o: Sendo n1 = (4, 1, 1) e n2 = (2, 1, 3) os vetores normais aos planos π1 e π2 , respectivamente, e π o plano, cuja equa¸ca ˜o cartesiana estamos procurando. Como, π ´e perpendicular aos planos π1 e π2, o vetor n1 n2 = ( 2, 14, 6) ´e normal ao plano π . π , segue que Da´ı, a equa¸c˜a o do plano π ´e dada por 2x 14 y + 6z = d. Como A d = ( 2) 3 14 ( 1) + 6 0 = 8. Portanto, a equa¸ca ˜o procurada ´e 2x 14y + 6 z = 8.
− −
−→ × −→ − −
− −
∈ − · − ·− · − − (d) que cont´em a reta r de interse¸ca˜o dos planos π : 3x + y − 2z = −2 e π : x − 3y − z = −3 e 1
2
´e perpendicular ao plano π yz .
−→
Resolu¸ ca ˜o: Sendo n1 = (3, 1,
−2) e −→ n = (1, −3, −1) os vetores normais aos planos π 2
4
1
e π2 , respectivamente, e π o plano, cuja equa¸ca˜o cartesiana estamos procurando. Como o plano π cont´em a reta de interse¸c˜ao dos planos π1 e π2 , ent˜ao ele ´e perpendicular aos vetores normais desses planos, ou seja, donde segue que π ´e paralelo ao vetor . Al´em disso, sabemos que o plano ´e perpendicular ao plano , portanto o plano ser´a paralelo ao vetor n1 n2 = ( 2, 14, 6) = ( 7, 1, 10). Por outro lado, como π ´e perpendicular ao plano π yz , v ´e um vetor segue que o vetor v = (1, 0, 0) ´e paralelo a π . Com isso, n = (n1 n2 ) normal a π . Da´ı,
−→ × −→ − − −→ −→n =
−
i j
k
7 1 1 0
−10 0
−
1 = i 0
−
−→
−10 − j −7 −10 0 1 0
Logo, a equa¸ca˜o do plano π ´e dada por
+k
−10y − z = d.
−
7 1 1 0
−→ × → − ×→ −
=
−10 j −1k = (0, −10, −1).
Agora, vamos encontrar um ponto pertencente a π . Fazendo x = 0 nas equa¸c˜oes dos planos π1 e π2 , obtemos y = 74 e z = 79 . Ent˜ ao, o ponto A = (0, 74 , 79 , por pertencer a reta contida pelo plano π , pertence a π . Com esta informa¸c˜ao, segue que d = ( 10) 74 79 = 7. Portanto, a equa¸ca˜o procurada ´e 10y z = 7.
− −
− · −
−
−
Exerc´ ıcio 16.18. Considere π um plano, A um ponto de π , C o c´ırculo de raio R e centro A contido no plano de π e V um ponto da reta l perpendicular ao plano π que passa por A , diferente de A. Mostre que todas as retas tangentes a este c´ırculo est˜ao a` mesma distˆancia de V e que o ˆangulo θ entre a reta l e a reta r que cont´em V e um ponto P de C independe do ponto P . O cone circular reto de v´ ertice V e a diretriz C ´e a uni˜ao de todas as retas que passam por V e por um ponto de C .
No caso em que π : x + y 2 z = 0, A = (1, 1, 1) e √ R = 2, determine os v´ ertices V dos co2 3 nes circulares retos de diretriz C de modo que senθ = √ . 14
−
Resolu¸ c˜ ao:
• PARTE 1:
Tomemos o plano π como sendo o plano XY , os pontos A = (0, 0, 0) e V =
(0, 0, h). Sabemos que o raio do c´ırculo ´e perpendicular `a reta tangente ao circulo, logo a 5
menor distˆancia da reta tangente ao ponto ponto A (centro do c´ırculo) ´e igual a r, onde ´e o raio do c´ırculo. Como a reta tangente ´e perpendicular ao raio e tamb´em `a reta AV , o teorema das trˆes perpendiculares nos assegura que ela tamb´ em ser´a perpendicular `a reta V P , onde P ´e o ponto de tangˆencia. Portanto a distˆancia de V a reta tangente ser´a a distˆancia de V a P . d(V, P ) =
− (x
0) + (y 2
− 0)
2
+ h = 2
x2 + y 2 + h2 =
√
r 2 + h2 = k.
Logo, a distˆancia de qualquer tangente ao c´ırculo ao ponto ´e sempre constante. ´ ˆ – CALCULO DO ANGULO θ :
√ −→ −→ −→ −→ (0, 0, −h), (x,y, −h) h V A, V P = ||V A||·||V P || cos θ ⇒ cos θ = √ h √ r + h = hk = hk = k . 2
2
2
2
Donde segue que θ = arccos (k ).
• PARTE 2:
Neste caso, π : x + y 2z = 0, A = (1, 1, 1) e R = 2, e devemos √ determinar os 2 3 v´ertices V dos cones circulares retos de diretriz C de modo que sen θ = √ 14 .
−
−→ −→ → − − √ ||−→ AV || = l + l
Denotemos V = (x,y,z ) . Por hip´otese, AV ´e normal ao plano π , como tamb´em ´e o vetor n = (1, 1, 2). Assim, AV = l n = (l,l, 2l), l R. Da´ı,
−→
−
2
∈
2
√
+ 4l2 = l 6.
Do triˆangulo retˆangulo AP V , tiramos que
−→ || AP || 2 senθ = −→ = −→ . ||P V || ||P V ||
√ 2 3 √ Por outro lado, devemos ter senθ = 14 , dessas duas u ´ltimas express˜oes, obtemos que
√ 14 −→ ||P V || = √ 3 . Aplicando o teorema de Pit´agoras no triˆangulo AP V , obtemos
√
(k 6)2 + 22 =
√ 14 3
√
2
⇒
14 6 k 2 + 4 = 3
⇒
2 6 k 2 = 3
⇒ k = ±
1 = 9
– Caso k = 31 , temos
−→ AV = V − A ⇒ o que implica, x = 34 , y =
4 3
1 1 , , 3 3
− 2 3
= (x
e z = 31 . Portanto, V = 6
− 1, y − 1, z − 1),
4 3
, 34 , 31 .
±13 .
– Caso k =
1
− , temos −→ 1 1 2 AV = V − A ⇒ − , − , 3 3 3 3
o que implica, x = 32 , y =
2 3
= (x
e z = 35 . Portanto, V =
7
− 1, y − 1, z − 1), 2
, 32 , 35 .
3
