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GAAL - 2013/1 - Simulado - 3 exerc´ıcios variados de retas e planos SOLUC¸O˜ES Exerc´ıcio 1: Considere as retas m e n de equac¸o˜es parame´tricas m : (x, y, z) = (1,−1, 0) + t(−2, 1, 3) n : (x, y, z) = (2, 3, 1) + s(4, 1, 2) (a) Mostre que m e n sa˜o retas reversas. (b) Determine a equac¸a˜o parame´trica da reta ` que passa por P = (−1, 3,−8) e que e´ concorrente com m e com n. SOLUC¸A˜O: (a) Os vetores diretores das retasm e n sa˜o Vm = (−2, 1, 3) e Vn = (4, 1, 2). Como estes vetores diretores na˜o sa˜o mu´ltiplos escalares, as retas na˜o sa˜o paralelas. Para elas serem concorrentes deve existir um ponto (x, y, z) que satisfaz simultaneamente as equac¸o˜es parame´tricas de m e de n. Para um tal ponto, igualando estas equac¸o˜es parame´tricas, devemos ter 1− 2t = 2 + 4s −1 + t = 3 + s 3t = 1 + 2s Como este sistema linear de treˆs equac¸o˜es e duas inco´gnitas na˜o possui soluc¸a˜o (verifique isso) vemos que as retas m e n na˜o sa˜o concorrentes. Deste modo, como elas na˜o sa˜o paralelas nem concorrentes, provamos que estas retas sa˜o reversas. (b) Para resolver este item vamos ter que fazer uma boa intepretac¸a˜o geome´trica da situac¸a˜o descrita neste exerc´ıcio. Temos duas retas reversas m e n e temos um ponto P que na˜o pertence a nenhuma destas retas. Estamos procurando uma reta ` que passa por P e que e´ concorrente com as retas m e n. A figura a seguir ilustra este problema resolvido. A dificuldade neste exerc´ıcio e´ encontrar o vetor diretor da reta `. Para achar este vetor diretor, vamos pensar do seguinte modo. (veja figura a seguir) • Como a reta ` deve ser concorrente com a reta m, estas retas devem ser coplanares. • O plano pi que conte´m as retas m e ` e´ o plano que conte´m a reta m e o ponto P . • Enta˜o sabemos calcular a equac¸a˜o de pi como o plano que conte´m uma reta m e um ponto P fora da reta. • Calculada a equac¸a˜o de pi, podemos calcular o ponto de intersec¸a˜o Q entre o plano pi e a reta n. • Determinado o ponto Q, a reta ` e´ a reta que passa por P e que tem vetor diretor V` = −→ PQ. Enta˜o, seguindo esta estrate´gia, para determinar a reta ` e´ suficiente executar os seguintes passos. 1. Calcular a equac¸a˜o do plano pi que conte´m a reta m e o ponto P . 2. Calcular o ponto de intersec¸a˜o Q do plano pi com a reta n. 3. Calcular o vetor V` = −→ PQ. Antes de continuar estudando esta soluc¸a˜o, e´ muito importante que voceˆ tenha entendido a estrate´gia adotada acima. O que permite a soluc¸a˜o do problema e´ esta estrate´gia geome´trica. Se voceˆ ainda na˜o entendeu esta estrate´gia, pare e pense novamente, porque daqui para frente so´ vamos fazer as contas dos passos descritos acima. 1. Para calcular pi considere um ponto qualquer da reta m, como por exemplo o ponto A = (1,−1, 0). Como os vetores −→AP = (−2, 4,−8) e Vr = (−2, 1, 3) sa˜o paralelos ao plano pi, o produto vetorial N = −→ AP ×Vr e´ um vetor normal de pi. N = −→ AP × Vr = det ~i ~j ~k−2 4 −8 −2 1 3 = (20, 22, 6). Portanto o plano pi tem equac¸a˜o da forma 20x+ 22y + 6z = d. Substituindo as coordenadas do ponto A = (1,−1, 0), obtemos d = −2. Assim o plano pi tem equac¸a˜o 20x+ 22y+ 6z = −2 ou, dividindo por 2, 10x+ 11y+ 3z = −1. 2. Agora para calcular o ponto de intersec¸a˜o Q = pi ∩ n, substituimos as coordenadas x = 2 + 4s, y = 3 + s e z = 1 + 2s de um ponto da reta n na equac¸a˜o do plano pi. 10(2 + 4s) + 11(3 + s) + 3(1 + 2s) = −1. A soluc¸a˜o desta equac¸a˜o e´ s = −1. Para este valor de s, obtemos o ponto Q = (−2, 2,−1) na intersec¸a˜o pi ∩ n. 3. O vetor diretor da reta ` pode ser o vetor −→ PQ = (−1,−1, 7). Portanto uma equac¸a˜o parame´trica da reta ` pode ser dada por ` : (x, y, z) = (−1, 3,−8) + u(−1,−1, 7). Somente para deixar registrado, sabemos que `∩ n = (−2, 2,−1). Por um ca´lculo direto verifica-se que ` ∩m = (−3, 1, 6). Exerc´ıcio 2: Considere os pontos A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0) e C = (0, 0, 1). Observe que estes treˆs pontos sa˜o ve´rtices de um triaˆngulo equila´tero de lado √ 2. (a) Determine um ponto D no espac¸o tal que ABCD e´ um tetraedro regular, isto e´, e´ uma piraˆmide de base triangular com todas as arestas de mesma medida. (b) Quantos tais pontos D existem? (c) Escolha um dos pontos D que voceˆ encontrou no item (a). Para este ponto mostre que as arestas opostas AB e CD sa˜o ortogonais. (na verdade, esta e´ uma propriedade verdadeira para quaisquer pares de arestas opostas de um tetraedro regular). SOLUC¸A˜O: (a) Estamos procurando por um ponto D = (x, y, z) tal que dist(A,D) = √ 2, dist(B,D) = √ 2 e dist(C,D) = √ 2. Calculando cada uma destas distaˆncias e elevando ao quadrado, obtemos o sistema (x− 1)2 + y2 + z2 = 2 x2 + (y − 1)2 + z2 = 2 x2 + y2 + (z − 1)2 = 2 Desenvolvendo os quadrados e simplificando obtemos x2 − 2x+ y2 + z2 = 1 x2 + y2 − 2y + z2 = 1 x2 + y2 + z2 − 2z = 1 Subtraindo a primeira da segunda equac¸a˜o obtemos −2x+ 2y = 0, ou seja, x = y. Agora subtraindo a primeira da terceira equac¸a˜o obtemos −2x+ 2z = 0, ou seja, x = z. Portanto x = y = z e o ponto procurado P possui todas as coordenadas iguais P = (x, x, x). Substituindo x = y = z em qualquer uma das equac¸o˜es do sistema, obtemos a equac¸a˜o 3x2 − 2x − 1 = 0, cujas soluc¸o˜es sa˜o x = 1 e x = −1 3 . Para cada um destes valores, obtemos um poss´ıvel ponto D. D = (1, 1, 1) e D = ( −1 3 ,−1 3 ,−1 3 ) . (b) Existem dois valores de D que completam o triaˆngulo equila´tero ABC em um tetraedro regular ABCD. Estes dois pontos D sa˜o sime´tricos em relac¸a˜o ao plano do triaˆngulo ABC. (c) Vamos considerar, por exemplo D = (1, 1, 1). Arestas opostas do tetraedro regular possuem vetores diretores −→ AB = B − A = (−1, 1, 0) e −−→CD = D − C = (1, 1, 0). Calculando o produto escalar 〈−→AB,−−→CD〉 = 0 verificarmos que estas arestas sa˜o ortogonais. Exerc´ıcio 3: (a) Determine a equac¸a˜o do plano pi que passa pelos pontos A = (1, 0, 0), B = (0, 2, 0) e C = (0, 0, 3). (b) Seja O = (0, 0, 0) a origem do sistema de coordenadas. Determine o ponto P ∈ pi tal que a reta que liga os pontos O e P seja perpendicular ao plano pi. (c) Calcule o volume do tetraedro OABC. (d) Determine a equac¸a˜o geral do plano que conte´m o eixo z e que e´ perpendicular ao plano pi. SOLUC¸A˜O: (a) Os vetores −→ AB = (−1, 2, 0) e −→AC = (−1, 0, 3) sa˜o paralelos ao plano pi. Portanto o produto vetorial N = −→ AB ×−→AC e´ um vetor normal ao plano. N = −→ AB ×−→AC = det ~i ~j ~k−1 2 0 −1 0 3 = (6, 3, 2). Portanto o plano tem equac¸a˜o da forma 6x + 3y + 2z = d. Substituindo as coordenadas de A, B ou C obtemos d = 6 e conclu´ımos que o plano pi tem equac¸a˜o geral 6x+ 3y + 2z = 6. (b) Em primeiro lugar vamos determinar a equac¸a˜o parame´trica da reta que passa pela origem e que e´ perpendicular ao plano pi. Para isso observe que o vetor normal N = (6, 3, 2) do plano pi e´ um vetor diretor desta reta. Como esta reta passa pela origem, ela tem equac¸a˜o parame´tica (x, y, z) = (0, 0, 0) + t(6, 3, 2). Para calcular a intersec¸a˜o desta reta com o plano pi, substituimos as coordenadas x = 6t, y = 3t e z = 2t de um ponto da reta na equac¸a˜o do plano. Fazendo isto obtemos a equac¸a˜o 6(6t) + 3(3t) + 2(2t) = 6 cuja soluc¸a˜o e´ t = 6 49 . Substituindo este valor de t na equac¸a˜o da reta, obtemos P = ( 36 49 , 18 49 , 12 49 ) . (c) Muitos alunos apresentam dificuldades no ca´lculo do volume da piraˆmide OABC pois ao utilizarem a expressa˜o “volume e´ igual a um terc¸o da a´rea da base vezes a altura”, consideram o triaˆngulo ABC como a base e o segmento OP como a altura. Esta estrate´gia para calcular o volume esta´ correta, mas ela gera um volume muito grande de contas. Em vez de fazer isso, vamos olhar a piraˆmide OABC de outra forma. Vamos considerar o triaˆngulo retaˆngulo OAB como base e o segmento OC como altura. Como a a´rea do triaˆngulo retaˆngulo OAB e´ igual a 1× 2 2 = 1 e como a altura OC e´ igual a 3, vemos que o tetraedro OABC tem volume igual a volume(OABC) = (a´rea da base)× (altura) 3 = 1× 3 3 = 1. (d) Como queremos um plano que contenha o eixo z, o vetor diretor ~k = (0, 0, 1) do eixo z e´ um vetor paralelo ao plano procurado. Por outro lado, como este plano deve ser perpendicular ao plano pi, o vetor normal N = (6, 3, 2) do plano pi tambe´m e´ um vetor paralelo ao plano procurado. Como ~k e N sa˜o paralelos ao plano procurado, um vetor normal deste plano e´ o produto vetorial ~k ×N . ~k ×N = det ~i ~j ~k0 0 1 6 3 2 = (−3, 6, 0). Portanto o plano procurado tem equac¸a˜o da forma −3x + 6y + 0z = d. Como ele passa pela origem d = 0 e sua equac¸a˜o geral e´, enta˜o, −3x + 6y + 0z = 0. Dividindo por -3 obtemos tambe´m x− 2y + 0z = 0. - FIM -
