Mat angulos retas exerc resolvidos

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Mat angulos retas exerc resolvidos

  1. 1. Exercícios resolvidos1. Um paralelepípedo ABCDEFGH de base ABCD tem volume igual a 9 unidades. Sabendo-se que A(1,1,1), B( 2,1,2), C(1,2,2), o vértice E → r pertence à reta r de equação r : x = − y = 2 − z e ( AE, i ) é agudo. Determine as coordenadas do vértice E. Solução: → Como E pertence à reta r, temos E( t ,−t , 2 − t ) e AE = ( t − 1,−1− t , 1 − t ) . Assim, → → → 1 0 1 | [ AB, AC, AE ] | = | 0 1 1 | =|3− t | = 9. t −1 − t −1 1− t Logo t = −6 ou t = 12 . → → r → r Se t = −6, então AE = ( −7, 5,7) e AE ⋅ i = −7. Logo ( AE, i ) é obtuso. Como este valor de t contradiz uma das hipóteses do nosso exercício, → → r consideremos t = 12. Neste caso, AE = (11,−13,−11) e AE ⋅ i = 11 → r → assim, ( AE, i ) é agudo. Portanto E = A + AE = (12,−12,−10).2. Um quadrado ABCD está sobre o plano α : x − y + 2z −1 = 0 . Sabendo- se que A(1,0,0) e B(0,1,1) são vértices consecutivos. Determine as coordenadas dos outros dois vértices. Solução: r → nα De A(1,0,0) e B(0,1,1) temos AB = ( −1,1,1) e r de α : x − y + 2z = 1 temos n α = (1, −1,2) . C B → → → r Como AD ⊥ AB e AD ⊥ n α temos: D A α → → r AD // AB× n α = (3,3,0) . 37
  2. 2. → → → 1 1 Além disso, | AD | = | AB | = 3 . Considerando AD ° = ( , ,0) 2 2 →  6 6  → 2+ 6 6  temos: AD =  ,  2 2  ,0, D = A + AD =  2 , 2 ,0  e      →  6 6+2  C = B + AD =   2 , 2 ,1 .    → 1 1 Podemos observar que considerando AD ° = ( − ,− ,0) 2 2 encontraremos a outra solução do exercício.3. Determine uma equação do plano π que passa pelo ponto P(1,0,1) e x − y + z + 1 = 0 contém a reta de equação r :  . 2x + y − z + 2 = 0 π r Solução: r vr Sejam R ( −1,0,0) um ponto da reta r e o vetor R P r v r = (1,1,0) //(0 ,3,3) = (1,−1,1) × ( 2,1,−1) . Como → r o ponto P(1,0,1) não pertence à reta r, temos RP = ( 2,0,1) e v r são vetores LI com representantes em π. Assim, uma equação vetorial do plano π é: π : ( x, y, z) = (1,0,1) + t (2,0,1) + h (0,1,1) ; t, h ∈ IR4. Determine uma condição necessária e suficiente para que um plano α : Ax + By + Cz + D = 0 seja ortogonal ao plano XOZ. Solução: r Observemos que os vetores j = (0,1,0 ) e (A,B,C) são normais aos planos XOZ e α, respectivamente. Assim, os planos α e XOZ são ortogonais se, somente se, ( A, B, C) ⋅ ( 0,1,0) = 0 . Daí, B = 0. Observação: De modo análogo, podemos mostrar que as condições necessárias e suficientes para que um plano α : Ax + By + Cz + D = 0 seja ortogonal ao plano XOY e ao plano YOZ são, respectivamente C = 0 e A = 0. 38
  3. 3. 5. Determine uma equação geral de um plano que contém a reta x +1 z+3 s: = y − 1= e é ortogonal ao plano YOZ.  2 3 Solução: z+3 Observemos que o plano α : y − 1 = contém a reta s, já que todos 3 os pontos de s satisfazem à equação de α. Além disso, α : 3y − z − 6 = 0 é ortogonal a plano YOZ ( porque? ). Assim, α é o plano procurado.6. Mostre que um plano α : Ax + By + Cz + D = 0 é paralelo ao eixo OY se, e somente se, é ortogonal ao plano XOZ. Solução: r Sabemos que um plano α é paralelo a uma reta r vr r r r se, e somente se, n α ⋅ v r = 0 . Assim, o plano α é paralelo ao eixo OY se, e somente se 0 = ( A, B, C) ⋅ ( 0,1,0) = B . Portanto a condição α α paralelo ao eixo OY é equivalente a α ortogonal ao plano XOZ.7. Dados os planos α : Ax + 4y + 4z + D = 0 e β : 6x + 8y + Cz − 2 = 0 , determine as constantes A, C e D tais que: a) d (α , β) = 41 b) O plano α seja ortogonal ao plano β e contém o eixo OX. Solução: a) Como d(α, β) ≠ 0 temos que α ∩ β = φ . Assim, os vetores r r n α = (A,4,4) e n β = (6,8, C) são paralelos e portanto A = 3 e C = 8. Tomemos P(1,−1,0) um ponto do plano β. Sabemos que: | 3 ⋅ 1 + 4 ⋅ ( −1) + 4 ⋅ 0 + D | d(α, β) = d( P, α) = = 41 . 9 + 16 + 16 Assim, | D − 1| = 41 , logo D = 42 ou D = −40 . 39
  4. 4. b) Como o plano α contém o eixo OX temos A = 0 e D = 0. Da ortogonalidade dos planos α e β temos: r r n α ⋅ nβ = (0,4,4) ⋅ (6,8, C) = 32 + 4C = 0 . Logo C = −8.8. Determine as coordenadas do ponto P1, simétrico de P(1,1,−2) em relação à reta s : x + 1 = y − 1 = z. Solução: P s Sejam r a reta perpendicular à reta s que I passa pelo ponto P e {I} = r ∩ s . Então, I = ( t − 1,1 + t , t ) e podemos considerar r → P1 vr = PI = ( t − 2, t , t + 2) . Como as retas r e r s são ortogonais temos: r r v r ⋅ v s = ( t − 2, t , t + 2) ⋅ (1,1,1) = 0 → → → → Logo, t = 0 e PI = ( −2,0,2) . Como IP1 = PI temos P1 = I + IP1 . Assim P1 = ( −1,1,0) + ( −2,0,2) = ( −3,1,2 ) . Observação: s O ponto I também poderia ser determinado através da interseção da reta s com o plano α que passa pelo ponto P e é ortogonal à reta s. P1 I P Sendo α perpendicular a s temos: α α: x + y + z + D = 0. Utilizando o fato de que P ∈ α , podemos concluir que D = 0.9. Determine uma equação da reta r, simétrica da reta x = 1 + 2t  s : y = t ; t ∈ IR , em relação ao plano α : x − y + z + 1 = 0. z = 2  40
  5. 5. Solução: n r Observemos que se S e Q são pontos da reta S I α s então S1 e Q1 , simétricos de S e Q, respectivamente, em relação ao plano α são I1 pontos da reta r. r r De v s ⋅ n α = ( 2,1,0) ⋅ (1,−1,1) ≠ 0 , temos que s s S1 e α são concorrentes. Seja {I} = s ∩ α . Então, I = (1 + 2t , t ,2) e 1 + 2t − t + 2 + 1 = 0 . Logo, t = −4 e I(−7,−4,2) . Assim, as equações paramétricas da reta n, normal a α e concorrente com a reta s em S(1,0,2) são : x = 1 + t  n :  y = −t ; t ∈ IR . z = 2 + t  Considerando {I 1} = n ∩ α , temos I 1 = (1 + t ,− t ,2 + t ) e 4  1 4 2 1 + t + t + 2 + t + 1 = 0 . Logo, t = − e portanto I 1 =  − , ,  . 3  3 3 3 →  1 4 2  4 4 4  5 8 2 Daí, S1 = I 1 + SI1 =  − , ,  +  − , ,−  =  − , ,−   3 3 3  3 3 3  3 3 3 r 3 → Como I e S 1 são pontos distintos de r podemos considerar v r = S1I . 4 Assim, uma equação vetorial de r é : X = ( −7,−4,2) + h (4,5,−2); h ∈ IR.10. Determine, caso exista, uma reta t que passa pelo ponto P(1,−2,−1) e é concorrentes com as retas r e s. x = λ − 1 x = h − 2   r :  y = 2λ − 3 ; λ ∈ IR e s :  y = 1 − h ; h ∈ IR . z = λ z = h   Solução 1: Podemos verificar que r e s são retas reversas e que P∉ r . Assim, o plano α determinado por P e r, contém toda reta que passa por P e é concorrente com r. Logo, a reta t, caso exista, está contida em α:x − y + z − 2 = 0. 41
  6. 6. r r De v s ⋅ n α ≠ 0 concluímos α que s e α são concorrentes , t P seja {Q} = s ∩ α . Como Q∈s temos Q(h − 2,1 − h, h) , por outro lado, Q também s pertence a α daí, β Q h − 2 − (1 − h) + h − 2 = 0 . r Consequentemente, 5  1 2 5 h = e Q − ,− ,  . Como 3  3 3 3 →  4 4 8 r PQ =  − , ,  não é paralelo a v r = (1,2,1) , podemos escrever:  3 3 3 → t : X = P + λ PQ ; λ ∈ IR sSolução 2: αConsideremos que exista uma reta t que passa por B tP e é concorrente com as retas r e s em A e B, A rrespectivamente.Assim, A( λ − 1,2λ − 3, λ), B(h − 2,1 − h, h), → → PA = (λ − 2,2λ − 1, λ + 1) e PB = ( h − 3,3 − h, h + 1) . Como P, A e B → →são pontos colineares os vetores PA e PB são LD. Daí podemosescrever: λ − 2 2λ − 1 λ + 1 = = h −3 3− h h +1 λ − 2 2λ − 1 →De = temos λ − 2 = 1 − 2λ. Logo, λ = 1 e PA = ( −1,1,2) . h−3 3− h r → Considerando vt = PA , as equações paramétricas da reta t são: x = 1 − a   y = −2 + a ; a ∈ IR  z = −1 + 2a  42
  7. 7. 11. Determine uma equação da reta que passa pelo ponto Q(2,1,0), é x = 2 + t concorrente com a reta s :  y = 3t ; t ∈ IR e forma ângulos iguais com os z = t eixos OX e OY.Solução:Sejam r a reta que queremos determinar e {I} = r ∩ s . Assim r →I = (2 + t ,3t , t ) e v r = QI = ( t,3t − 1, t ) . Como ( r, OX) = ( r , OY) temos aequação: | (1,0,0) ⋅ ( t ,3t − 1, t ) | | ( 0,1,0) ⋅ ( t ,3t − 1, t ) || r = r . | vr | | vr | 1 1Logo, t = ou t = . 2 4 1 rConsiderando t = , temos v r // (1,1,1) e r : X = ( 2,1,0) + h (1,1,1) ; h ∈ IR . 2 1 rConsiderando t = , temos v r // (1,−1,1) e r : X = ( 2,1,0) + h(1,−1,1) ; h ∈ IR . 4Como vimos o exercício tem duas soluções.12 . Da figura abaixo sabe – se que: i) a reta r é perpendicular ao plano α, tem a direção r P do vetor u = (1,2,−1) e P(1,1,−1) pertence à reta r. ii) os pontos Q e R ( −1,0,1) pertecem ao plano α. R Q iii) S = (0,1,2) α rDetermine:a) uma equação do plano α.b) as coordenadas do ponto Q.c) uma equação do plano QRS.d) o ângulo entre os planos QRS e α. 43
  8. 8. e) a distância entre as retas r e RS.f) uma equação do plano que contém a reta r e é paralelo à reta t : X = (3,2,0) + h( 2,0,−1) ; h ∈ IRg) uma equação do plano perpendicular ao plano α que contém a reta QS.Solução: r ra) Como n α // v r = (1,2,−1) temos α : x + 2y − z + d = 0 . Além disso R ( −1,0,1) ∈ α , assim d = 2. Logo α : x + 2 y − z + 2 = 0 . x = 1 + t b) As equações paramétricas da reta r são r :  y = 1 + 2t ; t ∈ IR . z = −1 − t Como {Q} = r ∩ α temos: Q(1 + t ,1 + 2t ,−1 − t ) e 1 + t + 2(1 + 2t ) − ( −1 − t ) + 2 = 0.Logo, t = −1 e Q(0, −1,0) . → →c) Os vetores QR = ( −1,1,1) e QS = ( 0,2,2) são LI. Logo, podemos escrever uma equação vetorial do plano QRS como: X = t ( −1,1,1) + h (0,2,2) ; t e h ∈ IR . r rd) Sabemos que n α = (1,2,−1) e n QRS //( −1,1,1) × (0,2,2) = (0,2, −2) . |6| 3 Assim, cos(QRS , α ) = = . Logo ( QRS, α) = 30° . 6 8 2 r →e) Sabemos que v r = (1,2,−1) , RS = (0,1,2) − (−1,0,1) = (1,1,1) daí,  1 2 − 1 r → → [ vr , RS, QR] =  1 1 1  = −6 . Assim, as retas r e s são reversas.   − 1 1 1    v → → | [ v r , RS, QR ] | 6 6 3 14 Logo, d(r , RS) = = = = . r → | (3,−2,−1) | 14 7 | vr × RS | 44
  9. 9. f) Seja β o plano que queremos determinar. Os vetores r r v r = (1,2,−1) e v t = ( 2,0,−1) são LI e têm representantes β , logo uma equação vetorial do plano β é : X = P + λ (1,2, −1) + σ ( 2,0,−1) ; λ e σ ∈ IR r →g) Os vetores n α = (1,2,−1) e QS = (0,2,2) são LI e têm representantes no plano que queremos determinar. Assim uma equação deste plano é : X = S + t (1,2, −1) + h (0,1,1) ; t e h ∈ IR 45

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