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Algebra Linear I - 2008.2 - Lista 6´
Equa¸c˜oes de retas e planos
Respostas
- Obtenha equa¸c˜oes param´etricas e cartesianas:
- Das retas que cont´em aos pontos
- A = (2, 3 , 4) e B = (5, 6 , 7),
- A = (− 3 , 1 , 2) e B = (6, 0 , −2),
- A = (2, 5 , 1) e B = (3, 5 , 1).
- Dos planos que contˆem os pontos
- A = (2, 3 , 4), B = (5, 6 , 7), e C = (1, 1 , 1),
- A = (− 3 , 1 , 2) e B = (6, 0 , −2), e C = (0, 0 , 0),
- A = (2, 5 , 1) e B = (3, 5 , 1), e C = (1, 1 , 1),
- A = (2, 3 , 4), B = (5, 6 , 7), e C = (3, 3 , 3).
Determine (quando poss´ıvel) a interse¸c˜ao das retas com os planos XY, XZ e YZ, e a interse¸c˜ao dos planos com os eixos coordenados X, Y e Z.
Resposta: Equa¸c˜oes param´etricas (seguindo ordem): (2 + 3t, 3 + 3t, 4 + 3t), t ∈ R, (−3 + 9t, 1 − t, 2 − 4 t), t ∈ R, (2 + t, 5 , 1), t ∈ R. Equa¸c˜oes cartesianas (seguindo a ordem) (´e suficiente encontrar dois planos diferentes contendo as retas): x − z = −2 e x − y = −1; x + 9y = 6 e 4 y − z = 2; z = 1 e y = 5. Calcularemos a interse¸c˜ao da primeira reta com os planos cartesianos. A interse¸c˜ao com o plano XY ´e dada pela condi¸c˜ao:
4 + 3t = 0, t = − 4 / 3.
Obtemos o ponto (− 2 , − 1 , 0). Respeito as interse¸c˜oes. A interse¸c˜ao com o plano XZ ´e dada pela condi¸c˜ao:
3 + 3t = 0, t = − 1.
Obtemos o ponto (− 1 , 0 , 1). A interse¸c˜ao com o plano YZ ´e dada pela condi¸c˜ao:
2 + 3t = 0, t = − 2 / 3.
Obtemos o ponto (0, 1 , 2).
Equa¸c˜oes param´etricas dos planos (seguindo a ordem) s˜ao:
- (x, y, z) = (1, 1 , 1) + s(1, 1 , 1) + t(1, 2 , 3), s, t ∈ R,
- (x, y, z) = s(− 3 , 1 , 2) + t(6, 0 , −2), s, t ∈ R,
- (x, y, z) = (1, 1 , 1) + s(1, 4 , 0) + t(2, 4 , 0), s, t ∈ R,
- (x, y, z) = (3, 3 , 3) + s(1, 0 , −1) + t(2, 3 , 4), s, t ∈ R.
As equa¸c˜oes cartesianas dos planos s˜ao:
- x − 2 y + z = 0,
- x − 3 y + 3z = 0,
- z = 1,
- x − 2 y + z = 0.
Finalmente, as interse¸c˜os dos planos primeiro, segundo e quarto com os eixos ´e a origem. O plano z = 1 n˜ao intercepta os eixos X e Y, e a interse¸c˜ao com o eixo Z ´e o ponto (0, 0 , 1).
- Considere os pontos A = (3, 5 , 2), B = (− 1 , − 1 , 4), C = (2, 1 , 5) e D = (0, 3 , 1), e as retas r 1 e r 2 que contˆem, respectivamente, aos pontos A e B e C e D. Veja que estas retas r 1 e r 2 tˆem um ponto P em comum. Decida se o ponto P pertence aos segmentos de reta AB e CD.
Resposta: Considere os vetores BA = (4, 6 , −2) e DC = (2, − 2 , 4) Temos
r 1 : (−1 + 4 t, −1 + 6 t, 4 − 2 t), r 2 : (0 + 2 s, 3 − 2 s, 1 + 4 s)
Igualando as equa¸c˜oes
−1 + 4 t = 2 s, −1 + 6 t = 3 − 2 s, 4 − 2 t = 1 + 4 s.
a) Escreva a reta r 1 como interse¸c˜ao de dois planos π e ρ (escritos em equa¸c˜oes cartesianas) tais que π seja paralelo ao eixo X e ρ seja paralelo ao eixo Z.
b) Determine uma equa¸c˜ao param´etrica da reta r 2.
c) Determine a posi¸c˜ao relativa das retas r 1 e r 2 (reversas, paralelas ou se interceptam).
Resposta:
a) π : y + z = 0, ρ : x − 2 y = − 2.
b) r 2 : (2 + 2t, 2 t, 1 /2 + 3t), t ∈ R.
c) reversas.
- Considere os pontos A = (1, 0 , 1), B = (0, 2 , 2) e C = (2, 1 , 2).
a) Determine a ´area do triˆangulo T de v´ertices A, B e C.
b) Determine um vetor normal ao plano π que cont´em os pontos A, B e C.
c) Determine equa¸c˜oes param´etricas do plano π.
d) Determine uma equa¸c˜ao cartesiana do plano π.
e) Determine um ponto D tal que os pontos A, B, C e D formem um par- alelogramo P.
f ) Determine a ´area do paralelogramo P do item anterior.
Resposta: Considere os vetores AB = (− 1 , 2 , 1) e AC = (1, 1 , 1). A ´area do triˆangulo T e 1/2 da ´area de um paralelogramo R de v´ertices A, B e C. Temos
´area(R) = |AB × AC| =
i j k − 1 2 1 1 1 1
Portanto, a ´area de T ´e
A
B
C
D
D
D
Figure 1: Paralelogramos
Observe que no item (a) determinamos o vetor normal ao plano, obtido como AB × AC = (1, 2 , −3). Logo um vetor normal ´e (1, 2 , −3) e a equa¸c˜ao cartesiana do plano ´e da forma
x + 2 y − 3 z = d,
onde d ´e determinado pela condi¸c˜ao dos pontos A, B e C pertencer a π, ou seja: 1 + 0 − 3 = d = −2. (Observe que respondemos simultaneamente aos itens (b) e (d)).
Para determinar as equa¸c˜oes param´etricas de π devemos conhecer dois vetores paralelos a π (n˜ao paralelos entre si) e um ponto do plano. Podemos escolher AB = (− 1 , 2 , 1) e AC = (1, 1 , 1) e o ponto A = (1, 0 , 1). Portanto,
x = 1 − t + s, y = 0 + 2 t + s, z = 1 + t + s, t, s ∈ R.
Finalmente, para o item (e), h´a as seguintes possibilidades para o ponto D:
- AB paralelo a CD, isto ´e, AB = ±CD,
- AC paralelo a BD, isto ´e AC = ±BD
No primeiro caso podemos ter
AD = AC + AB, D = B + C − A = (0, 2 , 2) + (2, 1 , 2) − (1, 0 , 1) = (1, 3 , 3), AD = AB − AC, D = B − C + A = (0, 2 , 2) − (2, 1 , 2) + (1, 0 , 1) = (− 1 , 1 , 1).
Portanto, |M B|^2 = (1 − t)^2 |AB|^2.
Portanto, t verifica t^2 = (1 − t)^2 , t = 1/ 2.
Portanto, M = (1, 0 , 1) + (− 1 / 2 , 1 / 2 , 0) = (1/ 2 , 1 / 2 , 1).
Observe que a condi¸c˜ao obtida ´e equivalente a
M = (A + B)/ 2.
Verificamos a ´ultima afirma¸c˜ao:
M = A + 1/2(B − A) = 1/2(B + A).
Verifique que AM = −BM. Os pontos do plano π s˜ao equidistantes dos pontos A e B. Para provar a afirma¸c˜ao considere um ponto P do plano e o triˆangulo retˆangulo de vˆertices A, M, P. Temos, pelo teorema de Pit´agoras,
|AP |^2 = |P M |^2 + |AM |^2.
Considere agora o triˆangulo retˆangulo de vˆertices B, M, P. Como no caso anterior, temos |BP |^2 = |P M |^2 + |BM |^2.
Pela escolha de M ,
|BP |^2 = |P M |^2 + |BM |^2 = |P M |^2 + |AM |^2 = |AP |^2 ,
isto prova a afirma¸c˜ao.
Como no item (1), temos que o ponto T verifica T = A + s AB = A + s(− 1 , 1 , 0) (isto decorre do fato de M T pertencer ao segmento AB) onde s ´e escolhido de forma que |AT | = 2 |BT |.
Como |AT | e |BT | s˜ao poistivos, a condi¸c˜ao ´e equivalente a
|AT |^2 = 4 |BT |^2.
Observe que |AT |^2 = s^2 |AB|^2 ,
e que T B = AB − sAB = (1 − s)AB.
Portanto, |T B|^2 = (1 − s)^2 |AB|^2.
Portanto, s verifica
s^2 = 4 (1 − s)^2 , 3 s^2 − 8 s + 4 = 0.
Logo
s =
portanto, s = 2, ou s = 1/ 3.
Observe que os pontos do segemnto AB s˜ao os pontos da forma A + s AB onde s ∈ [0, 1]. Portanto, se escolhemos s = 2 obtemos um ponto fora do segmento AB (interprete geometricamente este fato, fa¸ca uma figura...) Logo s = 1/3. Portanto,
T = (1, 0 , 1) + (− 1 / 3 , 1 / 3 , 0) = (2/ 3 , 1 / 3 , 1).
Veja que a condi¸c˜ao que determina T ´e
T = A + 1/3(B − A) = 1/3(B + 2A),
(talvez esta express˜ao tenha mais significado para v.).
Para o item (5), veja que raciocinando como no item (3) obtemos que a afirma¸c˜ao ´e falsa. Considere um ponto X (X 6 = T ) do plano ρ e observe que os triˆangulos de vˆertices A, T, X e B, T, X s˜ao retˆangulos. Temos, pelo teorema de Pit´agoras,
|AX|^2 = |XT |^2 + |AT |^2 , |BX|^2 = |XT |^2 + |BT |^2.
Pela escolha de T (isto ´e, |AT |^2 = 4 |BT |^2 ) temos
|AX|^2 = |XT |^2 + |AT |^2 = |XT |^2 + 4 |BT |^2 = = 4 (|XT |^2 + |BT |^2 ) − 3 |XT |^2 = = 4 |BX|^2 − 3 |XT |^2 6 = 4 |BX|^2 ,
isto prova a afirma¸c˜ao ´e falsa.
