Universidade Federal Fluminense
Faculdade Federal de Rio das Ostras
Departamento de Ciˆ
encia e Tecnologia (RCT)
Gabarito da 2aProva – Geometria Anal´ıtica e C´alculo Vetorial
09/06 – 20:00 - 22:00
Quest˜ao 1 (4 pontos):
Solu¸c˜ao: Sabemos que o volume do paralelep´ıpedo procurado ´e dado pelo m´odulo do pro-
duto misto entre os vetores −→
AB = (2,0,−3), −→
AC = (−1,2,−4) e −−→
AD = (−1, x −1,−5).
Com isso,
15 = |(−→
AB, −→
AC, −−→
AD)|=|−37+11x| ⇒ 11x−37 = 15 ou 11x−37 = −15 ⇒x=52
11 ou x= 2.
Quest˜ao 2 (3 pontos):
Solu¸c˜ao: Note que fazendo x=ttemos as seguintes equa¸c˜oes param´etricas para a reta r:
x=t
y= 3 −2t
z= 2t.
Consequentemente, −→
vr= (−2,4,−4) ´e um vetor diretor de rePr= (0,3,0) ´e um ponto
de r. Por outro lado sabemos que −→
vs= (1,−2,2) ´e um vetor diretor de sePs= (−1,1,−3) ´e
um ponto de s. Note que −→
vr=−2−→
vs, portanto as retas s˜ao paralelas. Neste caso, sabemos
que os vetores −−→
PsPr,Proj −→
vs−−→
PsPre−−→
PsPr−Proj −→
vs−−→
PsPrformam um triˆangulo retˆangulo, onde
a norma deste ´ultimo ´e a distˆancia entre as duas retas, que denotaremos por d, e −−→
PsPr´e a
hipotenusa . Usando o Teorema de Pit´agoras, temos que
d=qk−−→
PsPrk2− k Proj −→
vs−−→
PsPrk2.
Com isso, observe que
k−−→
PsPrk2= 14,
kProj −→
vs−−→
PsPrk2=|−−→
PsPr·−→
vs|2
k−→
vsk2=1.
Logo, d=√13.
Quest˜ao 3 (3 pontos):
Solu¸c˜ao:
a) Sabemos que P0= (1 + t, 1+2t, 1 + t) para algum t∈ReP0satisfaz a equa¸c˜ao do
plano π, da´ı,
−4(1 + t)−(1 + 2t) + (1 + t) = 3 ⇒t=−1
5.
E portanto, P0=4
5,3
5,4
5.
