exercícios de geometria analítica
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GEOMETRIA ANALITICA
Lista 3 - 15. Sejam A, B e C pontos nao-colineares, ~u =−→AB, ~v =
−→AC. Prove que, se ~a e ~u
sao de mesmo sentido e o mesmo ocorre com ~b e ~v, e se |~a| = |~b|, entao ~a +~b e paralelo a bis-
setriz de BAC. Em particular, o vetor soma dos versores de ~u e ~v e paralelo a bissetriz de BAC.~a e ~u tem mesmo sentido
~b e ~v tem mesmo sentido
|~a| = |~b|
=⇒ ~a+~b ‖ bissetriz de BAC
~a e ~u tem mesmo sentido, entao ~a = λ~u = λ−→AB
~b e ~v tem mesmo sentido, entao ~b = α~v = α−→AC
Os vetores ~a e ~b sao linearmente independentes, portanto
|~a+~b|2 = |~a|2 + |~b|2
Mas, |~a| = |~b|, entao:
|~a+~b|2 = |~a|2 + |~a|2 = 2|~a|2 ⇒ |~a+~b| =√
2|~a| =√
2λ|~u|
ou
|~a+~b|2 = |~b|2 + |~b|2 = 2|~b|2 ⇒ |~a+~b| =√
2|~b| =√
2α|~v|.
Pela hipotese ~a+~b = λ~u+ α~v, entao
1
|~a+~b|(~a+~b) =
=1
|~a+~b|(λ~u+ α~v) =
=1
|~a+~b|λ~u+
1
|~a+~b|α~v =
=1√
2λ|~u|λ~u+
1√2α|~v|
α~v =
=1√2|~u|
~u+1√2|~v|
~v =
=1√2
(1
|~u|~u+
1
|~v|~v
)
⇒ 1
|~a+~b|(~a+~b) =
1√2
(1
|~u|~u+
1
|~v|~v
)⇒
√2
|~a+~b|(~a+~b) =
(1
|~u|~u+
1
|~v|~v
)Definimos γ :=
√2
|~a+~b|∈ R+.
Entao, γ(~a+~b) =(
1|~u|~u+ 1
|~v|~v)
. Portanto, o vetor ~a+~b e paralelo a bissetriz BAC.
�
1
Lista 7 – Ex. 6) Considere o plano π : ax + by + cz + d = 0 e o vetor normal ~n = (a, b, c).
Mostre que se P = (x0, y0, z0) e um ponto localizado do lado do plano para o qual a normal
aponta entao ax0 + by0 + cz0 + d > 0.
Seja I o ponto que e projecao ortogonal do ponto P sobre o plano π, onde, em coordenadas
arbitrarias, I = (x1, y1, z1) ∈ π. Entao,
−→IP = P − I = (x0, y0, z0)− (x1, y1, z1) = (x0 − x1, y0 − y1, z0 − z1).
O vetor−→IP e paralelo ao vetor normal ~n do plano π, portanto
−→IP ‖ ~n⇒ λ
−→IP = ~n, λ ∈ R∗+ ∵ ~u e
−→IP devem ter o mesmo sentido.
Substituindo,
(a, b, c) = λ(x0 − x1, y0 − y1, z0 − z1).
Igualando as coordenadas, a = λx0 − λx1b = λy0 − λy1c = λz0 − λz1
=⇒
x0 = a+x1
λ
y0 = b+y1λ
x0 = c+z1λ
Substituindo as coordenadas do ponto P no plano π
ax0 + by0 + cz0 + d = a
(a+ x1λ
)+ b
(b+ y1λ
)+ c
(c+ z1λ
)+ d
=a2
λ+aλx1λ
+b2
λ+bλy1λ
+c2
λ+cλz1λ
+ d
=a2
λ+b2
λ+c2
λ+ ax1 + by1 + cz1 + d
Mas, por hipotese, I = (x1, y1, z1) ∈ π entao ax1 + by1 + cz1 + d = 0.
Tambem por hipotese sabemos que λ > 0, logo a2
λ> 0, b2
λ> 0 e c2
λ> 0.
Temos, entao
ax0 + by0 + cz0 + d =a2
λ+b2
λ+c2
λ> 0.
�
Lista 8 – Ex. 2) Dadas as retas r : X = (0, 1, 0) + λ(1, 0, 0) e s : X = (−1, 2, 7) + λ(2, 1,−3),
obtenha uma equacao vetorial da reta t, concorrente com r e s e paralela a ~u = (1,−5,−1).
Se ~u e paralelo a reta que queremos determinar a equacao, ~u e o vetor diretor da reta t.
A reta t intercepta as retas r e s, entao R ∈ r e S ∈ s sao pontos de t. Em coordenadas
genericas temos,
R = (λ, 1, 0) S = (−1 + 2t, 2 + t,−7− 3t)
2
daı−→RS = S −R = (2t− λ− 1, t+ 1,−7− 3t).
−→RS e vetor diretor da reta t, entao e paralelo a ~u:
−→RS ‖ ~u⇔
−→RS = k~u, k ∈ R∗
Igualando as coordenadas de−→RS com as de k~u,
2t− λ− 1 = k
t+ 1 = −5k
−3t− 7 = −k
Resolvendo o sistema encontramos k = 14, t = −9
4e λ = −23
4. Substituindo o valor de λ no
ponto R, encontramos um ponto pertencente a t. R =(−23
4, 1, 0
). Assim,
t : X = R + α~u =
(−23
4, 1, 0
)+ α(1,−5,−1)
�
Lista 8 – Ex. 14) Determine os valores de a e b de modo que os planos x + 2y + z = b e
3x− 5y + 3z = 1 e 2x+ 7y + az = 8 se interceptem:
(a) um ponto;
(b) uma reta;
(c) tres retas distintas e paralelas.
Devemos fazer a discussao do sistema formado pelas equacoes dos tres planos em funcao dos
parametros a e b. Temos o sistema x+ 2y + z = b
3x− 5y + 3z = 1
2x+ 7y + az = 8
Utilizando o metodo da eliminacao de Gauss, escrevemos a matriz aumentada e fazemos
operacoes nela objetivando deixa-la na forma escada.1 2 1 b
3 −5 3 1
2 7 a 8
L2←3L1−L2−−−−−−−→
1 2 1 b
0 11 0 3b− 1
2 7 a 8
L3←2L1−L3−−−−−−−→
1 2 1 b
0 11 0 3b− 1
0 −3 2− a 2b− 8
L3←2L2+11L3−−−−−−−−→
1 2 1 b
0 11 0 3b− 1
0 0 22− 11a 2b− 8
Reescrevendo o sistema teremos
x+ 2y + z = b
11y = 3b− 1
(22− 11a)z = 31b− 91
3
Analisando a ultima equacao:
(a) O sistema possui solucao unica se 22− 11a 6= 0, ou seja, se a 6= 2. Neste caso, a interseccao
sera um ponto.
(b) O sistema possui infinitas solucoes se 22−11a = 0⇒ a = 2 e 31b−91 = 0⇒ b = 9131
. Neste
caso, a interseccao sera uma reta.
(c) O sistema nao possui solucao real se 22− 11a = 0⇒ a = 2 e 31b− 91 6= 0⇒ b 6= 9131
. Neste
caso, nao interseccao entre os planos.
�
P2-GA-Turma E – Ex. 4) Escreva a equacao do cırculo de centro C = (1,−2) tangente a
reta r : y = −34x+ 5.
Resolucao:
Temos as coordenadas do centro do cırculo, logo precisamos apenas da medida do raio para
escrever sua equacao. O valor do raio e a distancia do centro do cırculo ao ponto de tangencia.
Mas, esta distancia e tambem a menor distancia entre o centro e a reta tangente, portanto, esta
distancia tambem e igual ao raio.
1) Primeira forma
Temos a equacao,
d(P, r) =|ax0 + by0 + c|√
a2 + b2(1)
onde ax+ by + c = 0 e a equacao geral da reta e P = (x0, y0).
r : y = −3
4x+ 5⇒ 4y = −3x+ 20 =⇒ r : 3x+ 4y − 20 = 0 (2)
Utilizando a equacao (1) para a equacao da reta r reescrita na forma geral em (2) e para o
ponto C = (1,−2), temos
d(r, C) =|3 · 1 + 4 · (−2)− 20|√
32 + 42⇒ d(r, C) =
| − 25|√25
=25
5⇒ d(r, C) = 5
2) Segunda forma
Podemos calcular a distancia entre um ponto e uma reta utilizando a equacao (3), onde A e
um ponto qualquer da reta e ~v e o vetor diretor de r.
d(P, r) =
∥∥∥−→AP × ~v∥∥∥‖~v‖
(3)
4
Escrevendo r na forma parametrica temos (com t ∈ R):
r :
x = t
y = 5− 34t
Para t = 0 encontramos o ponto A = (0, 5). E, de forma imediata, obtemos ~v =(1,−4
3
). Para
facilitar os calculos utilizaremos um vetor paralelo, ~v = (4,−3). O vetor−→AC e dado por
−→AC = C − A = (1,−2)− (0, 5) = (1,−7).
Calcula-se o produto vetorial:
−→AC × ~v =
∣∣∣∣∣∣∣i j k
4 −3 0
1 −7 0
∣∣∣∣∣∣∣ = −28k + 3k = −25k
Assim,∥∥∥−→AC × ~v∥∥∥ = | − 25|
∥∥∥k∥∥∥ = 25. A norma de ~v e dada por ‖~v‖ =√
42 + (−3)2 = 5.
Substituindo na equacao 3, temos
d(C, r) =25
5= 5.
3) Equacao do cırculo
Forma reduzida: (x− cx)2 + (y − cy)2 = r2, onde C = (cx, cy) e o centro e r e o raio.
Assim, a resposta do problema e:
(x− 1)2 + (y + 2)2 = 52
Ou, desenvolvendo os quadrados, temos, na forma geral
x2 + y2 − 2x+ 4y − 20 = 0
�
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