Posições Relativas entre Retas e Planos Ângulos e Distâncias Ortonormalização

Resolva as questões abaixo justificando sua resposta 1 Considere as retas r e s dadas pelas equações r x y x z s x 4 t y 2 2t z 4 t Ache a equação da reta l paralela a r e s contida no plano σ x z 2 e que seja equidistante de r e s 2 Considere as retas r 1 t 3 3t 1 t t R e s 2 2t 5t t R Verifique que r e s são reversas e determine o plano π que contém r e é paralelo ao eixo x 3 Determine os planos que contêm a reta s x 2y 2z 0 3x 5y 7z 0 e formam com o plano π x z 0 um ângulo de 60 4 Seja s a interseção dos planos α x y 2z 1 e β 2x y 2z 2 Determine a distância entre a reta s e a reta r x y z 1 1 3 t8 12 2 5 a Verifique que a reta r x y z 1 0 1 t1 1 0 é paralela ao plano π x y z 0 b Calcule a distância de r a π c Existem retas contidas o plano π que são reversas a reta r e distam 2 desta 6 Aplique o processo de ortogonalização de GramSchmidt para obter uma base ortonormal de R³ a partir da base 111 011 123 7 Use o processo de ortogonalização de GramSchmidt para obter uma base ortonormal para o subespaço solução do sistema linear homogêneo s 2x 6y 4z 0 3x 9y 6w 0 x y 3z 5w 0 Geometria Analítica 1 Podemos representar as retas por r t 2t t e s 4t 22t 4t Temos que P 000 r e Q 4 2 4 s Seja l π tal que l r s Temos que l a2 b a 1 2 1t R vt pois em σ x22 Além disso devemos ter drl dsl Temos que drl PR x v v e dsl QR x v v Assim drl dsl PR x v v QR x v v PR x v QR x v Temos que PR x v i j k a2 b a 1 2 1 i b2a jaa2 k2a2b b2a 2 2ab4 QR x v i j k a2 b2 a4 1 2 1 ib22a4 ja4a2 k2a2b2 b102a 2 2ab6 Assim b2a² 2² 2ab2² b102a² 2² 2ab6² Eleve ao quadrado b2a² 4 2ab2² b2a10² 4 2ab 8² b2a² 2ab2² b2a² 210b2a 100 2ab2² 282ab264 20b2a 162ab2 164 0 20b 40a 32a 16b 32 164 0 36b 72a 132 3b 6a 11 Se a 1 b 53 Portanto l 3 53 1 1 2 1t 2 As retas r e s são reversas se elas não forem coplanares Observe que r P vrt 131 131t s Q vst 200 025t Os vetores diretor vr e vs não são coincidentes nem paralelos Para confirmar que r e s são reversas vamos mostrar que PQ vr e vs são LI logo não são coplanares det 21 0 3 0 1 1 3 1 0 2 5 det 1 3 1 1 3 1 0 2 5 135 310 112 1 30 3 15 112 30 0 Portanto r e s são reversas Agora vamos determinar o plano π que contem r e é paralelo ao eixo x O vetor normal ao plano deve ser perpendicular à vr e à 100 Logo n será o produto vetorial n î ĵ k 1 3 1 1 0 0 î 00 ĵ 100 k 031 3k 013 Logo como P π temos π 0 x1 1 y3 3 z1 0 y 3 3z 3 0 y 3z 6 Portanto π y 3z 6 3 Primeiro vamos parametrizar a reta s escalonando o sistema 1 2 2 0 L2 L2 3L1 1 2 2 0 3 5 7 0 0 1 1 0 Logo y z 0 y z x 2y 2z 0 x 2 2 2z 0 x 4z 0 x 4z Assim S 4t t t Seja vecn a b c o vetor normal ao plano que queremos encontrar Em particular vecn é perpendicular ao vetor diretor vecv3 4 1 1 assim vecv cdot vecn 0 4a b c 0 Agora seja vecm o vetor normal ao plano pi x z 0 então vecm 1 0 1 Temos que o ângulo θ entre m e n vale 60 logo cos θ m cdot n n m cos60 a1 b0 c1 sqrta2 b2 c2 sqrt12 02 12 12 a c sqrta2 b2 c2 sqrt2 sqrt5 cdot sqrta2 b2 c2 2 a c 2 a2 b2 c2 4 a c2 2 a2 2 b2 2 c2 4 a2 2 a c c2 2 a2 2 b2 2 c2 8 a c 0 Mas b c 4a 2 a2 2 c4a2 2 c2 8 a c 0 2 a2 2 c2 8 a c 16 a2 2 c2 8 a c 0 2 a2 2 c2 16 a c 32 a2 2 c2 8 a c 0 30 a2 24 a c 0 a 30 a 2 c 0 Logo temos dois casos a 0 b c vecn 0 1 1 e como 000 in S teremos pi1 0 x 1 y 1 z 0 y z 0 30 a 2 c 0 30 a 2 c c 15 a b 15 a 4 a 11 a logo pi2 x 1 y 11 z 15 0 x 11 y 15 z 0 Portanto os planos são pi1 y z 0 e pi2 x 11 y 15 z 0 4 Primeiro vamos determinar a equação paramétrica da reta r Temos 1 1 2 1 L2 L2 2L1 1 1 2 1 2 1 2 2 0 1 6 0 Logo y 6 z 0 y 6 z x y 2 z 1 x 6 z 2 z 1 x 1 4 z Logo S 1 4 t 6 t t 100 461 t observe que vecv 8 12 2 2461 2 vecvS Logo r e S são paralelas Assim a distância será d PQ x vecv vecv onde P 100 e Q 113 Temos PQ 213 logo PQ x vecv i j k 2 1 3 4 6 1 i11 36 j3 4 21 k26 1 4 17 10 8 Portanto d sqrt172 102 82 sqrt42 62 12 sqrt453 53 approx 292 5a Vamos verificar que nenhum ponto de v resta em pi Os pontos de v são da forma 1 t t 1 com t in mathbbR Assim substituindo na equação do plano 1 t t 1 0 2 0 Portanto v é paralela à pi b A distância de v a pi é a distancia entre um ponto qualquer de v e pi Considerando t 0 temos P 101 in r O vetor normal à pi é vecn 1 1 1 Logo dv pi dP pi 11 10 11 vecn 2 sqrt3 2 sqrt3 3 c Não Apesar de haver retas reversas à r contidas no plano pi toda reta contida em pi terá uma distância de 2 sqrt3 3 approx 115 de r 6 Sejam vecv1 111 vecv2 011 e vecv3 123 Vamos obter uma base ortogonal u1 u2 u3 a partir de v1 v2 v3 usando o processo de GramSchmidt Começamos com u1 v1 111 Em seguido fazemos u2 v2 proju1 v2 011 011 cdot 111 111 cdot 111 111 011 011111111 011 23 23 23 23 13 13 u3 v3 proju1 v3 proju2 v3 123 123 cdot 111 111 cdot 111 111 123 cdot 231313 231313 cdot 231313 231313 u3 123 1 2 31 1 1 111 33 23 33 43 13 13 23 13 13 123 222 23 13 13 101 12 12 12 0 12 12 Assim obtemos uma base ortogonal Para obter uma base ortonormal basta normalizar os vetores W1 u1 u 1 111121212 13 11133 33 33 33 W2 u2 u2 23 13 13232 132 132 149 19 19 23 13 13 169 23 13 13 36 23 13 1366 266 66 66 W3 u3 u3 0 12 12 02 122 122 114 14 0 12 12 2 0 12 12 0 22 22 Portanto a base ortonormal é 33 33 33 266 66 66 0 22 22 7 Primeiro vamos solucionar o sistema em seguida obtemos uma base ortonormal Observe que O sistema pode ser representado por 7 2 6 0 4 0 0 3 9 2 0 6 0 1 1 2 3 5 0 L2 L2 32 L1 2 6 4 0 0 0 0 6 6 0 0 2 5 5 0 Da segunda linha obtemos 6z 6w 0 6z 6w z w Da terceira linha obtemos 2y 5z 5w 0 2y 10w 0 2y 10w y 5w Da primeira linha obtemos 2x 6y 4z 0 2x 65w 4w 0 2x 26w x 13w Logo a solução geral é X w 13 5 1 1 Ou seja o espaço solução tem como base o conjunto 13 5 1 1 Como a base só tem um vetor basta normalizálo v 13 5 1 1132 52 12 12 1196 13 5 1 1 1314 514 114 114 Portanto a base normal para o espaço solução é 1314 514 114 114