Teste 11 - Gabarito - Álgebra Linear 2021-2

Gabarito do Teste de Revisão 11 1) Em cada caso, calcule a distância entre as retas: a) r : x  2 y  3 e s : x  0 y  z  3 b)r : x  y  z  2 e s : y  x  1 z  x  3 Solução: a) os vetores diretores das retas são v  0,0,1 e u  0,1,1 para retas r e s, respectivamente. Os pontos de cada reta podem ser A12,3,0 ou A22,3,1) para reta r e B10,3,0 ou B20,2,1 Como os vetores v e u são não colineraes, as retas r e s não são paralelas ou coincidentes. Para verificar se as retas são reversas ou concorrentes, precisamos fazer o produto miesto entre os vetores AB, u, e v: AB, u, v  2 0 0 0 0 1 0 1 1  2. Como é diferente de zero, as retas são reversas. em que AB  B  A  0,3,0  2,3,0  2,0,0. Como as retas são reversas, usamos a seguinte fórmual dr,s  AB, u, v u  v   |2| 1  2 em que u  v  i j k 0 0 1 0 1 1   i  1,0,0 u  v   1 b) Solução: Os vetores diretores das retas são v  1,1,1 e u  1,1,1 para retas r e s, respectivamente. Os pontos de cada reta podem ser A10,0,2 para reta r e B10,1,3. Como os vetores v e u são colineraes, as retas r e s são paralelas ou coincidentes. Precisamos verificar se A1  s.Substitindo na equação da reta s: temos y  0  1 z  0  3  y  1 z  3 . Portanto o ponto A1 não pertence a reta s. Logo as retas são paralelas. Calculando a distância entre duas retas paralelas: dr,s  dA1,s  AB  v v   6 2 3  62 3  186 3 AB  v  i j k 0 1 5 1 1 1  6i  k  5j  6,5,1 AB  v  36  25  1  62 Resposta: a) reversas e 2; paralelas é 186 3 2) Determinar a equação geral do plano que contém o ponto A1,1,5 e a reta que é a interseção dos planos p : x  2y  z  3  0 e yOz. Solução: a reta de interseção dos planos p : x  2y  z  3  0 e yOz é dada por x  2y  z  3  0 x  0  r : z  3  2y x  0 Então o plano contém o ponto A1,1,5 e a reta z  3  2y x  0 . Com isto temos um vetor diretor da reta que é paralelo ao plano. Agora precisamos encontrar mais um vetor paralelo ao plano. Este vetor será AB  0,1,1  1,1,5  1.2.6 COm dois vetores paralelos ao plano e um ponto é possível encontrar a equação do plano: x  1 y  1 z  5 1 2 6 0 1 2  2y  10x  z  3  0. Portanto o plano será 10x  2y  z  3  0. Resposta:10x-2yz-30 3) Os planos 6x  5y  2z  8  0, x  2y  2z  1  0 e 6x  2y  5z  1  0se interceptam em um único ponto. Determinar este ponto. Solução: A intereseção de 3 planos é um ponto que é a solução do sistema linear formado pelas equações dos planos: 6x  5y  2z  8  0 x  2y  2z  1  0 6x  2y  5z  1  0  x  1,y  0 ez  1. Resposta: O ponto procurado é 1,0,1 4) Determine a interseção do plano 1 que é paralelo ao eixo dos y e que contém os pontos A1,1,2 e B2,3,0 com o plano 2 que passa pela origem e seu vetor ortogonal é 2,1,1. Solução:O plano 1 é paralelo ao eixo do y 0,1,0 e ao vetor AB  2,3,0  1,1,2  1,4,2. A equação do plano será: x  1 y  1 z  2 0 1 0 1 4 2  4  z  2x  0  2x  z  4  0 O plano 2 passa pela orige, e seu vetor ortogonal é 2,1,1. Então sua equação geral será: 2x  y  z  0. Portanto a interseção dos dois planos é solução do sistema linear formado pelas equações dos planos: 2x  z  4  0 2x  y  z  0  x  1 4 y  1 z  2  1 2 y Resposta: x  1 4 y  1 z  2  1 2 y 5) Determinar a equação geral do plano que contém o ponto A4,1,0 e é simultaneamente ortogonal aos planos 2x  y  4z  6  0 e x  y  2z  3  0. Solução: Procurando um vetor ortogonal aos dois planos cujos vetores normais são, respectivamente, n1  2,1,4 e n2  1,1,2. O vetor normal ao plano é dado por: n  n1  n2  i j k 2 1 4 1 1 2  8j  3k  2i  2,8,3. Então a equação geral do plano é dada por 2x  8y  3z  d  0. Substituindo o ponto A4,1,0 que deve satisfazer a equação do plano já que pertence a ele: A4,1,0  , 2.4  8.1  3.0  d  0  d  0. Portanto, a equação do plano é 2x  8y  3z  0. Resposta:2x  8y  3z  0 6) O plano  : 2x  y  z  2  0 intercepta os eixos coordenados Ox,Oy e Oz, respectivamente, em A,B e C. Determine o plano , paralelo ao plano , tal que a distância de  até  seja igual a 150. Solução: O plano  : 2x  y  z  2  0 intercepta os eixos coordenados Ox, Oy, e Oz, respectivamente, em A1,0,0, B0,2,0 e C0,0,2. Como // então n//n. Então, temos  : 2x  y  z  d  0. Sabendo que a d,  150 ,temos d,  |d  d| a2  b2  c2  150  |2  d| 22  12  12  150  |2  d| 6  150  | |2  d|  30  2  d  30  d  30  2  d  28 ou d  32 Portanto, a equação do plano  : 2x  y  z  28  0 ou 2x  y  z  32  0. Resposta:  : 2x  y  z  28  0 ou 2x  y  z  32  0. 7) O plano x  y  z  2  0 intercepta os eixos cartesianos nos pontos A,B,C. Calcular a área do triângulo ABC. Solução: O plano  : x  y  z  2  0 intercepta os eixos coordenados Ox, Oy, e Oz, respectivamente, em A2,0,0, B0,2,0 e C0,0,2. A área do triânguloa ABC  AB  AC 2 ,em que AB  2,2,0 AC  0,2,2 TemosAB  AC  i j k 2 2 0 0 2 2  4k  4j  4i  4,4,4 Então ABC  AB  AC 2  16  16  16 2  4 3 2  2 3 Resposta: 2 3 8) Determine uma equação para o plano que passa pelo ponto P2,1,1 e é perpendicular à reta dada pela interseção dos planos 2x  y  z  3 e x  2y  z  2. Solução: a reta de interseção dos planos 2x  y  z  3 e x  2y  z  2 é dada por 2x  y  z  3 z  2  x  2y  r : 2x  y  2  x  2y  3 z  2  x  2y  r : 3x  3y  5 z  2  x  2y  r : x  5 3  y z  2  x  2y  r : x  5 3  y z  2  5 3  y  2y  r : x  5 3  y z  1 3  y . Como o plano é perpendicular a reta dada pela interseção, então o vetor normal é paralelo ao vetor diretor da reta, isto é, n  k1,1,1. Podemos usar n  1,1,1. Logo a equação do plano é x  y  z  d  0. Como o ponto P2,1,1 pertence ao plano, ele precisa satisfazer a equação do plano: P2,1,1  x  y  z  d  0  2  1  1  d  0  d  0. Portanto, a equação do plano é x  y  z  0. Resposta: x  y  z  d  0 9) Dado o plano 1 : x  y  z  2  0. Calcule o ângulo entre a reta de interseção desse plano 1 com o plano Oxy e a reta de interseção do plano 1 com o plano Oxz. Solução: Encontrando a equação da reta reta de interseção desse plano 1 com o plano Oxy  r : x  y  z  2  0 z  0  r : x  y  2  0 z  0  r : x  2  y z  0 Encontrando a equação da reta de interseção do plano 1 com o plano Oxz  s : x  y  z  2  0 y  0  s : x  z  2  0 y  0  s : x  2  z y  0 Os vetores diretores das retas são 1,1,0 e 1,0,1. Cos  |1,1,0.1,0,1| 1,1,01,0,1  |1  0  0| 2 2  1 2    60º. Resposta:60º 10) Dado o ponto de interseção P dos planos 2x  y  z  8  0, x  2y  2z  6  0 e 3x  z  3  0. Determine uma equação geral do plano determinado por P e a pela reta r : x  y e z  2y. Solução: A intereseção de 3 planos é um ponto que é a solução do sistema linear formado pelas equações dos planos: 2x  y  z  8  0 x  2y  2z  6  0 3x  z  3  0  x  2,y  1 e z  3. O ponto de interseção é P2,1,3. Como o plano contém o ponto P e a reta r. Precisamos de dois vetores: um é o vetor diretor da reta 1,1,2 e o outro é o vetor AP  P  A  2,1,3  1,1,2  1,2,1, em que A  r. A equação do plano será: x  2 y  1 z  3 1 1 2 1 2 1  0  5x  y  3z  0 Resposta: 5x  y  3z  0