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Enunciado

Álgebra Linear e Geometria Analítica - Vetores e uma iniciacao a geometria analitica mello e watanabe- Ed: 2º - Capítulo 8.Exercícios Propostos - Ex. 9

Pelos pontos de interseção da reta X   =   ( - 5 , - 11,9 )   + t ( 3,5 , - 4 ) e da superfície esférica ( x + 2 ) 2   +   ( y - 1 ) 2 + ( z + 5 ) 2   = 49 passam planos tangentes à superfície esférica. Determine uma equação de cada um desses planos.

Passo 1

Tudo tranquilo? Começamos esse tipo de questão verificando se a equação da reta está parametrizada e se a equação da superfície esférica está em sua forma reduzida. Caso seja negativo, faremos esse processo.

Para a reta temos: X   =   ( - 5   +   3 t , - 11   +   5 t , 9   - 4 t ) e essa forma parametrizada nos informa que o vetor diretor de X será: v X →   =   ( 3,5 , - 4 ) .

Para a superfície esférica: ( x + 2 ) 2   +   ( y - 1 ) 2 + ( z + 5 ) 2   = 49   =   7 2 , que já veio em sua forma reduzida, sabemos que seu centro é C   =   ( - 2,1 , - 5 ) e o raio r   =   7 .

Passo 2

Qual o objetivo agora? Descobrir quais os pontos de interseção entre a reta e a superfície esférica. Para isso, buscaremos em quais valores de t isso acontece ao substituirmos os valores de x , y e z ,a equação da esfera:

( - 5   +   3 t + 2 ) 2   +   ( - 11   +   5 t - 1 ) 2 + ( 9   - 4 t + 5 ) 2   = 49

⇒   ( 3 t - 3 ) 2   +   ( 5 t - 12 ) 2 + ( - 4 t + 14 ) 2   = 49

⇒   9 t 2   - 18 t   +   9   +   25 t 2     - 120 t   +   144 + 16 t 2   -   112 t   +   196 = 49

⇒   ( 9   +   25   +   16 ) t 2   + ( - 18   - 120 - 112 ) t +   9   +   144 +   196 - 49   =   0

⇒   50 t 2   - 250 t + 300   =   0

⇒   5 t 2   - 25 t + 30   =   0

Daí, resolvemos a equação do segundo grau para acharmos os valores de t :

t   =   25   ± 625 - 600 10 =   25   ± 25 10 =   25   ± 5 10

⇒ t   = 2 ,   t = 3

Agora que temos dois valores do parâmetro t , vamos ver quais os pontos de interseção substituindo t na equação da reta:

X 1   =   ( - 5   +   3 t , - 11   +   5 t , 9   - 4 t ) t = 2 = ( 1 , - 1,1 )

X 2   =   ( - 5   +   3 t , - 11   +   5 t , 9   - 4 t ) t = 3 = ( 4,4 , - 3 )

Passo 3

Agora, vamos calcular o vetor que sai do centro até um dos pontos de interseção. Esse vetor vai ser perpendicular a um dos planos que queremos, então vai ser proporcional ao vetor normal desse plano C X 1 → = α n → . Assim,

C X 1 → = X 1 - C = ( 1 , - 1,1 ) - ( - 2,1 , - 5 ) = ( 3 , - 2,6 ) = n 1 →

onde assumimos que α = 1 . Como o raciocínio vai ser o mesmo pro outro ponto, vamos calculá-lo logo e obter os dois planos simultaneamente:

C X 2 → = X 2 - C = ( 4,4 , - 3 ) - ( - 2,1 , - 5 ) = ( 6,3 , 2 ) = n 2 →

Passo 4

Agora que sabemos os vetores normais aos planos, podemos escrever

π 1   :   3 x   - 2 y   +   6 z   +   d 1   =   0

π 2   :   6 x   + 3 y   +   2 z   +   d 2   =   0

Para descobrir d 1 e   d 2 , nós precisamos substituir os pontos encontrados no Passo 2 nas equações dos planos.

Substituindo X 1 no plano 1:

π 1   :   3 ⋅ 1   - 2   ⋅ ( - 1 )   +   6   ⋅ 1   +   d 1   =   0

⇒ 11   +   d 1   =   0

⇒ d 1   =   - 11  

Substituindo X 2 no plano 2:

π 2   :   6   ⋅ 4   + 3   ⋅ 4   +   2   ⋅ ( - 3 )   +   d 2   =   0

⇒ 30   +   d 2   =   0

⇒ d 2   =   - 30

Logo,

π 1   :   3 x - 2 y   +   6 z - 11 =   0

π 2   :   6 x   + 3 y   +   2 z   - 30   =   0

Resposta

π 1   :   3 x - 2 y   +   6 z - 11 =   0

π 2   :   6 x   + 3 y   +   2 z   - 30   =   0

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