Enunciado

Em cada caso, obtenha uma equação da superfície esférica tangente aos planos π 1 e π 2 , sabendo que T é um dos pontos de tangência.

  1. π 1 : x = 0                                           π 2 : 3 x + y + z - 2 = 0                                           T = 0,2 , - 1
  2. π 1 : 6 x - 3 y - 2 z - 35 = 0                             π 2 : 6 x - 3 y - 2 z + 63 = 0                         T = 5 , - 1 , - 1

Passo 1

Primeiro, percebam que o ponto T satisfaz a equação do plano π 1 . Portanto, este ponto pertence ao plano.

Então, sabemos que a esfera tangencia o plano e também sabemos qual o ponto de tangência! A sacada para resolvermos a questão é construirmos uma reta normal ao plano π 1 no ponto T . Portanto, seja o vetor normal ao plano n → = 1 , 0 , 0 , a reta será:

r : X = 0,2 , - 1 + λ 1,0 , 0

Portanto, qualquer ponto desta reta terá coordenadas X = λ , 2 , - 1 . Certo, mas qual o motivo disto ser a sacada da questão?

A resposta desta pergunta é que, algum ponto desta reta r será o centro da esfera! Portanto, existe algum λ que faça o X ser o centro da reta!

E com este ponto X , podemos fazer d X , π 1 = d X , T = d X , π 2 = ρ ! Temos então que resolver estas relações de distâncias agora!

Passo 2

Vamos agora obter as relações de distâncias. Começando pela distância de X até o ponto T . Percebam que será a mesma coisa que fazer a distância de X até o plano π 1 . Portanto,

d X , A = λ - 0 2 + 2 - 2 2 + - 1 - - 1 2

d X , A = λ 2 + 0 2 + 0 2

d X , A = λ 2

Agora, vamos fazer distância do ponto até o plano π 2 . Portanto,

d X , π 2 = 3 λ + 2 - 1 - 2 3 2 + 1 2 + 1 2

d X , π 2 = 3 λ - 1 1 1

Agora, só resolvermos a seguinte equação:

d X , T = d X , π 2

Ou também, para facilitarmos as nossas vidas e retirarmos esta raiz e módulo, vamos elevar ao quadrado. Logo,

d X , T 2 = d X , π 2 2

λ 2 2 = 3 λ - 1 11 2

λ 2 = 3 λ - 1 2 11

1 1 λ 2 = 9 λ 2 - 6 λ + 1

2 λ 2 + 6 λ - 1 = 0

Resolvendo este sistema, obtemos λ = - 6 ± 2 11 4 = - 3 ± 11 2 . Percebam que obtemos duas possibilidades, a depender do sinal positivo e negativo.

Começando pelo sinal positivo, temos λ = - 3 + 11 2 . Com isto, temos o centro C 1 = - 3 + 11 2 , 2 , - 1 e o raio será:

ρ 1 2 = λ 2 = - 3 + 11 2 = 9 - 6 11 + 11 4 = 10 - 3 11 2

Portanto, a primeira superfície será:

S 1 : x + 3 - 11 2 2 + y - 2 2 + z + 1 2 = 10 - 3 11 2

Começando pelo sinal positivo, temos λ = - 3 - 11 2 . Com isto, temos o centro C 2 = - 3 - 11 2 , 2 , - 1 e o raio será:

ρ 2 2 = λ 2 = - 3 - 11 2 = 9 + 6 11 + 11 4 = 10 + 3 11 2

Portanto, a segunda superfície será:

S 2 : x + 3 + 11 2 2 + y - 2 2 + z + 1 2 = 10 + 3 11 2

OBS: poderíamos ter escrito a equação geral da superfície, mas como a questão não explicitou, foi resolvida na forma reduzida! Para conseguir a forma geral, basta expandir os quadrados.

Resposta

S 1 : x + 3 - 11 2 2 + y - 2 2 + z + 1 2 = 10 - 3 11 2

S 2 : x + 3 + 11 2 2 + y - 2 2 + z + 1 2 = 10 + 3 11 2

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Determine uma equação da superfície esférica de centro C = ( 3 , - 2,1 ) tangente ao plano 2 x - y - 2 z - 15 = 0 . Determine também as coordenadas do ponto de tangência.
Determine os planos tangentes à superfície esférica x 2 + y 2 + z 2 = 1 , que passam pela reta x - y + 2 z - 3 = 0 x + 2 z - 1 = 0
Ache a superfície esférica tangente aos planos paralelos x - 2 y + 2 z + 1 = 0 e x - 2 y + 2 z - 8 = 0 sendo ( - 3,0 , 1 ) um dos pontos de tangência.
Determine o centro e o raio da circunferência, interseção da superfície esférica x 2+y 2+ z 2- 2 x- 4 y+6 z+4=0 com o plano 2 x- y- z+3=0 .
Escreva as equações dos planos tangentes à superfície esférica x 2+y 2 + z 2- 2 x- 5= 0 e que são perpendiculares à reta x - 1 2= y= z - 1 .