Apostila_GACV_cap5

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Capítulo 5
Aplicações: bissetrizes, projeção
ortogonal e áreas
Neste capítulo, vamos determinar as bissetrizes de duas retas, a proje-
ção ortogonal de um vetor sobre uma reta e usaremos vetores para determinar
a área de triângulos e paralelogramos.
1. Bissetrizes de duas retas concorrentes
Figura 1: Bissetrizes s e s
0
das retas r e r
0
.
Sejam r e r
0
duas retas concor-
rentes no plano. Dizemos que uma
reta s é bissetriz de r e r
0
quando
os ângulos entre r e s e entre r
0
e s
são iguais.
Proposição 1
Se s e s0 são as bissetrizes das retas
concorrentes r e r0, então
s [ s0 = {P | d(P, r) = d(P, r0)}
Prova.
(=)) Suponhamos que s é uma bissetriz das retas r e r0 que se cortam
97
98 1.. BISSETRIZES DE DUAS RETAS CONCORRENTES
no ponto O. Seja P 2 s um ponto arbitrário. A reta perpendicular a r que
passa por P intersecta r no ponto Q e a reta perpendicular a r
0
que passa
por P intersecta r
0
no ponto Q
0
, como na figura 1.
Consideremos os triângulos retângulos 4PQO e 4PQ0O.
Sendo s bissetriz de r e r
0
, os ângulos [POQ e \POQ0 têm a mesma medida e,
como os ângulos [PQO e \PQ0O são retos, concluímos que os ângulos [OPQ e
\OPQ0 têm a mesma medida. Portanto, os triângulos 4PQO e 4PQ0O são
congruentes, pois têm o lado OP em comum.
Em particular, as medidas d(P, r) = |PQ| e d(P, r0) = |PQ0| são iguais.
Como P 2 s foi escolhido arbitrariamente, concluímos que os pontos de s
são equidistantes de r e r
0
.
((=) Provaremos agora que se P é um ponto equidistante de r e r0, então a
reta s que passa pelos pontos O e P é uma bissetriz de r e r
0
.
Usando ainda a figura 1, a nossa hipótese equivale a |PQ| = |PQ0|.
Como os triângulos 4PQO e 4PQ0O têm o lado OP em comum, obtemos,
pelo teorema de Pitágoras, que os lados OQ e OQ
0
têm a mesma medida e,
portanto, os triângulos retângulos 4PQO e 4PQ0O são congruentes.
Logo os ângulos [QOP e \Q0OP têm a mesma medida. Isto é, a reta s é uma
bissetriz de r e r
0
. ⌅
Pela proposição anterior, as bissetrizes s e s
0
de duas retas concorrentes
r : ax+ by = c e r0 : a0x+ b0y = c0
são caracterizadas da seguinte maneira:
P = (x, y) 2 s [ s0 () d(P, r) = d(P, r0)
() |ax+ by � c|p
a2 + b2
=
|a0x+ b0y � c0|p
(a0)2 + (b0)2
.
Ou seja:
P = (x, y) 2 s [ s0 () ax+ by � cp
a2 + b2
= ± a
0x+ b0y � c0p
(a0)2 + (b0)2
.
Tomando nesta identidade o sinal positivo, obtemos a equação de uma
das bissetrizes e, tomando o sinal negativo, obtemos a equação da outra
bissetriz.
J. Delgado - K. Frensel - L. Crissaff Geometria Analítica e Cálculo Vetorial
CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES: BISSETRIZES, PROJEÇÃO ORTOGONAL E ÁREAS 99
Exemplo 1
Determinar as bissetrizes das retas r : 2x+ y = 1 e r0 : 3x+ 2y = 2.
Solução.
Sejam s e s
0
as bissetrizes de r e r
0
. Então:
P = (x, y) 2 s [ s0 () 2x+ y � 1p
22 + 12
= ±3x+ 2y � 2p
32 + 22
() 2x+ y � 1p
5
= ±3x+ 2y � 2p
13
() 2x+ y � 1 = ±
r
5
13
(3x+ 2y � 2) .
Assim,
8
>>><
>>>:
s : 2x+ y � 1 =
r
5
13
(3x+ 2y � 2)
s
0 : 2x+ y � 1 = �
r
5
13
(3x+ 2y � 2) ,
Figura 2: Exemplo 1.
ou seja,
8
>>>>><
>>>>>:
s :
 
2� 3
r
5
13
!
x+
 
1� 2
r
5
13
!
y = 1� 2
r
5
13
s
0 :
 
2 + 3
r
5
13
!
x+
 
1 + 2
r
5
13
!
y = 1 + 2
r
5
13
são as equações das bissetrizes procuradas. ⇤
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100 1.. BISSETRIZES DE DUAS RETAS CONCORRENTES
Bissetriz de um ângulo
Sejam O, P e Q pontos não colineares do plano. Vejamos como usar a
linguagem vetorial para determinar a bissetriz do ângulo [POQ.
Figura 3: Bissectando o ângulo \POQ.
Sejam
�!
u =
��!
OP e
�!
v =
��!
OQ .
Começamos observando que k�!u k ·�!v e k�!v k ·�!u são múltiplos positivos
de
�!
v e
�!
u , respectivamente, que têm a mesma norma:
k k�!u k ·�!v k = k�!u k · k�!v k = k�!v k · k�!u k = k k�!v k ·�!u k .
Sejam P
0
, Q
0
e R pontos do plano tais que:
k�!v k�!u =
��!
OP
0
, k�!u k�!v =
���!
OQ
0
e
��!
OP
0 +
���!
OQ
0 =
��!
OR .
Como os segmentos OP
0
e OQ
0
são congruentes, o paralelogramo OP
0
RQ
0
é um losango. Assim, o segmento OR, que é uma diagonal do losango
OP
0
RQ
0
, bissecta o ângulo \P 0OQ0 = [POQ.
Logo a semirreta {O + t��!OR , t � 0} é a bissetriz do ângulo [POQ.
Exemplo 2
Determine a equação cartesiana da reta r que contém a bissetriz do ângulo
[POQ, onde P = (1, 1), O = (1,�1) e Q = (2, 1).
Solução.
Sejam
�!
u =
��!
OP = (0, 2) e �!v = ��!OQ = (1, 2).
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CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES: BISSETRIZES, PROJEÇÃO ORTOGONAL E ÁREAS 101
Temos k�!u k = 2 e k�!v k =
p
5. Pelo visto acima, o vetor
�!
w
0 = k�!v k�!u + k�!u k�!v =
p
5(0, 2) + 2(1, 2)
=
⇣
2, 2
⇣
2 +
p
5
⌘⌘
= 2
⇣
1, 2 +
p
5
⌘
é paralelo à reta r. Portanto, o vetor
�!
w =
⇣
2 +
p
5,�1
⌘
é um vetor normal
a r e a equação de r é da forma
⇣
2 +
p
5
⌘
x� y = c.
Figura 4: Reta r bissectando o ângulo \POQ.
Como O = (1,�1) 2 r, temos:
c =
⇣
2 +
p
5
⌘
⇥ 1� (�1)
= 3 +
p
5 ,
e, portanto,
r :
⇣
2 +
p
5
⌘
x� y = 3 +
p
5 ,
é a equação procurada. ⇤
2. Projeção ortogonal de um vetor sobre uma
reta
Definição 1
A projeção ortogonal do vetor
�!
w sobre a reta r é o vetor
�!
w
0 = Proj
r
(�!w )
paralelo a r tal que
�!
w �
�!
w
0
é perpendicular a r.
Figura 5: Projetando ~w sobre a reta r.
Seja
�!
u 6= �!0 um vetor paralelo à reta r. Então
�!
w
0
é múltiplo de
�!
u , isto
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102 2.. PROJEÇÃO ORTOGONAL DE UM VETOR SOBRE UMA RETA
é,
�!
w
0 = ��!u , para algum número � 2 R. Além disso, como �!w �
�!
w
0 ? �!u ,
temos:
h�!w �
�!
w
0
,
�!
u i = 0 () h�!w ,�!u i � h
�!
w
0
,
�!
u i = 0
() h�!w ,�!u i = h
�!
w
0
,
�!
u i () h�!w ,�!u i = h��!u ,�!u i
() h�!w ,�!u i = �h�!u ,�!u i () � = h
�!w ,�!u i
h�!u ,�!u i
() � = h
�!w ,�!u i
k�!u k2 .
Portanto, Proj
r
(�!w ) = �!w 0 = h
�!w ,�!u i
k�!u k2
�!
u
Observação 1
Note que a projeção ortogonal do vetor
�!
w sobre a reta r depende apenas
da direção da reta. Como a direção da reta é dada por qualquer vetor
�!
u
paralelo a ela, definimos a projeção ortogonal do vetor
�!
w sobre o vetor
�!
u
como sendo a projeção de
�!
w sobre qualquer reta r paralela a
�!
u , ou seja,
Proj�!
u
(�!w ) = Proj
r
(�!w ) = h
�!w ,�!u i
k�!u k2
�!
u
Exemplo 3
Sejam A = (1, 1), B = (2, 3), C = (�4, 1) e D = (�2, 1) pontos do plano.
Determine a projeção ortogonal do vetor
��!
CD sobre a reta r que passa pelos
pontos A e B.
Solução.
Sejam os vetores
�!
w =
��!
CD = (2, 0) e �!u = ��!AB = (1, 2).
Então, como k�!u k2 = 12 + 22 = 5:
Proj
r
(�!w ) = h
��!
CD ,
��!
AB i
k��!AB k2
��!
AB =
h(2, 0), (1, 2)i
5
(1, 2)
=
2⇥ 1 + 0⇥ 2
5
(1, 2) =
2
5
(1, 2) =
⇣
2
5
,
4
5
⌘
.
⇤
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CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES: BISSETRIZES, PROJEÇÃO ORTOGONAL E ÁREAS 103
Exemplo 4
Determine os valores m 2 R de modo que a projeção ortogonal do vetor
�!
w = (m+ 1,m� 1) sobre o vetor �!u = (m, 1�m) seja um vetor unitário.
Solução.
Temos
kProj�!
u
(�!w )k =
����
h�!w ,�!u i
k�!u k2
�!
u
���� =
|h�!w ,�!u i|
k�!u k2 k
�!
u k = |h
�!w ,�!u i|
k�!u k ,
onde,
h�!w ,�!u i = h(m+ 1,m� 1), (m, 1�m)i = (m+ 1)m+ (m� 1)(1�m)
= m2 +m� (m� 1)2 = m2 +m�m2 + 2m� 1
= 3m� 1 ,
e
k�!u k = k(m, 1�m)k =
p
m2 + (1�m)2 =
p
2m2 � 2m+ 1.
Logo:
|h�!w ,�!u i|
k�!u k = 1 ()
|3m� 1|p
2m2 � 2m+ 1
= 1
() (3m� 1)
2
2m2 � 2m+ 1 = 1
() 9m2 � 6m+ 1 = 2m2 � 2m+ 1
() 7m2 � 4m = 0
() m(7m� 4) = 0
() m = 0 ou m = 4
7
.
são os valores procurados. ⇤
Exemplo 5
Determine o segmento AB obtido projetando-se ortogonalmente o segmento
CD sobre a reta r : x+ 2y = 2, onde C = (1, 1) e D = (3, 2).
Solução.
Vamos resolver esse exemplo de duas maneiras.
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104 2.. PROJEÇÃO ORTOGONAL DE UM VETOR SOBRE UMA RETA
• Seja
�!
w
0
a projeção ortogonal do vetor
�!
w =
��!
CD = (2, 1) sobre a reta r.
Então,
�!
w
0 =
<
�!
w ,
�!
u >
||�!u ||2
�!
u ,
onde
�!
u = (2,�1) é um vetor paralelo à reta r, pois (1, 2) ? r.
Logo,
�!w
0 =
< (2, 1), (2,�1) >
5
(2,�1) = 3
5
(2,�1) =
✓
6
5
,�3
5
◆
,
ou seja,
��!
AB =
�!
w
0 =
✓
6
5
,�3
5
◆
.
Vamos obter o ponto A fazendo a interseção da reta r com a reta s1 perpen-
dicular à reta que passa por C.
Como (1, 2) ? r e s1 ? r, temos que (1, 2) k s1. Logo (2,�1) ? s1. Portanto,
s1 : 2x� y = c1,
onde c1 = 2⇥ 1� 1 = 1, pois C 2 s1.
Assim, A = (x, y), onde (x, y) é a solução do sistema:
(
x+ 2y = 2
2x� y = 1
()
(
�2x� 4y = �4
2x� y = 1
=) �5y = �3 =) y = 3
5
=) x = 2� 2y = 2� 6
5
=
4
5
.
Sendo A =
✓
4
5
,
3
5
◆
e
��!
AB =
✓
6
5
,�3
5
◆
, obtemos que:
B = A+
��!
AB =
✓
4
5
,
3
5
◆
+
✓
6
5
,�3
5
◆
= (2, 0).
• Outra maneira de resolver o exercício, é obter o ponto B da mesma maneira
que encontramos o ponto A. Ou seja, o ponto B é a interseção da reta r com
a reta s2 perpendicular a r que passa pelo ponto D.
Como s2 k s1, pois s2 ? r e s1 ? r, temos que:
s2 : 2x� y = c2,
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CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES: BISSETRIZES, PROJEÇÃO ORTOGONAL E ÁREAS 105
onde c2 = 2⇥ 3� 2 = 4, uma vez que D = (3, 2) 2 s2.
Logo B = (x, y) é a solução do sistema:
(
2x� y = 4
x+ 2y = 2
()
(
4x� 2y = 8
x+ 2y = 2
=) 5x = 10 =) x = 2
=) y = 2x� 4 =) y = 2⇥ 2� 4 = 0.
Figura 6: Exemplo 5.
⇤
3. Área de paralelogramos e triângulos
Figura 7: Cálculo da área do paralelogramo ABDC.
Seja ABDC um parale-
logramo. Consideremos os ve-
tores
�!
u =
��!
AC e
�!
w =
��!
AB .
Seja ✓ = \(�!u ,�!w ). To-
mando k�!u k como medida da
base, temos que a área A do
paralelogramo ABDC é dada
por:
A = k�!u k k�!w k sen ✓.
Logo,
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106 3.. ÁREA DE PARALELOGRAMOS E TRIÂNGULOS
A2 = (k�!u k k�!w k sen ✓)2
= k�!u k2 k�!w k2 sen2 ✓
= k�!u k2 k�!w k2(1� cos2 ✓)
= k�!u k2 k�!w k2 � k�!u k2 k�!w k2 cos2 ✓
= k�!u k2 k�!w k2 � (k�!u k k�!w k cos ✓)2
= k�!u k2 k�!w k2 � h�!u ,�!w i2 .
.
Observe também que:
A2 = k�!u k2 k�!w k2 � h�!u ,�!w i2 =
�����
k�!u k2 h�!u ,�!w i
h�!u ,�!w i k�!w k2
�����
=
�����
h�!u ,�!u i h�!u ,�!w i
h�!u ,�!w i h�!w ,�!w i
�����
Consideremos agora os vetores
�!
u = (↵, �) e �!w = (↵0, �0) e determine-
mos a expressão da área em termos destas coordenadas.
Sendo k�!u k2 = ↵2 + �2, k�!w k2 = (↵0)2 + (�0)2 e h�!u ,�!w i = ↵↵0 + ��0,
temos:
A2 = (↵2 + �2)((↵0)2 + (�0)2)� (↵↵0 + ��0)2
= ↵2(↵0)2 + ↵2(�0)2 + �2(↵0)2 + �2(�0)2 � ↵2(↵0)2 � 2↵↵0��0 � �2(�0)2
= ↵2(�0)2 + �2(↵0)2 � 2↵↵0��0
= (↵�0)2 � 2(↵�0)(�↵0) + (�↵0)2
= (↵�0 � �↵0)2 =

det
✓
↵ �
↵
0
�
0
◆�2
Portanto, a área A do paralelogramo de lados adjacentes �!u = (↵, �)
e
�!
w = (↵0, �0) é o módulo do determinante da matriz cujas linhas são as
coordenadas de
�!
u e
�!
w , respectivamente:
A =
�����det
 
↵ �
↵
0
�
0
!�����
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CAPÍTULO 5. APLICAÇÕES: BISSETRIZES, PROJEÇÃO ORTOGONAL E ÁREAS 107
Você pode verificar que A é também o módulo do determinante da
matriz cujas colunas são as coordenadas de
�!
u e
�!
w :
A =
�����det
 
↵ ↵
0
� �
0
!�����
Exemplo 6
Determine a área do paralelogramo ABDC, onde A = (1, 2), B = (3, 1),
C = (4, 1) e D = (�2, 3).
Solução.
Como
��!
AB = (2,�1) e ��!AC = (3,�1), a área A do paralelogramo ABDC é:
A =
�����det
 
2 �1
3 �1
!����� = |�2 + 3| = 1 . ⇤
Área de um triângulo
Consideremos agora um triângulo 4ABC de vértices A, B e C e seja
T a sua área.
Figura 8: Triângulo 4ABC.
Observamos que, para calcular a área de um paralelogramo, foi ne-
cessário o conhecimento de dois lados adjacentes (não paralelos). Assim,
considerando o paralelogramo ABDC, de lados adjacentes AB e AC e área
A, temos:
T = 1
2
A = 1
2
�����det
 ��!
AB
��!
AC
!�����
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108 3.. ÁREA DE PARALELOGRAMOS E TRIÂNGULOS
onde
 ��!
AB
��!
AC
!
representa a matriz cujas linhas são as coordenadas de
��!
AB e
��!
AC .
Exemplo 7
Determine a área T do triângulo de vértices A = (4, 2), B = (6, 1) e
C = (3, 2).
Solução.
Temos que
��!
AB = (2,�1) e ��!AC = (�1, 0). Logo,
T = 1
2
�����det
 
2 �1
�1 0
!����� =
1
2
|� 1| = 1
2
,
é a área procurada.⇤
Exemplo 8
Sejam A = (1, 2), B = (3, n+2) e C = (n� 1, 1). Determine os valores de n
de modo que o triângulo 4ABC tenha área T igual a 1
2
.
Solução.
Temos que
��!
AB = (2, n) e
��!
AC = (n� 2,�1). Logo,
T = 1
2
�����det
 
2 n
n� 2 �1
!����� =
1
2
|�2� n(n� 2)|
=
1
2
|�2� n2 + 2n| = 1
2
|n2 � 2n+ 2|
.
Assim, T = 1
2
() |n2 � 2n+ 2| = 1 () n2 � 2n+ 2 = ±1.
• Tomando o sinal positivo, obtemos a equação
n
2 � 2n+ 2 = 1 () n2 � 2n+ 1 = 0 () (n� 1)2 = 0.
Isto é, n = 1 é uma solução.
• Considerando o sinal negativo, obtemos a equação n2 � 2n + 3 = 0 que,
por ter discriminante � = (�2)2 � 4(1)(3) < 0, não possui raízes reais.
Portanto, n = 1 é a única solução ao problema proposto.⇤
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