Geometria analitica UERJ lista 4-2011 1

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Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
Essa lista e´ dedicada aos assuntos 1— intersec¸a˜o de retas e planos, 2— posic¸a˜o relativa de
retas e planos, 3— perpendicularidade e ortogonalidade, 4— aˆngulo entre retas, entre reta e
plano e entre planos.
Durante a elaborac¸a˜o de respostas tenha cuidado (1) com palavras e/ou frases estranhas
a` Matema´tica, (2) o desenvolvimento de explicac¸a˜o (demonstrac¸a˜o, justificativa) e/ou ca´lculo
nume´rico devem ser feitos com clareza de racioc´ınio e com etapas indicadas corretamente, (3)
os desenhos (quando necessa´rios) na˜o podem ter qualquer rasura. Estas regras sera˜o aplicadas
nas provas futuras e a na˜o observaˆncia implicara´ em perda de pontos importantes.
Intersec¸a˜o de retas e planos
Boa parte da Geometria se preocupa com questo˜es posicionais de conjuntos. A intersec¸a˜o
de dois conjuntos X, Y 6= ∅ e´ o conjunto
X∩Y = {pontos de X e pontos de Y}
Do ponto de vista da Geometria anal´ıtica, determinar a intersec¸a˜o entre dois conjuntos
consiste em confrontar a equac¸a˜o de um com a equac¸a˜o do outro, buscando por pontos cujas
coordenadas satisfac¸am a` ambas equac¸o˜es. Em todo esse texto esta´ fixado um sistema de
coordenadas (O, ε) onde ε e´ ortonormal e obedece a` regra da ma˜o direita.
Exemplo 1. r : (x, y, z) = (1, 1, 4) + a(1, 3, 2) e s : (x, y, z) = (−4,−2,−3) + b(2, 2, 3).
Soluc¸a˜o. Basta resolver o sistema


1 + a = −4 + 2b
1 + 3a = −2 + 2b
4 + 2a = −3 + 3b
. Por exemplo, da 2a equac¸a˜o, tira-
se a = −3+2b
3
e a substituic¸a˜o na 1a equac¸a˜o leva a 1 + −3+2b
3
= −4 + 2b ⇒ 2b
3
= −4 + 2b ⇒
2b = −12 + 6b ⇒ b = 3 e a = 1. Agora e´ so´ testar: substitua a por 1 na equac¸a˜o de r e b por 3
na de s, o resultado e´ o ponto (2, 4, 6) comum a`s retas, portanto temos duas retas concorrentes
(logo coplanares). •
Nota: o que foi feito com equac¸o˜es vetoriais, pode ser feito com equac¸o˜es parame´tricas e
equac¸o˜es na forma sime´trica.
Exemplo 2. r : x− 5 = y+2−1 = z−134 e Π: 6x + 2y + 2z − 16 = 0.
Soluc¸a˜o. Deve-se resolver o sistema


x− 5 = y+2−1
y+2
−1 =
z−13
4
6x + 2y + 2z − 16 = 0
. Isolando y em x− 5 = y+2−1
e z em y+2−1 =
z−13
4
, tem-se y = −x + 3 e z = 4x − 7. Enta˜o, 6x + 2y + 2z − 16 = 0 ⇒
6x + 2(−x + 3) + 2(4x − 7) − 16 = 12x − 24 = 0 ⇒ x = 2, y = 1 e z = 1. Portanto, o ponto
(2, 1, 1) e´ comum a` reta e ao plano, temos a situac¸a˜o de uma reta que intercepta um plano, mas
na˜o e´ subconjunto deste. •
Nota: o que foi feito com equac¸a˜o na forma sime´trica de reta e equac¸a˜o geral de plano, pode
ser feito com os outros tipos de equac¸o˜es.
1
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
Exemplo 3. Π: (x, y, z) = (1, 3,−1) + p(3, 4, 2) + q(−2,−1, 3) e Σ: 6x + y − 11z − 20 = 0.
Soluc¸a˜o. Basta resolver o sistema


x = 1 + 3p− 2q
y = 3 + 4p− q
z = −1 + 2p + 3q
6x + y − 11z − 20 = 0
com seis inco´gnitas. No en-
tanto, e´ mais fa´cil converter (x, y, z) = (1, 3,−1) + p(3, 4, 2) + q(−2,−1, 3) para a forma geral
e resolver um sistema com duas equac¸o˜es e treˆs inco´gnitas. De fato, (3, 4, 2) ∧ (−2,−1, 3) =
(14,−13, 5) implica que Π: 14x + 13y + 5z + 30 = 0. Assim, Π ∩ Σ sera´ o conjunto soluc¸a˜o do
sistema de equac¸o˜es {
14x + 13y + 5z + 30 = 0
6x + y − 11z − 20 = 0
Isolando y na 2a equac¸a˜o, obte´m-se y = −6x+11z+20 e sua utilizac¸a˜o na 1a equac¸a˜o leva a
z = 16
37
x− 145
74
. A substituic¸a˜o de z por 16
37
x− 145
74
em y = −6x+11z +20 define y = − 46
37
x− 115
74
.
Logo, para cada valor de x, obtemos um u´nico valor de y igual a − 46
37
x − 115
74
e um u´nico
valor de z igual a 16
37
x− 145
74
. Isto implica em

x = a
y = −46
37
a− 115
74
z = 16
37
a− 145
74
que corresponde a`s equac¸o˜es na forma parame´trica de uma reta. Portanto, Π e Σ se interceptam
segundo a reta que passa por (0,− 115
74
,−145
74
) e tem vetor diretor (1,− 46
37
, 16
37
). •
Exerc´ıcio 1. Verifique se r : (x, y, z) = (4, 1, 1) + a(1,−1, 1) e s :


x = 9− 4a
y = 2 + a
z = 2− 2a
sa˜o concor-
rentes ou na˜o. •
Exerc´ıcio 2. Determine as coordenadas do ponto P comum a r : x−2
2
= y−3
3
= z e a s : x =
y
3
= 1+z
2
. Qual e´ a distaˆncia de P a O? Quais sa˜o as inclinac¸o˜es de
−→
OP? •
Exerc´ıcio 3. Obtenha a intersec¸a˜o de Π: x+2y−3z+4 = 0 com a reta que passa pelos pontos
(1,−3,−2) e (−2, 1, 1). •
Exerc´ıcio 4. Calcule o ponto comum entre X = (−1,−1,−1) + a(1, 2, 3) e x + 2y− 1 = 12. •
Exerc´ıcio 5. Determine a intersec¸a˜o entre x + 2y − z − 1 = 0 e 2x + y − z − 1 = 0. •
Exerc´ıcio 6. Obtenha a reta comum a Π: 3x−4y+2z−4 = 0 e Σ: −15x+20y−10z−9 = 0.
Depois verifique se existe algum ponto sobre aquela reta que dista 4 da origem do sistema
de coordenadas. •
Posic¸a˜o relativa de retas e planos
2
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
As posic¸o˜es relativas envolvendo retas e planos sa˜o indicadas na ilustrac¸a˜o abaixo.
1— r : X = A + a−→r esta´ contida em Π: X = P + p−→u + q−→v (Π: ax + by + cz + d = 0),
pois −→r ,−→u e −→v sa˜o L.D. e A ∈ Π. O mesmo ocorre com t : X = C + c−→t e m : X = D + d−→m.
2— r e t sa˜o paralelas distintas, pois −→r e −→t sa˜o L.D. e A 6= C.
3— r e m sa˜o concorrentes, pois −→r e −→m sa˜o L.I. O mesmo ocorre com m e t.
4— r e s : X = B + b−→s sa˜o reversas, pois −→r ,−→s e −→AB sa˜o L.I. e r ∩ s = ∅.
Retas paralelas e concorrentes sa˜o tambe´m coplanares, esta˜o contidas em um mesmo plano.
5— n : X = E + e−→n e Π sa˜o paralelos distintos, pois −→n ,−→u e −→v sa˜o L.D. e E 6∈ Π. Em
termos de coordenadas, −→n = (n1, n2, n3) e Π sa˜o paralelos, pois an1 + bn2 + cn3 = 0 e E 6∈ Π.
6— s e´ transversal a Π, pois −→s ,−→u e−→v sa˜o L.I. Em termos de coordenadas, −→s = (s1, s2, s3)
e´ transversal a Π, pois as1 + bs2 + cs2 6= 0.
r
r
C
.
A
.
t
m
m
.
D
t
s
.
B
s
n
Π
.
u
v
.
P
.
∆
Σ
n
.
E
7— Π e Σ: mx + ny + pz + q = 0 sa˜o paralelos distintos, pois a, b, c e m,n, p sa˜o propor-
cionais, isto e´, existe um k 6= 0 tal que a = km, b = kn e c = kp, mas d 6= kq. Pore´m, se ocorre
a, b, c, d e m,n, p, q proporcionais, enta˜o Π e Σ sa˜o coincidentes.
8— Π e ∆: ex+fy+gz+h = 0 sa˜o transversais, pois a, b, c e e, f, g na˜o sa˜o proporcionais.
Exemplo 4. Verificar que r : x−1
2
= y−3
3
= z
4
e s : x−4 =
y
−6 =
z−4
−8 sa˜o coplanares. Depois,
estabelece as equac¸o˜es parame´tricas do plano.
Soluc¸a˜o. E´ bem simples, r tem vetor diretor −→r = (2, 3, 4), s tem vetor diretor −→s =
(−4,−6,−8), logo −→s = −2−→r e isso implica que r e s sa˜o paralelas.
Falta ver se sa˜o paralelas coincidentes ou paralelas distintas, e isso e´ feito pela ana´lise da
intersec¸a˜o entre r :


x = 1 + 2a
y = 3 + 3a
z = 4a
e s :


x = −4b
y = −6b
z = 4− 8b
3
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
Igualando-se as equac¸o˜es de mesma coordenada, ocorre 1 + 2a = −4b, 3 + 3a = −6b, 4a =
4 − 8b. Isole b na primeira equac¸a˜o, tem-se b = − 1
2
a − 1
4
, e substitua b na segunda equac¸a˜o o
que resulta na equac¸a˜o 3a + a = 3a + 3
2
sem soluc¸a˜o. Na˜o ha´ ponto comum.
Uma vez que r e s sa˜o paralelas distintas, ha´ somente um plano que as conte´m: e´ necessa´rio
e suficiente determinar um ponto e dois vetores diretores, vamos aproveitar A = (1, 3, 0) e−→r = (2, 3, 4). Para achar um outro vetor diretor, tome B ∈ s, digamos B = (−4,−6,−4),
com o qual se estabelece
−→
AB = (−5,−9,−4). Portanto, as equac¸a˜o parame´tricas do plano que
conte´m r e s sa˜o 

x = 1 + 2p− 5q
y = 3 + 3p− 9q
z = 4p− 4q
•
Nota: outra te´cnica muito u´til consiste em comec¸ar o procedimento substituindo as ex-
presso˜es de x, y, z de r nas equac¸o˜es de s. O resultado disso e´ 1+2a−4 =
3+3a
−6 =
4a−4
−8 . Agora
continue!
Exemplo 5. Qual e´ a posic¸a˜o relativa entre r : X = (1, 4, 5)+a(−1, 1,−1) e Π: X = (6,−7, 4)+
a(1, 2, 3)− b(3, 2, 1)?
Soluc¸a˜o. Sera´ feito uso dos dois modos estabelecidos na teoria:
1o. Via vetores diretores: det

−1 −1 −11 2 3
−3 −2 −1

 = 0 ⇒ r e Π sa˜o paralelos. Falta ver se r
esta´ ou na˜o contida no plano, e isso e´ feito com aux´ılio do ponto (1, 4, 5). Esse pertence a Π
se, e somente se, (1, 4, 5)= (6 + a − 3b,−7 + 2a − 2b, 4 + 3a − b). Um ca´lculo ra´pido leva a
a = 1, b = 2 e, portanto, r esta´ contida em Π.
2o. Via coeficientes da equac¸a˜o geral do plano: (1, 2, 3) ∧ (−3,−2,−1) = (4,−8, 4), logo os
treˆs primeiros coeficientes da equac¸a˜o geral de Π sa˜o a = 4, b = 8, c = 4. Como 4(−1) + 8(1) +
4(−1) = 0, r e Π sa˜o paralelos. E visto que (1, 4, 5) ∈ Π (verifique!), conclu´ımos que r esta´
contida em Π. •
Exemplo 6. Qual e´ a posic¸a˜o relativa entre Π: X = (4, 2, 4) + a(1, 1, 2) + b(3, 3, 1) e Σ: X =
(2, 1, 2) + a(1, 1, 1) + b(5, 3, 4). Determine um ponto comum, caso Π ∩ Σ 6= ∅.
Soluc¸a˜o. E´ necessa´rio calcular os coeficientes das equac¸o˜es gerais dos dois planos. Para
Π, (1, 1, 2) ∧ (3, 3, 1) = (−5,−5, 0), logo a = −5, b = 5, c = 0. Usando (4, 2, 4), tem-se d = 10.
Para Σ, (1, 1, 1)∧ (5, 3, 4) = (1, 1,−2), logo m = 1, n = −1, p = −2. Usando (2, 1, 2), tem-se
q = −3. E´ imediato que na˜o existe nu´mero k 6= 0 tal que a = km, b = kn, c = kp, logo os
planos em questa˜o sa˜o transversais. Outro modo: os vetores (−5,−5, 0) e (1, 1,−2) sa˜o L.I.,
isto impede que os planos sejam paralelos, logo sa˜o transversais.
Devido a` essa transversalidade, e´ o´bvio que Π ∩ Σ e´ uma reta; os pontos sobre a reta sa˜o
da forma (x, x− 2, 1
2
) (verifique!). Logo, (1,−1, 1
2
) e´ um ponto de Π ∩ Σ. •
Estude a posic¸a˜o relativa dos conjuntos abaixo indicados.
Exerc´ıcio 7. r : X = (1, 2, 3) + a(1, 1, 3) e s : (x, y, z) = (1, 3, 6) + a(5, 4, 3). •
4
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
Exerc´ıcio 8. r : x−1
3
= y−5
3
= z+2
3
e s : x = −y = z−1
4
. •
Exerc´ıcio 9. r : x+2
3
= y − 1 = z+3
3
e Π: 3x− 6y − z = 0. •
Exerc´ıcio 10. Π: 2x− y + z − 1 = 0 e Σ: 4x− 2y + 2z − 9 = 0. •
Exerc´ıcio 11. Mostre que r : x + 3 = 2y−4
4
= z−1
3
e s : (x, y, z) = (0, 2, 2) + a(1, 1,−1) sa˜o
reversas. Determine a equac¸a˜o vetorial de uma reta t que e´ perpendicular a r e s. Determine
a equac¸a˜o geral do plano que conte´m r e e´ paralelo a s. •
Exerc´ıcio 12. Determine a equac¸a˜o vetorial da reta que e´ paralela a Oxz, esta´ contida em
Π: x + 2y − z − 2 = 0 e e´ concorrente a r : X = (2, 1, 1) + a(1, 0, 2). •
Exerc´ıcio 13. Verifique se existe k ∈ R de sorte que Π:


x = −a + 2b
y = ka
z = a + b
e Σ:


x = 1 + ka + b
y = 2 + a
z = 3 + kb
sejam paralelos, ou sejam tranversais. •
Perpendicularidade e ortogonalidade
Por definic¸a˜o, r : X = A + a−→r e s : X = B + b−→s sa˜o perpendiculares quando sa˜o
concorrentes (r ∩ s 6= ∅) e −→r .−→s = 0. Mas, se r e s sa˜o reversas (r ∩ s = ∅) e −→r .−→s = 0,
enta˜o r e s sa˜o ortogonais. A fim de se definir em qual caso se esta´, retas ortogonais, retas
perpendiculares, basta usar o produto interno −→r .−→s junto com o estudo de intersec¸a˜o.
Exemplo 7. r : (x, y, z) = (2,−5, 1) + a(3,−1,−1) e s : x−4
2
= y−2
11
= z+4−5 .
Soluc¸a˜o. (3,−1,−1).(2, 11,−5) = 0. Falta ver se r∩s = ∅, ou na˜o. Da equac¸a˜o de r, tira-se
x = 2 + 3a, y = −5− a, z = 1− a e, enta˜o, x−4
2
= y−2
11
= z+4−5 ⇒ 2+3a−42 = −5−a−211 = 1−a+4−5 .
Obteremos a = 8
31
da primeira igualdade e a = 5
4
da segunda, na˜o existe ponto que satisfac¸a
a`s equac¸o˜es de r e de s. Conclusa˜o, r e s sa˜o ortogonais, na˜o perpendiculares. •
Qualquer vetor na˜o-nulo ortogonal a um plano e´ conhecido como vetor normal ao plano,
esse assunto ja´ foi tratado na lista 3: sendo Π: ax+by+cz+d = 0 e A = (xA, yA, zA) ∈ Π, enta˜o−−→
OX = (a, b, c) e
−→
AY , com Y = A + (a, b, c) = (xA + a, yA + b, zA + c), sa˜o dois o´timos exemplos
de vetores normais a Π. Indo um pouco mais ale´m, e´ fa´cil estabelecer a equac¸a˜o geral de um
plano quando se tem um ponto A = (xA, yA, zA) sobre o plano e um vetor normal
−→v = (a, b, c)
ao plano. Um ra´pido ca´lculo determina ax + by + cz + d = 0, com d = −xAa− yAb− zAc.
Exemplo 8. Determinar uma equac¸a˜o do plano que conte´m A = (3, 4, 1) e tal que −→v =
(2,−1, 3) e´ normal.
Soluc¸a˜o. Qualquer ponto B = (x, y, z) sobre o plano faz com que
−→
AB.−→v = 0, isto e´,
(x− 3)2+(y− 4)(−1)+ (z− 1)3 = 0. Assim, 2x− y +3z− 5 = 0 e´ a equac¸a˜o geral desse plano.
Note que os treˆs primeiros coeficientes da equac¸a˜o geral sa˜o exatamente as coordenadas de−→v ! •
5
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
Sob qual condic¸a˜o r : X = B + k−→r e´ perpendicular a Π: ax + by + cz + d = 0? De acordo
com o que ja´ foi visto, basta que −→r e −→v = (a, b, c) sejam L.D.
Exemplo 9. Obter uma equac¸a˜o vetorial para a reta que conte´m A = (1, 3, 7) e e´ perpendicular
a Π: 2x− y + z − 6 = 0.
Soluc¸a˜o. E´ muito simples, basta aproveitar o vetor normal a Π como vetor diretor, assim
(x, y, z) = (1, 3, 7) + a(2,−1, 1) e´ a equac¸a˜o vetorial da reta procurada. •
Para terminar este assunto, Π: ax+ by + cz +d = 0 e Σ: mx+ny +pz + q = 0 sa˜o paralelos
se, e somente se, os vetores normais −→u = (a, b, c) e −→v = (m,n, p) sa˜o L.D. No entanto, se−→u .−→v = 0, os planos sa˜o perpendiculares.
Exerc´ıcio 14. Determine as equac¸o˜es da reta que conte´m A = (2,−1, 2) e e´ perpendicular a
r : x−1
2
= y−1
3
= z+2−2 . •
Exerc´ıcio 15. Obtenha uma equac¸a˜o geral do plano que conte´m o ponto (1, 5, 1) e e´ paralelo
ao plano de equac¸a˜o 2x + 3y − z + 3 = 0. •
Exerc´ıcio 16. O objetivo e´ decompor −→v = (−3, 1,−3) em dois outros vetores, um paralelo e
outro ortogonal ao plano (x, y, z) = (1, 2, 3) + p(1,−1, 1) + q(2, 2, 2). •
Exerc´ıcio 17. Verifique se r : X = (3, 1, 1)+a(3, 5, 2) e Π: x+2y+z+4 = 0 sa˜o perpendiculares.
•
Exerc´ıcio 18. Determine a equac¸a˜o geral do plano que e´ perpendicular a Π: x−4y−z−3 = 0
e conte´m r : (x, y, z) = (1,−1, 2) + a(1, 0, 0). •
Exerc´ıcio 19. Determine a equac¸a˜o vetorial da reta que conte´m (5, 4, 3) e e´ perpendicular
ao plano que conte´m (1, 2, 3), (4,−1, 2) e (2,−1,−1). Em seguida, determine uma equac¸a˜o do
plano que e´ perpendicular a`quela reta e conte´m (3,−3, 3). •
Exerc´ıcio 20. Mostre que toda reta r contida no plano coordenado Oxy pode ser descrita por
uma equac¸a˜o da forma ax+ by+c = 0 (essa e´ a equac¸a˜o geral de r). Mostre que −→v = (a, b) e´
ortogonal a r. Mostre que r tambe´m pode ser descrita por uma equac¸a˜o da forma y = mx + n
(essa e´ a equac¸a˜o reduzida de r).
Determine as equac¸o˜es geral e reduzida da reta que conte´m A = (3, 4) e B = (7, 8). Inter-
prete geomentricamente os nu´meros m e n. Qual e´ a posic¸a˜o relativa entre r : y = 3x − 4 e
s : 2x + 6y − 5 = 0? •
Aˆngulo entre retas, entre reta e plano e entre planos
O aˆngulo formado por r : X = A + a−→r e s : X = B + b−→s tem por medida o menor
nu´mero entre ang(−→r ,−→s ) e ang(−−→r ,−→s ), sempre compreendido no intervalo [0o, 90o], ou [0, pi
2
]
em radiano. Note que na˜o e´ necessa´rio, como muitos pensam, que r e s sejam concorrentes
para se medir o aˆngulo. Na ilustrac¸a˜o, r e´ paralela a t, r e s sa˜o reversas, t e s sa˜o concorrentes,
de qualquer modo, ang(−→r ,−→s ) = ang(−→t ,−→s ) e´ o menor valor entre α e β.
6
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
r
s
.
s
.
r a
b
t
t
O ca´lculo e´ a simplicidade em pessoa: se α = arccos(
−→r .−→s
|−→r | |−→s |) ∈ [0o, 90o], enta˜o α e´ a medida
do aˆngulo associado a r e s. Se α 6∈ [0o, 90o], enta˜o β = 180o − α e´ a medida angular entre r e
s.
O aˆngulo entre r : X = A + k−→r e Π: ax + by + cz + d = 0 mede 90o− ang(−→r ,−→s ), onde
s : X = B + p−→s e´ qualquer reta normal a Π.
r
s
P
r
s
.
a
a90º-
Claro que o o´bvio a fazer e´ tomar −→s = (a, b, c). Se α = arccos( −→r .−→s|−→r | |−→s |) ∈ [0o, 90o], enta˜o α
da´ a medida angular entre r e Π. Caso α 6∈ [0o, 90o], enta˜o β = 180o − α da´ a medida angular
entre r e Π. Bem simples, na˜o?
Por fim, o aˆngulo formado por Π: ax + by + cz + d = 0 e Σ: mx + ny + pz + q = 0 mede
tanto quanto a medida angular entre duas retas r e s respectivamente normais a Π e Σ. Na
ilustrac¸a˜o, e´ o menor valor entre α e β.
P
S
r
sr
a
b
.
.
7
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
O o´bvio a fazer e´ tomar −→r = (a, b, c),−→s = (m,n, p).
Exerc´ıcio 21. Determinar a medida angular entre r : X = (1, 3, 2) + a(4,−2, 3) e s : X =
(1, 1, 1) + b(5, 4, 3). •
Exerc´ıcio22. Determine a equac¸a˜o vetorial da reta r que conte´m (4, 3,−2), sabendo que o
co-seno da medida angular entre r e s : x−3−6 =
y+2
−1 =
z−2
−1 e´ 0, 4. •
Exerc´ıcio 23. Determine a equac¸a˜o vetorial da reta r que conte´m (1, 1, 1), e´ paralela ao plano
x + 2y − z = 0 e forma aˆngulo de pi
3
com o plano x− y + 2z = 1. •
Exerc´ıcio 24. O objetivo e´ determinar uma equac¸a˜o geral para o plano Π que conte´m r : (x, y, z) =
(0, 4, 0) + a(1, 4,−1) e forma aˆngulos congruentes com s : (x, y, z) = (1, 1, 0) + b(1, 2,−6) e
t : (x, y, z) = (3, 1, 1) + c(3, 4, 4). •
Exerc´ıcio 25. Calcule a medida angular entre Π: 2x + y− z− 1 = 0 e Σ: x− y− 3z− 10 = 0.
•
Exerc´ıcio 26. Obtenha uma equac¸a˜o geral do plano que conte´m r : x−8−8 = y + 3 =
z−4
−4 e forma
aˆngulo de 60o com Π: x− y + z − 12 = 0. •
8
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
R E S P O S T A S
Exer.1. Basta ver se ha´ (x, y, z) ∈ r∩s; substitua x = 4+a, y = 1−a, z = 1+a nas equac¸o˜es
de s (tome o cuidado de trocar o paraˆmetro a de s por b), fac¸a o ca´lculo e verifique que a = −3
e b = 2. Um ra´pido teste mostra que (x, y, z)a=−3 = (1, 4,−2) ∈ r e (x, y, z)b=2 = (1, 4,−2) ∈ s.
Sa˜o concorrentes as retas em estudo.
Exer.2. Uma opc¸a˜o e´ escrever as equac¸o˜es parame´tricas e repetir o procedimento da exerc´ıcio
anterior. Resposta: a = −1, b = 0.
Outra opc¸a˜o e´ resolver x−2
2
= y−3
3
e y−3
3
= z de modo a obter y e z em func¸a˜o de x. Utilize
y = 3x
2
, z = x−2
2
nas equac¸o˜es de s, resultando no ponto comum (0, 0,−1). Claro que P dista
1 da origem. Quanto as inclinac¸o˜es, e´ suficiente processar
−→
OP.−→e 1,−→OP.−→e 2 e −→OP.−→e 3, pore´m,
as coordenadas de P deixam evidente que
−→
OP = −−→e 3. Portanto, as inclinac¸o˜es sa˜o 90o, 90o e
180o.
Exer.3. r : (x, y, z) = (1,−3,−2) + a(−3, 4, 3). Obtenha, das equac¸o˜es na forma sime´trica,
as expresso˜es de y e z em func¸a˜o de x, substitua na equac¸a˜o do plano e o resultado e´ o ponto
comum (−11
4
, 2, 7
4
).
Exer.4 Uma opc¸a˜o e´ proceder como no exerc´ıcio anterior. Outra opc¸a˜o e´ substituir x =
−1 + a, y = −1 + 2a, z = −1 + 3a na equac¸a˜o do plano e resolver. O resultado e´ a = 16
5
e enta˜o
o ponto comum tem abscissa 11
5
, ordenada 27
5
e cota 43
5
.
Exer.5. Resolva o sistema de equac¸o˜es
{
x + 2y − z − 1 = 0
2x + y − z − 1 = 0 . A soluc¸a˜o e´ {(x, x, 3x −
1); x ∈ R}, obviamente a reta que passa por (0, 0,−1) e com direc¸a˜o de −→r = (1, 1, 3).
Exer.6. Fac¸a como no exerc´ıcio anterior e verifique que na˜o ha´ soluc¸a˜o. Ou note que (ja´ foi
feito na lista 3) a multiplicac¸a˜o da equac¸a˜o de Π por −5 leva a Π: − 15x+20y− 10z +20 = 0,
os mesmos treˆs primeiros coeficientes de Σ, mas na˜o os quartos coeficientes, logo os planos em
questa˜o sa˜o paralelos disjuntos.
Exer.7. Os vetores diretores sa˜o L.I., logo as retas na˜o podem ser paralelas. Verifique que
as retas sa˜o disjuntas, portanto reversas.
Exer.8. Os vetores diretores sa˜o L.I. e na˜o ha´ ponto comum, logo as retas sa˜o reversas.
Exer.9. O sistema de equac¸o˜es


x+2
3
= y − 1
y − 1 = z+3
3
3x− 6y − z = 0
na˜o tem soluc¸a˜o, logo a reta e o plano
sa˜o disjuntos. Outro modo, substitua x = −2+3a, y = 1+a, z = −3+3a na equac¸a˜o do plano
e resolva.
Exer.10. Resolva
{
2x− y + z − 1 = 0
4x− 2y + 2z − 9 = 0 e verifique que na˜o ha´ soluc¸a˜o, logo os planos
sa˜o disjuntos. Ou enta˜o note que os treˆs primeiros coeficientes de Π sa˜o proporcionais aos
respectivos coeficientes de Σ. Portanto, os planos sa˜o disjuntos, sa˜o paralelos na˜o coincidentes.
Exer.11. A ide´ia e´ determinar A ∈ r e B ∈ s tais que −→AB ⊥ −→r e −→AB ⊥ −→s . Sempre existem
tais pontos no caso de retas reversas!
9
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
P
r
s
B
.
s
rA
.
Sendo A = (−3+p, 2+2p, 1+3p), B = (q, 2+q, 2−q) e −→BA = (−3+p−q, 2p−q, 3p+q−1),
surge o sistema de equac¸o˜es {
9p− q − 3 = 0
−3q − 2 = 0
cuja soluc¸a˜o e´ p = 7
27
, q = −2
3
. Portanto, t : X = (− 74
27
, 68
27
, 16
9
) + a(−7, 4,−3).
Para Π, basta considerar A = (− 74
27
, 68
27
, 16
9
),−→r e −→s , logo sua equac¸a˜o geral e´ −5x + 4y −
z − 22 = 0.
Exer.12. Primeiro verifique que r intercepta transversalmente Π no ponto r∩Π = (3, 1, 3) =
A. E´ suficiente escolher P ∈ Π tal que −→AP = (xP − 3, yP − 1, zP − 3) seja vetor diretor de s e−→
AP,−→e 1,−→e 3 sejam L.D.
Ozeixo
Oxeixo
P
A
P
r
.
O
.
.
s
Deve ocorrer (xP − 3, yP − 1, zP − 3) = a−→e 1 + b−→e 3 = (a, 0, b). Claro que yP = 1, enquanto
que xP e zP devem verificar xP + 2− zP − 2 = 0, por exemplo, xP = zP = 4.
Conclusa˜o: s : X = (3, 1, 3) + a(1, 0, 1).
Exer.13. Um ca´lculo ra´pido determina pi : kx− 3y− 2kz + u = 0 e Σ: kx− k2y− z + v = 0,
os coeficientes na˜o sa˜o proporcionais, logo os planos sa˜o tranversais.
Nota: tambe´m e´ poss´ıvel (de acordo com a sec¸a˜o sobre perpendicularidade e ortogonalidade)
testar k de tal modo que qualquer vetor normal a Π seja paralelo a qualquer vetor normal a Σ.
Exer.14. A perpendicular s intercepta r em um ponto B = (x, y, z) tal que
−→
BA.−→r =
(2−x,−1−y, 2−z).(2, 3,−2) = 0. Como B ∈ r, devem valer y = 3x−1
2
e z = −x−1. O produto
10
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
interno nulo implica em−2x−3y+2z−3 = 0, assim −2x−3( 3x−1
2
)+2(−x−1)−3 = − 17x
2
− 7
2
= 0
e x = − 7
17
. Logo, B = (− 7
17
,−19
17
,−10
17
) e s : X = (2,−1, 2) + a(41, 2, 44). Agora e´ fa´cil obter as
demais equac¸o˜es de s.
Exer.15. 2x + 3y − z − 16 = 0.
Exer.16. Quer-se −→v = (−3, 1,−3) = −→v 1 +−→v 2, com −→v 1//Π e −→v 2 ⊥ Π.
Π: −x+z−2 = 0 sugere tomar −→v 1 = (m,n, p), com −m+p = 0, e −→v 2 mu´ltiplo escalar de
(−1, 0, 1). Portanto, (−3, 1,−3) = (m,n,m) + (−a, 0, a) = (m − a, n,m + a) ⇒ m = −3, n =
1 ⇒ −→v = −→v 1 e −→v 2 = −→0 . Desse modo, na˜o e´ poss´ıvel decompor −→v como pedido, se todos os
vetores devem ser na˜o-nulos.
Outro modo: as coordenadas de −→v mostram que esse vetor ja´ e´ paralelo a Π. Logo, na˜o
existe componente ortogonal na˜o-nula.
Exer.17. (3, 5, 2).(1, 2, 1) 6= 0 implica que r na˜o e´ perpendicular a Π.
Exer.18. Primeiro note que (1,−1, 2) ∈ Π e que r e´ transversal a Π. Enta˜o Σ: X =
(1,−1, 2) + p(1,−4,−1) + q(1, 0, 0) e´ o plano procurado.
r
P
(1,-4,-1)
(1,0,0)
S
(1,-1,2).
Exer.19. O plano tem equac¸a˜o vetorial X = (1, 2, 3) + p(3,−3,−1) + q(1,−3,−4) e um
vetor normal (9, 11,−6), usando-o como vetor diretor da reta r que passa por (5, 4, 3) ocorre
X = (5, 4, 3) + a(9, 11,−6). O plano que conte´m (3,−3, 3) e e´ perpendicular a r tem como um
vetor normal (9, 11,−6), portanto tem equac¸a˜o geral 9x + 11y − 6z + 24 = 0.
Exer.20. Todo ponto em Oxy tem cota nula. Pode-se, isso e´ feito, desconsiderar a cota
e escrever (x, y) no lugar de (x, y, 0). Seja r ⊂ Oxy a reta de equac¸a˜o vetorial (x, y) =
(x0, y0) + p(r1, r2).
A forma sime´trica x−x0
r1
= y−y0
r2
desenvolvida leva a r2x − r1y − r2x0 + r1y0 = 0. Substitua
r2 por a, −r1 por b e −r2x0 + r1y0 por c.−→v = (a, b) = (r2,−r1) e −→v .(r1, r2) = 0.
y = −ax
b
− c
b
, substitua −a
b
por m e − c
a
por n.
A reta por A e B tem vetor diretor −→r = (4, 4), logo equac¸a˜o geral x− y +1 = 0. A equac¸a˜o
reduzida e´ y = x + 1.
11
Geometria anal´ıtica, Lista 4 - 2011/1
Ox
Oy
B
.
A
.
Para x = 0, y vale 1, assim n representa a ordenada do ponto de passagem de r por Oy,
isto e´, r ∩Oy = (0, n).
O segmento orientado (A,B) apresenta inclinac¸a˜o α tal que tgα = 8−4
7−3 = 1. Portanto,
m = tgα.
Nomes: m e´ o coeficiente angular da reta, n e´ o coeficiente linear da reta.−→u = (3,−1) e´ normal a r, −→v = (2, 6) e´ normal a s e −→u .−→v = 0, logo r e s sa˜o perpendiculares
entre si.
Exer.21. α = arccos arccos( (4,−2,3).(5,4,3)|(4,−2,3)| |(5,4,3)|)
∼= 56, 531o.
Exer.22. r passa por s em (x, y, z) = (3 − 6a,−2 − a, 2 − a) e por (4, 3,−2), logo (6a +
1, a + 5, a− 4).(−6,−1,−1) = √38a2 + 14a + 42√382
5
⇒ (38a + 7)2 = (38a2 + 14a + 42)38 4
25
,
continue!
Exer.23. O vetor diretor −→r e´ ortogonal ao vetor normal (1, 2,−1) de Π: x + 2y − z = 0,
tem-se (r1, r2, r3).(1, 2,−1) = r1 + 2r2 − r3 = 0.
Tambe´m, o vetor normal (1,−1, 2) a Σ: x− y + 2z= 1 forma aˆngulo numericamente igual
a pi
2
− pi
3
= pi
6
radianos com −→r . Logo, (r1, r2, r3).(1,−1, 2) =
√
r21 + r
2
2 + r
2
3
3
√
2
2
. Substitua r3
nessa equac¸a˜o por r1 + 2r2 e fac¸a o ca´lculo. Obte´m-se r2 = 0 com r1 = r3 6= 0 livres.
Conclusa˜o: −→r = (1, 0, 1) serve e r : (1, 1, 1) + a(1, 0, 1).
Exer.24. Analisando a situac¸a˜o, fica claro que um vetor normal −→n = (n1, n2, n3) a Π deve
formar o mesmo aˆngulo com os diretores −→s = (1, 2,−6) e −→t = (3, 4, 4), bem como deve ser
ortogonal a −→r = (1, 4,−1). Continue!
Exer.25. Aproximadamente 60, 504o.
Exer.26. Qualquer −→n normal a Σ deve formar 60o com −→u = (1,−1, 1) e ser ortogonal a−→r = (−8, 1,−4). Continue!
12